(上海交大)大学物理上册课后习题答案1质点运动
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社
4
rmin
R sin
作FD//AB,构成直角三角形
DEF，故有：sin
vBsin
vAsin
，
v
在三角形BEF中,由余弦定理可得：v
vA2
vB2
2vAvBcos(
)
rmin
vBsin
vAsin
R。
vA2
vB2
2vAvBcos(
)
方法二：
两船在任一时刻
t的位置矢量分别为：
rA
( vAt cos
习题1
1-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为
r =
R(cosωt i
sinωt
j )
其中
为常量．求：（1）质点的轨道；
(2)速度和速率。
解：(1)
由r = R(cosωt i
sinωt j )，知：x
R cos
t
，y
R sin
t
消去t可得轨道方程：x2
y2
R2
∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为
vx0
v0cos600→x v0cos600t
1g cos600t2
（1）
2
vy0v0sin 600
→y
v0sin 600t
1
g sin 600t2
（2）
2
2v0
第二次落地时：
y
0，代入（2）式得：t
，
g
所以：x v0cos600t
1g cos600t2
2v02
2
2gh
4h 80cm。
2
g
g
1-9．地球的自转角速度最大增加到若干倍时，赤道上的物体仍能保持在地球上而不致离开地球
大学物理第一章质点运动学习题解(详细、完整)
第一章 质点运动学1–1 描写质点运动状态的物理量是 。
解：加速度是描写质点状态变化的物理量，速度是描写质点运动状态的物理量，故填“速度”。
1–2 任意时刻a t =0的运动是 运动；任意时刻a n =0的运动是 运动；任意时刻a =0的运动是 运动；任意时刻a t =0，a n =常量的运动是 运动。
解：匀速率；直线；匀速直线；匀速圆周。
1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟，他能以与水平成30°角，其值为30m/s 的初速从一边起跳，刚好到达另一边，则可知此沟的宽度为 （)m/s 102=g 。
解：此沟的宽度为m 345m 1060sin 302sin 220=︒⨯==g R θv1–4 一质点在xoy 平面内运动，运动方程为t x 2=，229t y -=，位移的单位为m ，试写出s t 1=时质点的位置矢量__________；s t 2=时该质点的瞬时速度为__________，此时的瞬时加速度为__________。
解：将s t 1=代入t x 2=，229t y -=得2=x m ，7=y ms t 1=故时质点的位置矢量为j i r 72+=（m ）由质点的运动方程为t x 2=，229t y -=得质点在任意时刻的速度为m/s 2d d ==t x x v ，m/s 4d d t tx y -==v s t 2=时该质点的瞬时速度为j i 82-=v （m/s ）质点在任意时刻的加速度为0d d ==ta x x v ，2m/s 4d d -==t a y y v s t 2=时该质点的瞬时加速度为j 4-m/s 2。
1–5 一质点沿x 轴正向运动，其加速度与位置的关系为x a 23+=，若在x =0处，其速度m/s 50=v ，则质点运动到x =3m 处时所具有的速度为__________。
解：由x a 23+=得x xt x x t 23d d d d d d d d +===v v v v 故x x d )23(d +=v v积分得⎰⎰+=305d )23(d x x v v v则质点运动到x =3m 处时所具有的速度大小为 61=v m/s=7.81m/s ；1–6 一质点作半径R =1.0m 的圆周运动，其运动方程为t t 323+=θ，θ以rad 计，t 以s 计。
(完整版)大学物理01质点运动学习题解答
第一章质点运动学一选择题1．以下说法中，正确的选项是：（）A.一物体若拥有恒定的速率，则没有变化的速度；B.一物体拥有恒定的速度，但仍有变化的速率；C.一物体拥有恒定的加快度，则其速度不行能为零；D. 一物体拥有沿x 轴正方向的加快度而有沿x 轴负方向的速度。
解：答案是 D。
2.长度不变的杆 AB，其端点 A 以 v0匀速沿 y 轴向下滑动， B 点沿 x 轴挪动，则 B 点的速率为：（）A . v0 sinB .v0 cos C.v0 tan D.v0 / cos解：答案是 C。
简要提示：设 B 点的坐标为 x， A 点的坐标为 y，杆的长度为l，则x2y2l 2对上式两边关于时间求导：dx dy0，因dxv，dyv0，所以2 x 2 ydtdt dt dt2xv2yv0 = 0即v=v0 y/x =v0tan所以答案是 C。
3.如图示，路灯距地面高为 H，行人身高为 h，若人以匀速 v 背向路灯行走，灯y人头A H vv0hθvx影sB选择题 3图选择题 2图则人头影子挪动的速度u 为（）H h Hv h HA.vB.H H h H h 解：答案是 B 。
简要提示：设人头影子到灯杆的距离为 x ，则x s h ， x Hs ， x H H hdx H ds HvuH h dt Hdt h所以答案是 B 。
4. 某质点作直线运动的运动学方程为x ＝ 3t-5t 3 + 6 (SI)，则该质点作A. 匀加快直线运动，加快度沿 x 轴正方向．B. 匀加快直线运动，加快度沿 x 轴负方向．C. 变加快直线运动，加快度沿 x 轴正方向．D. 变加快直线运动，加快度沿x 轴负方向．()解： 答案是 D5. 一物体从某一确立高度以v 0 的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v t ，那么它的运动时间是： （）v t - v 0v t v 0v t2 22v v 0 v t A.B.C.gD.2 gg2 g解：答案是 C 。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
上海交大版大学物理上册答案
上海交大版大学物理上册答案第一章质点运动学【例题】例1-1 Aｔ= s 例1-2D 例1-3 D 例1-4 B 例1-5 33 例1-6 D 例1-7 C 例1-8 证明：dvdt?dvdx?dxdt?vdvdx??Kv ∴ d v /v =－Kdx 2?v1vv0dv???Kdx , ln0xvv0??Kx ∴v =v 0e－Kx例1-9 1 s m例1-10 B 【练习题】1-1 x=(y-3)2 1-2 -/s-6m/s 1-3 D 1-4 不作匀变速率运动．因为质点若作匀变速率运动，其切向加速度大小at必为常数，即at1?at2?at3，现在虽然a1?a2?a3，但加速度与轨道各处的切线间夹角不同，这使得加速度在各处切线方向的投影并不相等，即at1?at2?at3，故该质点不作匀变速率运动。
1-5 D 1-6证明：设质点在x处的速度为v a?1-7 16 R t 4 rad /s2 2 dvdt?dvdx?dxdtv?2?6x 2?vdv?0??2?6x?dx v20x?2x?x?3?12 1-8 Hv/(H-v) 1-9 C 第二章质点运动定律【例题】例2-1 B 例2-2 B 例2-3 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv，牛顿定律?Kmdt?dvvt ∴dxdt,??m0xKvdt?t?v0dvv?Kt/m∴v?v0e (2) 求最大深度v? dx?v0e?Kt/mdt?0dx??0v0e?Kt/ mdt∴x?(m/K)v0(1?e?Kt/m) xmax?mv0/K 例2-4 D 例2-5 答：(1) 不正确。
向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。
质点受到的作用力中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提供向心力的一部分。
即使某个力指向圆心，也不能说它就是向心力，这要看是否还有其它力的法向分量。
(2) 不正确。
作圆周运动的质点，所受合外力有两个分量，一个是指向圆心的法向分量，另一个是切向分量，只要质点不是作匀速率圆周运动，它的切向分量就不为零，所受合外力就不指向圆心。
大学物理上册第一章 质点运动学 习题及答案
第一章 质点运动学一、简答题1、运动质点的路程和位移有何区别?答：路程是标量，位移是矢量；路程表示质点实际运动轨迹的长度，而位移表示始点指向终点的有向线段。
2、质点运动方程为()()()()k t z j t y i t x t r ++=，其位置矢量的大小、速度及加速度如何表示? 答：()()()t z t y t x r 222r ++==()()()k t z j t y i t xv ++= ()()()k t z j t y i t x a ++=3、质点做曲线运动在t t t ∆+→时间内速度从1v 变为到2v ，则平均加速度和t时刻的瞬时加速度各为多少? 答：平均加速度 t v v a ∆-=12 ，瞬时加速度()()dt v d t v v a t t lim t 120 =∆-=→∆4、画出示意图说明什么是伽利略速度变换公式? 其适用条件是什么?答：牵连相对绝对U V +=V ，适用条件宏观低速5、什么质点? 一个物体具备哪些条件时才可以被看作质点?答：质点是一个理想化的模型,它是实际物体在一定条件下的科学抽象。
条件：只要物体的形状和大小在所研究的问题中属于无关因素或次要因素,物体就能被看作质点。
二、选择题1、关于运动和静止的说法中正确的是 ( C )A 、我们看到的物体的位置没有变化，物体一定处于静止状态B 、两物体间的距离没有变化，两物体就一定都静止C 、自然界中找不到不运动的物体，运动是绝对的，静止是相对的D 、为了研究物体的运动，必须先选参考系，平时说的运动和静止是相对地球而言的2、下列说法中正确的是 ( D )A 、物体运动的速度越大，加速度也一定越大B 、物体的加速度越大，它的速度一定越大C 、加速度就是“加出来的速度”D 、加速度反映速度变化的快慢，与速度大小无关3、质点沿x 轴作直线运动，其t v-曲线如图所示，如s t 0=时，质点位于坐标原点，则s .t 54=时，质点在x 轴的位置为 ( B )A 、5 mB 、2 mC 、0 mD 、-2 m4、质点作匀速率圆周运动，则 ( B )A 、线速度不变B 、角速度不变C 、法向加速度不变D 、加速度不变5、质点作直线运动，某时刻的瞬时速度为s /m v 2=，瞬时加速度为22s /m a -=，则一秒钟后质点的速度 ( D )A 、等于0B 、等于s /m 2-C 、等于s /m 2D 、不能确定6、质点作曲线运动，r 表示位置矢量的大小，s 表示路程，z a 表示切向加速度的大小，v 表示速度的大小。
大学物理第一章 质点运动学-习题及答案
第一章 质点运动学1-1 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at += （其中b a ,为常量） 则该质点作（A ）匀速直线运动 （B ）变速直线运动（C ）抛物线运动 （D ）一般曲线运动 [B]解：由j i rv bt at t 22d d +==知 v 随t 变化，质点作变速运动。
又由x aby bt y at x =⎪⎭⎪⎬⎫==22 知质点轨迹为一直线。
故该质点作变速直线运动。
1-2 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程，t a 表示切向加速度，下列表达式中，① a t v =d ② v t r =d ③ v t s =d d ④ t a t =d d v （A ）只有（1）、（4）是对的。
（B ）只有（2）、（4）是对的。
（C ）只有（2）是对的。
（D ）只有（3）是对的。
[D]解：由定义：t vt a d d d d ≠=v ； t r t s t v d d d d d d ≠==r ； t t v a d d d d v ≠=τ只有③正确。
1-3 在相对地面静止的坐标系内，A 、B 二船都以21s m -⋅的速率匀速行驶，A 船沿x 轴正向，B 船沿y 轴正向。
今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（x ，y 方向单位矢用j i ,表示），那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度（以1s m -⋅为单位）为（A ）j i 22+ （B ）j i 22+-（C ）j i 22-- （D ）j i 22- [B]解：由i v 2=对地A ，j v 2=对地B 可得 A B A B 地对对地对v v v +=⎰对地对地A B v v -=i j 22-=j i 22+-= （1s m -⋅）1-4 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间变化关系为)SI (23t a +=如果初始时质点的速度0v 为51s m -⋅，则当t 为3s 时，质点的速度1s m 23-⋅=v解：⎰+=tta v v 00d13s m 23d )23(5-⋅=++=⎰tt1-5 一质点的运动方程为SI)(62t t x -=，则在t 由0至4s 的时间间隔内，质点的位移大小为 8m ，在t 由0到4s 的时间间隔内质点走过的路程为 10m 。
大学物理第一章 质点运动学-习题及答案
第一章 质点运动学1-1 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at += （其中b a ,为常量） 则该质点作（A ）匀速直线运动 （B ）变速直线运动（C ）抛物线运动 （D ）一般曲线运动 [B]解：由j i rv bt at t 22d d +==知 v 随t 变化，质点作变速运动。
又由x aby bt y at x =⎪⎭⎪⎬⎫==22 知质点轨迹为一直线。
故该质点作变速直线运动。
1-2 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程，t a 表示切向加速度，下列表达式中，① a t v =d ② v t r =d ③ v t s =d d ④ t a t =d d v （A ）只有（1）、（4）是对的。
（B ）只有（2）、（4）是对的。
（C ）只有（2）是对的。
（D ）只有（3）是对的。
[D]解：由定义：t vt a d d d d ≠=v ； t r t s t v d d d d d d ≠==r ； t t v a d d d d v ≠=τ只有③正确。
1-3 在相对地面静止的坐标系内，A 、B 二船都以21s m -⋅的速率匀速行驶，A 船沿x 轴正向，B 船沿y 轴正向。
今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（x ，y 方向单位矢用j i ,表示），那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度（以1s m -⋅为单位）为（A ）j i 22+ （B ）j i 22+-（C ）j i 22-- （D ）j i 22- [B]解：由i v 2=对地A ，j v 2=对地B 可得 A B A B 地对对地对v v v +=⎰对地对地A B v v -=i j 22-=j i 22+-= （1s m -⋅）1-4 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间变化关系为)SI (23t a +=如果初始时质点的速度0v 为51s m -⋅，则当t 为3s 时，质点的速度1s m 23-⋅=v解：⎰+=tta v v 00d13s m 23d )23(5-⋅=++=⎰tt1-5 一质点的运动方程为SI)(62t t x -=，则在t 由0至4s 的时间间隔内，质点的位移大小为 8m ，在t 由0到4s 的时间间隔内质点走过的路程为 10m 。
大学物理课后习题答案(上)
1、26t i dt r d v+==，j i v 61+= ，j i tr r v 261331+=-=-∆ ， j v v a 24131331=--=-2、0202212110v Kt v Ktdt v dv t Kv dt dv t v v +=⇒-⎰=⎰⇒-= 所以选（C ） 3、因为位移00==v r ∆，又因为,v 0≠∆0≠a 。
所以选（B ）4、选（C ）5、（1）由,mva Fv P ==dt dv a = ，所以：dt dv mv P =，⎰⎰=vtmvdv Pdt 0积分得：mPtv 2=（2）因为m Pt dtdx v 2==，即：dt m Ptdx tx ⎰⎰=002，有：2398t mP x = 练习二 质点运动学 （二）1、平抛的运动方程为2021gt y tv x ==，两边求导数有：gtv v v y x ==0，那么2220t g v v +=，222022t g v tg dt dv a t +==，=-=22t n a g a 2220tg v gv +。
2、 2241442s /m .a ;s /m .a n n ==3、 （B ）4、（A ）1、0232332223x kt x ;tk )t (a ;)k s (t +=== 2、0321`=++v v v 3、（B ） 4、（C ）练习四 质点动力学（一）1、m x ;i v 912==2、（A ）3、（C ）4、（A ）练习五 质点动力学（二）1、m'm muv )m 'm (v V +-+-=002、（A ）3、（B ）4、（C ）5、（1）Ns v v m I v s m v t t v 16)(,3,/19,38304042=-===+-= （2）J mv mv A 17621212024=-=练习六、质点动力学（三）1、J 9002、)R R R R (m Gm A E 2121-=3、（B ）4、（D ）5、)(21222B A m -ω练习七 质点动力学（四）1、)m m (l Gm v 212212+=2、动量、动能、功3、（B ）4、（B ）练习八 刚体绕定轴的转动（一）1、πωω806000.,.解：（1）摩擦力矩为恒力矩，轮子作匀变速转动 因为00120180ωωωββωω..t -=-=⇒+=；同理有00260ωβωω.t =+=。
大学物理(上)课后习题答案解析
第1章质点运动学 P211.8一质点在xOy 平面上运动,运动方程为：x =3t +5, y =21t 2+3t -4. 式中t 以 s 计,x ,y 以m 计。
⑴以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移；⑶计算t＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式,计算t ＝4 s 时质点的速度；<5>计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；<6>求出质点加速度矢量的表示式,计算t ＝4s 时质点的加速度<请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式>。
解：〔1j t t i t r)4321()53(2-+++=m⑵1=t s,2=t s 时,j i r5.081-=m ；2114r i j =+m∴213 4.5r r r i j ∆=-=+m⑶0t =s 时,054r i j =-；4t =s 时,41716r i j =+∴140122035m s 404r r r i j i j t --∆+====+⋅∆-v ⑷1d 3(3)m s d ri t j t-==++⋅v ,则：437i j =+v 1s m -⋅ <5> 0t =s 时,033i j =+v ；4t =s 时,437i j =+v<6> 2d 1 m s d a j t-==⋅v这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量。
1.9质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为226a x =+,a 的单位为m/s 2,x 的单位为m 。
质点在x =0处,速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。
解：由d d d d d d d d x a t x t x===v v v v得：2d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分210d (26)d xx x =+⎰⎰vv v 得：2322250x x =++v∴ 31225 m s x x -=++⋅v1.11一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为θ=2+33t ,式中θ以弧度计,t 以秒计,求：⑴t ＝2 s 时,质点的切向和法向加速度；⑵当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少?解： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω ⑴s 2=t 时,2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a⑵当加速度方向与半径成ο45角时,有：tan 451n a a τ︒== 即：βωR R =2,亦即t t 18)9(22=,解得：923=t 则角位移为：322323 2.67rad 9t θ=+=+⨯= 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动,其角加速度为α=0.2 rad/s 2,求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。
大学物理教程习题答案上海交通大学出版社
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：1质点的轨道；2速度和速率;解：1 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +,知：cos x R t ω= ,sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在0,0处,半径为R 的圆； 2由d rv dt=,有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =,有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=;1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++,式中r 的单位为m ,t 的单位为s ;求：1质点的轨道；2从0=t 到1=t 秒的位移；30=t 和1=t 秒两时刻的速度;解：1由24(32)r t i t j =++,可知24x t = ,32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -,∴质点的轨道为抛物线; 2由d rv dt=,有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰30=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =,(1)82v i j =+ ; 1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求：1任一时刻的速度和加速度；2任一时刻的切向加速度和法向加速度; 解：1由d r v dt =,有：22v t i j =+,d va dt=,有：2a i =； 2而v v =,有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt=221t t =+,利用222t n a a a =+有： 22221n t a a a t =-=+;1-4．一升降机以加速度a 上升,在上升过程中有一螺钉从天花板上松落,升降机的天花板与底板相距为d ,求螺钉从天花板落到底板上所需的时间;解法一：以地面为参照系,坐标如图,设同一时间内螺钉下落的距离为1y ,升降机上升的高度为2y ,运动方程分别为21012y v t gt =- 122012y v t at =+ 212y y d += 3注意到1y 为负值,有11y y =- 联立求解,有：2dt g a=+;解法二：以升降机为非惯性参照系,则重力加速度修正为'g g a =+,利用21'2d g t =,有：22'ddt g g a==+; 1-5．一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求：1小球的运动方程；2小球在落地之前的轨迹方程；3落地前瞬时小球的d r d t ,d v d t ,d vd t; 解：1如图,可建立平抛运动学方程：0x v t = ,212y h g t =- ,∴201()2r v t i h g t j =+-；2联立上面两式,消去t 得小球轨迹方程：2202gx y h v =-+为抛物线方程；3∵201()2r v t i h g t j =+-,∴0d r v i g t j d t =-, 即：0v v i g t j =-,d vg j d t=- 在落地瞬时,有：2ht g=,∴02d r v i gh j d t =- 又∵ v =2222()xyv v v gt +=+-,∴2122220022[()]g gh g t dvdt v gh v gt ==++ ; 1-6．路灯距地面的高度为1h ,一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走;试证明人影的顶端作匀速运动,并求其速度2v .证明：设人向路灯行走,t 时刻人影中头的坐标为1x ,足的坐标为2, 由相似三角形关系可得：12211x x h x h -=, ∴11212h x x h h =- 两边对时间求导有：11212d x h d x d t h h d t =- ,考虑到：21d x v d t=, 知人影中头的速度：21112d x hv v d t h h ==-影常数;1-7．一质点沿直线运动,其运动方程为2242t t x -+=m,在 t 从0秒到3秒的时间间隔内,则质点走过的路程为多少解：由于是求质点通过的路程,所以可考虑在0~3s 的时间间隔内,质点速度为0的位置：t dtdxv 44-==若0=v 解得 s t 1=, m x x x 1021=∆+∆=∆;1-8．一弹性球直落在一斜面上,下落高度cm 20=h ,斜面对水平的倾角 30=θ,问它第二次碰到斜面的xy 0v h O O1x 2x 1h 2h位置距原来的下落点多远假设小球碰斜面前后速度数值相等,碰撞时人射角等于反射角;解：小球落地时速度为gh v 20=,建立沿斜面的直角坐标系,以小球第一次落地点为坐标原点如图示,00060cos v v x =→ 200060cos 2160cos t g t v x += 1 00060sin v v y =→ 200060sin 2160sin t g t v y -= 2第二次落地时：0=y ,代入2式得：g vt 02=,所以：2002002122cos 60cos 604802v gh x v t g t h cm g g ⋅=+====; 1-9．地球的自转角速度最大增加到若干倍时,赤道上的物体仍能保持在地球上而不致离开地球已知现在赤道上物体的向心加速度约为2s /cm 4.3,设赤道上重力加速度为2m/s 80.9;解：由向心力公式：2F m R ω=向,赤道上的物体仍能保持在地球必须满足：F mg =向,而现在赤道上物体的向心力为：'F ma =向∴016.9817ωω====≈ 1-10．已知子弹的轨迹为抛物线,初速为0v ,并且0v 与水平面的夹角为θ;试分别求出抛物线顶点及落地点的曲率半径;解：1抛物线顶点处子弹的速度0cos x v v θ=,顶点处切向加速度为0,法向加速度为g ;因此有：22011(cos )v vg θρρ==, 2201cos v gθρ=； 2在落地点时子弹的0v ,由抛物线对称性,知法向加速度方向与竖直方向成θ角,则：cos n a g θ=,有：202cos v g θρ= 则： 22cos v g ρθ=;1-11．一飞行火箭的运动学方程为1()ln(1)=+--x ut u t bt b,其中b 是与燃料燃烧速率有关的量,u 为燃气相对火箭的喷射速度;求： 1火箭飞行速度与时间的关系；2火箭的加速度;解：一维运动,直接利用公式：dx v dt =,dva dt=有： 1)1ln(bt u dt dx v --== , 2btub dt dv a -==1 1-12．飞机以s /m 1000=v 的速度沿水平直线飞行,在离地面高m 98=h 时,驾驶员要y把物品投到前方某一地面目标上,问：投放物品时,驾驶员看目标的视线和竖直线应成什么角度此时目标距飞机下方地点多远 解：设此时飞机距目标水平距离为x 有：t v x 0=┄①,221gt h =┄② 联立方程解得：m x 447≈,∴05.77arctan ≈=hx θ;1-13．一物体和探测气球从同一高度竖直向上运动,物体初速为s /m 0.490=v ,而气球以速度s /m 6.19=v 匀速上升,问气球中的观察者在第二秒末、第三秒末、第四秒末测得物体的速度各多少解：物体在任意时刻的速度表达式为：gt v v y -=0故气球中的观察者测得物体的速度v v v y -=∆代入时间t 可以得到第二秒末物体速度：29.8m v s ∆=,向上 第三秒末物体速度：30v ∆=第四秒末物体速度：49.8m v s ∆=-向下;思考题11-1．质点作曲线运动,其瞬时速度为v ,瞬时速率为v ,平均速度为v ,平均速率为v ,则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的A v v ==v v ,；B v v =≠v v ,；C v v ≠=v v ,；D v v ≠≠v v ,答：C1-2．沿直线运动的物体,其速度大小与时间成反比,则其加速度的大小与速度大小的关系是：A 与速度大小成正比；B 与速度大小平方成正比；C 与速度大小成反比；D 与速度大小平方成反比; 答：B1-3．如图所示为A,B 两个质点在同一直线上运动的-v t 图像,由图可知 A 两个质点一定从同一位置出发 B 两个质点都始终作匀加速运动 C 在2s t 末两个质点相遇D 在20s t 时间内质点B 可能领先质点A 答：D 1-4．质点的t x ~关系如图,图中a ,b ,c 三条线表示三个速度不同的运动．问它们属于什么类型的运动哪一个速度大哪一个速度小答：匀速直线运动；a b c v v v >>; 1-5．如图所示,两船A 和B 相距R ,分别以速度A v 和B v 匀速直线行驶,它们会不会相碰若不相碰,求两船相靠最近的距离．图中α和β为已知;答：方法一：如图,以A 船为参考系,在该参考系中船A 是静止的,而船B 的速度A v v v B -=';v '是船B 相对于船A 的速度,从船B 作一条平行于v '方向的直线BC,它不与船A 相交,这表明两船不会相碰.由A 作BC 垂线AC,其长度min r 就是两船相靠最近的距离 θsin min R r =作FDv v v A B '-=αβθsin sin sin )cos(222βα+++='B A B A v v v v v R v v v v v v r B A B A A B )cos(2sin sin 22min βααβ+++-=t 0)(=dt t dr Rv v v v v v r B A BA AB )cos(2sin sin 22min βααβ+++-=0d r d t =0d r d t ≠0d v d t =0d v d t ≠0d a d t =0d ad t==+x y v v i v j 0d d =⎰⎰ttxv t v t 0d d =⎰⎰ttyv t v td d =⎰⎰ttx v t v td d =⎰⎰tty v t v t 1t 111d ,d ,d t t t xyv t v t v t⎰⎰⎰A B⎰⎰⎰BABABAr d ,d ,d r r tv t xd 1⎰tvt yd 10⎰1d t v t⎰1t ⎰B Ar d d B A⎰r ⎰BAdr 16kg xOy6N x f =7N y f =0t =0x y ==2m /s x v =-0y v =2s t =x x f a m =x a 263m /168s ==27m /16y y f a s m -==2003522m /84x x x v v a dt s =+=-+⨯=-⎰200772m /168y y y v v a dt s -=+=⨯=-⎰2s 57m /s 48v i j =--22011()22x y r v t a t i a t j=++1317(224)()428216i j -=-⨯+⨯⨯+⨯2kg 2424=-F i t j 034=+v i jn F d v F m d t =24242d v i t j dt -=⋅0201(424)2v t v d v i t j dt =-⎰⎰3024v v t i t j =+-034v i j =+s t 1=15v i =t v v e =15v i =s t 1=s t 1=ij 2424F i t j =-s t 1=424424t n F i j e e =-=-24n F N=-45A a g=1m 2m μFmax 212222f mg f Fa m m m m m μ==<=+12()F m m g μ<+maxF max 12()F m m g μ=+12()F m m g μ<+θ)(θμtg <a θμμθtan 1tan 1+-=a g θμμθtan 1tan 2-+=a gtan tan 1tan 1tan g a g θμθμμθμθ-+≤≤+-'x 'y 'x sin cos 0mg ma f θθ-±='y cos sin 0N mg ma θθ--=f N μ=sin cos (cos sin )0mg ma mg ma θθμθθ-±+=sin cos tan cos sin 1tan a g g θμθθμθμθμθ±±==a tan tan 1tan 1tan g a g θμθμμθμθ-+≤≤+-m 0v k f kv =-dv f mdt=•m AR B dv kv m dt -=dv k dt v m =-000t v dv k dt v m =-⎰⎰t m ke v v -=00v =dv dv dx dt dx dt =dx v dt =mdx dvk=-00max 0v m mx dv v k k=-=⎰2m 1m θ2m 1m 2'a 1m 1a 2m 2m g 1N 21m a 1m 1m g 1N 2N 2m 21222cos sin 'm a m g m a θθ+=1212sin cos N m a m g θθ+=1m 111sin N m a θ=11212sin cos sin m a m a m g θθθ+=21212sin cos sin m a g m m θθθ=+122212()sin 'sin m m a g m m θθ+=+2'a 122212sin cos 'sin x x m a a a g m m θθθ=-=-+111sin m a N θ==g m m m m θθ22121sin cos +R μ0=t 0v 2v N m R =f Nμ=dtdvmf =-2dv v dt Rμ=-0201vt v dv dt v R μ-=⎰⎰t μv R R v v 00+=20R m =0.6F i =F R -R2020B A r r r i j∆=-=-+A F r =⋅∆0.6(2020)12A i i j =⋅-+=-0.5kg A F r=⋅∆250.5r t i j =+24(4)(2)60r r r i →∆=-=220.5105d rF m i i d t==⋅=560300A i i J =⋅=m2()F at i bt j =+t P F v =⋅P F v =⋅2232325111111()()()2323ati bt j at i bt j a t b t m m =+⋅+=+2(52.838.4)F x x i =--F x N m m 522.01=x m 34.12=x ()()F x F x i =f A 2v N G mR-=R G N mv )(21212-=2102f mgR A mv +=-11()(3)22f A N G R mgR N mg R =--=-1ρl 2ρAB B1212ρρρ<<max v H G F =浮hsg lsg 12ρρ=l h 12ρρ=212mgh mv A =+浮22max21012h slv sglh gsydy ρρρ=-⎰2max 1v gl ρρ=H 'H l h =+2110'l lsgH ysgdy lsgh ρρρ=+⎰2110()l lsgH ysgdy lsg H l ρρρ=+-⎰1122()lH ρρρ=-L m A A B A m B m k l B 0x A B A A B A B A22011()22A B m m v k x +=0x m m k v B A +=x l =A 221122A A m v kx =0AA A Bm x x m m =+m3e Gm m F r r =-e e ,R m e e 211e e P R R eE F dr Gm m dr Gm m r R ∞∞=⋅=-⋅=-⎰⎰I T I τ12v v =I mv =∆0I =cos T mgθ=2mgπωm Oxy cos sin r a t i b t j ωω=+0=t ωπ/2=t P mv =d r v dt ==2m 1m θθ1N2m 2m g21m a 1m θ1m g 2N 1N θy xOB AFθωl mg Tsin cosa t ib t jωωωω-+()(sin cos )P t m a t i b t jωωω=--2()(0)0I mv P P m b j m b j πωωω=∆=-=-= 2.0kg1.0m20g 0v 600m v 30m 01mv mv M v =+01 5.7mv mv v M-==/m s21v T Mg M l -=2184.6v T Mg M Nl=+=00.0257011.4I mv mv N s =-=-⨯=-⋅m /skg 102.122⋅⨯-236.410kg m/s -⨯⋅kg 108.526-⨯2222221.20.6410P P P -=+=+⨯核电子中微子0.64tan 1.2P P α==中微子电子028.1α=221.410/P kgm s -=⨯核9.151=-=απθ2180.17102k P E J m -==⨯核核m 2c x c x 112212c m x m x x m m +=+12m m m ==12c x x =2223,42c c c mx mx x x x m +== 30=α 1.0M kg =30x cm =0.01m kg=200/v m s =25/k N m =22111sin 22Mv kx Mgx α+=10.83/v m s ⇒=1cos Mv mv m M v α'-=+（）0.89/v m s '⇒=-θM L 0cos M r F mg v t kθ=⨯=-200cos 2t mg v L r mv M dt t k θ=⨯==-⎰1v 2v 1122r mv r mv =122v v =0P MmE G r=-R Mm G mv R Mm G mv 421221022021-=-mg R Mm G =20321Rg v =62Rg v =ρρ220v m Mm G =R 38=ρ22v Rg =0E =24sin A mv R mv R θ=⋅22v Rg =030θ⇒=m r m 2m 2/2mr m2m ma T mg 222=-ma mg T =-12()T T r J β-=βJ r T T =-)(1βr a =2/2J mr =ga 41=mg T 811=l m μ0ωO l m =λdm d x λ=d f dmg gd x μμλ==d M g xd xμλ=20124lM g xd x mgl μλμ==⎰d M J J dt ωβ==000t Mdt Jd ωω-=⎰⎰2011412mglt m l μω-=-03l t g ωμ=0M t J J ωω-=-0ω=2112J ml =03l t g ωμ=2m kg 01.0⋅cm 7kg 5N/m 200=k x maxx 2max max 12k x mg x =max 20.49mg x m k ==222111222k x mv J mg x ω++=v Rω=2222111222k x m R J mg x ωω++=x0d d x ω=21()22d k x m R J mg d x ωω++⋅=0d d x ω=αP 中微子P 电子P 核cx /2c x xyO x y 0v vOz•θT)(245.0m k mg x ==0.245x =22max 2121()2mgx kx v J m r -=+max 1.31v =m 2l 31l 32m 0v m 021v 22004221()9933l l v l v l ω+=+032v l ω=mg N =αsin 212cos N N α=α1N 1F kx m gμ=+2kx m g μ=11A m a kx m g μ=+121A m m a g m μ+=22B m a kx m g μ=-0B a =F GF G F 2321μ+≤1322F F μ<33μ>Rv m mg N 2sin +=θA B F s F A F r =⋅∆F s k m m mg k x =k mg x =212mg x k x =kmgx 2=αx v x 120αI 21I m v m v =-21v v =αm Δ1v 2v m Δm Δf 'f 'm 1e 212e 222121r m Gm mv r m Gm mv -=-1122sin sin θθmv mv =2e 2rm Gm r mv =当两小孩质量相等时,M =0;则系统角动量守恒,两人的实际的速度相同,将同时到达滑轮处,与谁在用力,谁不在用力无关;选择C; 2-13．一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴O 以角速度ω按图示方向转动,若如图所示的情况那样,将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面方向同时作用到盘上,则盘的角速度ω怎样变化 答：增大2-14．一个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中,人、哑铃与转动平台组成的系统的： A 机械能守恒,角动量守恒；B 机械能守恒,角动量不守恒； C 机械能不守恒,角动量守恒；D 机械能不守恒,角动量不守恒; 答：C习题33-1．原长为m 5.0的弹簧,上端固定,下端挂一质量为kg 1.0的物体,当物体静止时,弹簧长为m 6.0．现将物体上推,使弹簧缩回到原长,然后放手,以放手时开始计时,取竖直向下为正向,写出振动式;g 取解：振动方程：cos()x A t ωϕ=+,在本题中,kx mg =,所以9.8k =； ∴ 9.8980.1k m ω===; 取竖直向下为x 正向,弹簧伸长为时为物体的平衡位置,所以如果使弹簧的初状态为原长,那么：A =,mg 1N 2N α1mv 2mv I风风'f //'f 'f ⊥当t =0时,x =-A ,那么就可以知道物体的初相位为π;所以：0.1cos x π=+）即：)x =-;3-2．有一单摆,摆长m 0.1=l ,小球质量g 10=m ,0=t 时,小球正好经过rad 06.0-=θ处,并以角速度0.2rad/s θ=向平衡位置运动;设小球的运动可看作简谐振动,试求：1角频率、频率、周期；2用余弦函数形式写出小球的振动式;g 取解：振动方程：cos()x A t ωϕ=+ 我们只要按照题意找到对应的各项就行了;1角频率： 3.13/rad s ω===,频率：0.5Hz ν=== ,周期：22T s ===；2振动方程可表示为：cos3.13A t θϕ=+（）,∴ 3.13sin 3.13A t θϕ=-+（） 根据初始条件,0t =时：cos Aθϕ=,0(12sin 0(34 3.13A θϕ>=-<，象限），象限）可解得：2008.810227133 2.32A m ϕ-=⨯==-=-，,所以得到振动方程：28.810cos3.13 2.32t m θ-=⨯-（） ; 3-3．一质点沿x 轴作简谐振动,振幅为cm 12,周期为s 2;当0=t 时,位移为cm 6,且向x 轴正方向运动;求：1振动表达式；2s 5.0=t 时,质点的位置、速度和加速度；3如果在某时刻质点位于cm 6-=x ,且向x 轴负方向运动,求从该位置回到平衡位置所需要的时间;解：1由题已知 A =,T =2 s ,∴ 2Tπωπ==又∵t =0时,06x cm =,00v >,由旋转矢量图,可知：3πϕ=-故振动方程为：0.12cos3x t m ππ=-（）； 2将t = s 代入得：0.12cos 0.12cos 0.10436x t m πππ=-==（）,0.12sin 0.12cos 0.188/36v t m s ππππ=--==-（）,2220.12cos 0.12cos 1.03/36a t m s πππππ=--=-=-（）,方向指向坐标原点,即沿x 轴负向；3由题知,某时刻质点位于6cm 2Ax =-=-, 且向x 轴负方向运动,如图示,质点从P 位置回到平衡位置Q 处需要走32ππϕ∆=+,建立比例式：2tTϕπ∆∆=,有：56t s ∆= ;3-4．两质点作同方向、同频率的简谐振动,振幅相等;当质点1在 2/1A x =处,且x向左运动时,另一个质点2在 2/2A x -= 处,且向右运动;求这两个质点的位相差; 解：由旋转矢量图可知：当质点1在 2/1A x =处,且向左运动时,相位为3π,而质点2在 2/2A x -= 处,且向右运动,相位为43π;所以它们的相位差为π;3-5．当简谐振动的位移为振幅的一半时,其动能和势能各占总能量的多少物体在什么位置时其动能和势能各占总能量的一半解：由212P E k x =,212k E mv =,有：221cos ()2P E k A t ωϕ=+,2222211sin ()sin ()22k E m A t k A t ωωϕωϕ=+=+, 1当2Ax =时,由cos()x A t ωϕ=+,有：1cos()2t ωϕ+=,3sin()t ωϕ+=,∴14P E E =,34k E E =； 2当12P k E E E ==时,有：22cos ()sin ()t t ωϕωϕ+=+ ∴cos()2t ωϕ+=20.7072x A A ==±; 3-6．两个同方向的简谐振动曲线如图所示1求合振动的振幅;2求合振动的振动表达式; 解：通过旋转矢量图做最为简单; 由图可知,两个振动同频率,且1A 初相：12πϕ=,2A 初相：22πϕ=-,表明两者处于反相状态,反相21(21)k ϕϕϕπ∆=-=±+,012k =，，，∵12A A <,∴合成振动的振幅：21A A A =- ；合成振动的相位：22πϕϕ==- ；合成振动的方程：）（）（22cos 12ππ--=t T A A x ;3-7．两个同方向,同频率的简谐振动,其合振动的振幅为cm 20,与第一个振动的位相差为6π;若第一个振动的振幅为cm 310;则1第二个振动的振幅为多少2两简谐振动的位相差为多少解：如图,可利用余弦定理：由图知 ︒-+=30cos 2122122A A A A A = m ∴A ２=0.1 m ,再利用正弦定理：02sin sin 30AA θ=,有： 2sin 12A A θ==,∴2πθ=;说明A １与A ２间夹角为π/2,即两振动的位相差为π/2 ; 3-8. 质点分别参与下列三组互相垂直的谐振动：1 4cos 864cos 86x t y t ππππ⎧⎛⎫=+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=- ⎪⎪⎝⎭⎩ ；2 4cos 8654cos 86x t y t ππππ⎧⎛⎫=+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=- ⎪⎪⎝⎭⎩；3 4cos 8624cos 83x t y t ππππ⎧⎛⎫=+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=+ ⎪⎪⎝⎭⎩;试判别质点运动的轨迹;解：质点参与的运动是频率相同,振幅相同的垂直运动的叠加;对于cos()x x A t ωϕ=+,4cos()y y t ωϕ=+的叠加,可推得：1将6x πϕ=,6y πϕ=-代入有：2222cos 16sin 33x y x y ππ+-=,则方程化为：2212x y x y +-=,轨迹为一般的椭圆；2将6x πϕ=,56y πϕ=-代入有：2222cos 16sin x y x y ππ+-=则方程化为：2220x y x y +-=,即0x y +=,轨迹为一直线；3将6x πϕ=,23y πϕ=代入有：2222cos 16sin 22x y x y ππ+-=则方程化为：2224x y +=,轨迹为圆心在原点,半径为4m 的圆;3-9．沿一平面简谐波的波线上,有相距2.0m 的两质点A 与B ,B 点振动相位比A 点落后6π,已知振动周期为2.0s ,求波长和波速;解：根据题意,对于A 、B 两点,m x 2612=∆=-=∆，πϕϕϕ,而相位和波长之间满足关系：πλπλϕϕϕ221212xx x ∆-=--=-=∆,代入数据,可得：波长λ=24m;又∵T =2s ,所以波速12/u m s Tλ==;3-10．已知一平面波沿x 轴正向传播,距坐标原点O 为1x 处P 点的振动式为)cos(ϕω+=t A y ,波速为u ,求：1平面波的波动式；2若波沿x 轴负向传播,波动式又如何 解：1设平面波的波动式为0cos[]xy A t uωϕ=-+（）,则P 点的振动式为：10cos[]P x y A t uωϕ=-+（）,与题设P 点的振动式cos()P y A t ωϕ=+比较, 有：10xuωϕϕ=+,∴平面波的波动式为：1cos[()]x x y A t u ωϕ-=-+；2若波沿x 轴负向传播,同理,设平面波的波动式为：0cos[]xy A t u ωϕ=++（）,则P 点的振动式为：10cos[]P x y A t uωϕ=++（）,与题设P 点的振动式cos()P y A t ωϕ=+比较, 有：10xuωϕϕ=-+,∴平面波的波动式为：1cos[()]x x y A t u ωϕ-=++;3-11．一平面简谐波在空间传播,如图所示,已知A 点的振动规律为cos(2)y A t πνϕ=+,试写出： 1该平面简谐波的表达式；2B 点的振动表达式B 点位于A 点右方d 处; 解：1仿照上题的思路,根据题意,设以O 点为原点平面简谐波的表达式为：0cos[2]xy A t u πνϕ=++（）,则A 点的振动式：0cos[2]A ly A t uπνϕ-=++（）题设A 点的振动式cos(2)y A t πνϕ=+比较,有：02lu πνϕϕ=+, ∴该平面简谐波的表达式为：]2cos[ϕπν+++=）（uxu l t A y2B 点的振动表达式可直接将坐标x d l =-,代入波动方程：3-12．已知一沿x 正方向传播的平面余弦波,s 31=t 时的波形如图所示,且周期T 为s 2;1写出O 点的振动表达式；2写出该波的波动表达式； 3写出A 点的振动表达式； 4写出A 点离O 点的距离;解：由图可知：0.1A m =,0.4m λ=,而2T s =,则：/0.2/u T m s λ==,2T πωπ==,25k ππλ==,∴波动方程为：00.1cos(5)y t x ππϕ=-+O 点的振动方程可写成：00.1cos()O y t πϕ=+由图形可知：s 31=t 时：0.05O y =,有：00.050.1cos()3πϕ=+考虑到此时0O d y d t <,∴03πϕ=,53π舍去 那么：1O 点的振动表达式：0.1cos()3O y t ππ=+；2波动方程为：0.1cos(5)3y t x πππ=-+；3设A 点的振动表达式为：0.1cos()A A y t πϕ=+由图形可知：s 31=t 时：0A y =,有：cos()03A πϕ+=考虑到此时0A d y d t >,∴56A πϕ=-或76A πϕ=∴A 点的振动表达式：50.1cos()6A y t ππ=-,或70.1cos()6A y t ππ=+；4将A 点的坐标代入波动方程,可得到A 的振动方程为：0.1cos(5)3A A y t x πππ=-+,与3求得的A 点的振动表达式比较,有：5563A t t x πππππ-=-+,所以：m x A 233.0307== ; 3-13．一平面简谐波以速度m/s 8.0=u 沿x 轴负方向传播;已知原点的振动曲线如图所示;试写出：1原点的振动表达式； 2波动表达式；3同一时刻相距m 1的两点之间的位相差; 解：这是一个振动 图像由图可知A =0.5cm ,设原点处的振动方程为：30510cos()O y t ωϕ-=⨯+;1当0t =时,30 2.510O t y -==⨯,考虑到：00O t d y d t=>,有：03πϕ=-,当1t =时,10O t y ==,考虑到：10O t d y d t =<,有：32ππω-=,56πω=,∴原点的振动表达式：35510cos()63O y t ππ-=⨯-；2沿x 轴负方向传播,设波动表达式：35510cos()63y t k x ππ-=⨯+-而512460.825k u ωππ==⨯=,∴3524510cos()6253y t x πππ-=⨯+-； 3位相差：252 3.2724x k x rad ϕππλ∆∆==∆== ; 3-14．一正弦形式空气波沿直径为cm 14的圆柱形管行进,波的平均强度为39.010-⨯/()J s m ⋅,频率为Hz 300,波速为m/s 300;问波中的平均能量密度和最大能量密度各是多少每两个相邻同相面间的波段中含有多少能量解：1已知波的平均强度为：39.010I -=⨯/()J s m ⋅,由I w u =⋅ 有：53max 2610/w w J m -==⨯；2由W w V =⋅,∴221144uW w d w d πλπν=⋅=5327310/(0.14)1 4.62104J m m m J π--=⨯⨯⋅⋅=⨯ ;3-15．一弹性波在媒质中传播的速度310/u m s =,振幅41.010A m -=⨯,频率310Hz ν=;若该媒质的密度为3800/kg m ,求：1该波的平均能流密度；21分钟内垂直通过面积24m 100.4-⨯=S 的总能量; 解：1由：2212I u A ρω=,有：34232110800102102I π-=⨯⨯⨯⨯（）（）521.5810/W m =⨯； 21分钟为60秒,通过面积24m 100.4-⨯=S 的总能量为：W I S t =5431.581041060 3.7910J -=⨯⨯⨯⨯=⨯ ;3-16．设1S 与2S 为两个相干波源,相距41波长,1S 比2S 的位相超前2π;若两波在在1S 、2S 连线方向上的强度相同且不随距离变化,问1S 、2S 连线上在1S 外侧各点的合成波的强度如何又在2S 外侧各点的强度如何解：1如图,1S 、2S 连线上在1S 外侧,∵212122()24r r πππλϕϕϕπλλ∆=---=--⋅=-, ∴两波反相,合成波强度为0； 2如图,1S 、2S 连线上在2S 外侧,∵212122('')()024r r πππλϕϕϕλλ∆=---=---=, ∴两波同相,合成波的振幅为2A ,合成波的强度为：220(2)44I A A I === ;3-17．图中所示为声音干涉仪,用以演示声波的干涉;S 为声源,D 为声音探测器,如耳或话筒;路径SB D 的长度可以变化,但路径SAD 是固定的;干涉仪内有空气,且知声音强度在B 的第一位置时为极小值100单位,而渐增至B 距第一位置为cm65.1的第二位置时,有极大值900单位;求：1声源发出的声波频率；2抵达探测器的两波的振幅之比;解：根据驻波的定义,相邻两波节腹间距：2x λ∆=,相邻波节与波腹的间距：4x λ∆=,可得：4 6.6x cm λ=∆=;1声音的速度在空气中约为340m/s ,所以：234051516.610u Hz νλ-===⨯（）。
大学物理课后习题答案第一章
第一章 质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：=Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述数据求出量值．[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：．计算得加速度为：= 0.4(m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= 4.49(s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)，v a 22(1)(1)n sa n t -=+22(1)(1)n sa n t -=+22(51)30(51)10a -=+222h t g=70m22.5º 图1.3所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程， 解得：．这里y = -70m ，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t = 6.98(s)．由此可以求解其他问题．1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2，k 为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为； （2）试证在时间t ，船行驶的距离为． [证明]（1）分离变量得， 故 ，可得：． （2）公式可化为，由于v = d x/d t ，所以： 积分．因此 ． 证毕．[讨论]当力是速度的函数时，即f = f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ． 由于a = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变量得方程：， 解方程即可求解．在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则d v /d t = -kv n ．（1）如果n = 1，则得， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为 ：v = v 0e -kt ．201sin 02gt v t y θ-+=0(sin t v g θ=011kt v v =+01ln(1)x v kt k=+2d d vk t v =-020d d v t v v k t v =-⎰⎰011kt v v =+001v v v kt=+00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰01ln(1)x v kt k=+d d ()m vt f v =d d vk t v=-而d v = v 0e -kt d t ，积分得：． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此．（2）如果n ≠1，则得，积分得． 当t = 0时，v = v 0，所以，因此． 如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求：（1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)；角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即．由此得，即 ，解得 ．所以 =3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．1．6 一飞机在铅直面飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = 20m·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为， ． 即 ，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；(s)．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．0e `ktv x C k-=+-0(1-e )kt vx k -=d d n vk t v=-11n v kt C n -=-+-101n v C n-=-11011(1)n n n kt v v --=+-1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-3n t a a =23r r ωβ=22(12)243t t =33/6t =3242(13/3)t θ=+=+32012x x x v t a t =+2012y y y v t a t =-+201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅02sin 103sin v t a θα== y xO α v 0θ a a xa yv 0x v 0y[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 1.0m 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s 下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于， 所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m·s -2)．1．8 一升降机以加速度1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距 2.74m ．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为． 由题意得h = h 1 - h 2，所以， 解得时间为= 0.705(s)．算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ． （2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ， 所以飞行时间为 ． （3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为212t h a t =∆2n v a R=21012h v t at =+22012h v t gt =-21()2h a g t =+2/()t h a g =+02l t v =1221/t t u v =-02221/t t u v=-1222l l vl t v u v u v u =+=+--022222/1/1/t l v u v u v==--22V v u =-RA图1.7AB AB vv + uv - uABvuuvv． 证毕．1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作矢量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 ． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以：，即 ． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间，雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．22222222/1/l l l v t V v u u v ===--0221/t u v=-2v 3v 1v 12(sin cos )lv v hθθ=+12sin()sin(90)v v θαα=+︒-12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+12(sin cos )lv v hθθ=+v 1hl v 2θ图1.10v 1h lv 2θ v 3 α α v ⊥。
大学物理课后答案第1章质点运动学习题解答
，解得
（2） ， ，
1-13质点M作平面曲线运动，自O点出发经图示轨迹运动到C点。图中，OA段为直线，AB、BC段分别为不同半径的两个1/4圆周。设 时，M在 点，已知运动方程为 (SI)，求 s时刻，质点M的切向加速度和法向加速度的大小。
解： 时 此时质点在大圆上
…
时
1-14一质点沿半径为 的圆周按 的规律运动，其中 和 都是常数。求：(1)质点在 时刻的加速度；(2) 为何值时，加速度在数值上等于 ；(3)当加速度大小为 时质点已沿圆周运行了几圈
解：
，
&
1-8一艘正在沿直线行驶的快艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即 ，式中 为正常数。试证明快艇在关闭发动机后又行驶 距离时的速度为 ，式中 是发动机关闭瞬时的速度。
解：
，
1-9一飞轮的转速在5s内由900rev/min均匀地减到800rev/min。求：(1)飞轮的角加速度；(2)在此5s内飞轮的总转数；(3)再经几秒飞轮将停止转动。
解： ，即
~
1-5一质点在 平面内运动，运动方程为 (SI)。(1)求质点运动的轨道方程并画出运动轨道；(2)计算1s末和2s末质点的瞬时速度和瞬时加速度；(3)在什么时刻质点的位置矢量与其速度矢量恰好垂直这时，它们的 、 分量各为多少(4)在什么时刻质点离原点最近算出这一距离。
解： ， ，
(1) ，
消t，得轨道方程： ，
其曲线为开口向下的抛物线，如右图。
（2） ，
，
(3) ，
*
解得： ，
时， ， ， ，
时， ， ， ，
以上物理量均为国际单位。
（4）
令 ，解得
1-6一物体沿 轴运动，其加速度和位置的关系满足 (SI)。物体在 处的速度为10 m/s，求物体的速度和位置的关系。
大学物理上册-课后习题答案全解
大学物理上册课后习题答案第一章 质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 内的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13= 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23= 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：=Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述资料求出量值．[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2+ 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：．计算得加速度为：= (m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = (m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = (s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02= 2a s ，可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = (m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = (m)．根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= (s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = (s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = (m·s -1)， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = (m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = (m·s -1)，落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = (m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = º，方向斜向下．方法二：一步法．图取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y0t - gt2/2，移项得时间的一元二次方程，解得：．这里y = -70m，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t= (s)．由此可以求解其它问题．1．4一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v/d t = -kv2，k为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t时刻的速度大小为；（2）试证在时间t内，船行驶的距离为．[证明]（1）分离变数得，故，可得：．（2）公式可化为，由于v = d x/d t，所以：积分．因此．证毕．[讨论]当力是速度的函数时，即f = f(v)，根据牛顿第二定律得f = ma．由于a = d2x/d t2，而 d x/d t = v，a = d v/d t，分离变数得方程：，解方程即可求解．在本题中，k已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n次方成正比，则d v/d t = -kv n．（1）如果n = 1，则得，积分得ln v = -kt + C．当t = 0时，v = v0，所以C = ln v0，因此ln v/v0 = -kt，得速度为：v = v0e-kt．而d v = v0e-kt d t，积分得：．当t = 0时，x = 0，所以C` = v0/k，因此．（2）如果n≠1，则得，积分得．当t = 0时，v = v0，所以，因此．如果n = 2，就是本题的结果．如果n≠2，可得，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t3．求：（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？[解答]（1）角速度为ω = dθ/d t = 12t2= 48(rad·s-1)，法向加速度为a n= rω2= (m·s-2)；角加速度为β = dω/d t = 24t= 48(rad·s-2)，切向加速度为a t= rβ = (m·s-2)．（2）总加速度为a = (a t2 + a n2)1/2，当a t = a/2时，有4a t2 = a t2 + a n2，即．由此得，即，解得．所以 =(rad)．（3）当a t = a n时，可得rβ = rω2，即： 24t = (12t2)2，解得：t = (1/6)1/3 = (s)．1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = 20m·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为v 0x = v 0cos θ，v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为， ． 即 ，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；(s)． 将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 内下降的距离h = ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于，所以a t = 2h /Δt 2 = (m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = (m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= (m·s -2)．1．8 一升降机以加速度·s -2上升，当上升速度为·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为． 由题意得h = h 1 - h 2，所以， 解得时间为= (s)．算得h 2 = ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为； （3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为． [证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ．（2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ，所以飞行时间为 ．（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作向量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为． 证毕．图A AB v v + uv - u ABv uuvv1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作向量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 ． 证毕．方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以： ，即 ． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．第二章 运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为x = v 0t ，．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为，这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一品质m = 2kg的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = ，静摩擦因素为μs = ．求：（1）今以水平力拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = (N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = (N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = (N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．图1h lα图 m（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = (N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = ，m 2 = ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮品质均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 = (m·s -2)，绳对它的拉力为= (N)．2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2， 因此 ，即：． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2， 因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动； （2）小车以加速度沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度（b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )； 绳子张力等于摆所受的拉力 ：．（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）根据题意作力的向量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：12图2 图（2）， 因此角度为；而张力为． （5）与上一问相比，加速度的 方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2．6 如图所示：质量为m =的小球，拴在长度l =的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？ （2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向． 小球的运动方程为，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为 ， 因此 ， 即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分 ， 得 ，解得：= (m·s -1)． 由于：， 所以T B = 2mg = (N)． （2）由（1）式积分得 ，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2， 因此速度为．切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为 ．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为= (m·s -2)，法向加速度为 a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = (N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为，s 表示弧长．图图由于，所以，因此v d v = g cosθd s= g d h，h表示石下落的高度．积分得，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为．2．8质量为m的物体，最初静止于x0，在力(k为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x处的速度大小v = [2k(1/x– 1/x0)/m]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程利用v = d x/d t，可得，因此方程变为，积分得．利用初始条件，当x = x0时，v = 0，所以C = -k/x0，因此，即．证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f(x)，利用变换可得方程：mv d v = f(x)d x，积分即可求解．如果f(x) = -k/x n，则得．（1）当n = 1时，可得利用初始条件x = x0时，v = 0，所以C = ln x0，因此，即．（2）如果n≠1，可得．利用初始条件x = x0时，v = 0，所以，因此，即．当n = 2时，即证明了本题的结果．2．9一质量为m的小球以速率v0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k．求：（1）小球速率随时间的变化关系v(t)；（2）小球上升到最大高度所花的时间T．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程，分离变数得，积分得．当t = 0时，v = v0，所以，因此，小球速率随时间的变化关系为．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤：由于v = d x/d t，所以，即，积分得，当t = 0时，x = 0，所以，因此 ．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为 ，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因子为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得， 即 ： ．积分得：．当t = 0时，v = v 0，所以， 因此 ．解得 ．由于 ， 积分得，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此．2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，可得，解得 ．(二)力学中的守恒定律2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ，积分得冲量为 ， 方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，图设小球的品质为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义得：， 由此可作向量三角形，可得：．因此向心力给予小球的的冲量大小为= (N·s)． [注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在 不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力 F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得，，合冲量为，与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．14 用棒打击质量，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为= 14(m·s -1)，其速度的增量为= (m·s -1)．棒给球冲量为I = m Δv = (N·s)，对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = (N)． 2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个品质都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动， 加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ，联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式：s = v 0t + at 2/2，v x Δv v y可得B 拉C 之前的运动时间；= (s)．此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`，因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = (m·s -1)．2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作向量三角形，列方程得， 所以 v` = v /cos45° = ．2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的品质为m ，它与路面的滑动摩擦因子为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移的大小为d s = R d θ．重力的大小为：G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为，积分得重力所做的功为． 摩擦力的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为，积分得摩擦力所做的功为．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即 ， 或者 ． 拉力的功元为：， 拉力所做的功为．由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2．18 一品质为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因子；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2，末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8， 这就是摩擦力所做的功W ．图（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得： ．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因子为．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2= 2a t s ，可得质点运动的弧长为，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ， 可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。
大学物理上册课后练习答案解析
初速度大小为dt1-2 一石子从空中由静止下落，由于空气阻力，石子并非作自由落体运动。
现测得其加速度 a = A-B V ，式中A 、1-1 已知质点的运动方程为：x 10t30t 2 ,y 15t 20t 2。
式中x 、y 的单位为m , t 的单位为s 。
试求: (1)初速度的大小和方向；(2)加速度的大小和方向。
分析由运动方程的分量式可分别求出速度、 加速度 分析本题亦属于运动学第二类问题，与上题不同之 处在于加速度是速度 V 的函数，因此 需将式d V = a (V )d t 分离变量为-d ^ dt 后再两边积分.a(v)的分量 再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向. 解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点.vdv dv v 0A Bv(3)船在行驶距离 x 时的速率为v=v 0e kx 。
一 dv［证明］(1)分离变数得 — kdt ,v第一章质点的运动B 为正恒量，求石子下落的速度和运动方程。
解(1)速度的分量式为Vv y当 t = 0 时,V o x = -10 m sdx10 60tdt dy15 40t dt-1, V o y = 15 m-1(1)由题dvadt 用分离变量法把式 A Bv(1)改写为dvA Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件，有(1)dt ⑵V 0 V 0x V 0y 18.0m得石子速度 V -(1 e Bt)B 设V o 与x 轴的夹角为a 则tanV 0y V ox由此可知当,t is 时,v A为一常量，通常称为极限速度Ba= 123 °1(2)加速度的分量式为a x dV x dt 60a ydV y dt40或收尾速度.(2)再由v—y —(1 e 氏)并考虑初始条件有dt BytABtdy -(1 e )dt 0 0 BA A得石子运动方程y t 2 (e Bt 1)B B 2则加速度的大小为 a .. a x 2a y 272.1 ms 2a y2 设a 与x 轴的夹角为B,则tan B -a x3B= -33 °1 '(或326 °9 )1-3 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于 阻力得到一个与速度反向、 大小与船速平方成正比例的加 速度，即a = - kv 2, k 为常数。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
r r r r r r rr、⎰ dt⎰0 dx = ⎰ v e⎰v v1122v v d tv v d tvg 2 g h d tdt [v 2 + ( g t ) 2 ] 12 (v 2 + 2 g h ) 12第一章质点运动学1、(习题 1.1)：一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2 t, y = 4 t 2 - 8 。
（1）求质点 的轨道方程；（2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由 x=2t 得，y=4t 2-8可得： r y=x 2-8r 即轨道曲线（2）质点的位置 ： r = 2ti + (4t 2 - 8) jr r rr r 由 v = d r / d t 则速度： v = 2i + 8tjr r rr 由 a = d v / d t 则加速度： a = 8 jrr r r r r r r 则当 t=1s 时，有 r = 2i - 4 j , v = 2i + 8 j , a = 8 j r当 t=2s 时，有r = 4i + 8 j , v = 2i +16 j , a = 8 j 2 （习题 1.2）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a = -kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v ，求运动方程 x = x(t ) .解：dv = -kvdt v1 v 0 vd v = ⎰ t - k dt 0v = v e - k tdx x= v e -k t0 t0 -k t d t x = v0 (1 - e -k t )k3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a = 4 t (SI)，已知 t = 0 时，质点位于 x 0=10 m 处，初速 度 v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解：a = d v /d t = 4 td v = 4 t d tv 0d v = ⎰t 4t d t v = 2 t 2v = d x /d t = 2 t 2⎰x d x = ⎰t 2t 2 d t x = 2 t 3 /3+10 (SI)x4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； d r d v d v （3）落地前瞬时小球的 ，，.d td td t解：（1）x = v t式（1）v v v y = h - gt 2 式（2）r (t ) = v t i + (h - gt 2 ) j0 （2）联立式（1）、式（2）得y = h -vd r（3） = v i - gt j而落地所用时间t =0 gx 22v 22hgvd r所以 = v i - 2gh jvd vdv g 2t= - g j v = v 2 + v 2 = v 2 + (-gt) 2= =x y 0 0vv v d rv d v 2） v = [(2t )2+ 4] 2 = 2(t 2+ 1)2t t 2 + 1, V a = a - a = m + M m + Mvg gvv v 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r = t 2i + 2tj ，式中 r 的单位为 m ， 的单位为 s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
(完整版)(上海交大)大学物理上册课后习题答案1质点运动
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j +v v v其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +v v v，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt=v v ，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+v v v而v v ϖ=，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)rt i t j =++v v v，式中r ϖ的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t s 的位移；（3）0=t 和1=t s 两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++v v v ，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）从0=t 到1=t s 的位移为：j i j j i r r r ϖϖϖϖϖϖϖϖ243)54()0()1(+=-+=-=∆（3）由d rv dt =v v ，有速度：82v t i j =+v v v0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =v v，(1)82v i j =+v v v 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+v v v ，式中r ϖ的单位为m ，t 的单位为s.求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =v v ，有：22v t i j =+v v v ，d v a dt=v v ，有：2a i =v v ；（2）而v v ϖ=，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴tdv a dt=21t =+，利用222t n aa a =+有： 22221n t a a a t =-=+。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j +其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r=R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d r v dt= ，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)rt i t j =++，式中r的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t s 的位移；（3）0=t 和1=t s 两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++ ，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）从0=t 到1=t s 的位移为：j i j j i r r r243)54()0()1(+=-+=-=∆（3）由d r v dt= ，有速度：82v t i j =+0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s.求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt = ，有：22v t i j =+ ，d v a dt= ，有：2a i = ；（2）而v v =，有速率：1222[(2)2]v t =+=∴tdva dt==，利用222t na a a =+有： n a ==1-4．一升降机以加速度a上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为h ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
1y ，升降解法一：以地面为参照系，坐标如图，设同一时间内螺钉下落的距离为机上升的高度为2y ，运动方程分别为20121gt t v h y -+= （1）22012y v t at =+ （2）相遇时y 1=y 2 即得：ag h t +=2。
解法二：以升降机为非惯性参照系，则重力加速度修正为'g g a =+，利用221t g h '=，有：ag hg h t +='=22。
1-5．一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的d r d t ，d v d t，d vd t。
解：（1）如图，可建立平抛运动学方程：0x v t = ，212y h g t =- ，∴201()2r v t i h g t j =+-； （2）联立上面两式，消去t 得小球轨迹方程：2202gx y h v =-+（为抛物线方程）； （3）∵201()2r v t i h g t j =+-，∴0d r v i g t j d t =- ， 即：0v v i g t j =-，d v g j d t=-在落地瞬时，有：t =0d r v i j d t =-又∵ v==212220[()]g t dvdt v gt ==+。
1-6．路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
试证明人影的顶端作匀速运动，并求其速度2v .证明：设人向路灯行走，t 时刻人影中头的坐标为1x ，足的坐标为由相似三角形关系可得：12211x x h x h -=，∴11212h x x h h =-两边对时间求导有：11212d x h d x d t h h d t =- ，考虑到：21d x v d t=，知人影中头的速度：21112d x h v v d t h h ==-影（常数）。
1-7．一质点沿直线运动，其运动方程为2242t t x -+=(m)，在 t 从0到3s 的时间间隔内，质点走过的路程为多少？解：由于是求质点通过的路程，所以需考虑在0~3s 的时间间隔内，质点速度为0的位置：t dtdxv 44-==若0=v 解得 s t 1=， m x x x 22)242(011=--+=-=∆m x x x 8)242()32342(2133-=-+-⨯-⨯+=-=∆m x x x 1021=∆+∆=∆。
1-8．一弹性球直落在一斜面上，下落高度cm 20=h，斜面对水平的倾角30=θ，问它第二次碰到斜面的位置距原来的下落点多远(假设小球碰斜面前后速度数值相等，碰撞时人射角等于反射角)。
解：小球落地时速度为ghv 20=，建立沿斜面的直角坐标系，以小球第一次落地点为坐标原点如图示，00060cos v v x =→200060cos 2160cos t g t v x += （1）00060sin v v y =→ 200060sin 2160sin t g t v y -= （2）第二次落地时：0=y ，代入（2）式得：gv t 02=，所以：2002002122cos60cos604802v gh x v t g t h cm g g⋅=+====。
1-9．地球的自转角速度最大增加到若干倍时，赤道上的物体仍能保持在地球上而不致离开地球?已知现在赤道上物体的向心加速度约为2s /cm 4.3，设赤道上重力加速度为2m/s 80.9。
解：由向心力公式：2F mR ω=向， 赤道上的物体仍能保持在地球必须满足：F mg =向，而现在赤道上物体的向心力为：'F ma =向∴016.9817ωω====≈1-10．已知子弹的轨迹为抛物线，初速为0v ，并且0v 与水平面的夹角为θ。
试分别求出抛物线顶点及落地点的曲率半径。
解：（1）抛物线顶点处子弹的速度0cos x v v θ=，顶点处切向加速度为0，法向加速度为g 。
因此有：22011(cos )v v g θρρ==，2201cos v gθρ=；（2）在落地点子弹速度为0v ，由抛物线对称性，n θ，有：202cos v g θρ= 则：22cos v g ρθ=。
1-11．飞机以s /m 1000=v 的速度沿水平直线飞行，在离地面高m 98=h 时，驾驶员要把物品投到前方某一地面目标上，问：投放物品时，驾驶员看目标的视线和竖直线应成什么角度?此时目标距飞机下方地点多远?解：设此时飞机距目标水平距离为x有：t v x 0=┄①，221gt h =┄② 联立方程解得：m x 447≈，∴05.77arctan≈=hxθ。
1-12．设将两物体A 和B 分别以初速A v 和B v 抛掷出去．A v 与水平面的夹角为α；B v与水平面的夹角为β，试证明在任何时刻物体B 相对物体A 的速度是常矢量。
证明：两个物体初速度为0A v 和0B v ，在任意时刻的速度为：00()cos (sin )A A A v t v i v gt j αα=+-00()cos (sin )B B B v t v i v gt j ββ=+-0000()()(cos cos )(sin sin )BA B A B A B A v v t v t v v i v v j βαβα∆=-=-+-y与时间无关，故B 相对物体A 的速度是常矢量。
1-13．一物体和探测气球从同一高度竖直向上运动，物体初速为s /m 0.490=v ，而气球以速度s /m 6.19=v 匀速上升，问气球中的观察者在第二秒末、第三秒末、第四秒末测得物体的速度各多少？解：取g =9.8m/s 2。
物体在任意时刻的速度表达式为：gt v v y -=0故气球中的观察者测得物体的速度v v v y -=∆代入时间t 可以得到第二秒末物体速度：29.8mv s∆=，（向上）第三秒末物体速度：30v ∆=第四秒末物体速度：49.8mv s∆=-（向下）。
1-14．质点沿x 轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =。
解： 由于是一维运动，所以，由题意：kv dtdv-=， 分离变量并积分有：001vt v dv kdt v =-⎰⎰ ，得：tk e v v -=0 又∵tk e v dtdx -=0， 积分有：dt e v dx t k t x -⎰⎰=000 ∴ )1(0t k e kv x --=1-15．跳水运动员自m 10跳台自由下落，入水后因受水的阻碍而减速，设加速度2kv a -=，1m 4.0-=k .求运动员速度减为入水速度的10%时的入水深度。
解：取水面为坐标原点，竖直向下为x轴。
跳水运动员入水时的速度：sm gh v 1420==，入水后速度减为入水速度的10%时：01.410tv m v s ==，列式：2dv kv dt =-，考虑到dv dv v dt dx =，有：dx dv v dt dv kv ==-2⎰⎰-=x v v kdx dv v 010001，m kx 76.510ln 1==1-16．一飞行火箭的运动学方程为：)1ln()1(bt t bu ut x --+=，其中b 是与燃料燃烧速率有关的量，u 为燃气相对火箭的喷射速度。
求：（1）火箭飞行速度与时间的关系；（2）火箭的加速度。
解：看成一维运动，直接利用公式：dx v dt =，dva dt=有：（1）)1ln(bt u dt dx v --== ， （2）bt ub dt dv a -==11-17. 质点的运动方程为：cos xR t ω=，sin y R t ω=，2hz t ωπ=，式中ω、、h R 为正的常量。
求：（1）质点运动的轨道方程；（2）质点的速度大小；（3）质点的加速度大小。
解：（1）轨道方程为：222R y x=+，t hz ωπ2=，这是一条空间螺旋线。
空间螺旋线在Oxy 平面上的投影，是圆心在原点，半径为R 的圆，其螺距为h 。
（2）t R dt dx v x ωωsin -== ，cos y d y v R t d t ωω==，2z d z h v d t ωπ==， ∴2222224πωh R v v v v zyx+=++=；（3）t R a x ωωcos 2-= t R a y ωωsi n 2-= 0=z a∴222ωR a a a y x =+=思考题11-1．点作曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，平均速度为v ，平均速率为v ，则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的? （1）v v ==v v ,；（2）v v =≠v v ,；（3）v v ≠=v v ,；（4）v v ≠≠v v , 答：（3）1-2．质点的t x ~关系如图，图中a ，b ，c三条线表示三个速度不同的运动．问它们属于什么类型的运动?哪一个速度大？哪一个速度小？ 答：匀速直线运动；a b c v v v >>。