大学物理课后答案第一章

1 第一章习题 1．1 一人自愿点出发，25s内向东走了30m，又10s内向南走了10m，再15s内向正西北走了18m。求： ⑴ 位移和平均速度 ⑵ 路程和平均速率 解：

由图所示，人的移动曲线是从O点出发，到A点，再到B点，C点。 ⑴ 位移：OC

30OAm，10ABm，18BCm

由于是正西北方向，所以45ABDADB 102BDm



22222

2cos45218102301021810230102OCCDODODCD





13247202305.92 17.5OCm

平均速度的大小为：17.50.35ms50rvt ⑵ 路程应为： 58msOAABBC

平均速率为1.16ms 1．2 有一质点沿着x轴作直线运动，t时刻的坐标为234.52xtt，试求： ⑴ 第2秒内的平均速度 ⑵ 第2秒末的瞬时速度 ⑶ 第2秒内的路程。

解：⑴ 当1ts时，12.5xm

当2ts时，218162xm

北 南 西 东

O

A

B C

D 2 平均速度为 2122.50.5msvxx ⑵ 第2秒末的瞬时速度为 2

2966mstdxvttdt

⑶ 第2秒内的路程：（在此问题中必须注意有往回走的现象） 当1.5ts时，速度0v，23.375xm

当1ts时，12.5xm 当2ts时，32xm 所以路程为：3.3752.53.37522.25m 1．3 质点作直线运动，其运动方程为2126xtt，采用国际单位制，求： ⑴ 4ts时，质点的位置，速度和加速度 ⑵ 质点通过原点时的速度 ⑶ 质点速度为零时的位置 ⑷ 作位移，速度以及加速度随着时间变化的曲线图。

解：⑴ 由运动方程2126xtt，可得速度，加速度的表达式分别为 1212dxvtdt 12dvadt 所以当4ts时，质点的位置，速度和加速度分别为 48mx；36msv；212msa

⑵ 质点经过原点的时刻12s t，20s t此时的速度分别为 112msv 212msv

⑶ 质点速度为零对应的1st，位置为6mx 1．4 质点沿直线运动，速度3222msvtt，如果当2st时，4mx，求3st时质点的位置，速度和加速度。 解： 速度3222msvtt，位置，加速度的表达式分别为

4332222243tt

xttdxtC

当2st时，4mx，即164443xC，可得283C 432282433tt

xt，234att 3

当3st时，质点的位置，速度和加速度分别为 81542824311262434.9m43312x

22718247msv

2271239msa

1．5 质点的运动方程为35xt，2234ytt，采用国际单位制，试求： ⑴ 1st和2st时刻的位置矢量及12ts内质点的位移 ⑵ t时刻的速度和加速度 ⑶ 4st时质点运动速度和加速度的大小和方向

解：⑴ 当1st时，18mx，11my，所以1ˆˆ8rij

当2st时，111mx，110my，所以2ˆˆ1110rij 质点的位移为21ˆˆ39rrrij ⑵ t时刻的速度v和加速度a分别为 3msxdxvdt 43msydyvtdt

0xxdvadt 24msyydvadt ˆˆ343vitj 2ˆ4msaj ⑶ 4st时质点运动速度和加速度分别为 ˆˆˆˆ343319vitjij 大小为37019.24ms

2ˆ4jmsa 大小为24ms 1.6 解：由加速度与时间的曲线图at可得到质点的运动情况为 10tt 为匀加速直线运动

12ttt 为匀速直线运动 2tt 为匀加速直线运动 根据上述分析可以得出速度和位移与时间有关的表达式，从而画出曲线。 1.7 解：质点的加速度224msat，初始条件为09mtx，02mstv 速度v的表达式为 320000

4243tttvvadtvtdtt 4

质点的运动方程x为： 3240000

124922312tttxxvdtxtdtttt





1.8 证明： 由题可知：2dvdxkvkvdtdt 所以有： dvkvdx

变换为： dvkdxv 两边同时积分就可得到：00vxvdvkdxv

0lnvvvkx 即 0lnvkxv 所以有0kxvve

1.9 解：

炮弹的运动轨迹如上图的虚线所示，如图建立坐标轴,xy。 将初速度0v沿坐标轴分解可得0000cossinxyvvvv ⑴

加速度g沿坐标轴分解可得 sincosxyagag ⑵ 在任意时刻t的速度为 0000cossinsincosxxxyyyvvatvgtvvatvgt ⑶

任意时刻t的位移为 2200220011cossin2211sincos22xxyyxvtatvtgtyvtatvtgt ⑷ ⑴ 炮弹射程为0y时，所对应的x。 0y对应的时刻02sincosvtg，代入可得

2200222sincoscossinsin2sincoscoscosvvxgg

  0v x y

g 5

⑵ 将02sincosvtg代入方程组⑶可得 00000002sincossincos2sintancos2sinsincossincosxyvvvgvvgvvvgvg 速度的大小为 22xyvvv=222220004cossintan4sintanvvv 2220cos4cossincossin4sinsincosv

2220cos4cossincossin4sin1coscosv

220cos4sincossin4sincosv

方向可以由 tan2tancotyxvv arctan2tancot

1.10 解：

由于在忽略空气阻力的情况下，小球只受到重力的作用，做斜抛运动。设球抛出时的初速度为0v，分量分别为0xv，0yv。根据题意有：

03.98msxxvv x轴做匀速直线运动

在14.7mh的高度，速度为ˆˆ3.989.8msvij，由任意时刻速度与位移的公式可得： 02012yyy

vvgtyvgt





代入数据可得0209.89.814.74.9yyvtvt ⑴

0v x

y

g v h maxh 6

通过解方程组⑴可得019.6msyv，1st ⑴ 球能上升的总高度为maxh： 20max2yvgh 代入数据可得：max19.6mh

⑵ 根据运动情况列出任意时刻的位移方程为 02012xy

xvtyvtgt





代入数据可得23.9819.64.9xtytt

当0y时，14st，20st（舍去，因为对应的是抛出点） 所以得到射程3.98415.92mx ⑶ 当小球落地时，在x轴方向速度不变，y轴方向的速度就变为19.6ms，用矢量

表示为ˆˆ3.9819.6msvij，大小为20ms，方向可用方向余弦表示。 1.11 解：

选坐标如图所示。 当螺帽自顶板松落时，底板坐标为0y。顶板与螺帽坐标为0yh，经过时间t，底板

与螺帽的坐标分别为1y，2y，由匀加速直线运动公式可得

2100

2200

1212yyvtatyyhvtgt

当螺帽落到地板上时，1y=2y，则由上边两式可得： 2200

11

22vtatvtgth

y 1y 2y 0y

0yh a

o