大学物理上册课后答案Word下载.docx
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（）（c）dt（d）dtdt
1-4下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？
32
（1）x=4t-3；
（2）x=-4t+3t+6；
（3）
22x=-2t+8t+4；
（4）x=2/t-4/t。
给出这个匀变速直线运动在t=3s时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。
（x单位为m，t单位为s）
解：
匀变速直线运动即加速度为不等于
零的常数时的运动。
加速度又是位移对时间的两阶导数。
于是可得（3）为匀变速直线运动。
其速度和加速度表达式分别为
dxv?
4t?
8dt
d2xa?
2?
4dt
t=3s时的速度和加速度分别为
2v=-4m/s，a=-4m/s。
因加速度为正所以是
加速的。
1-7一质点在xoy平面上运动，运动方程为
21yx=3t+5,=2t+3t-4.
式中t以s计，x,y以m计．
（1）以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；
（2）求出t=1s时刻和t＝2s时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；
（3）计算t＝0s时刻到t＝4s时刻内的平均速度；
（4）求出质点速度矢量表示式，计算t＝4s时质点的速度；
（5）计算t＝0s到t＝4s内质点的平均加速度；
（6）求出质点加速度矢量的表示式，计
算t＝4s时质点的加速度（请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式）．
12?
解：
（1）r?
（3t?
5）i?
（2t?
3t?
4）jm
（2）将t?
1,t?
2代入上式即有?
r1?
8i?
0.5jm
r2?
11i?
4jm
r?
3i?
4.5jm
（3）∵r0?
5i?
4j,r4?
17i?
16j?
rr4?
r012i?
20j?
5jm?
s∴?
t4?
04?
dr?
1v?
（t?
3）jm?
s（4）dt?
则v4?
7jm?
s?
1?
（5）∵v0?
3j,v4?
7j?
vv4?
v04j?
t?
4?
1jm?
2
dv?
2（6）a?
dt?
s
这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。
1-15质点沿x轴运动，其加速度和位置的关
2a系为＝2+6x，a的单位为m?
2，x的单
位为m.质点在x＝0处，速度为10m?
1,试求质点在任何坐标处的速度值．
dvdvdxdv解：
∵a?
dxdt?
vdx
分离变量：
vdv?
adx?
（2?
6x）dx两边积分得
12v?
2x?
2x3?
c22
由题知，x?
0时，v0?
10,∴c?
50
3?
x?
25m?
s∴
d?
d?
2解：
9t,?
18t
2t?
2sa?
18?
36m?
s
（1）时，?
an?
（9?
22）2?
1296m?
【篇二：
大学物理第五版马文蔚课后答案（上）】
但由于｜dr｜＝ds,故
drds
即｜｜＝．由此可见,应选（c）．dtdt
1-2分析与解
dr
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,dt
drds表示速度矢量；
在自然坐标系中速度大小可用公式v?
计算,在直
dtdt
2
这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；
dx?
dy?
角坐标系中则可由公式v?
求解．故选（d）．
1-3分析与解
dv
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,dt
drds在极坐标系中表示径向速率vr（如题1-2所述）在自然坐标系中表示质点的速率v；
dtdt
而
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）．dt
1-4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分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为x?
船速度v?
dt
l
l2?
h2,其中绳长l随时间t而变化．小
dl
式中表示绳长l随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为
dtl2?
h2
v?
v0l2?
h2/l
v0
dx
0来确定其运动方向t
dxdx
＝4.0s时质点速度和加速度可用和两式计算．
dtdt2
0得知质点的换向时刻为tp?
2s（t＝0不合题意）dt
a?
dtt?
4.0s
1-7分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小（图中ab、cd段斜率为定值,即匀变速直线运动；
而线段bc的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动）．加速度为恒量,在a-t图上是平行于t轴的直线,由v-t图中求出各段的斜率,即可作出a-t图线．又由速度的定义可知,x-t曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x-t图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t图为t的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x（t）,求出不同时刻t的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t图．
解将曲线分为ab、bc、cd三个过程,它们对应的加速度值分别为
48m?
1
4.0?
36m.s2
aab?
acd?
vb?
va
20m?
2（匀加速直线运动）,abc?
0（匀速直线运动）
tb?
ta
vd?
vc
10m?
2（匀减速直线运动）
td?
tc
根据上述结果即可作出质点的a-t图［图（b）］．在匀变速直线运动中,有
由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为
1
x?
v0t?
t2
用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x-t图．在2～4ｓ时间内,质点是作
1的匀速直线运动,其x-t图是斜率k＝20的一段直线［图（c）］．
则ds?
（dx）2?
（dy）2,最后用s?
ds积分求ｓ．
12x4
（2）将t＝0ｓ和t＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为
r0?
2j,r2?
4i?
2j
图（a）中的p、q两点,即为t＝0ｓ和t＝2ｓ时质点所在位置．
2222x2?
y2?
x0?
y0?
2.47m
（dy）2,由轨
xdx,代入ds,则2ｓ内路程为2
s?
ds?
p
q4
4?
x2dx?
5.91m
1-9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vx?
dxdy
10?
60t,vy?
15?
40tdtdt
-1
当t＝0时,vox＝-10m2ｓ,voy＝15m2ｓ,则初速度大小为
v0?
v0x?
v0y?
18.0m?
22
v0yv0x
3
（2）加速度的分量式为
ax?
dvdvx
60m?
2,ay?
y?
40m?
2dtdt
ay?
72.1m?
ay
1-10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y1?
121
aty2?
h?
gt222
当螺丝落至底面时,有y1＝y2,即
11
v0t?
at2?
gt2
t?
2h
0.705sg?
a
（2）螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为
12
gt?
0.716m2
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0?
（g?
a）t2t?
22h
（2）由于升降机在t时间内上升的高度为
h?
at2则d?
0.716m
1-11分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r＝r（t）求质点运动的一切信息（如位置矢量、位移、速度、加速度）．在确定运动方程时,若取以点（0,3）为原点的o′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′（t）和y′＝y′（t）来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x＝x0＋x′和y＝y0＋y′,将所得参数方程转换至
oxy坐标系中,即得oxy坐标系中质点p在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．
解
（1）如图（b）所示,在o′
点p的参数方程为
t,则质t
rsiny?
rcos
坐标变换后,在oxy坐标系中有
rsin
y?
rt
则质点p的位矢方程为
r?
dttttt
（2）5ｓ时的速度和加速度分别为
1-12分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根
据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角
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