大学物理习题解答

大学物理（上册）习题解答

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) = 6312 - 2313 = 4(m)．

在第2s末的位移大小为

x(2) = 632 - 232 = 8(m)．

在第2s内的位移大小为

Γx = x(2) – x(1) = 4(m)，

经过的时间为Γt = 1s，所以平均速度大小为

v=Γx/Γt = 4(m·s-1)．

（2）质点的瞬时速度大小为 v(t) = dx/dt = 12t - 6t2，

因此v(1) = 1231 - 6312 = 6(m·s-1)，

2

v(2) = 1232 - 632 = 0，

质点在第2s内的路程等于其位移的大小，即Γs = Γx = 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 - 1231 = 0， 第2s内的平均加速度为

a= [v(2) - v(1)]/Γt = [0 – 6]/1 = -6(m·s)．

-2

2

3

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vt = vo + 2as，得 a = (n – 1)vo/2s，(2)

（1）平方之后除以（2）式证得

a?2(n?1)s(n?1)t222

22

．

计算得加速度为 a?2(5?1)30(5?1)102= 0.4(m·s)．

-2

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

22.5o 70m 图1.3

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)． 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；当他达到最高点时，vt = 0，所以上升到最高点的时间为

t1 = vy0/g = 2.49(s)．

1

-1

[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a?2(n?1)s(n?1)t2．

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)．

2

根据自由落体运动公式s = gt/2，得下落的时间为

t2?2h2gdv/dt = -kv，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

1v?1v0?kt；

2

（2）试证在时间t内，船行驶的距离为x?1kln(v0kt?1)．

dvv2[证明]（1）分离变量得

v??kdt，

= 4.49(s)．

积分

v0?v1vdv2t??k?dt，

0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)，

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 = vy0 - gt = -44.93(m·s)，

落地速度为

v = (vx2 + vy2)1/2 = 75(m·s-1)，

与水平方向的夹角为

υ = arctan(|vy|/vx) = 36.8o， 方向斜向下．

方法二：一步法．取向上的方向为正，

2

他在竖直方向的位移为y = vy0t - gt/2，移项得时间的一元二次方程

12gt?v0sin??t?y?0，

2可得

-1

?1v0?kt．

（2）速度大小公式可化为

v?v01?v0kt，

由于v = dx/dt，所以

dx?v01?v0ktx-1

dt?1k(1?v0kt)d(1?v0kt)

t积分

?dx?0?k(1?v01kt)0d(1?v0kt)．

因此 x?1kln(v0k?t1．) 证毕．

[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

dt?mdvf(v)解得

t?(v0sin??v0sin??2gy)/g．

22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

，

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．

（1）如果n = 1，则得

2

dvv??kdt，

角加速度为

β = dω/dt = 24t = 48(rad·s)， 切向加速度为

-2

at = rβ = 4.8(m·s)．

（2）总加速度为a = (at2 + an2)1/2， 当at = a/2时，有4at = at + an，即

an?at3．

2

2

2

-2

积分得

vtlnvv0??kt0，

即 ln得速度为

vv0??kt，

由此得r?2?r?-kt

-kt

t3，

v = v0e．

而dx = vdt = v0edt，积分得

x?v0?ke?kt0即 (12t2)2?24t3， 解得 t?所以

3?v0k(1-edvvn?kt)．

3/6．

（2）如果n≠1，则得分得

v1?nvt??kdt，积

??2?4t?2(1?33/3)=3.154(rad)．

（3）当at = an时，可得rβ = rω2，

即 24t = (12t2)2，

，

解得 t = (1/6) = 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 =

-2203m·s，方向与水平前进方向夹角为30°

1/3

1?n??ktv00因此

1vn?1?1vn?10?(n?1)kt．

如果n = 2，就是本题的结果． 如果n≠2，可得

x?{[1?(n?1)v0kt](n?2)v0n?1(n?2)/(n?1)?1}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

y a ay x O αaθ v0x v0y v0 n?2k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)；

3

x 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． 运动方程为

x?v0xt?12axt，

2y??v0yt?1212ayt． aco?s?1222当上升速度为2.44m·s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

h1?v0t?1212at；

2-1

即 x?v0co?s?t?， t2y??v0sin??t?asin??t．

令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为 t = 0（舍去）；t?2v0sin?asin??103(s)．

将t代入x的方程求得x = 9000m．

[注意]也可以利用速度关系求时间． 飞机在竖直方向的速度为 vy = -vy0 + ayt，

当飞机运动到同一水平面时，其速度为 vy = vy0， 可得运动时间为

t?2vy0ay?2v0sin?asin??103(s)．

螺帽做竖直上抛运动，位移为

h2?v0t?gt．

2由题意得h = h1 - h2，所以

h?12(a?g)t，

2解得时间为

t?2h/(a?g)= 0.705(s)．

进一步可以求出飞机飞行的水平距离． 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Γt = 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

A 图1.7

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

R 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h?12at?t，所以

2

-2

2at = 2h/Γt = 0.2(m·s)． 物体下降3s末的速度为

v = att = 0.6(m·s)，

这也是边缘的线速度，因此法向加速度为

an?v2回飞行的时间为t0?2lv；

（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为t1?t01?u/v22-1

；

（3）如果气流的速度向北，证明来回

= 0.36(m·s)．

飞行的总时间为t2?-2

Rt01?u/v22．

1．8 一升降机以加速度1.22m·s-2上升，

4

[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，向西飞行逆风的速率为v - u，所以飞行时间为

t1??[解答]雨对地的速度v2等于雨对车的速度v3加车对地的速度v1，由此可作矢量三角形．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，

???lv?u2?lv?u2?t02vlv?u222

2l/v1?u/v?1?u/v2． v v

（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V?v?u，所以飞行时间为

22A A B B u

因此v1 = v2sinθ + v2cosθsinα/cosα， 即 v1?v2(sin??lhcos?)．

v + u v - u

v 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得

v1sin(???)?v2sin(90???)A u v B

所以

，

v1?v2sin(???)cos?cos?

t2?2lV?t02lv?u22?2l/v1?u/v22

?v2sin?cos??cos?sin??． 证毕．

221?u/v ?v2(sin??cos?tan?)， 即 v1?v2(sin??lhcos?)．

[注意]飞机的速率要大于气流的速率，飞机才能回到A处。

1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速h 度为v1，下落雨的速度方向与铅直方向的

图1.10

方法三：利用位移关系．将雨滴的速度

l θ 分解为竖直和水平两个分量，雨滴相对于车的水平速度为v1 – v2sinθ，竖直速度为v2cosθ．雨滴下落h时所需要的时间为

v1 t = h/v2cosθ，

雨滴偏离的水平距离为l时，物体刚好不会被淋湿，即

l = (v1 – v2sinθ)t，

将上式代入下式即得所求．

v2 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？

α h v3 α θ v2 v⊥ l v1

5

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