大学物理学 (陈曙光 著) 湖南大学出版社 课后答案 解题上1-12 khdaw

1大学物理习题解答湖南大学应用物理系第一章质点运动学P26．1．1一质点沿直线运动，运动方程为x(t)=6t2-2t3．试求：（1）第2s内的位移和平均速度；（2）1s末及2s末的瞬时速度，第2s内的路程；（3）1s末的瞬时加速度和第2s内的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s末的位移大小为x(1)=6×12-2×13=4(m)．在第2s末的位移大小为x(2)=6×22-2×23=8(m)．在第2s内的位移大小为Δx=x(2)–x(1)=4(m)，经过的时间为Δt=1s，所以平均速度大小为=Δx/Δt=4(m·s-1)．v（2）质点的瞬时速度大小为v(t)=dx/dt=12t-6t2，因此v(1)=12×1-6×12=6(m·s-1)，v(2)=12×2-6×22=0，质点在第2s内的路程等于其位移的大小，即Δs=Δx=4m．（3）质点的瞬时加速度大小为a(t)=dv/dt=12-12t，因此1s末的瞬时加速度为a(1)=12-12×1=0，第2s内的平均加速度为=[v(2)-v(1)]/Δt=[0–6]/1=-6(m·s-2)．a[注意]第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2一质点作匀加速直线运动，在t=10s内走过路程s=30m，而其速度增为n=5倍．试证加速度为．22(1)(1)nsant并由上述数据求出量值．[证明]依题意得vt=nvo，根据速度公式vt=vo+at，得a=(n–1)vo/t，(1)根据速度与位移的关系式vt2=vo2+2as，得a=(n2–1)vo2/2s，(2)（1）平方之后除以（2）式证得．22(1)(1)nsant计算得加速度为=0.4(m·s-2)．22(51)30(51)10a1．3一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s-1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m，忽略空气阻力，且取g=10m·s-2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？[解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（他）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为vy0=v0sinθ=24.87(m·s-1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式vt-v0=at，这里的v0就是vy0，a=-g；当他达到最高点70m22.5º图1.32时，vt=0，所以上升到最高点的时间为t1=vy0/g=2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式vt2-v02=2as，可得上升的最大高度为h1=vy02/2g=30.94(m)．他从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为h2=h1+h=100.94(m)．根据自由落体运动公式s=gt2/2，得下落的时间为=4.49(s)．222htg因此他飞越的时间为t=t1+t2=6.98(s)．他飞越的水平速度为vx0=v0cosθ=60.05(m·s-1)，所以矿坑的宽度为x=vx0t=419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得他落地的竖直速度大小为vy=gt=69.8(m·s-1)，落地速度为v=(vx2+vy2)1/2=92.08(m·s-1)，与水平方向的夹角为φ=arctan(vy/vx)=49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上的方向为正，他在竖直方向的位移为y=vy0t-gt2/2，移项得时间的一元二次方程，201sin02gtvty解得．0220(sinsin2)tvvgyg这里y=-70m，根号项就是他落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为t=6.98(s)．由此可以求解其他问题．1．4一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即dv/dt=-kv2，k为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t时刻的速度大小为；011ktvv（2）试证在时间t内，船行驶的距离为．01ln(1)xvktk[证明]（1）分离变量得，2ddvktv积分，020ddvtvvktv可得．011ktvv（2）公式可化为，001vvvkt由于v=dx/dt，所以00001ddd(1)1(1)vxtvktvktkvkt积分．00001dd(1)(1)xtxvktkvkt因此．证毕．01ln(1)xvktk[讨论]当力是速度的函数时，即f=f(v)，根据牛顿第二定律得f=ma．由于a=d2x/dt2，而dx/dt=v，所以a=dv/dt，分离变量得方程，dd()mvtfv解方程即可求解．在本题中，k已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n次方成正比，则dv/dt=-kvn．3（1）如果n=1，则得，ddvktv积分得lnv=-kt+C．当t=0时，v=v0，所以C=lnv0，因此lnv/v0=-kt，得速度为v=v0e-kt．而dv=v0e-ktdt，积分得．0e`ktvxCk当t=0时，x=0，所以C`=v0/k，因此．0(1-e)ktvxk（2）如果n≠1，则得，积ddnvktv分得．11nvktCn当t=0时，v=v0，所以，因此101nvCn．11011(1)nnnktvv如果n=2，就是本题的结果．如果n≠2，可得，1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)nnnnnvktxnvk读者不妨自证．1．5一质点沿半径为0.10m的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ=2+4t3．求：（1）t=2s时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？[解答]（1）角速度为ω=dθ/dt=12t2=48(rad·s-1)，法向加速度为an=rω2=230.4(m·s-2)；角加速度为β=dω/dt=24t=48(rad·s-2)，切向加速度为at=rβ=4.8(m·s-2)．（2）总加速度为a=(at2+an2)1/2，当at=a/2时，有4at2=at2+an2，即．3ntaa由此得，23rr即，22(12)243tt解得．33/6t所以=3.154(rad)．3242(13/3)t（3）当at=an时，可得rβ=rω2，即24t=(12t2)2，解得t=(1/6)1/3=0.55(s)．1．6一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v=300m·s-1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a=20m·s-2，方向与水平前进方向夹角为330°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为v0x=v0cosθ，v0y=v0sinθ．加速度的大小为ax=acosα，ay=asinα．yxOαv0θaaxayv0xv0y4运动方程为，2012xxxvtat．2012yyyvtat即，201coscos2xvtat．201sinsin2yvtat令y=0，解得飞机回到原来高度时的时间为t=0（舍去）；(s)．02sin103sinvta将t代入x的方程求得x=9000m．[注意]选择不同的坐标系，例如x方向沿着a的方向或者沿着v0的方向，也能求出相同的结果．1．7一个半径为R=1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A．在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在Δt=2.0s内下降的距离h=0.4m．求物体开始下降后3s末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A下落加速度．由于，所以212thatat=2h/Δt2=0.2(m·s-2)．物体下降3s末的速度为v=att=0.6(m·s-1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为=0.36(m·s-2)．2nvaR1．8一升降机以加速度1.22m·s-2上升，当上升速度为2.44m·s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；21012hvtat螺帽做竖直上抛运动，位移为．22012hvtgt由题意得h=h1-h2，所以，21()2hagt解得时间为=0.705(s)．2/()thag算得h2=-0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a+g，而初速度为零，可列方程h=(a+g)t2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9有一架飞机从A处向东飞到B处，然后又向西飞回到A处．已知气流相对于地面的速度为u，AB之间的距离为l，飞机相对于空气的速率v保持不变．（1）如果u=0（空气静止），试证来回飞行的时间为；02ltv（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；01221/ttuv（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．02221/ttuv[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v，路程为2l，所以飞行时间为t0=2l/v．（2）飞机向东飞行顺风的速率为v+u，RA图1.75向西飞行逆风的速率为v-u，所以飞行时间为1222llvltvuvuvu．022222/1/1/tlvuvuv（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB方向的速度大小为，所以飞行时间为22Vvu22222222/1/lllvtVvuuv．证毕．0221/tuv1．10如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v2．今在车后放一长方形物体，问车速v1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度等于雨对车的2v速度加车对地的3v速度，由此可作矢1v量三角形．根据题意得tanα=l/h．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v1=v2sinθ+v3sinα，其中v3=v⊥/cosα，而v⊥=v2cosθ，因此v1=v2sinθ+v2cosθsinα/cosα，即．证毕．12(sincos)lvvh方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，12sin()sin(90)vv所以12sin()cosvv2sincoscossincosv，2(sincostan)v即．12(sincos)lvvh方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t时间内，雨滴的位移为l=(v1–v2sinθ)t，h=v2cosθ·t．两式消去时间t即得所求．证毕．第二章质点力学的基本定律P46．2．1如图所示，把一个质量为m的木块放在与水平成θ角的固定斜面上，两者间的静摩擦因素μs较小，因此若不加支持，木块将加速下滑．（1）试证tanθ≧μs；（2）须施加多大的水平力，可使木F块恰不下滑？这时木块对斜面的正压力多大？（3）如不断增大的大小，则摩擦力F和正压力将有怎样的变化？（1）[证明]木块在斜面上时受到重力ABABvv+uv-uABvuuvvv1hlv2θ图1.10θmF图2.1v1hlv2θv3ααv⊥6和斜面的支持力以及静摩擦力GmgN，其中ff≦fs=μsN，而N=Gcosθ．要使木块加速下滑，重力沿着斜面的分量不得小于最大静摩擦力fs．根据牛顿第二定律得Gsinθ-μsGcosθ=ma≧0，因此tanθ≧μ