大学物理-物理学(第五版)上册-马文蔚-课后答案-东南大学(2)

大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））

当杆长等于影长时,即s ＝h,则

t?1sπarctan??3?60?60s ωh4ω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a?dvdx和v?可得dv?adt和dx?vdt．如a＝a(t)或v ＝dtdtv(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

vt?dv??adt

v00 得 v?4t?t?v0 (1) 由

133?xx0dx??vdt

02t得 x?2t?-1

14t?v0t?x0 (2) 12-1

将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ代入(1) (2)得v0＝-1 m·ｓ,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为

x?2t?214t?0.75 121-14 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

dv?dt后再两边积分． a(v)dv?A?Bv (1) dt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 a?用分离变量法把式(1)改写为

dv?dt (2)

A?Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

tdvAdv?dtv?(1?e?Bt) 得石子速度 ?v0A?Bv?0BA由此可知当,t→∞时,v?为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．

BdyA?(1?e?Bt)并考虑初始条件有 (2) 再由v?dtBytAAA?Bt?Btdy?(1?e)dty?t?(e?1) 得石子运动方程?0?0BBB2v1-15 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

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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x?x0?v0xt?12axt和21y?y0?v0yt?ayt2,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．

2解 由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得

?v0dv??adt??(6i?4j)dt v?6ti?4tj

00tt又由v?dr及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 dttt00?rr0dr??vdt??(6ti?4tj)dt r?(10?3t2)i?2t2j

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k?dy2?tanα?,α＝33°41′．轨迹如图所示． dx3

1-16 分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为a?dv和dtΔvΔvv2a?．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为an?,a? ,式中｜Δv｜可由

ΔtΔtR图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．

由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0 时的极限值．

解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故

22Δv?v1?v2?2v1v2cosΔθ?v2(1?cosΔθ) 而 Δt?ΔsRΔθ? vv所以

Δvv2?2(1?cosΔθ) a? ΔtRΔθ (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得,

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v2v2v2v2a1?0.9003,a2?0.9886 a3?0.9987,a4?1.000

RRRR以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为

v2法向加速度．

R

1-17 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v?间间隔Δt 的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度v?Δr,它与时Δtdr．切向和法向加速dt度是指在自然坐标下的分矢量aｔ 和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即

at?dvte,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ 得到．在求得t1 时刻dtv2质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式an?求ρ．

ρ解 (1) 由参数方程 x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t 消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x (2) 在t1 ＝1.00ｓ 到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度

2

2

v?Δrr2?r1??2.0i?6.0j Δtt2?t1(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为

dxdyd2xd2yv(t)?vxi?vyj?i?j?2.0i?4.0tj a(t)?2i?2j??4.0m?s?2j

dtdtdtdt第-8-页 共-135-页

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则t1 ＝1.00ｓ时的速度

v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j 切向和法向加速度分别为

att?1s?dvd2?2a2?at2en?1.79m?s?2en et?(vx?v2y)et?3.58m?set an?dtdt2y?1(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为

2x1-18 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α或β．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α,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 (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

v2v?v?v?4.47m?s 则ρ??11.17m

anx ＝vt, y ＝1/2 gt2

飞机水平飞行速度v＝100 m·s ,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

-1

x?v2y?452m gy?12.5o x(2) 视线和水平线的夹角为

θ?arctan(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

vgtα?arctany?arctan

vxv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

gt??at?gsinα?gsin?arctan??1.88m?s?2

v??gt??an?gcosα?gcos?arctan??9.62m?s?2

v??1-19 分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原

理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本

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题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即r?v0t?12gt,做出炮2弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．

解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为

x?v0tcosβ?121gtsinα (1) y?v0tsinβ?gt2cosα (2) 22令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得

222v0sinβ2v0sinβOP?x?(cosαcosβ?sinαsinβ)?cos(α?β) 22gcosαgcosα解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有

12gtrv0t2 从中消去t 后也可得到同样结果． ??ππ????sinβsin??α?β?sin??α??2??2?(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则

vx?v0cosβ?gtsinα?0 (3)

由(2)(3)两式消去t 后得

tanβ?1 2sinα由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 的大小无关． 讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．

1-20 分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度

v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图

中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布

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