大学物理课后习题及答案 质点.docx

大学物理课后习题及答案 质点题1.1：已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为x=2m+(6m×s-2)t2-(2m×s-3)t3 。求质点在运动开始后4.0s内位移的大小；质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：质点在4.0 s内位移的大小 Dx=x4-x0=-32m 由dx=(12m×s-2)t-(6m×s-3)t2=0 dt得知质点的换向时刻为 tP=2 则：Dx1=x2-x0=8.0m Dx2=x4-x2=-40m 所以，质点在4.0 s时间间隔内的路程为 s=Dx1+Dx2=48m 题1.2：一质点沿x轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设t=0时，x=0。试根据已知的图v-t，画出a-t图以及x-t图。 题1.2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 v-vaAB=BA=20m×s-2 tB-tAaBC=0 aCD=vD-vC=-10m×s-2 tD-tC根据上述结果即可作出质点的at图 在匀变速直线运动中，有 x=x0+v0t+12at 2由此，可计算在02和46 s时间间隔内各时刻的位置分别为 t/s x/m 0 0 0.5 -7.5 1 -10 1.5 -7.5 2 0 4 40 4.5 48.7 5 55 5.5 58.7 6 60 用描数据点的作图方法，由表中数据可作02 s和46 s时间内的xt图。在24 s时间内，质点是作v = 20m×s-1的匀速直线运动，其xt图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。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，滑轮到原船位置的绳长为l0，试求：当人以匀速v拉绳，船运动的速度v¢为多少？ 题1.3解1：取如图所示的直角坐标系，船的运动方程为 r(t)=x(t)i+(-h)j 船的运动速度为 æh2drdx(t)d22v¢=i=r-hi=çç1-r2dtdtdtèö÷÷ø-1/2dri dt而收绳的速率v=-2æhv¢=-vç1-ç(l-vt)20èdr，且因r=l0-vt，故 dt-1/2ö÷÷øi 题1.3解2：取图所示的极坐标(r,q)，则 v¢=drdrdedrdq=er+rr=er+re dtdtdtdtdtdrdqer是船的径向速度，re是船的横向速度，而dtdtdr是收绳的速率。由于船速v¢与径向速度之间夹角dt位q ，所以 évh2ùv¢=-i=-vê1-2úcosq()l-vtêú0ëû-1/2i 由此可知，收绳的速率只是船速沿绳方向的分量。 题1.4：一升降机以加速度1.22m×s-2上升，当上升速度为2.44m×s-2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2.74m。计算：螺丝从天花板落到底面所需要的时间；螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离。 题1.4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 y1=v0t+12at 212gt 2当螺丝落至底面时，有y1=y2，即 y2=h+v0t-v0t+121at=h+v0t-gt2 222h=0.705s g+at=(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 12gt=0.716m 2题1.4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d=h-y2=-v0t+面时，有 0=h-1(g+a)t2 2t=2h=0.705s g+a(2)由于升降机在t时间内上升的高度为 12at 2则d=h-h¢=0.716m h¢=v0t+题1.5：一质点P沿半径R=3.00m的圆周作匀速率运动，运动一周所需时间为20.0s，设t=0时，质点位于O点。按图中所示Oxy坐标系，求质点P在任意时刻的位矢；5s时的速度和加速度。 题1.5解：如图所示，在O¢x¢y¢坐标系中，因q=的参数方程为 x¢=Rsin2p2pt,y¢=-Rcost TT2p2pt,y=y¢+y0=-Rcost+R TT2pt，则质点PT坐标变换后，在Oxy坐标系中有 x=x¢=Rsin则质点P的位矢方程为 r=Rsin2p2pæöti+ç-Rcost+R÷jTTèø=(3m)sin0.1ps-1ti+(3m)1-cos0.1ps-1tj()()5 s时的速度和加速度分别为 v=dr2p2p2p2p=Rcosti+Rsintj=0.3pm×s-1j dtTTTT()d2r2p2pæ2pöæ2pöa=2=-Rçti+Rçtj=-0.03p2m×s-2i ÷sin÷cosdtTTèTøèTø22()题1.6：一质点自原点开始沿抛物线y=bx2运动，它在Ox轴上的分速度为一恒量，其值为vx=4.0m×s-1，求质点位于x=2.0m处的速度和加速度。 题1.6解：因vx = 4.0m×s-1为一常数，故ax = 0。当t = 0时，x = 0，由vx=x=vxt dx积分可得 dt(1) 又由质点的抛物线方程，有 y=bx2=b(vxt) (2) 2由y方向的运动方程可得该方向的速度和加速度分量分别为 vy=dy2=2bvxt (3) dtd2y2 (4) ay=2=2bvxdt当质点位于x = 2.0 m时，由上述各式可得 v=vxi+vyj=4.0m×s-1i+8.0m×s-1j a=axi+ayj=16m×s-2j ()()()题1.7：质点在Oxy平面内运动，其运动方程为r=(2.00m×s-1)ti+19.0m-(2.00m×s-2)t2j。求：质点的轨迹方程；在t1=1.00s到t2=2.00s时间内的平均速度；t1=1.00s时的速度及切向和法向加速度。 题1.7解：(1)由参数方程 x=2.00m×s-1t,y=19.0m-2.00m×s-2t2 ()()消去t得质点的轨迹方程 y=19.0m-0.50m-1x2 ()(2)在t1=1.00s到t2=2.00s时间内的平均速度 v=Drr2-r1=2.00m×s-1i-6.00m×s-1j Dtt2-t1()()(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为 v(t)=vxi+vj=dydxi+j=2.00m×s-1i-4.00m×s-2tj dtdt()()d2yd2xa(t)=2i+2j=4.00m×s-2j dtdt则t1 = 1.00 s时的速度 ()v(t)t=1s=2.00m×s-1i-4.00m×s-1j ()(2x)切向和法向加速度分别为 att=1s=dvdet=dtdt(v(2+vyet=3.58m×s-2et )()an=a2-at2en=1.79m×s-2en )题1.8：质点的运动方程为x=(-10m×s-1)t+(30m×s-2)t2和y=(-15m×s-1)t-(20m×s-2)t2，试求：初速度的大小和方向；加速度的大小和方向。 题1.8解：速度分量式为 vx=vy=dx=-10m×s-1+60m×s-2t dt()dy=15m×s-1-40m×s-2t dt()当t = 0时，v0x= -10m×s-1，v0y = 15m×s-1，则初速度大小为 22-1v0=v0x+v0y=18.0m×s 设v0与x轴的夹角为a，则 tga=v0x3=- v0y2a=123o41¢ (2)加速度的分量式为 ax=dvdvx=60m×s-2,ay=y=-40m×s-2 dtdt则加速度的大小为 22a=ax+ay=72.1m×s-2 设a与x轴的夹角为b，则 tgb=ayax=-2 3b=-33o41¢(或326o19¢) 题1.9：一质点具有恒定加速度a=(6m×s-2)i+(4m×s-2)j，在t=0时，其速度为零，位置矢量r0=(10m)i。求：在任意时刻的速度和位置矢量；质点在Oxy平面上的轨迹方程，并画出轨迹的示意图。 题1.9解：由加速度定义式，根据初始条件t0 = 0时v0 = 0，积分可得 òv0dv=òadt=ò(6m×s-2)i+(4m×s-2)jdt 00ttv=(6m×s-2)ti+(4m×s-2)tj 又由v=dr及初始条件t = 0时，r0 = (10 m)i，积分可得 dttt00òr0dr=òvdt=ò(6m×s-2)ti+(4m×s-2)tjdt r=10m+(3m×s-2)t2i+(2m×s-2)t2j 由上述结果可得质点运动方程的分量式，即 x=10m+3m×s-2t2 y=2m×s-2t2 ()()消去参数t，可得运动的轨迹方程 3y=2x-20m 这是一个直线方程，直线斜率k=dy2=tana=，a=33o41¢。轨迹如图所示。 dx3题1.10：飞机以100m×s-1的速度沿水平直线飞行，在离地面高为100m时，驾驶员要把物品投到前方某一地面目标处。问：此时目标在飞机下方前多远？投放物品时，驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？物品投出2.00s后，它的法向加速度和切向加速度各为多少？ 题1.10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=12gt 2飞机水平飞行速度v=100m×s-1，飞机离地面的高度y=100m，由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离 x=v2y=452m g(2)视线和水平线的夹角为 q=arctgy=12.5o xvyvxgt v(3)在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 a=arctg=arctg取自然坐标，物品在抛出2 s时，重力加速度的切向分量与法向分量分别为 gtöæat=gsina=gsinçarctg÷=1.88m×s-2 vøègtöæan=gcosa=gcosçarctg÷=9.62m×s-2 vøè题1.11：一足球运动员在正对球门前25.0m处以20.0m×s-1的初速率罚任意球，已知球门高为3.44m。若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门，问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ 题1.11解：取图示坐标系Oxy，由运动方程 x=vtcosq,y=vtsinq-12gt 2消去t得轨迹方程 y=xtgq-g1+tg2qx2 22v()以x = 25.0 m，v = 20.0 m×s-1及3.44 ³ y ³ 0代入后，可解得 71.11º³ q1 ³ 69.92º 27.92º³ q2 ³ 18.89º 如何理解上述角度得范围？ 在初速度一定的条件下，球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)。如果以q >71.11°或q <18.89°踢出足球，都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制，q 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值。当倾角取值为27.92° < q < 69.92°时，踢出的足球将越过门缘而离去，这时也球不能射入球门。因此可取的角度范围只能是解中的结果。 题1.12：设从某一点O以同样的速率，沿着同一竖直面内各个不同方向同时抛出几个物体。试证：在任意时刻，这几个物体总是散落在某个圆周上。 题1.12证：取物体抛出点为坐标原点，建立如图所示的坐标系。物体运动的参数方程为 x=v0tcosq,y=v0tsinq-12gt 2消去式中参数q ，得任意时刻的轨迹方程为 1æö2x+çy+gt2÷=(v0t) 2èø22这是一个以ç0,-èæ12ögt÷为圆心、v0t为半径的圆方程(如图所2ø示)，它代表着所有物体在任意时刻t的位置。 题1.13：一质点在半径为R的圆周上以恒定的速率运动，质点由位置A运动到位置B，OA和OB所对的圆心角为Dq。 试证位置A和B之间的平均加速度为a=2(1-cosDq)v2/(RDq)； 当Dq分别等于90o、30o、10o和1o时，平均加速度各为多少？并对结果加以讨论。 题1.13解：(1)由图可看到Dv=v2-v1，故 2Dv=v12+v2-2v1v2cosDq=v2(1-cosDq) 而 Dt=DsRDq =vvDvv2=2(1-cosDq)所以a= DtRDq30o，10o，1o分别代入上式，得 (2)将Dq=90o，v2v2v2v2 a1»0.9003,a2»0.9886,a3»0.9987,a4»1.000RRRR 上述结果表明：当Dq®0时，匀速率圆周运动的平均加速v2度趋于一极限值，该值即为法向加速度。 R1题1.14：一质点沿半径为R的圆周按规律s=v0t-bt2运动，v0、b都是常量。求t时2刻的总加速度；t为何值时总加速度在数值上等于b？当加速度达到b时，质点已沿圆周运行了多少圈？ 题1.14解：(1)质点作圆周运动的速率为 v=ds=v0-bt dt2其加速度的切向分量和法向分量分别为 d2sv2(v0-bt) at=2=-b,an=dtRR故加速度的大小为 a=a+a=2n2tR2b2+(v0-bt)R4其方向与切线之间的夹角为 é(v0-bt)2ùanq=arctg=arctgê-ú atRbëû(2)要使a=b,由t=v0 b14R2b2+(v-bt)=b可得 R(3)从t = 0开始到t = v0/b时，质点经过的路程为 2v0 s=st-s0=2b因此质点运行的圈数为 vsn=0 2pR4pbR2题1.15：碟盘是一张表面覆盖一层信息记录物质的塑性圆片。若碟盘可读部分的内外半径分别为2.50cm和5.80cm。在回放时，碟盘被以恒定的线速度由内向外沿螺旋扫描线进行扫描。若开始时读写碟盘的角速度为50.0rad×s-1，则读完时的角速度为多少？若螺旋线的间距为1.60m，求扫描线的总长度和回放时间。 题1.15分析：阿基米德螺线是一等速的螺旋线，在极坐标下，它的参数方程可表示为r=r0+aq，式中r为极径，r0为初始极径，q为极角，a为常量。它的图线是等间距的，当间距为d时，常量a = d/2p。因此，扫描线的总长度可通过积分s=òrdq得到。 解：(1)由于线速度恒定，则由v=wr，可得w1r1=w2r2，故碟盘读完时的角速度为 w2=w1r1/r2=21.6rad×s-1 (2)在可读范围内，螺旋线转过的极角q=2p(r2-r1)/d，故扫描线的总长度为 s=òrdq=ò2p(r2-r1)/d0döpr22-r12ær+qdq=5.38´103m ç1÷2pødè()碟盘回放的时间为 t=s/v=4.10´103s»1.15h 本题在求扫描线的总长度时，也可采用平均周长的计算方法，即 r+rr+rr-rs=2pn21=2p2121=5.38´103m 22d题1.16：地面上垂直竖立一高20.0m的旗杆，已知正午时分太阳在旗杆的正上方，求在下午2时正，杆顶在地面上的影子的速度的大小。在何时刻杆影将伸展至长20.0m？ 题1.16解：设太阳光线对地转动的角速度为w，从正午时分开始计时，则杆的影长为s = htgwt，下午2时整，杆顶在地面上影子的速度大小为 v=dshw=1.94´10-3m×s-1 2dtcoswt1sp=3´60´60s h4w当杆长等于影长时，即s = h，则 t=warctg即为下午3时整。 题1.17：一半径为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=2.0s时测得轮缘一点速度值为4.0m×s-1。求：该轮在t¢=0.5s的角速度，轮缘一点的切向加速度和总加速度；该点在2.0s内所转过的角度。 题1.17解：因wR=v，由题意wµt2得比例系数 k=wt2=v=2rad×s-3 2Rt所以 w=w(t)=(2rad×s-3)t2 则t¢=0.5 s时的角速度、角加速度和切向加速度分别为 w=(2rad×s-3)t¢2=0.5rad×s-1 a=dw=4rad×s-3t¢=2.0rad×s2 dt()at=aR=1.0m×s2 总加速度 a=at+an=aRet+w2Ren a=(aR)2+(w2R)22s=1.01m×s-2 在2.0 s内该点转过的角度 q-q0=òwdt=ò02s0(2rad×s)t-32æ2ödt=çrad×s-3÷t3=5.33rad è3ø题1.18：一质点在半径为0.10m的圆周上运动，其角位置为q=2rad+(4rad×s-3)t3。求在t=2.0s时质点的法向加速度和切向加速度。当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时，q值为多少？t为多少时，法向加速度和切向加速度的值相等？ 题1.18解： (1)由于q=2rad+(4rad×s-3)t3，则角速度w=法向加速度和切向加速度的数值分别为 anatt=2sdq=12rad×s-3t2，在t = 2 s时，dt()=rw2=2.30´102m×s-2 =rdw=4.80m×s-2 dta122=an+at2时，有3at2=an，即 22t=2s(2)当at= 3r24rad×s-3t2=r212rad×s-3t2t=123s=0.29s ()()4此时刻的角位置为 q=2rad+(4rad×s-3)t3=3.15rad (3)要使an=at，则有 r12rad×s-3t22=r24rad×s-3t t=0.55s ()()题1.19：一无风的下雨天，一列火车以v1=20.0m×s-1的速度匀速前进，在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75o角下降，求雨滴下落的速度v2。 题1.19分析：这是一个相对运动的问题。设雨滴为研究对象，地面为静止参考系S，火车为动参考系S¢。v1为S¢相对S的速度，v2为雨滴相对S的速度，利用相对运动速度的关系即可解。 解：以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为v1，雨滴相对地面竖直下落的速度为v2，旅客看到雨滴下落的速度v¢2为相对速度，它们之间的关系为v2=v¢2+v1，于是可得 v2=v1tg75o=5.36m×s-1 题1.20：设有一架飞机从A处向东飞到B处，然后又向西飞回到A处，飞机相对空气的速率为v¢，而空气相对地面的速率为u，A、B间的距离为l，飞机相对空气的速率v¢保持不变。假定空气是静止的，试证来回飞机飞行时间为t0=2l/v¢； u2-1假定空气的速度向东，试证来回飞行时间为t1=t0(1-2)； v¢u2-1/2假定空气的速度向北，试证来回飞行时间为t2=t0(1-2)。 v¢题1.20证：由相对速度的矢量关系v=v¢+u，有 (1)空气是静止的，即u = 0，则往返时，飞机相对地面的飞行速度v就等于相对空气的速度v¢，故飞行往返所需时间为 t0=tAB+tBA=ll2l+= v¢v¢v¢(2)按题意，当飞机向东时，风速与飞机相对与空气的速度同向；而飞机由东返回时，两者刚好反向。这时，飞机在往返飞行时，相对于地面的速度值分别为vAB=v¢+u和vBA=v¢-u。因此，飞行往返所需时间为 æu2llt1=+=t0çç1-v¢2¢¢v+uv-uèö÷÷ ø-1(3)当空气速度向北时，飞机相对地面的飞行速度的大小由v=v¢+u可得为v=v¢2-u2，则飞机往返所需时间为 æu22lt2=t0çç1-v¢2vèö÷÷ø-1/2题1.21：如图所示，一汽车在雨中沿直线行使，其速率为v1，下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前角q，速率为v2，若车后有一长方形物体，问车速v1为多大时，此物体正好不会被雨水淋湿？ 题1.21分析：这也是一个相对运动的问题。可视雨点为研究对象，地面为静参考系S，汽车为动参考系S¢。如图所示，要使物体不被淋湿，在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对l于汽车的运动速度v¢2的方向)应满足a³arctg。再由相对速度的矢量关系v¢2=v2-v1，即h可求出所需车速v1. 解：由v¢2=v2-v1，有 v-vsinqa=arctg12 v2cosql而要使a³arctg，则 hv1-v2sinql³ v2cosqhælcosqöv1³v2ç+sinq÷ èhø题1.22：一人能在静水中以1.10m×s-1的速度划船前进，今欲横渡一宽为1.00´103m、水流速度为0.55m×s-1的大河。他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点，那么应如何确定划行方向？到达正对岸需多少时间？如果希望用最短的时间过河，应如何确定划行方向？船到达对岸的位置在什么地方？ 题1.22解：(1)由v=v¢+u可知a=arcsint=dd =1.05´103vv¢cosau，则船到达正对岸所需时间为 v¢(2)由于v=v¢cosa，在划速v¢一定的条件下，只有当v最大(即v=v¢)，此时，船过河时间t¢=d/v¢，a=0时，船到达距正对岸为l的下游处，且有 l=ut¢=ud=5.0´102m v¢题1.23：一质点相对观察者O运动，在任意时刻t，其位置为x=vt,y=gt2/2，质点运动的轨迹为抛物线。若另一观察者O¢以速率v沿x轴正向相对O于运动，试问质点相对O¢的轨迹和加速度如何？ 题1.23解：取Oxy和O¢x¢y¢分别为观察者O和观察者O¢所在的坐标系，且使Ox和O¢x¢两轴平行。在t = 0时，两坐标原点重合。由坐标变换得 x¢=x-vt=vt-vt=0 y¢=y=12gt 2d2y¢加速度a=ay¢=2=g dt 由此可见，动点相对于系O¢ 是在y方向作匀变速直线运动。动点在两坐标系中加速度相同，这也正是伽利略变换的必然结果。