新编物理基础学(上下册1-17章)课后习题(每题都有)详细答案

1新编物理基础学(上下册1-17章)课后习题（每题都有）详细答案王少杰，顾牡主编第一章1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),ratiatjbtk其中a，b，均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()rt对时间t求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。解：/sin()cos()vdrdtatiatjbk2/cos()sin()advdtatitj1-2.一艘正在沿直线行驶的电艇，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2/ddvvKt，式中K为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x距离时的速度为0Kxvve。其中0v是发动机关闭时的速度。分析：要求()vvx可通过积分变量替换dxdvvdtdva，积分即可求得。证：2ddddddddvxvvtxxvtvKdKdxvvxxK0dd10vvvv,Kx0lnvv0Kxvve1-3．一质点在xOy平面内运动，运动函数为22,48xtyt。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t=1st=2s和时质点的位置、速度和加速度。分析：将运动方程x和y的两个分量式消去参数t，便可得到质点的轨道方程。写出质点的运动学方程)(tr表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得()vt和()at，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。解：（1）由2,xt得：,2xt代入248yt可得：28yx，即轨道曲线。画图略（2）质点的位置可表示为：22(48)rtitj由/vdrdt则速度：28vitj由/advdt则加速度：8aj则：当t=1s时，有24,28,8rijvijaj当t=2s时，有48,216,8rijvijaj1-4．一质点的运动学方程为22(1)xtyt，，x和y均以m为单位，t以s为单位。（1）求质点的轨迹方程；（2）在2ts时质点的速度和加速度。分析同1-3.2解：（1）由题意可知：x≥0，y≥0，由2xt，，可得tx,代入2(1)yt整理得：1yx，即轨迹方程（2）质点的运动方程可表示为：22(1)rtitj则：/22(1)vdrdttitj/22advdtij因此,当2ts时，有242(/),22(/)vijmsaijms1-5．一质点沿半径为R的圆周运动，运动学方程为2012svtbt，其中v0，b都是常量。（1）求t时刻质点的加速度大小及方向；（2）在何时加速度大小等于b；（3）到加速度大小等于b时质点沿圆周运行的圈数。分析：由质点在自然坐标系下的运动学方程tss，求导可求出质点的运动速率dtdsv，因而，dtdva，2nva，00naaan，22naaa，当ba时，可求出t，代入运动学方程tss，可求得ba时质点运动的路程，Rs2即为质点运动的圈数。解：（1）速率：0dsvvbtdt，且dvbdt加速度：2200000()vbtdvvanbndtR则大小：222220()nvbtaaabR……………………①方向：bRbtv20tan（2）当a=b时，由①可得：0vtb（3）当a=b时，0vtb，代入201,2svtbt可得：202vsb则运行的圈数2024vsNRbR1-6．一枚从地面发射的火箭以220ms的加速度竖直上升0.5min后，燃料用完，于是像一个自由质点一样运动，略去空气阻力，试求（1）火箭达到的最大高度；（2）它从离开地面到再回到地面所经过的总时间。分析：分段求解：st300时，220sma，求出v、a；t＞30s时，ga。求出2()vt、2()xt。当02v时，求出t、x，根据题意取舍。再根据0x，求出总时间。解：（1）以地面为坐标原点，竖直向上为x轴正方向建立一维坐标系，且在坐标原点时，t=0s，且0.5min=30s则：当0≤t≤30s，由xxdvadt,得200,20(/)xtvxxxadtdvams，20(/),30()xvtmsts时，1600(/)vms3由xdxvdt，得13000xxvdtdx，则：19000()xm当火箭未落地,且t＞30s,又有：21222230,9.8(/)xtvxxxvadtdvams，则：28949.8(/)xvtms且：1230txxxvdtdx，则：24.989413410()xttm…①当20xv，即91.2()ts时，由①得，max27.4xkm（2）由（1）式，可知，当0x时，166()ts，t≈16(s)＜30(s)（舍去）1-7.物体以初速度120ms被抛出，抛射仰角60°，略去空气阻力，问（1）物体开始运动后的1.5s末，运动方向与水平方向的夹角是多少？2.5s末的夹角又是多少？（2）物体抛出后经过多少时间，运动方向才与水平成45°角？这时物体的高度是多少?（3）在物体轨迹最高点处的曲率半径有多大？（4）在物体落地点处，轨迹的曲率半径有多大？分析：（1）建立坐标系，写出初速度0v，求出()vt、tan，代入t求解。（2）由（1）中的tan关系，求出时间t；再根据y方向的运动特征写出ty，代入t求y。（3）物体轨迹最高点处，0yv，且加速度2nvaag，求出。（4）由对称性，落地点与抛射点的曲率相同2cosvgan，求出。解：以水平向右为x轴正向，竖直向上为y轴正向建立二维坐标系（1）初速度00020cos6020sin6010103(/)vijijms，且加速度29.8(/),ajms则任一时刻：10(1039.8)(/)vitjms………………①与水平方向夹角有1039.8tan10t……………………………②当t=1.5(s)时，tan0.262,1441'当t=2.5(s)时，tan0.718,3541'（2）此时tan1,由②得t=0.75(s)高度22111030.759.80.7510.23()22yoyvtgtm（3）在最高处，210(/),10(/),nvvimsvmsag，则：210.2()vmg（4）由对称性，落地点的曲率与抛射点的曲率相同。由图1-7可知：coscosxnvaaggv2104.9(/)20gms240082()4.9nvma41-8．应以多大的水平速度v把一物体从高h处抛出，才能使它在水平方向的射程为h的n倍？分析：若水平射程hnvt，由gth21消去t，即得hv。解：设从抛出到落地需要时间t则，从水平方向考虑vthn，即从竖直方向考虑21,2hgt消去t，则有：22nvgh1-9．汽车在半径为400m的圆弧弯道上减速行驶，设在某一时刻，汽车的速率为-110ms，切向加速度的大小为-20.2ms。求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向。分析：由某一位置的、v求出法向加速度na，再根据已知切向加速度a求出a的大小和方向。解：法向加速度的大小222100.25(/),400nvams方向指向圆心总加速度的大小222220.20.250.32(/)naaams如图1-9，tan0.8,3840',naa则总加速度与速度夹角9012840'1-10.质点在重力场中作斜上抛运动，初速度的大小为0v，与水平方向成角．求质点到达抛出点的同一高度时的切向加速度，法向加速度以及该时刻质点所在处轨迹的曲率半径（忽略空气阻力）．已知法向加速度与轨迹曲率半径之间的关系为2/nav。分析：运动过程中，质点的总加速度ag。由于无阻力作用，所以回落到抛出点高度时质点的速度大小0vv，其方向与水平线夹角也是。可求出na，如图1-10。再根据关系2/nav求解。解：切向加速度agasin法向加速度agancos因cos2022gaannvvv1-11．火车从A地由静止开始沿着平直轨道驶向B地，A，B两地相距为S。火车先以加速度a1gtavna0v图1-105作匀加速运动，当速度达到v后再匀速行驶一段时间，然后刹车，并以加速度大小为a2作匀减速行驶，使之刚好停在B地。求火车行驶的时间。分析：做v-t图，直线斜率为加速度，直线包围面积为路程S。解：由题意，做v-t图（图1-11）则梯形面积为S，下底为经过的时间t，12tan,tanaa则：(cotcot)2vSttvv则：12111()2Stvvaa1-12.一小球从离地面高为H的A点处自由下落，当它下落了距离h时，与一个斜面发生碰撞，并以原速率水平弹出，问h为多大时，小球弹的最远？分析：先求出小球落到A点的小球速度，再由A点下落的距离求出下落时间，根据此时间写出小球弹射距离l,最后由极植条件求出h。解：如图1-12，当小球到达A点时，有22vgh则速度大小：2vgh,设从A点落地的时间为t，则有212Hhgt，则2()Hhtg小球弹射的距离，22()2lvtHhhhHh则当12hH时，l有最大值。1-13．离水面高为h的岸上有人用绳索拉船靠岸，人以恒定速率v0拉绳子，求当船离岸的距离为s时，船的速度和加速度的大小。分析：收绳子速度和船速是两个不同的概念。小船速度的方向为水平方向，由沿绳的分量与垂直绳的分量合成，沿绳方向的收绳的速率恒为0v。可以由0v求出船速v和垂直绳的分量1v。再根据21nva关系，以及na与a关系求解a。6解：如图1-13，20vv船速2secvv当船离岸的距离为s时，220012,tanvhshvvvvss则，22112222cosnvvsaaashsh即：2203vhas1-14.A船以-130kmh的速度向东航行，B船以-145kmh的速度向正北航行，求A船上的人观察到的B船的速度和航向。分析：关于相对运动，必须明确研究对象和参考系。同时要明确速度是相对哪个参照系而言。画出速度矢量关系图求解。解：如图1-14，30(/),45(/)ABvikmhvjkmhB船相对于A船的速度4530(/)BABAvvvjikmh则速度大小：2254.1(/)BABAvvvkmh方向：arctan56.3BAvv，既西偏北56.31-15.一个人骑车以-118kmh的速率自东向西行进时，看见雨滴垂直落下，当他的速率增加至-136kmh时，看见雨滴与他前进的方向成120°角下落，求雨滴对地的速度。7分析：相对运动问题，雨对地的速度不变，画速度矢量图由几何关系求解。解：如图1-15，rv为雨对地的速度，12,ppvv分别为第一次，第二次人对地的速度，12,rprpvv分别为第一次，第二次雨对人的速度120由三角形全等的知识，可知：18012060三角形ABC为正三角形，则：236(/)rpvvkmh，方向竖直向下偏西30。1-16如题图1－16所示，一汽车在雨中以速率1v沿直线行驶，下落雨滴的速度方向偏于竖直方向向车后方角，速率为2v，若车后有一长方形物体，问车速为多大时，此物体刚好不会被雨水淋湿？分析：相对运动问题，画矢量关系图，由几何关系可解。解：如图1-16（a），车中物体与车蓬之间的夹角arctanlh若＞，无论车速多大，物体均不会被雨水淋湿若＜，则图1-16（b）则有||||||vBCACAB车=sinsincostansinvvvv雨雨雨雨对车又2vv雨则：