大学物理第三版上册课后习题答案

大学物理第三版上册课后习题答案【篇一：物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解】

s=txt>第一章质点运动学

v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=

,即｜｜≠． ?

但由于｜dr｜＝ds,故

drds

?,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt

1 -2

dr(1)

一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即； (2)

drdt

；

ds(3)

； (4)

?dx??dy???????dt??dt?

．

下述判断正确的是( )

(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确

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,

drdt

表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v

计dt

?dx??dy?

算,在直角坐标系中则可由公式v??????

?dt??dt?

表达式,即

求解．故选(d)．

1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；

(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )

(a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的 (c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的

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,dt

drds

起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质

dtdt

分析与解点的速率v；而

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 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变

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a

ｔ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 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为s．求：

(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t＝4 s时质点的速度和加速度．

x?2?6t2?2t3,式中x 的单位为m,t 的单位为

?xt?x0,而在求路程时,就必

?0来确dt

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

dxd2x

s??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和2两式计算．

dtdt

题 1-5 图

解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小

(2) 由得知质点的换向时刻为

?0 dt

tp?2s (t＝0不合题意)

则

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为

(3) t＝4.0 s时

??48m?s?1

dtt?4.0s

d2xa?2??36m.s?2

dtt?4.0s

1 -6 已知质点的运动方程为r(1) 质点的运动轨迹；

(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；

解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为

?2ti?(2?t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：

y?2?

这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．

x 4

(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

其中位移大小

2222

?r2?r0?x2?y2?x0?y0?2.47m

题 1-6 图

1 -7 质点的运动方程为

x??10t?30t2

y?15t?20t2

式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．

试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．

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?

??10?60t dtdyvy??15?40t

v0?v0x?v0y?18.0m?s?1

v0yv0x

3 2

(2) 加速度的分量式为

ax?

则加速度的大小为

dvydvx

??40m?s?2 ?60m?s?2 , ay?dtdt

a?ax?ay?72.1m?s?2

ayax

2 3

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?at2

y2?h?v0t?gt2

当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即

11v0t?at2?h?v0t?gt2

22t?

?0.705s

g?a

(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

d?h?y2??v0t?

gt?0.716m 2

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?(g?a)t2

2t?

(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为

?0.705s

g?a

则

h??v0t?at2

d?h?h??0.716m

【篇二：大学物理上册课后习题答案】

-1 ｜?r｜与?r 有无不同?

drdrdvdv和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?dtdtdtdt

试举例说明．

解：（1）

?r是位移的模，?r是位矢的模的增量，即?r?r2?r1，?r?r2?r1；（2）

dsdrdr

是速度的模，即. ?v?

dtdtdt

只是速度在径向上的分量. dt

?（式中r?叫做单位矢）∵有r?rr，则

式中

?drdrdr

??r?r

dtdtdt

就是速度径向上的分量， dt

∴

drdr

与不同如题1-1图所示.dtdt

题1-1图

dvdv?dv

(3)表示加速度的模，即a?，是加速度a在切向上的分量.

dtdtdt

∵有v?v?(?表轨道节线方向单位矢），所以

??dvdv?d????v dtdtdt

就是加速度的切向分量. dt???d??dr与(?的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) dtdt

式中

1-2 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时，有人先求

drd2r出r＝x?y，然后根据v =，及a＝2而求得结果；又有人先计算速度和加速度

dtdt

的分量，再合成求得结果，即?

dx??dy?

=?????及a=

dt???dt?

?d2x??d2y?

正确？为什么？两者差别何在？

???

解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有r?xi?yj，

?drdx?dy??v??i?j

dtdtdt

2?22

??drdxdy?

a?2?2i?2j

dtdtdt

故它们的模即为

?dx??dy?

v?v?v??????

?dt??dt?

?dx??dy?22

a?ax?ay???dt2?????dt2??

????

而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作

d2ra?2

drdrd2r

与2误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明不是速度的模，其二，可能是将

dtdtdt

d2r

而只是速度在径向上的分量，同样，2也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中

?d2r??d???

的一部分?a径?2?r?或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r 在径向（即??。

dtdt??????

量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速度v的方向随间的变化率对速度、加速

度的贡献。

1-3 一质点在xoy平面上运动，运动方程为

x=3t+5, y=

t+3t-4. 2

式中t以 s计，x,y以m计．(1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t=1 s 时刻和t＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t＝0 s时刻到t＝4s时刻内的平均速度；

(4)求出质点速度矢量表示式，计算t＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．?

?12??

解：（1） r?(3t?5)i?(t?3t?4)jm

(2)将t?1,t?2代入上式即有

???

r1?8i?0.5j m

???

r2?11j?4jm ?????

?r?r2?r1?3j?4.5jm

??????

(3)∵r0?5j?4j,r4?17i?16j

????????rr4?r012i?20j

???3i?5jm?s?1 ∴ ??t4?04

????dr

?3i?(t?3)jm?s?1 (4) v?dt

????1

则 v4?3i?7j m?s

??????

(5)∵ v0?3i?3j,v4?3i?7j

?????vv4?v04????1jm?s?2

?t44

???dv

?1jm?s?2 (6) a?dt

这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸s处，如题1-4图所示．当人以

v0(m2s?1)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．

图1-4

解：设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成?角，由图可知

l?h?s

将上式对时间t求导，得

dlds

2sdtdt

题1-4图

根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，∴ v绳??即 v船??

dlds?v0,v船?? dtdt

vdsldll???v0?0 dtsdtscos?

lv0(h2?s2)1/2v0

?或 v船? ss

将v船再对t求导，即得船的加速度

dlds

?ldv?v0s?lv船

a?船?2v0?v0

dtss

(?s?)v022

hv0??

s2s3

1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a＝2+6x，a的单位为m?s，x的单位为 m. 质点在x＝0处，速度为10m?s,试求质点在任何坐标处的速度值．解：∵a?

dvdvdxdv

??v dtdxdtdx

分离变量： ?d??adx?(2?6x)dx 两边积分得

v?2x?2x3?c 2

由题知，x?0时，v0?10,∴c?50

∴ v?2x3?x?25m?s?1

1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a＝4+3t m?s，开始运动时，x＝5 m，?v =0，求该质点在t＝10s 时的速度和位置．解：∵a?

?4?3t dt

分离变量，得dv?(4?3t)dt 积分，得

v?4t?t2?c1

由题知，t?0,v0?0 ,∴c1?0

32t 2

dx3?4t?t2 又因为 v?dt2

分离变量， dx?(4t?t)dt

132

积分得 x?2t?t?c2

故v?4t?由题知 t?0,x0?5 ,∴c2?5 故 x?2t?所以t?10s时

t?5 2

v10?4?10?

?102?190m?s?12

x10?2?102??103?5?705m

?式中以弧度计，t以秒计，1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 ?=2+3t，

其角位移是多少?

解： ??

d?d??9t2,???18t dtdt

(1)t?2s时， a??r??1?18?2?36m?s?2

an?r?2?1?(9?22)2?1296m?s?2

(2)当加速度方向与半径成45角时，有

tan45??

?1 an

即 r??r? 亦即(9t)?18t 则解得 t?于是角位移为

2 92

?2.679

rad

??2?3t3?2?3?

【篇三：大学物理物理学(第五版)上册马文蔚课后答

案东南大学】

但由于｜dr｜＝ds,故

drds

?,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt

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dt

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；表示速度矢量；在自

然坐标系中速度大小可用公式v?计算,在直角坐标系中则可由公式

1-2 分析与解

?dx??dy?

v??????求解．故选(d)．

?dt??dt?

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dt dr

量沿速度方向的一个分量,在极坐标系中表示径向速率vr(如题1

1-3 分析与解 -2 所述)；

dsdv在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不

是切向加dtdt

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?l?h,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度v?

长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为v?

?dt

,式中表示绳22dtl?hl

v0l2?h2/l

向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(c)．

?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～dt

dxdx

＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和2两式计算．

dtdt

?0 得知质点的换向时刻为 tp?2s (t＝0不合题意) (2) 由dt

,a?2

dtt?4.0s

1-7 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 dx

??48m?s?1

dtt?4?.0s

??36m.s2

aab?

vb?va

?20m?s?2(匀加速直线运动),abc?0(匀速直线运动)

tb?ta

vd?vc

??10m?s?2 (匀减速直线运动)

td?tc

acd?

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

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

x?x?v0t?t2

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?1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

解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则ds?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．

(dx)2?(dy)2,最后用s??ds积分

x 4

(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．

2222

x2?y2?x0?y0?2.47m

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

s??ds??

4?x2dx?5.91m

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?

dxdy??10?60t,vy??15?40t dtdt

-1

当t ＝0 时, vox ＝-10 m2ｓ , voy ＝15 m2ｓ ,则初速度大小为

v0?v0x?v0y?18.0m?s?1

v0yv0x

(2) 加速度的分量式为

ax?

dvdvx

?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2 dtdt

ax?ay?72.1m?s?2

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?

121

aty2?h?v0t?gt2 22

当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即

v0t?at2?h?v0t?gt2 t?

222h

?0.705s g?a

(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

d?h?y2??v0t?

gt?0.716m 2

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?

(g?a)t2t?22h

?0.705s g?a

(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为

h??v0t?at2 则d?h?h??0.716m

1-11 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．

t,则质t

点p 的参数方程为

x??rsin

y???rcos

在oxy 坐标系中有

坐标变换后,

x?x??rsin

t?r t, y?y??y0??rcos

则质点p 的位矢方程为

r?rsin

dttttt

(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为

1-12 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． v