物理学教程(第二版)上册课后答案

第一章第一章 质点运动学质点运动学 1 1 质点作曲线运动 在时刻t 质点的位矢为r 速度为v 速率为v t 至 t t 时间内的位移 为 r 路程为 s 位矢大小的变化量为 r 或称 r 平均速度为 平均速率为 vv 1 根据上述情况 则必有 A r s r B r s r 当 t 0 时有 dr ds dr C r r s 当 t 0 时有 dr dr ds D r s r 当 t 0 时有 dr dr ds 2 根据上述情况 则必有 A B vvvvvvvv C D vvvvvvvv 分析与解分析与解 1 质点在t 至 t t 时间内沿曲线从P 点运动到P 点 各量关系如图所示 其 中路程 s PP 位移大小 r PP 而 r r r 表示质点位矢大小的变化量 三 个量的物理含义不同 在曲线运动中大小也不相等 注 在直线运动中有相等的可能 但当 t 0 时 点P 无限趋近P点 则有 dr ds 但却不等于dr 故选 B 2 由于 r s 故 即 t s t r vv 但由于 dr ds 故 即 由此可见 应选 C t s td d d d r vv 1 2 一运动质点在某瞬时位于位矢r x y 的端点处 对其速度的大小有四种意见 即 1 2 3 4 t r d d t d d r t s d d 22 d d d d t y t x 下述判断正确的是 A 只有 1 2 正确 B 只有 2 正确 C 只有 2 3 正确 D 只有 3 4 正确 分析与解分析与解 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率 在极坐标系中叫径向速率 通 t r d d 常用符号vr表示 这是速度矢量在位矢方向上的一个分量 表示速度矢量 在自然坐标 t d dr 系中速度大小可用公式计算 在直角坐标系中则可由公式求 t s d d v 22 d d d d t y t x v 解 故选 D 1 3 质点作曲线运动 r 表示位置矢量 v表示速度 a表示加速度 s 表示路程 a 表示切向加 速度 对下列表达式 即 1 d v dt 2 dr dt v 3 ds dt v 4 d v dt a a 下述判断正确的是 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 分析与解分析与解 表示切向加速度a 它表示速度大小随时间的变化率 是加速度矢量沿速度方 t d dv 向的一个分量 起改变速度大小的作用 在极坐标系中表示径向速率vr 如题1 2 所述 t r d d 在自然坐标系中表示质点的速率v 而表示加速度的大小而不是切向加速度a 因 t s d d t d dv 此只有 3 式表达是正确的 故选 D 1 4 一个质点在做圆周运动时 则有 A 切向加速度一定改变 法向加速度也改变 B 切向加速度可能不变 法向加速度一定改变 C 切向加速度可能不变 法向加速度不变 D 切向加速度一定改变 法向加速度不变 分析与解分析与解 加速度的切向分量a 起改变速度大小的作用 而法向分量an起改变速度方向的作 用 质点作圆周运动时 由于速度方向不断改变 相应法向加速度的方向也在不断改变 因而 法向加速度是一定改变的 至于a 是否改变 则要视质点的速率情况而定 质点作匀速率圆 周运动时 a 恒为零 质点作匀变速率圆周运动时 a 为一不为零的恒量 当a 改变时 质点 则作一般的变速率圆周运动 由此可见 应选 B 1 5 已知质点沿x 轴作直线运动 其运动方程为 式中x 的单位为m t 的单 32 262ttx 位为 s 求 1 质点在运动开始后4 0 s内的位移的大小 2 质点在该时间内所通过的路程 3 t 4 s时质点的速度和加速度 分析 位移和路程是两个完全不同的概念 只有当质点作直线运动且运动方向不改变时 位 移的大小才会与路程相等 质点在t 时间内的位移 x 的大小可直接由运动方程得到 而在求路程时 就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向 此时 位移 0 xxx t 的大小和路程就不同了 为此 需根据来确定其运动方向改变的时刻tp 求出0 tp 和0 d d t x tp t 内的位移大小 x1 x2 则t 时间内的路程 如图所示 至于t 4 0 s 时 21 xxs 质点速度和加速度可用和两式计算 t x d d 2 2 d d t x 题 1 5 图 解解 1 质点在4 0 s内位移的大小 m32 04 xxx 2 由 0 d d t x 得知质点的换向时刻为 t 0不合题意 s2 p t 则 m0 8 021 xxx m40 242 xxx 所以 质点在4 0 s时间间隔内的路程为 m48 21 xxs 3 t 4 0 s时 1 s0 4 sm48 d d tt x v 2 s0 4 2 2 m s36 d d tt x a 1 6 已知质点的运动方程为 式中r 的单位为m t 的单位为 求 jir 2 2 2 tt 1 质点的运动轨迹 2 t 0 及t 2 时 质点的位矢 3 由t 0 到t 2 内质点的位移 r 和径向增量 r 分析分析 质点的轨迹方程为y f x 可由运动方程的两个分量式x t 和y t 中消去t 即可得 到 对于r r r s 来说 物理含义不同 详见题1 1分析 解解 1 由x t 和y t 中消去t 后得质点轨迹方程为 2 4 1 2xy 这是一个抛物线方程 轨迹如图 a 所示 2 将t 0 和t 2 分别代入运动方程 可得相应位矢分别为 jr2 0 jir24 2 图 a 中的P Q 两点 即为t 0 和t 2 时质点所在位置 3 由位移表达式 得 jijirrr24 020212 yyxx 其中位移大小m66 5 22 yxr 而径向增量m47 2 2 0 2 0 2 2 2 202 yxyxrrrr 题 1 6 图 1 7 质点的运动方程为 2 3010ttx 2 2015tty 式中x y 的单位为m t 的单位为 试求 1 初速度的大小和方向 2 加速度的大小和方向 分析分析 由运动方程的分量式可分别求出速度 加速度的分量 再由运动合成算出速度和加速 度的大小和方向 解解 1 速度的分量式为 t t x x 6010 d d v t t y y 4015 d d v 当t 0 时 v0 x 10 m 1 v0y 15 m 1 则初速度大小为 1 2 0 2 00 sm 0 18 yx vvv 设v0与x 轴的夹角为 则 2 3 tan 0 0 x y v v 123 41 2 加速度的分量式为 2 sm60 d d t a x x v 2 sm40 d d t a y y v 则加速度的大小为 2 22 sm1 72 yx aaa 设a 与x 轴的夹角为 则 3 2 tan x y a a 33 41 或326 19 1 8 一升降机以加速度1 22 m 2上升 当上升速度为2 44 m 1时 有一螺丝自升降机的天 花板上松脱 天花板与升降机的底面相距2 74 m 计算 1 螺丝从天花板落到底面所需要的 时间 2 螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离 分析分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下 一种处理方法是取地面为参考系 分别讨论 升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动 列出这两种运动在同 一坐标系中的运动方程y1 y1 t 和y2 y2 t 并考虑它们相遇 即位矢相同这一条件 问题即 可解 另一种方法是取升降机 或螺丝 为参考系 这时 螺丝 或升降机 相对它作匀加速运动 但是 此加速度应该是相对加速度 升降机厢的高度就是螺丝 或升降机 运动的路程 解1 1 以地面为参考系 取如图所示的坐标系 升降机与螺丝的运动方程分别为 2 01 2 1 atty v 2 02 2 1 gtthy v 当螺丝落至底面时 有y1 y2 即 2 0 2 0 2 1 2 1 gtthatt vv s705 0 2 ag h t 2 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m716 0 2 1 2 02 gttyhdv 解解2 1 以升降机为参考系 此时 螺丝相对它的加速度大小a g a 螺丝落至底面时 有 2 2 1 0tagh s705 0 2 ag h t 2 由于升降机在t 时间内上升的高度为 2 0 2 1 atth v 则 m716 0 hhd 题 1 8 图 1 9 质点沿直线运动 加速度a 4 t2 式中a的单位为m 2 t的单位为 如果当t 3 时 x 9 m v 2 m 1 求质点的运动方程 分析分析 本题属于运动学第二类问题 即已知加速度求速度和运动方程 必须在给定条件下用积 分方法解决 由和可得和 如a a t 或v v t 则可两 t a d dv t x d d vtadd vtxddv 边直接积分 如果a 或v不是时间t 的显函数 则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作 后再做积分 解解 由分析知 应有 t ta 0 dd 0 v v v 得 1 0 3 3 1 4vv tt 由 tx x tx 0 dd 0 v 得 2 00 42 12 1 2xtttx v 将t 3 时 x 9 m v 2 m 1代入 1 2 得 v0 1 m 1 x0 0 75 m 于是可得质点运动方程为 75 0 12 1 2 42 ttx 1 10 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 Bv 式中A B 为正恒量 求石子下落的速度和运动方程 分析分析 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dv a v dt 分离变量为后再两边积分 t a d d v v 解解 选取石子下落方向为y 轴正向 下落起点为坐标原点 1 由题意知 1 v v BA t a d d 用分离变量法把式 1 改写为 2 t BA d d v v 将式 2 两边积分并考虑初始条件 有 t t BA 0 dd d 0 v v v v v 得石子速度 e1 Bt B A v 由此可知当 t 时 为一常量 通常称为极限速度或收尾速度 B A v 2 再由并考虑初始条件有 e1 d d Bt B A t y v t B A y t Bt y d e1 d 00 得石子运动方程 1 e 2 Bt B A t B A y 1 11 一质点具有恒定加速度a 6i 4j 式中a的单位为m 2 在t 0时 其速度为零 位 置矢量r0 10 mi 求 1 在任意时刻的速度和位置矢量 2 质点在Oxy 平面上的轨迹 方程 并画出轨迹的示意图 题 1 11 图 分析分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动 根据叠加原理 求解时需根据加速度的两个 分量ax 和ay分别积分 从而得到运动方程r的两个分量式x t 和y t 由于本题中质点加速度为 恒矢量 故两次积分后所得运动方程为固定形式 即和 2 00 2 1 tatxx xx v 两个分运动均为匀变速直线运动 读者不妨自己验证一下 2 00 2 1 tatyy yy v 解解 由加速度定义式 根据初始条件t0 0时v0 0 积分可得 tt tt 000 d46 ddjia v v jitt46 v 又由及初始条件t 0 时 r0 10 m i 积分可得 t d dr v ttr r tttt 00 d46 dd 0 jirv jir 22 2 310 tt 由上述结果可得质点运动方程的分量式 即 x 10 3t2 y 2t2 消去参数t 可得运动的轨迹方程 3y 2x 20 m 这是一个直线方程 直线斜率 33 41 轨迹如图所示 3 2 tan d d x y k 1 12 质点在Oxy 平面内运动 其运动方程为r 2 0ti 19 0 2 0t2 j 式中r 的单位为m t的 单位为s 求 1 质点的轨迹方程 2 在t1 1 0s 到t2 2 0s 时间内的平均速度 3 t1 1 0 时的速度及切向和法向加速度 4 t 1 0s 时质点所在处轨道的曲率半径 分析分析 根据运动方程可直接写出其分量式x x t 和y y t 从中消去参数t 即得质点的轨迹 方程 平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率 即 它与时间间隔 t 的大 t r v 小有关 当 t 0 时 平均速度的极限即瞬时速度 切向和法向加速度是指在自然坐 t d dr v 标下的分矢量a 和an 前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率 即 后者只 t t t ea d dv 反映质点速度方向的变化 它可由总加速度a 和a 得到 在求得t1 时刻质点的速度和法向 加速度的大小后 可由公式求 an 2 v 解解 1 由参数方程 x 2 0t y 19 0 2 0t2 消去t 得质点的轨迹方程 y 19 0 0 50 x2 2 在t1 1 00 到t2 2 0 时间内的平均速度 ji rr 0 60 2 12 12 ttt r v 3 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 jijijit t y t x t yx 0 40 2 d d d d vvv jjia 2 2 2 2 2 sm0 4 d d d d t y t x t 则t1 1 00 时的速度 v t t 1 2 0i 4 0j 切向和法向加速度分别为 ttyxttt tt eeea 222 s1 sm58 3 d d d d vv v nntn aaeea 222 sm79 1 4 t 1 0 质点的速度大小为 122 sm47 4 yx vvv 则m17 11 2 n a v 1 13 飞机以100 m 1 的速度沿水平直线飞行 在离地面高为100 m时 驾驶员要把物品空 投到前方某一地面目标处 问 1 此时目标在飞机正下方位置的前面多远 2 投放物品 时 驾驶员看目标的视线和水平线成何角度 3 物品投出2 0 后 它的法向加速度和切向加 速度各为多少 题 1 13 图 分析分析 物品空投后作平抛运动 忽略空气阻力的条件下 由运动独立性原理知 物品在空中沿 水平方向作匀速直线运动 在竖直方向作自由落体运动 到达地面目标时 两方向上运动时间 是相同的 因此 分别列出其运动方程 运用时间相等的条件 即可求解 此外 平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度 为求特定时刻t时物体的切向加 速度和法向加速度 只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角 或 由图可知 在特定时 刻t 物体的切向加速度和水平线之间的夹角 可由此时刻的两速度分量vx vy求出 这样 也 就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得 解解 1 取如图所示的坐标 物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为 x vt y 1 2 gt2 飞机水平飞行速度v 100 m s 1 飞机离地面的高度y 100 m 由上述两式可得目标在飞机正 下方前的距离 m452 2 g y xv 2 视线和水平线的夹角为 o 5 12arctan x y 3 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 vv v gt x y arctanarctan 取自然坐标 物品在抛出2s 时 重力加速度的切向分量与法向分量分别为 2 sm88 1 arctansinsin v gt g gat 2 sm62 9 arctancoscos v gt ggan 1 14 为迎接香港回归 特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口 如图所示 柯驾车从跑道东端启动 到达跑道终端时速度大小为 他随即以仰角冲出 飞越跨度达57 m 安全着陆在西岸木桥150 0 v hkm 1 5 上 求 题 1 14 图 1 柯飞车跨越黄河用了多长时间 2 若起飞点高出河面10 m 柯驾车飞行的最高点距河面为几米 3 西岸木桥和起飞点的高度差为多少 分析分析 由题意知 飞车作斜上抛运动 对包含抛体在内的一般曲线运动 来说 运用叠加原理是求解此类问题的普适方法 操作程序是 建立一个恰当的直角坐标 系 将运动分解为两个相互正交的直线运动 由于在抛体运动中 质点的加速度恒为g 故 两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动 直接列出相关运动规律方程 即可求解 本题可建立图示坐标系 图中分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度 mm xy 和 解解 在图示坐标系中 有 1 tvx cos 0 2 2 0 2 1 sin gttvy 3 gtvvy sin 0 1 由式 1 令 m 得飞跃时间57 m xx s37 1 cos 0 m m v x t 2 由式 3 令 得飞行到最大高度所需时间0 y v g v t sin 0 m 将代入式 2 得飞行最大高度 m t m67 0 2 sin2 2 0 m g v y 则飞车在最高点时距河面距离为 m m10 m yh67 10 3 将 s 代入式 2 得西岸木桥位置为37 1 m t y 4 22 m 号表示木桥在飞车起飞点的下方 讨论讨论 本题也可以水面为坐标系原点 则飞车在 y方向上的运动方程应为 m 10 y 2 0 2 1 sin gttv 1 15 如图所示 从山坡底端将小球抛出 已知该山坡有恒定倾角 球的抛射角 30 设球被抛出时的速率v0 19 6 m 1 忽略空气阻力 问球落在山坡上处离山 60 坡底端的距离为多少 此过程经历多长时间 题 1 15 图 分析分析 求解方法与上题类似 但本题可将运动按两种方式分解 如图 a 和图 b 所示 在图 a 坐标系中 两个分运动均为匀减速直线运动 加速度大小分别为 g 和 g cos 看似复杂 但求解本题确较方便 因为落地时有y 0 对应的时间t和x的值即为本题 sin 所求 在图 b 坐标系中 分运动看似简单 但求解本题还需将落地点P的坐标y与x的关系 列出来 解解 1 由分析知 在图 a 坐标系中 有 1 2 0 sin 2 1 cos tgtvx 2 2 0 cos 2 1 sin tgtvy 落地时 有y 0 由式 2 解得飞行时间为 s31 2 30tan 2 0 g v t 将 t 值代入式 1 得 m 1 26 3 2 2 0 g v xOP 解解 2 由分析知 在图 b 坐标系中 对小球 1 tvx cos 0 2 2 0 2 1 sin gttvy 对点P 3 tanxy 由式 1 2 可得球的轨道方程为 4 22 0 2 cos2 tan v gx xy 落地时 应有 即yy 60cos2 60tan30tan 22 0 2 v gx xx 解之得落地点P的x坐标为 5 g v x 3 3 2 0 则 m 1 26 3 2 30cos 2 0 g vx OP 联解式 1 和式 5 可得飞行时间 s31 2 t 讨论讨论 比较两种解法 你对如何灵活运用叠加原理有什么体会 1 16 一质点沿半径为R 的圆周按规律运动 v0 b 都是常量 1 求t 时 2 0 2 1 btts v 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 已沿圆周运行了多少圈 分析分析 在自然坐标中 s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标 由给定的运动方程s s t 对时间t 求一阶 二阶导数 即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a 而加速度的法 向分量为an v2 R 这样 总加速度为a a e anen 至于质点在t 时间内通过的路程 即 为曲线坐标的改变量 s st s0 因圆周长为2 R 质点所转过的圈数自然可求得 解解 1 质点作圆周运动的速率为 bt t s 0 d d vv 其加速度的切向分量和法向分量分别为 b t s at 2 2 d d R bt R an 2 0 2 vv 故加速度的大小为 R 4 0 22 22 btba aaa t tn v 其方向与切线之间的夹角为 Rb bt a a t n 2 0 arctanarctan v 2 要使 a b 由可得bbtbR R 4 0 22 1 v b t 0 v 3 从t 0 开始到t v0 b 时 质点经过的路程为 b sss t 2 2 0 0 v 因此质点运行的圈数为 bRR s n 4 2 2 0 v 1 17 一半径为0 50 m 的飞轮在启动时的短时间内 其角速度与时间的平方成正比 在 t 2 0 时测得轮缘一点的速度值为4 0 m 1 求 1 该轮在t 0 5 的角速度 轮缘一 点的切向加速度和总加速度 2 该点在2 0 内所转过的角度 分析分析 首先应该确定角速度的函数关系 kt2 依据角量与线量的关系由特定时刻的速度 值可得相应的角速度 从而求出式中的比例系数k t 确定后 注意到运动的角量描述与线 量描述的相应关系 由运动学中两类问题求解的方法 微分法和积分法 即可得到特定时刻的 角加速度 切向加速度和角位移 解解 因 R v 由题意 t2 得比例系数 3 22 srad2 Rtt k v 所以 2 2 tt 则t 0 5 时的角速度 角加速度和切向加速度分别为 12 srad5 02 t 2 srad0 24 d d t t 2 sm0 1 R at 总加速度 nttn R R eeaaa 2 2 2 2 2 sm01 1 R R a 在2 0 内该点所转过的角度 rad33 5 3 2 d2d 2 0 3 2 0 2 2 0 0 tttt 1 18 一质点在半径为0 10 m的圆周上运动 其角位置为 式中 的单位为rad t 3 42t 的单位为 1 求在t 2 0