物理学教程(第二版)(上册)课后习题答案详解
物理学教程（第二版）上册习题答案 第一章 质点运动学 1 -1
分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间沿曲线从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｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．
(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故
t s
t ΔΔΔΔ≠
r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故
t s
t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 分析与解 t r
d d 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v r
表示,这是速度矢量在位矢方向上的
一个分量；t
d d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s
d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式
2
2d d d d ??
?
??+??? ??=t y t x v 求解．故选(D)．
1 -3 分析与解 t
d d v
表示切向加速度a ｔ
,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；
t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；t
s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ
．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a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 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, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ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
解 (1) 质点在4.0 s 位移的大小
m 32Δ04-=-=x x x
(2) 由 0d d =t
x
得知质点的换向时刻为
s 2=p t (t ＝0不合题意)
则
m 0.8Δ021=-=x x x
m 40Δ242-=-=x x x
所以,质点在4.0 s 时间间隔的路程为
m 48ΔΔ21=+=x x s
(3) t ＝4.0 s 时
1s
0.4s m 48d d -=?-==
t t x
v
2s
0.422m.s 36d d -=-==t t x a
1 -6 解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为
24
12x y -
= 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
j r 20= , j i r 242-=
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
j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x
其中位移大小
m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r
而径向增量
m 47.2ΔΔ2
020222202=+-+=-==y x y x r r r r
1 -7 ．解 (1) 速度的分量式为
t t x
x 6010d d +-==
v t t
y y 4015d d -==v
当t ＝0 时, v 0x ＝-10 m ·ｓ-1 , v 0y ＝15 m ·ｓ-1
,则初速度大小为
12
02
00s m 0.18-?=+=y x v v v
设v 0与x 轴的夹角为α,则
2
3tan 00-
==
x
y αv v α＝123°41′
(2) 加速度的分量式为
2s m 60d d -?==
t
a x
x v , 2s m 40d d -?-==t a y y v 则加速度的大小为
22
2
s m 1.72-?=+=y x a a a
设a 与x 轴的夹角为β,则
3
2tan -
==
x
y a a β β＝-33°41′(或326°19′)
1 -8 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
20121
at t y +=v
2022
1
gt t h y -+=v
当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即
20202
121gt t h at t -+=+v v
s 705.02=+=a
g h t
(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为
m 716.02
1
202=+-=-=gt t y h d v
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)(21
0t a g h +-=
s 705.02=+=a
g h t
(2) 由于升降机在t 时间上升的高度为
202
1
at t h +='v
则
m 716.0='-=h h d
1 -9 解 由分析知,应有
??
=t
t a 0
d d 0
v
v v
得
033
1
4v v +-=t t (1)
由
??=t
x x t
x 0
d d 0
v
得
004
212
12x t t t x ++-
=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m ·ｓ-1
代入(1)、(2)得
v 0＝-1 m ·ｓ-1
, x 0＝0.75 m
于是可得质点运动方程为
75.012
124
2+-
=t t x 1 -10 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
v v
B A t
a -==
d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为
t B A d d =-v
v
(2)
将式(2)两边积分并考虑初始条件,有
??
=-t t B A 0d d d 0
v v
v
v
v
得石子速度
)e 1(Bt B
A
--=
v 由此可知当,t →∞时,
B
A
→
v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由
)e 1(d d Bt B
A
t y --==
v 并考虑初始条件有 t B
A
y t
Bt y
d )
e 1(d 00
?
?
--= 得石子运动方程 )1(e 2-+=
-Bt B
A
t B A y 1 -11
解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得
???
+==t
t t t 0
)d 46(d d j i a v
v
j i t t 46+=v
又由
t
d d r
=
v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得
???
+==t
t r
r t t t t 0
)d 46(d d 0
j i r v
j i r 222)310(t t ++=
由上述结果可得质点运动方程的分量式,即
x ＝10＋3t 2
y ＝2t 2
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
3
2
tan d d ===
αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -12 解 (1) 由参数方程 x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2
消去t 得质点的轨迹方程：
y ＝19.0 -0.50x 2
(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间的平均速度
j i r r 0.60.2ΔΔ1
21
2-=--==
t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为
j i j i j i t t
y t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=
+=v v v j j i a 22222s m 0.4d d d d )(-?-=+=t
y
t x t
则t 1 ＝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
t t y x t t t
t
t e e e a 222s
1s m 58.3)(d d d d -=?=+==
v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-?=-=
(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为
1
22s m 47.4-?=+=y x v v v
则m 17.112
==n
a ρv
1 -13
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 ＝1/2 gt 2
飞机水平飞行速度v ＝100 m ·s -1
,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
m 4522==g
y
x v
(2) 视线和水平线的夹角为
o 5.12arctan
==x
y
θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为
v
v v gt αx
y arctan
arctan
==
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
2s m 88.1arctan sin sin -?=??? ?
?
==v gt g αg a t
2s m 62.9arctan cos cos -?=??? ?
?
==v gt g g a n α
1 -14
解 在图示坐标系中，有
t v x )cos (0α= （1） 2
02
1sin (gt t v y -=）α （2）
gt v v y -=αsin 0 （3）
(1) 由式（1），令
57m ==x x m ，得飞跃时间
37.1cos 0m
m ==
α
v x t s
（2）由式（3），令
0=y v ，得飞行到最大高度所需时间
g
v t α
sin 0m =
’
将’
m t 代入式（2），得飞行最大高度
67.02sin 220m ==g
v y αm
则飞车在最高点时距河面距离为
10m +=y h m 67.10= m
（3）将37.1m
=t s 代入式（2），得西岸木桥位置为
y = - 4.22 m
“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.
讨论 本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在 y 方向上的运动方程应为
10=y m + 202
1)sin (gt t v -
α 1 -15
解 1 由分析知，在图（a ）坐标系中，有
20)sin (21
)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1）
20)cos (2
1
)]sin([t g t v y ααβ-+-= （2）
落地时，有y =0，由式（2）解得飞行时间为
31.230tan 20
==
g
v t s 将 t 值代入式（1），得
1.263220
===g
v x OP m
解 2 由分析知，在图（b ）坐标系中，对小球 t v x )cos (0β= （1）
2
02
1)sin (gt t v y -=β （2）
对点P αtan x y =' （3）
由式（1）、（2）可得球的轨道方程为
ββ22
02
cos 2tan v gx x y -= （4）
落地时，应有y y '=，即
60cos 260tan 30tan 22
02
v gx x x -=
解之得落地点P 的x 坐标为
g
v x 3320
=
（5）
则 1.263230cos 20===g
v x
OP
m 联解式（1）和式（5）可得飞行时间
31.2=t s
讨论 比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?