大学物理刘国松答案 大学物理第一章课后习题答案

大学物理第一章课后习题答案 自治区精品课程-大学物理学 黄新民、张晋鲁主编《普通物理学》习题解答 第一章 质点运动学 1.1 一质点沿 y 方向运动,它在任意时刻 t 的位置由式 y = 5t 2 10 给出,式中 t 以 s 计, y 以 m 计算下列各段时间内质点的平均速度大小: (1) 2 s 到 3 s (2) 2 s 到 2.

1 s (3) 2 s 到 2.001 s (4) 2 s 到 2.

0001 s 解: (1) 令质点的始末时刻为 t1 = 2 s , t 2 = 3s ,则质点的平均速度大小为: υ = y 2 ? y1 {5(3) 2 10 ? [5( 2) 2 10]}m = = 25m / s t 2 ? t1 ( 3 ? 2) s (2) 令质点的始末时刻为 t1 = 2 s , t 2 = 2.

1s ,则质点的平均速度大小为: υ = y1 ? y1 {5 ( 2 .

1) 2 10 ? [ 5 ( 2 ) 2 10 ]}m = = 20 . 5 m / s t 2 ? t1 ( 2 .1 ? 2 ) s (3) 令质点的始末时刻为 t1 = 2 s , t 2 = 2.

001s ,则质点的平均速度大小为: υ= y 2 ? y1 {5(2.001) 2 10 ? [ 5( 2) 2 10]}m = = 20.005m / s t 2 ? t1 ( 2.

001 ? 2) s (4) 令质点的始末时刻为 t1 = 2 s , t 2 = 2.0001s ,则质点的平均速度大小为: υ= y2 ? y1 [ 5( 2.0001) 2 10 ? 5(2) 2 ? 10]m = = 20.

0005m / s t 2 ? t1 ( 2.0001 ? 2) s 1.2 一质点沿 Ox 轴运动,其运动方程为 x = 3 ? 5t 6t 2 ;式中 t 以 s 计, x 以 m 计, 试求: (1) 质点的初始位置和初始速度; (2) 质点在任一时刻的速度和加速度; (3) 质点做什么运动; (4) 做出 x ? t 图和 υ ? t 图; (5) 质点做匀加速直线运动吗? 解: (1)设质点初始时刻 t 0 = 0 ,则质点的初始位置为: x0 = [3 ? 5 × 0 6 × 0 2 ]m = 3m -1- 自治区精品课程-大学物理学 黄新民、张晋鲁主编《普通物理学》习题解答 即质点的初始位置在 Ox 轴正方向 3 m 处。

dx 因为质点的速度为: υ = = ?5 12t dt 所以质点的初始速度为: υ = dx = ( ?5 12 × 0) m / s 2 = ?5m / s 2 dt t = 0 质点的初始速度大小为 5m / s 2 ,方向沿 Ox 轴负方向。

(2)质点任一时刻的速度为: dx d υ= = (3 ? 5t 6t 2 ) = ?5 12t dt dt 质点任一时刻速度的大小等于上面表达式数值大小,方向由其数值的正负 标定, 如果上面表达式小于零则速度方向沿 Ox 轴负方向, 反之则沿 Ox 轴正方向。

质点任一时刻的加速度为: dυ d a= = ( ?5 12t ) = 12m / s 2 dt dt 即质点任一时刻的加速度大小为 12m / s 2 ,方向沿 Ox 轴正方向。

(3)由(2)的结果表明质点在加速度大小为 12m / s 2 ,方向沿 Ox 轴正方向的匀 加速直线运动。

速度方向为:前 t ~ 0 ~ 轴正方向运动。 (4) x(m) 5 s 内沿 x 轴负方向运动,此后反回沿 x 12 80 60 40 20 t(s) 0 1 2 3 4 5 x ? t图 -2- 自治区精品课程-大学物理学 黄新民、张晋鲁主编《普通物理学》习题解答 υ (m / s) υ = ?5 12t o 5 12 t(s ) υ ? t图 (5)是。

1.3 一质点做直线运动, 其瞬时加速度的变化规律为 a = ? Aω 2 cosω t , 在 t = 0 时, υ x = 0 , x = A, 其中 A, ω 均为正常数,求此质点的运动方程。

解: 由质点的加速度公式 a = 得 d υ = adt ,两边积分: υ 0 dυ dt 2 ∫ υ dυ ′ = ∫ t t0 ? Aω cos ω t ′d t ′ 因为 t = 0 时, υ x = 0 即 t 0 = 0 , υo = 0 所以任一时刻质点的速度为: υ = ? A ω sin ω t dx 由υ = dt 即 dx = υ dt ,两边积分: ∫ x x 0 dx = ∫ t to ? A ω tdt 其中 x 0 为 t = 0 时刻的位移,则 x0 = A 所以质点的运动方程为 x = A cos ω t 1.

4 一同步卫星在地球赤道平面内运动,用地心参考系,以地心为坐标原点, 以赤道平面为 xoy 平面。

已知同步卫星的运动函数可写成 x = R cosωt , y = R sin ωt . (1) 求卫星的运动轨道以及任一时刻它的位矢,速度和加速度; -3- 自治区精品课程-大学物理学 黄新民、张晋鲁主编《普通物理学》习题解答 (2) 以 R = 4.

23 ×10 4 km, ω = 7.27 ×10 ?5 s ?1 ,计算卫星的速率和加速度的大小。

解: 根据已知条件,同步卫星的运动函数为: x = R cosωt , y = R sin ωt (1) 卫星的运动轨道以及任一时刻它的位矢为: ? ? ? ? r = xi yj = R cos ωti R sin ωtj ? ? dx ? dy ? ? ? ? 速度为: υ = υ x i υ y j = i j = ? Rω sin ωti ? R ω cos ωt j dt dt ? ? dυ ? dυ ? ? ? 加速度为: a = a xi a y j = x i y j = ? Rω 2 cos ωti ? R ω 2 sin ωt j dt dt (2) 卫星的速率 υ = υ x2 υ 2 y = (? R ω sin ωt ) 2 ( R cos ωt ) 2 = Rω = 4.

23×107 m × 7.27× 10?5 s?1 ≈ 3.

1×10 3 m / s 加速度的大小 a = ax2 a2 y = (?ω 2 R cos ωt ) 2 ( ?ω 2 R sin ωt )2 = ω 2R = (7.27 ×10 ?5 s ?1 ) 2 × 4.

23 × 107 m = 0.224m / s 2 1.5 列车沿一水平直线运动,刹车后列车的加速度为 a = ?kx , k 为正常数,刹车 时的初速度为 υ 0 ,求刹车后列车最多能行进多远? 解:设列车最多行进的距离为 s ,初始时刻 t = 0 ,初始位置 s = 0 ,列车停止的 速度为 υ = 0 由列车的加速度为: -4- 自治区精品课程-大学物理学 黄新民、张晋鲁主编《普通物理学》习题解答 a= dυ dυ dx dυ = =υ = ?kx dt dx dt dx 得 υd υ = ? kxdx 两边积分 ∫ 0 υ0 υdυ = ∫ ? kxdx 0 s 可得得列车刹车后列车运行的距离为: s= 1 υ0 k 1 1.

6 一质点沿半径为 R 的圆周按规律 s = υo t ? bt 2 而运动, υ o , b 都是常数.求: 2 (1) t 时刻质点的总加速度; (2) t 为何值时总加速度在数值上等于 b ? (3) 当加速度达到 b 时,质点以圆周运行了多少圈? 解: (1)总加速度可写为切向加速度与法向加速度矢量和,即 a = at an 其中,切向加速度大小: at = d 2s = ?b dt 2 法向加速度大小 an = 线速度大小 υ = υ2 dt 2 ds = υ0 ? bt dt (υ0 ? bt ) 2 tn R 所以有: a = ?bt t 2 (2)总加速度大小为 a = at2 an ,当其值为 b 时,即 b = ( ?b) 2 [ 时间 t 为 υ t= 0 b (υ 0 ? bt ) 2 2 ] R (3)加速度达到 b 时,所用时间为 t = 此时质点运动的轨迹总圆周长是 υ0 b s总 = υ0 × 2 υ0 1 υ 0 υ2 ? b? 2 = 0 b 2 b 2b -5- 自治区精品课程-大学物理学 黄新民、张晋鲁主编《普通物理学》习题解答 质点以圆周运行的圈数为: n = 2 s总 υ0 = 2πr 4πbR 1.

7 在水平桌面上放置 A, B 两物体用一根不可 伸长 的绳索 按图所 示的装 置把它 们连接 起 来 , C 点 与桌 面 固 定 .

已 知物 体 A 的 加速 度 a = 0.5m / s 2 ,求物体 B 的加速度. 解:设绳索上的拉力为 T ,移动长度为 ?x , 1 那么物体 A 的运动距离是 s A = ?x 3 1 物体 B 的运动距离是 s B = ?x 4 1 因为 s = at 2 2 所以 A, B 加速度大小比等于其位移大小比,即 aA s A = aB s B 所以 1 ?x sB 3 4 aB = aA = a A = ? 0.

5 = 0.375m / s 2 1 sA 4 ?x 3 1.8 有一自由落体, 它在最后 1s 内所通过的路程等于全程一半 ,问 该物体是从多高的地方落下的 ?物体下落其用多少时间? 设物体 下落共一用时间为 t 。

解: 如图所示,设自由落体运动的总高度为 h ,落地总时间为 t ,根 据题意有: 1 h = gt 2 2 h 1 = g (t ? 1) 2 2 2 下落所用时间为( t > 1 ) :t = 2 s= 2 ?1 h1 h1 = ? t1 = 1s 1 h2 = h 2 2 ( 2 1) s = ( 2 2 ) s ≈ 3.

414s 2 ?1 则该物体初时时刻所在高度为: h = . 1 2 1 gt = × 9.8 × (3.414) 2 ≈ 57.12m 2 2 -6- 自治区精品课程-大学物理学 黄新民、张晋鲁主编《普通物理学》习题解答 1.

9 电梯以 1m / s 的匀速率下降,小孩在电梯跳离地板 0.50 m 高,问当小孩再次落 到地板上时电梯下落了多长距离? 解:因电梯均速直线运动,所以它是惯性参照系中经过的时 间间隔是相等,即小孩从起跳到落地所用时间 t 为: h= 1 2 gt1 2 2h 2 × 0.

5 =2 ≈ 0.6388s g 9.

8 0.5m υ t = 2t1 = 2 电梯下落: H = υ t = 1m / s × 0.6388 s = 0.6388m 1.10 通过岸崖上的绞车拉动纤绳湖中的小船拉向岸边,如图所示,如果绞车以恒 定的速率 u 拉动纤绳, 绞车定滑轮离水面的高度为 h , 求小船向岸边移动的速度和加速度。

解: 设 滑轮 到小 船的 绳长 为 ? , 小船 移动 的位 移大 小为 x , 那么 直角 三角 中: ?2 = x 2 h 2 两边进行对时间导数: d 2 d (? ) = ( x2 h2 ) dt dt d? dx 2? = 2x dt dt 已知条件 d? =u dt dx = υ 是我们该求的小船速度大小 dt ? u = xυ -7- 自治区精品课程-大学物理学 黄新民、张晋鲁主编《普通物理学》习题解答 ? υ= u= x x2 h2 u x ? u = xυ 等式两边再次对时间求导数 d? dx dυ =υ x dt dt dt dυ 即 u2 = υ 2 x dt dυ 其中 = a ,为小船的加速度大小 dt u 因此得小船的速度和加速度大小为: υ= x2 h2 u x u2 ?υ 2 h2 = ? 3 u2 x x a= 方向均向岸边水平直线运动。

1.11 在打靶实习中,炮筒与地面的仰角为 30° ,炮弹以 υ0 = 30m / s 的初始速度脱 离炮筒,射向离地面 2 m 的靶心:靶应置于地面何处,炮弹刚好击中靶心。

解:根据题意建立直角坐标系,如图所示。 y 根据抛体运动,运动学方程 炮弹水平运动位移大小设为靶的位置: x = ? 同时炮弹竖直运动位移大小为: y = xtgθ ? 1 gx 2 2 υ02 cos 2 θ 由上面两式可得,靶的位置为: 4.

9 2 3 ? ? ? 2 =0 25 × 27 3 3 1 4.9 ± ?8 3 25 × 27 m = 75.

9m ?= 3 4.9 2× 25 × 27 -8- 自治区精品课程-大学物理学 黄新民、张晋鲁主编《普通物理学》习题解答 1.12 一人乘摩托车跳跃一个大坑走,如图 1.12 所示.

它以与水平成 22 .5° 夹角的初 速度为 65 m / s ,从西边起跳,准确地落在坑的东边,已知东边比西边低 4 m ,忽略空气 阻力,且取 g = 10 m / s 2 .问: (1) 坑有多宽?他跳跃的时间有多长? (2)他在坑边落地时的速度多大? 解: (1) 题 1.

12 图 υ0 = 65m / s 为摩托车跳 跃时速率, θ = 22.5? 为其跳跃 速度与水平方向夹 角, h = 4 m 为落地前后高度差, t 为跳跃到落地的时间,由已知条件坑的宽度即为摩 托车水平方向的位移大小为: x = υ 0 (cos θ ) t 落地前后高度差为摩托车竖直方向的位移大小 ?h = 0 ? h = tυ 0 sin θ ? 1 2 gt 2 可得跳跃的时间(舍去负根)为: υ 0 sin θ υ02 sin 2 θ 2 gh 65 sin 22.

5? 652 sin 22.

5? 2 × 10 × 4 t= = s ≈ 5.132s , g 10 坑的宽为: x = (υ0 cos 22.5° )t = 65 × cos 22.5° × 5.132m ≈ 308.2m (2) 落地时水平速度大小为: υ x = υ 0 cosθ 落地时竖直速度大小为: υ y = υ 0 sin θ ? gt 坑边落地时的速度大小为: -9- 自治区精品课程-大学物理学 黄新民、张晋鲁主编《普通物理学》习题解答 2 υ = υ2 x υ y 2 = υ0 cos 2 θ (υ 0 sin θ ? gt ) 2 2 = υ0 ? 2υ 0 g sin θ ? t g 2 t 2 = (65) 2 ? 2 × 65 × 10 × sin 22.

5° × 5.132 (10 × 5.132) 2 m / s ≈ 65.61m / s 坑边落地时的速度方向与水平夹角为: 由 tan θ ′ = υy υx = υ 0 sin θ ? gt gt = tan θ ? υ 0 cos θ υ 0 cos θ 得 θ ′ = 23.

77° 1.13 一无风的下雨天,一列火车以 20 m / s 的速度前进,在车内游客看见玻璃上 的雨滴和垂线成 75° 下降。

求雨滴落下的速度(设下 降的雨滴做匀速运动) 。 解: ? ? 如图用直角三角形表示火车速度 υ 0 , 雨滴速度 υ 和车 内游客看到雨滴速度 υ ′ 的关系,有 ? ? υ ? υ′ ? υ0 ′ tg 75° = υ0 υ 雨滴落下的速度大小为: υ= υ0 = 5.

36m / s tan 75° 1.14 一人能在静水中以 1 .

1m / s 的速度划船前进。今欲横渡宽为 4000 m ,水流速 度为 0.55m / s 的大河。 (1)他若要从出发点横渡这河,而到达对岸的一点,那么 应如何确定,划行方向?到达正对岸需多长时间?( 2)如果希望最短的时间过 - 10 - 自治区精品课程-大学物理学 黄新民、张晋鲁主编《普通物理学》习题解答 河,应如何确定划行方向?船到达对岸的位置在什么地方? 解: (1)如图所示建立直角坐标系, 设 υ0 为 y 水流速度, υ ′ 为船静水中速度, υ 为船 的实际速度, θ 为 υ ′ 和 υ 的夹角, 根据题 意有: υo ′ υ = υ0 υ ′ sin θ = υ′ υ x υ0 υ′ 即 sin θ = 0.

55 1 = 1.1 2 θ = 30° 到达对岸的一点,的划行方向应与横渡方向呈 30° 角。 达正对岸需长时间,由 y = υt υ= 得 υ0 tan θ t= y y tan θ 4000 × tan 30° = = s υ υ0 0.

55 = 4198.91s ≈ 1.1664h (2) 由(1)中可得,当 θ = 90 ° 时所需时间最短 y x υ′ υ υo ′ x - 11 - 自治区精品课程-大学物理学 黄新民、张晋鲁主编《普通物理学》习题解答 y = υ ′t min x = υ 0 t min x = υ0 ? y 0.

55 × 4000 = = 2000m υ′ 1.1 - 12 -