物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版

物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版第1页共122页第一章质点运动学1-1质点作曲线运动,在时刻t质点的位矢为r,速度为v,速率为v,t至(t＋Δt)时间内的位移为Δr,路程为Δs,位矢大小的变化量为Δr(或称Δ｜r｜),平均速度为v,平均速率为v．(1)根据上述情况,则必有()(A)｜Δr｜=Δs=Δr(B)｜Δr｜≠Δs≠Δr,当Δt→0时有｜dr｜=ds≠dr(C)｜Δr｜≠Δr≠Δs,当Δt→0时有｜dr｜=dr≠ds(D)｜Δr｜≠Δs≠Δr,当Δt→0时有｜dr｜=dr=ds(2)根据上述情况,则必有()(A)｜v｜=v,｜v｜=v(B)｜v｜≠v,｜v｜≠v(C)｜v｜=v,｜v｜≠v(D)｜v｜≠v,｜v｜=v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tstΔΔΔΔr,即｜v｜≠v．但由于｜dr｜＝ds,故tstddddr,即｜v｜＝v．由此可见,应选(C)．1-2一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(1)trdd；(2)tddr；(3)tsdd；(4)22ddddtytx．下述判断正确的是()(A)只有(1)(2)正确(B)只有(2)正确(C)只有(2)(3)正确(D)只有(3)(4)正确物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版第2页共122页分析与解trdd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；tddr表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式tsddv计算,在直角坐标系中则可由公式22ddddtytxv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．对下列表达式,即(1)dv/dt＝a；(2)dr/dt＝v；(3)ds/dt＝v；(4)dv/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)是对的分析与解tddv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；trdd在极坐标系中表示径向速率vr(如题1-2所述)；tsdd在自然坐标系中表示质点的速率v；而tddv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已知质点沿x轴作直线运动,其运动方程为32262ttx,式中x的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点在运动开始后4.0s内的位移的大小；(2)质点在该时间内所通过的路程；(3)t＝4s时质点的速度和加速度．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：0Δxxxt,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,位移物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版第3页共122页的大小和路程就不同了．为此,需根据0ddtx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21xxs,如图所示,至于t＝4.0s时质点速度和加速度可用txdd和22ddtx两式计算．题1-5图解(1)质点在4.0s内位移的大小m32Δ04xxx(2)由0ddtx得知质点的换向时刻为s2pt(t＝0不合题意)则m0.8Δ021xxxm40Δ242xxx所以,质点在4.0s时间间隔内的路程为m48ΔΔ21xxs(3)t＝4.0s时1s0.4sm48ddttxv2s0.422m.s36ddttxa1-6已知质点的运动方程为jir)2(22tt,式中r的单位为m,t的单位为ｓ．求：(1)质点的运动轨迹；(2)t＝0及t＝2ｓ时,质点的位矢；(3)由t＝0到t＝2ｓ内质点的位移Δr和径向增量Δr；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,(详见题1-1分析).解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得质点轨迹方程为2412xy这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版第4页共122页(2)将t＝0ｓ和t＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为jr20,jir242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jijirrr24)()(Δ020212yyxx其中位移大小m66.5)(Δ)(ΔΔ22yxr而径向增量m47.2ΔΔ2020222202yxyxrrrr题1-6图1-7质点的运动方程为23010ttx22015tty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ttxx6010ddvttyy4015ddv当t＝0时,v0x＝-10m·ｓ-1,v0y＝15m·ｓ-1,则初速度大小为120200sm0.18yxvvv设v0与x轴的夹角为α,则23tan00xyαvvα＝123°41′(2)加速度的分量式为2sm60ddtaxxv,2sm40ddtayyv物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版第5页共122页则加速度的大小为222sm1.72yxaaa设a与x轴的夹角为β,则32tanxyaaββ＝-33°41′(或326°19′)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,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．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20121attyv20221gtthyv当螺丝落至底面时,有y1＝y2,即20202121gtthattvvs705.02aght(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m716.021202gttyhdv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)(210taghs705.02aght(2)由于升降机在t时间内上升的高度为2021atthv则m716.0hhd物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版第6页共122页题1-8图1-9质点沿直线运动,加速度a＝4-t2,式中a的单位为m·ｓ-2,t的单位为ｓ．如果当t＝3ｓ时,x＝9m,v＝2m·ｓ-1,求质点的运动方程．分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由taddv和txddv可得taddv和txddv．如a＝a(t)或v＝v(t),则可两边直接积分．如果a或v不是时间t的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有tta0dd0vvv得03314vvtt(1)由txxtx0dd0v得00421212xtttxv(2)将t＝3ｓ时,x＝9m,v＝2m·ｓ-1代入(1)、(2)得v0＝-1m·ｓ-1,x0＝0.75m于是可得质点运动方程为75.0121242ttx1-10一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a＝A-Bv,式中A、B为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将式dv＝a(v)dt分离变量为tad)(dvv后再两边积分．解选取石子下落方向为y轴正向,下落起点为坐标原点．物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版第7页共122页(1)由题意知vvBAtadd(1)用分离变量法把式(1)改写为tBAddvv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有ttBA0ddd0vvvvv得石子速度)e1(BtBAv由此可知当,t→∞时,BAv为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2)再由)e1(ddBtBAtyv并考虑初始条件有tBAytBtyd)e1(d00得石子运动方程)1(e2BtBAtBAy1-11一质点具有恒定加速度a＝6i＋4j,式中a的单位为m·ｓ-2．在t＝0时,其速度为零,位置矢量r0＝10mi．求：(1)在任意时刻的速度和位置矢量；(2)质点在Oxy平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．题1-11图分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021tatxxxxv和20021tatyyyyv,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t0＝0时v0＝0,积分可得tttt000)d46(ddjiavv物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版第8页共122页jitt46v又由tddrv及初始条件t＝0时,r0＝(10m)i,积分可得ttrrtttt00)d46(dd0jirvjir222)310(tt由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x＝10＋3t2y＝2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程3y＝2x-20m这是一个直线方程．直线斜率32tanddαxyk,α＝33°41′．轨迹如图所示．1-12质点在Oxy平面内运动,其运动方程为r＝2.0ti＋(19.0-2.0t2)j,式中r的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点的轨迹方程；(2)在t1＝1.0s到t2＝2.0s时间内的平均速度；(3)t1＝1.0ｓ时的