大学物理第五版马文蔚课后答案（上）1

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

ΔrΔt?ΔsΔt,即｜v｜≠v．

但由于｜dr｜＝ds,故

drdt?dsdt,即｜v｜＝v．由此可见,应选(C)．

1-2 分析与解

drdt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；

drdt表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式

22v?dsdt计算,在直角坐标系中则可由公式v??dx??dy??????求解．故选(D)． dtdt????1-3 分析与解

dvdt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；

drdt在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；

dsdt在自然坐标系

中表示质点的速率v；而

dvdt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x?ll2l?h,其中绳长l 随时间

22dldt?h2t 而变化．小船速度v?dx?dt,式中

dldt表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后

为v?v0l?h/l22?v0cosθ,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)．

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：Δx?xt?x0,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

?0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

2dtdxdx和两式计算． s??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用2dtdt解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小 Δx?x4?x0??32m

dx (2) 由 ?0 得知质点的换向时刻为 tp?2s (t＝0不合题意)

dt则 Δx1?x2?x0?8.0m ,Δx2?x4?x2??40m 所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 s?Δx1?Δx2?48m (3) t＝4.0 s时 ,v? ,a?dxdxdxdt22dtt?4.0s?2??36m.s

??48m?s?1

t?4.0s1-7 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

aAB?vB?vAtB?tAvD?vCtD?tC?20m?s?2 (匀加速直线运动),aBC?0 (匀速直线运动)

aCD???10m?s?2 (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

x?x?v0t?1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

2t

2

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

v?20m?s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的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则ds??1(dx)?(dy),最后用s?22?ds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,y?2?这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．

14x

2

(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为

r0?2j , r2?4i?2j

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 Δr?r2?r1?(x2?x0)i?(y2?y0)j?4i?2j 其中位移大小Δr?(Δx)?(Δy)?5.66m

x2?y2?2222而径向增量Δr?Δr?r2?r0?x0?y0?2.47m

22*(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

ds?(dx)?(dy),由轨道方程可得dy??2212xdx,代入ds,则2ｓ内路程为

s??QPds??404?xdx?5.91m

2

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

vx?dxdt??10?60t, vy?dydt?15?40t

当t ＝0 时, vox ＝-10 m·ｓ-1 , voy ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为

v0?v0x?v0y22?18.0m?s

?1设vo与x 轴的夹角为α,则

tanα?v0yv0x??32α＝123°41′

(2) 加速度的分量式为

ax?dvxdt?60m?s?2 , ay?dvydt2??40m?s2?2

则加速度的大小为 a?设a 与x 轴的夹角为β,则

ax?ay?72.1m?s?2

tanβ?ayax??23 ,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

y1?v0t?12at2y2?h?v0t?12gt

2当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即

v0t?12at2?h?v0t?12gt

2t?2hg?a?0.705s

(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

d?h?y2??v0t?12gt2?0.716m

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

0?h?12(g?a)tt?22hg?a?0.705s

(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为

h??v0t?12at 则 d?h?h??0.716m

21-11 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θ?2πTt,则

质点P 的参数方程为

x??Rsin,

2πTty???Rcos坐标变换后,在Oxy 坐标系中有

2πTt

x?x??Rsin2πTt, y?y??y0??Rcos2πTt?R

则质点P 的位矢方程为

r?Rsin2π2π??ti???Rcost?R?jTT???3sin(0.1πt)i?3[1?cos(0.1πt)]j

(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为

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