《大学物理学》习题解答

大学物理学习题解答陕西师范大学物理学与信息技术学院基础物理教学组2006-5-82说明：该习题解答与范中和主编的《大学物理学》各章习题完全对应。每题基本上只给出了一种解答，可作为教师备课时的参考。题解完成后尚未核对，难免有错误和疏漏之处。望使用者谅解。编者2006-5-83第2章运动学2－1一质点作直线运动，其运动方程为222ttx,x以m计，t以s计。试求：（1）质点从t=0到t=3s时间内的位移；（2）质点在t=0到t=3s时间内所通过的路程解（1）t=0时，x0=2；t=3时，x3=－1；所以，m3)0()3(txtxx（2）本题需注意在题设时间内运动方向发生了变化。对x求极值，并令022ddttx可得t=1s,即质点在t=0到t=1s内沿x正向运动，然后反向运动。分段计算m1011ttxxx，m4)1()3(2txtxx路程为m521xxs2－2已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为32262ttx。试求：（1）质点在最初4s内位移；（2）质点在最初4s时间内所通过的路程解（1）t=0时，x0=2；t=4时，x4=－30所以，质点在最初4s内位移的大小m3204xxx（2）由0612dd2tttx可求得在运动中质点改变运动方向的时刻为t1=2s,t2=0(舍去)则m0.8021xxx，m40242xxx所以，质点在最初4s时间间隔内的路程为m4821xxs2－3在星际空间飞行的一枚火箭，当它以恒定速率燃烧它的燃料时，其运动方程可表示为)1ln(1bttbuutx，其中m/s100.33u是喷出气流相对于火箭体的喷射速度，s/105.73b是与燃烧速率成正比的一个常量。试求：（1）t=0时刻，此火箭的速度和加速度；（2）t=120s时，此火箭的速度和加速度解)1ln(ddbtutxv；btubtva1dd（1）t=0时，v=0，233s.m5.221105.7103a（2）t=120s时，)120105.71ln(10333v13s.m91.62333s.m225120105.71105.7103a42－4如图所示，湖中有一只小船，岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h，t=0时，船与滑轮间的绳长为l0。试求：当人以匀速v0拉绳时，船在距岸边x处的速度和加速度。解（1）设任意时刻t，绳长为l，由题意tlvdd0；船到岸边的水平距离为x，则22hlx小船的运动速度为tlhllhlttxvdddddd2222022vxhx负号表示小船在水面上向岸靠近。小船的运动速度为)(dddd022vhllttva2202022dd)(ddxvhtlvhlll负号表示加速度的方向指向岸边，小船在水面上加速靠岸。2－5一升降机以加速度2sm22.1上升，当上升速度为1sm44.2时，有一螺丝从升降机的天花板上松脱，天花板与升降机的底面相距2.74m。计算：（1）螺丝从升降机的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.解（1）以地面为参考系，取Oy坐标轴向上，升降机的运动方程为20121attvy螺丝的运动方程为20221gttvhy当螺丝落至底面时，有y1=y2,即20202121gttvhatty所以s705.02aght(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m716.021202gttvyhd2－6已知一质点的运动方程为jir)2(22tt(SI)。试求：（1）质点的运动轨迹；（2）t=1s和t=2s时刻，质点的位置矢量；（3）1s末和2s末质点的速度；（4）质点的加速度。解（1）质点在x、y方向运动方程的分量形式为x=2t，y=2－t2消去时间t,可得2412xy其运动轨迹为一抛物线（2）s1t时jir21；s2t时jir242vxlv0h5（3）质点运动的速度vjirtt22dds1t时v1ji22即m/s221v，o145（1为v1与x轴的夹角）s2t时v2ji42即m/s522v，6263o2（2为v2与x轴的夹角）（4）质点运动的加速度jva2ddt2－7一质点在Oxy平面上运动，其运动方程为jir222)310(tt试求：（1）质点的轨迹方程；（2）质点的速度、加速度。解（1）质点运动方程的分量式为2310tx，22ty消去时间参数t，可得运动的轨迹方程2023xy（2）速度vjitt46加速度jia462－8一质点在Oxy平面上运动，其运动方程为jir)]1.0cos(1[3)1.0sin(3tt试求质点在5s时的速度和加速度。解速度vjir)1.0sin(3.0)1.0cos(3.0ddttt加速度jira)1.0cos(1.03)1.0sin(1.03dd2222tttt=5s时的速度为jv)sm3.0(1加速度ia)sm03.0(222－9一质点从坐标原点开始沿抛物线y=0.5x2运动，它在Ox轴上分速度1sm0.4xv为一恒量，试求：（1）质点的运动方程；（2）质点位于x=2m处的速度和加速度。解（1）因1sm0.4xv为常数，故ax=0。当t=0时，x=0，可得质点在x方向的运动方程为tx4又由质点的抛物线方程，有28ty6所以jir284tt（2）任意时刻jirvtt164dd；jt16ddva由tx4和x=2，可得t=0.5s所以，当质点位于x=2.0m时，其速度jiv84，加速度ja162－10一汽艇以速率0v沿直线行驶。发动机关闭后，汽艇因受到阻力而具有与速度v成正比且方向相反的加速度kva，其中k为常数。试求发动机关闭后，（1）任意时刻t汽艇的速度；（2）汽艇能滑行的距离。解本题注意根据已知条件在计算过程中进行适当的变量变换。（1）由kvtvadd，tkvvtvv00dd得ktvve0（2）因为kvsvvtssvtvdddddddd，skvsv00dd0所以ksv0发动机关闭后汽艇能滑行的距离为kvs/02－11一物体沿x轴作直线运动，其加速度为2kva，k是常数。在t=0时，0vv，0x。试求（1）速率随坐标变化的规律；（2）坐标和速率随时间变化的规律。解本题注意变量变换。（1）因为2ddddddddkvxvvtxxvtva；xkvvxvv0dd0所以kxvve0（2）因为2ddkvtva，tkvvtvv02dd0可得100ktvvv又因为txvdd，tktvvtvxttxd1dd00000所以)1ln(10ktvkx2－12一质点沿x轴作直线运动，其速度大小238tv，（SI制）。质点的初始位置在x轴正方向10m处，试求：（1）s2t时，质点的加速度；（2）质点的运动方程；（3）第二秒内的平均速度。7解根据题意可知，0t时，10ms8v，m100x（1）质点的加速度ttva6dds2t时，2ms12a（2）由tttvxd)38(dd2两边积分ttxtxd)38(d0210因此，质点的运动方程为3810ttx（3）第二秒内的平均速度为11212s.m15ttxxtxv2－13质点作圆周运动，轨道半径r=0.2m，以角量表示的运动方程为22110tt（SI）。试求：（1）第3s末的角速度和角加速度；（2）第3s末的切向加速度和法向加速度的大小。解（1）因为22110tt故tt10d/d，td/d以t=3s代入，1sadr13，2srad（2）2sm2.0rat，222sm8.33ran2－14一质点在半径为r=0.10m的圆周上运动，其角位置为342t。（1）在t=2.0s时，质点的法向加速度和切向加速度各为多少？（2）t为多少时，法向加速度和切向加速度的量值相等？解(1)由于342t，则212ddtt，tt24dd法向加速度42n4.14tra切向加速度trat4.2t=2.0s时，2222nsm1030.2rast，22sm8.4ddtrastt（2）要使taan,则有trtr24)12(22所以t=0.55s2－15一汽车发动机曲轴的转速，在12s内由20r/s均匀地增加到45r/s。试求：（1）发动机曲轴转动的角加速度；8（2）在这段时间内，曲轴转过的圈数。解（1）由于角速度n2（n为单位时间内的转数），根据角加速度的定义tdd，在匀速转动中角加速度为200srad1.13)(2tnnt（2）发动机曲轴转过的角度为tnnttt)(2210020在12s内曲轴转过的圈数为390220tnnN圈2－16某种电机启动后转速随时间变化的关系为)1(20te，式中10srad0.9。求：（1)t=6s时的转速；(2)角加速度随时间变化的规律；(3)启动后6s内转过的圈数。解(1)根据题意，将t=6s代入，即得1020s6.895.0)e1(t（2）角加速度随时间变化的规律为2220se5.4e2ddttt（3）t=6s时转过的角度为rad9.36d)e1(d260060ttt则t=6s时电动机转过的圈数87.52N圈2－17半径为r=0.50m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=2s时，测得轮缘上一点的速度值为1sm0.4。求：（1）该轮在t′=0.5s的角速度，轮缘上一点的切向加速度和总加速度；（2）该点在2s内所转过的角度。解由题意2kt，因ωR=v,可得比例系数222rtvtk所以22)(tt(1)则t′=0.5s时，角速度为12srad5.02t角加速度2srad24ddtt切向加速度2sm1rat总加速度n2neeaaarrtt2222sm01.1)()(rra(2)在2s内该点所转过的角度rad33.532d2d3220200tttt92－18一质点在水平面内以顺时针方向沿半径为2m的圆形轨道运动。已知质点的角速度与时间的平方成正比，即2kt（SI制）。式中k为常数。已知质点在第2s末的速度为32m/s。试求t=0.5s时质点的速度和加速度。解首先确定常数k。已知t=2s时，v=32m/s,则有322s4Rtvtk故24t，24RtRv，Rttvat8dd当t＝0.5s12s.m24Rtv，2s.m88Rtat，22s.m2Rvan222s.m25.8ntaaa，o10.14tantnaa2－19由山顶上以初速度v0水平抛出一小球，若取山顶为坐标原点，沿v0方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，从小球抛出瞬间开始计时。试求：（1）小球的轨迹方程；（2）在t时刻，小球的切向加速度和法向加速度。解（1）小球在x轴作匀速直线运动tvx0，y轴上作自由落体221gty上述两方程联立消t，可得小球的轨迹方程2202xvgy（2）0vvx，gtvyt时刻，小球的速率222022tgvvvvyxt时刻，小球的切向加速度22202ddtgvtgtvat因为22ntaaga