大学物理学第五版上册马文蔚课后答案及解析.docx
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大学物理学第五版上册马文蔚课后答案及解析
大学物理学（第五版）上册（马文蔚）课后答案及解析
1-1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,即｜｜≠．
但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可见,应选（C）．
1-2分析与解 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；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选（D）．
1-3分析与解 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；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；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）．
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,其中绳长l随时间t而变化．小船速度,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,方向沿x轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选（C）．
1-6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在轨迹上任取一段微元ds,则,最后用积分求ｓ．
解
（1）由x（t）和y（t）中消去t后得质点轨迹方程为,
这是一个抛物线方程,轨迹如图（a）所示．
（2）将t＝0ｓ和t＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为
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
其中位移大小
而径向增量
*（4）如图（B）所示,所求Δs即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB微元ds,则,由轨道方程可得,代入ds,则2ｓ内路程为
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
当t＝0时,vox＝-10m?
6?
1ｓ-1,voy＝15m?
6?
1ｓ-1,则初速度大小为
设vo与x轴的夹角为α,则
α＝123°41′
（2）加速度的分量式为
则加速度的大小为
设a与x轴的夹角为β,则
β＝-33°41′（或326°19′）
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
当螺丝落至底面时,有y1＝y2,即
（2）螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为
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）由于升降机在t时间内上升的高度为
则
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′x′y′坐标系中,因,则质点P的参数方程为
坐标变换后,在Oxy坐标系中有
则质点P的位矢方程为
（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速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．
解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00时,杆顶在地面上影子的速度大小为
当杆长等于影长时,即s＝h,则
即为下午3∶00时．
1-13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．由和可得和．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
得
（1）
由
得
（2）
将t＝3ｓ时,x＝9m,v＝2m?
6?
1ｓ-1代入
（1）
（2）得v0＝-1m?
6?
1ｓ-1,x0＝0.75m．于是可得质点运动方程为
1-14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．
（1）由题意知
（1）
用分离变量法把式
（1）改写为
（2）
将式
（2）两边积分并考虑初始条件,有
得石子速度
由此可知当,t→∞时,为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．
（2）再由并考虑初始条件有
得石子运动方程
1-15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,即和,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
又由及初始条件t＝0时,r0＝（10m）i,积分可得
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,α＝33°41′．轨迹如图所示．
1-16分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为和．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为,,式中｜Δv｜可由图（B）中的几何关系得到,而Δt可由转过的角度Δθ求出．
由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0时的极限值．
解
（1）由图（b）可看到Δv＝v2-v1,故
而
所以
（2）将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得,
,
以上结果表明,当Δθ→0时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度．
1-17分析 根据运动方程可直接写出其分量式x＝x（t）和y＝y（t）,从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即,它与时间间隔Δt的大小有关,当Δt→0时,平均速度的极限即瞬时速度．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量aｔ和an,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a和aｔ得到．在求得t1时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式求ρ．
解
（1）由参数方程x＝2.0t, y＝19.0-2.0t2
消去t得质点的轨迹方程：
y＝19.0-0.50x2
（2）在t1＝1.00ｓ到t2＝2.0ｓ时间内的平均速度
（3）质点在任意时刻的速度和加速度分别为
则t1＝1.00ｓ时的速度
v（t）｜t＝1ｓ＝2.0i-4.0j
切向和法向加速度分别为
（4）t＝1.0ｓ质点的速度大小为
则
1-18分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．
此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx、vy求出,这样,也就可将重力加速度g的切向和法向分量求得．
解
（1）取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为
x＝vt, y＝1/2gt2
飞机水平飞行速度v＝100m?
6?
1s-1,飞机离地面的高度y＝100m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离
（2）视线和水平线的夹角为
（3）在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为
取自然坐标,物品在抛出2s时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为
1-19分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图（a）所示坐标系,则炮弹在x和y两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y＝0,则x＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即,做出炮弹落地时的矢量图［如图（B）所示］,由图中所示几何关系也可求得（即图中的r矢量）．
解1 由分析知,炮弹在图（a）所示坐标系中两个分运动方程为
（1）
（2）
令y＝0求得时间t后再代入式
（1）得
解2 做出炮弹的运动矢量图,如图（b）所示,并利用正弦定理,有
从中消去t后也可得到同样结果．
（2）由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y＝0和vx＝0,则
（3）
由
（2）（3）两式消去t后得
由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直
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