大学物理习题答案 (常文利, 宋青 著) 科学出版社

度的贡献。 1-3 一质点在 xOy 平面上运动，运动方程为
案
x =3 t +5, y =
式中 t 以 s计， x , y 以m计．(1)以时间 t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)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；(3)计算 t ＝0 s时刻到 t ＝4s
ww w.
dr dt
a=
1 2 t +3 t -4. 2
kh da
2 2 2 2
d2r dt 2
w.
� � dr dx � dy � ∴v = = i+ j dt dt dt � � d2r d2 x � d2 y � a= 2 = 2i+ 2 j dt dt dt
co
m
时刻内的平均速度；(4)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)．
（2）ˆ （式中 r ˆ 叫做位矢） ∵有 r = r r ，则
式中
课 后
答
∴
dr d r 与 不同如题 1-1 图所示. dt dt
题 1-1 图
� dv dv � dv (3) 表示加速度的模，即 a = ， 是加速度 a 在切向上的分量. dt dt dt
∵有 v = v τ (τ 表轨道节线方向单位矢） ，所以
m
w.
� � � r4 = 17i + 16 j
co
� � � r1 = 8i − 0.5 j m
� � � r2 = 11i + 4 j m
m
图1-4 解： 设人到船之间绳的长度为 l ，此时绳与水面成 θ 角，由图可知
l 2 = h2 + s2
题 1-4 图 根据速度的定义，并注意到 l , s 是随 t 减少的， ∴
2 v2 (20) 2 = = 80 m a n2 10 × cos 60° −2
网
v=
课 后
答
其二，可能是将
dr d 2 r dr 与 2 误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明 不是速度的模， dt dt dt d2r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中 dt 2
而只是速度在径向上的分量，同样，
2 ⎡ d2r � ⎛ dθ ⎞ ⎤ 的一部分 ⎢ a径 = 2 − r ⎜ 或者概括性地说， 前一种方法只考虑了位矢 r 在径向 （即 ⎟ ⎥。 dt ⎝ dt ⎠ ⎦ ⎢ ⎥ ⎣ � � 量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢 r 及速度 v 的方向随间的变化率对速度、加速
ww w.
θ θ cos 2 2
kh da
w.
解：依题意作出下图，由图可知
co
m
(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)
解：设小球所作抛物线轨道如题 1-10 图所示．
题 1-10 图 (1)在最高点，
又∵
∴
= 10 m
(2)在落地点，
而
答
案
∴
ρ2 =
课 后
网
v 2 = v0 = 20 m ⋅ s −1 , a n2 = g × cos 60 o
网
lv 0 (h 2 + s 2 )1 / 2 v0 v船 = = s s
s
ww w.
dl ds = v0 , v船 = − dt dt
kh da
2 −2
dl ds 2l = 2 s dt dt
1-5 质点沿 x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+6 x ， a 的单位为 m ⋅ s ， x 的单位 为 m. 质点在 x ＝0处，速度为10 m ⋅ s ,试求质点在任何坐标处的速度值．
答
案
网
(4)
� � � � dr = 3i + (t + 3) j m ⋅ s −1 v= dt
� � � v 4 = 3i + 7 j m ⋅ s −1
� � � dv a= = 1 j m ⋅ s −2 dt
这说明该点只有 y 方向的加速度，且为恒量。
1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以
v 0 (m· s −1 )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．
ww w.
� � � � � � � � ∆r r4 − r0 12i + 20 j = = = 3i + 5 j m ⋅ s −1 v= ∆t 4−0 4
� � � r0 = 5i − 4 j ,
kh da
� � � � � ∆r = r2 − r1 = 3i + 4.5 j
−2
1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3 t m ⋅ s ，开始运动时， x ＝5 m，
解：∵ 分离变量，得
由题知， t 故
答
案
= 0 , v0 = 0 ,∴ c1 = 0
3 v = 4t + t 2 2
v=
3 dx = (4t + t 2 )dt 2
课 后
网
积分，得
又因为
分离变量， 积分得 由题知
co
v =0，求该质点在 t ＝10s 时的速度和位置．
m
故 所以 t
1 x = 2t 2 + t 3 + 5 2
= 10 s 时
3 v10 = 4 × 10 + × 10 2 = 190 m ⋅ s −1 2 1 x10 = 2 × 10 2 + × 10 3 + 5 = 705 m 2
1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动， 运动方程为
v绳 = −
v船 = −
即
或
将 v船 再对 t 求导，即得船的加速度
课 后
答
dl ds − l dv − v0 s + lv船 a = 船 = dt 2 d t v 0 = v0 2 dt s s 2 l 2 ( − s + )v 0 2 h 2 v0 s = = 3 s2 s
案
v ds l dl l =− = v0 = 0 dt s dt s cosθ
m
� aτ
θ
� an
� a
1-8 质点沿半径为 R 的圆周按 s ＝ v0 t −
长, v 0 ， b 都是常量， 求： (1) t 时刻质点的加速度； (2) t 为何值时， 加速度在数值上等于 b ．
解： （1）
案
则
加速度与半径的夹角为
课 后
答
(v 0 − bt ) 4 a= a +a = b + R2
每次只批改 1 个班作业，另一个班作业 只写“阅” 。 请同学们保存好作业本，期末要登记成 绩（包括只写“阅”的作业） 。
习题解答 习题一
1-1 ｜ ∆r ｜与 ∆r 有无不同?
dr dr dv dv 和 有无不同? 和 有无不同?其不同在哪里? dt dt dt dt � � r 是位矢的模的增量，即 ∆r = r2 − r1 ， ∆r = r2 − r1 ；
θ =2+3 t 3 ， θ 式中以弧度计， t 以秒计，
解： (1)
ω=
β=
答
案
(2)当加速度方向与半径成 45 ο 角时，有
网
a n = Rω 2 = 1 × (9 × 2 2 ) 2 = 1296 m ⋅ s −2
aτ =1 an
课 后
tan 45° =
Rω 2 = Rβ
即
亦即 则解得
(9t 2 ) 2 = 18t
水平线接触的瞬间开始计时．此时 B 所在的位置为原点，轮子前进方向为 x 轴正方向；(2) 求 B 点速度和加速度的分量表示式．
题 1-9 图 (1)
x = v 0 t − 2 R sin
(2)
dx ⎧ vx = = Rω (1 − cos ωt ) ⎪ ⎪ dt ⎨ ⎪v = dy = R sin ωt ) y ⎪ dt ⎩ dv ⎧ a x = Rω 2 sin ωt = x ⎪ ⎪ dt ⎨ ⎪a = Rω 2 cos ωt = dv y y ⎪ dt ⎩
� �
案
dv 就是加速度的切向分量. dt � � ˆ dτ ˆ dr (∵ 的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 与 dt dt
式中
网
dr 就是速度径向上的分量， dt
� � dv dv � dτ = τ +v dt dt dt
ww w.
dr 只是速度在径向上的分量. dt
ˆ dr d r dr ˆ +r = r dt dt dt
1-10 以初速度 v0 ＝20 m ⋅ s 抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，
求：(1)球轨道最高点的曲率半径 R1 ；(2)落地处的曲率半径 R2 ．
−1
课 后
答
案
网
= v 0 t − R sin θ = R (ωt − R sin ωt )
θ θ y = 2 R sin sin 2 2 = R(1 − cosθ ) = R(1 − cos ωt )
t = 0 , x0 = 5
,∴ c 2
ww w.
=5
3 v = 4t + t 2 + c1 2
1 x = 2t 2 + t 3 + c 2 2
kh da
a=
条件确定“不定积分”的常数。）
dv = 4 + 3t dt
dv = ( 4 + 3t )dt
dx 3 = 4t + t 2 dt 2
w.
（直线运动不用矢量式；分不清“定积分”和“不定积分”；由初始
t3 =
2 9
3 于是角位移为 θ = 2 + 3t = 2 + 3 ×
ww w.
t =2s
时
，
aτ = Rβ = 1× 18 × 2 = 36 m ⋅ s −2
2 = 2.67 9
kh da
rad
dθ = 9t 2 , dt
dω = 18t dt
w.
co
求：(1) t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时， 其角位移是多少?
解： （1）
� 1 � � r = (3t + 5)i + ( t 2 + 3t − 4) j m 2
（未打矢量箭头）
(2)将 t
= 1 , t = 2 代入上式即有
(3)∵ ∴
则 (5)∵
（较多同学出错）
(6)
课 后
� � � � � � v0 = 3i + 3 j , v4 = 3i + 7 j � � � � � ∆v v 4 − v0 4 = = =1j m ⋅ s −2 a= ∆t 4 4
�
�
�
故它们的模即为
⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞ v = v +v = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
2 x 2 y 2 x
⎛ d2x ⎞ ⎛ d2 y ⎞ a= a +a = ⎜ ⎜ dt 2 ⎟ ⎟ +⎜ ⎜ 2⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ dt ⎠
2 y
而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作
−1
w.
co
m
将上式对时间 t 求导，得
解：
∵
a=
dv dv dx dv = =v dt dx dt dx
分离变量： 两边积分得
υdυ = adx = (2 + 6 x 2 )dx
1 2 v = 2x + 2x3 + c 2
由题知， x = 0 时， v0 = 10 ,∴ c = 50 ∴
v = 2 x 3 + x + 25 m ⋅ s −1
2 2
的分量，再合成求得结果，即
⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞ v= ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ 及a= ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
正确？为什么？两者差别何在？
2
2
⎛ d2 x ⎞ ⎛ d2 y ⎞ ⎜ ⎜ dt 2 ⎟ ⎟ +⎜ ⎜ 2⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ dt ⎠
你认为两种方法哪一种
解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 r = xi + yj ，
2 τ 2 n 2
网
dv aτ = = −b dt v 2 (v0 − bt ) 2 an = = R R
ϕ = arctan
(2)由题意应有
(v 0 − bt ) 4 a=b= b + R2
2
即
ww w.
aτ − Rb = a n (v0 − bt ) 2
kh da
v=
ds = v 0 − bt dt
kh da
ds dr dr 是速度的模，即 . =v = dt dt dt
w.
解：（1） ∆r 是位移的模， ∆
co
试举例说明．
m
1-2 设质点的运动方程为 x = x ( t )， y = y ( t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求 出r＝
x 2 + y 2 ，然后根据 v =
d 2r dr ，及 a ＝ 2 而求得结果；又有人先计算速度和加速度 dt dt
w.
co
m
1 2 bt 的规律运动，式中 s 为质点离圆周上某点的弧 2
(v0 − bt ) 4 4 b =b + , ⇒ ( v − bt ) =0 0 2 R
2 2
t= ∴当
v0 b
时，
a=b
1-9 半径为 R 的轮子，以匀速 v0 沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点 B 的运动方程为
x ＝ R (ωt − sin ωt ) ， y ＝ R (1 − cos ωt ) ，式中 ω = v0 / R 是轮子滚动的角速度，当 B 与