大学物理第五版马文蔚课后答案(上)

大大大学学学物物物理理理课课课后后后习习习题题题答答答案案案（（（上上上）））第-1-页共-137-页1-1分析与解(1)质点在t至(t＋Δt)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Δs＝PP′,位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr＝｜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Δt→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｜Δr｜≠Δs,故tstΔΔΔΔr,即｜v｜≠v．但由于｜dr｜＝ds,故tstddddr,即｜v｜＝v．由此可见,应选(C)．1-2分析与解trdd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．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；tddr表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式tsddv计算,在直角坐标系中则可由公式22ddddtytxv求解．故选(D)．1-3分析与解tddv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；trdd在极坐标系中表示径向速率vr(如题1-2所述)；tsdd在自然坐标系中表示质点的速率v；而tddv表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3)式表达是正确的．故选(D)．1-4分析与解加速度的切向分量aｔ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aｔ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,aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时,aｔ为一不为零的恒量,当aｔ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分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为22hlx,其中绳长l随时间t而变化．小船速度22ddddhltlltxv,式中tldd表示绳长l随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为θlhlcos/0220vvv,方向沿x轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．大大大学学学物物物理理理课课课后后后习习习题题题答答答案案案（（（上上上）））第-2-页共-137-页1-6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Δx的大小可直接由运动方程得到：0Δxxxt,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,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0ddtx来确定其运动方向改变的时刻tp,求出0～tp和tp～t内的位移大小Δx1、Δx2,则t时间内的路程21xxs,如图所示,至于t＝4.0s时质点速度和加速度可用txdd和22ddtx两式计算．解(1)质点在4.0s内位移的大小m32Δ04xxx(2)由0ddtx得知质点的换向时刻为s2pt(t＝0不合题意)则m0.8Δ021xxx,m40Δ242xxx所以,质点在4.0s时间间隔内的路程为m48ΔΔ21xxs(3)t＝4.0s时,1s0.4sm48ddttxv,2s0.422m.s36ddttxa1-7分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t图上是平行于t轴的直线,由v-t图中求出各段的斜率,即可作出a-t图线．又由速度的定义可知,x-t曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x-t图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t图为t的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t图．解将曲线分为AB、BC、CD三个过程,它们对应的加速度值分别为2sm20ABABABttavv(匀加速直线运动),0BCa(匀速直线运动)2sm10CDCDCDttavv(匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a-t图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021ttxxv由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x-t图．在2～4ｓ时间内,质点是作1sm20v的匀速直线运动,其x-t图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．1-8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、Δr、Δr、Δs来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方大大大学学学物物物理理理课课课后后后习习习题题题答答答案案案（（（上上上）））第-3-页共-137-页法,先在轨迹上任取一段微元ds,则22)d()d(dyxs,最后用ssd积分求ｓ．解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得质点轨迹方程为,2412xy这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2)将t＝0ｓ和t＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为jr20,jir242图(a)中的P、Q两点,即为t＝0ｓ和t＝2ｓ时质点所在位置．(3)由位移表达式,得jijirrr24)()(Δ020212yyxx其中位移大小m66.5)(Δ)(ΔΔ22yxr而径向增量m47.2ΔΔ2020222202yxyxrrrr*(4)如图(B)所示,所求Δs即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB微元ds,则22)d()d(dyxs,由轨道方程可得xxyd21d,代入ds,则2ｓ内路程为m91.5d4d402xxssQP大大大学学学物物物理理理课课课后后后习习习题题题答答答案案案（（（上上上）））第-4-页共-137-页1-9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(1)速度的分量式为ttxx6010ddv,ttyy4015ddv当t＝0时,vox＝-10m·ｓ-1,voy＝15m·ｓ-1,则初速度大小为120200sm0.18yxvvv设vo与x轴的夹角为α,则23tan00xyαvvα＝123°41′(2)加速度的分量式为2sm60ddtaxxv,2sm40ddtayyv则加速度的大小为222sm1.72yxaaa设a与x轴的夹角为β,则32tanxyaaβ,β＝-33°41′(或326°19′)1-10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20121attyv20221gtthyv当螺丝落至底面时,有y1＝y2,即大大大学学学物物物理理理课课课后后后习习习题题题答答答案案案（（（上上上）））第-5-页共-137-页20202121gtthattvvs705.02aght(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m716.021202gttyhdv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)(210taghs705.02aght(2)由于升降机在t时间内上升的高度为2021atthv则m716.0hhd1-11分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x＝x0＋x′和y＝y0＋y′,将所得参数方程转换至Oxy坐标系中,即得Oxy坐标系中质点P在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解(1)如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因tTθπ2,则质点P的参数方程为tTRxπ2sin,tTRyπ2cos坐标变换后,在Oxy坐标系中有tTRxxπ2sin,RtTRyyyπ2cos0则质点P的位矢方程为jirRtTRtTRπ2cosπ2sinji)]π1.0(cos1[3)π1.0(sin3tt(2)5ｓ时的速度和加速度分别为大大大学学学物物物理理理课课课后后后习习习题题题答答答案案案（（（上上上）））第-6-页共-137-页jjir)smπ3.0(π2sinπ2π2cosπ2dd1tTTRtTTRtvijira)smπ03.0(π2cos)π2(π2sin)π2(dd222222tTTRtTTRt1-12分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00时,杆顶在地面上影子的速度大小为132sm1094.1cosddtωωhtsv当杆长等于影长时,即s＝h,则s606034πarctan1ωhsωt即为下午3∶00时．1-13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taddv和txddv可得taddv和txddv．如a＝a(t)或v＝v(t),则可两边直接积分．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．解由分析知,应有tta0dd0vvv得03314vvtt(1)由txxtx0dd0v得00421212xtttxv(2)将t＝3ｓ时,x＝9m,v＝2m·ｓ-1代入(1)(2)得v0＝-1m·ｓ-1,x0＝0.75m．于是可得质点运动方程为75.0121242ttx1-14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tad)(dvv后再两边积分．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vvBAtadd(1)大大大学学学物物物理理理课课课后后后习习习题题题答答答案案案（（（上上上）））第-7-页共-137-页用分离变量法把式(1)改写为tBAddvv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有ttBA0ddd0vvvvv得石子速度)1(BteBAv由此可知当,t→∞时,BAv为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2)再由)1(ddBteBAtyv并考虑初始条件有teBAytBtyd)1(d00得石子运动方程)1(2BteBAtBAy1-15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