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大學物理答案(上)(已修改)

2025-06-30 06:29 本頁面
 

【正文】 大學物理課后習題答案(上)=======================================================================全國高校統(tǒng)一大學物理11 分析與解 (1) 質點在t 至(t +Δt)時間內沿曲線從P 點運動到P′點,各量關系如圖所示, 其中路程Δs =PP′, 位移大小|Δr|=PP′,而Δr =|r||r|表示質點位矢大小的變化量,三個量的物理含義不同,在曲線運動中大小也不相等(注:在直線運動中有相等的可能).但當Δt→0 時,點P′無限趨近P點,則有|dr|=ds,但卻不等于dr.故選(B).(2) 由于|Δr |≠Δs,故,即||≠.但由于|dr|=ds,故,即||=.由此可見,應選(C).12 分析與解 表示質點到坐標原點的距離隨時間的變化率,在極坐標系中叫徑向速率.通常用符號vr表示,這是速度矢量在位矢方向上的一個分量;表示速度矢量;在自然坐標系中速度大小可用公式計算,在直角坐標系中則可由公式求解.故選(D).13 分析與解 表示切向加速度at,它表示速度大小隨時間的變化率,是加速度矢量沿速度方向的一個分量,起改變速度大小的作用;在極坐標系中表示徑向速率vr(如題1 2 所述);在自然坐標系中表示質點的速率v;而表示加速度的大小而不是切向加速度at.因此只有(3) 式表達是正確的.故選(D).14 分析與解 加速度的切向分量at起改變速度大小的作用,而法向分量an起改變速度方向的作用.質點作圓周運動時,由于速度方向不斷改變,相應法向加速度的方向也在不斷改變,因而法向加速度是一定改變的.至于at是否改變,則要視質點的速率情況而定.質點作勻速率圓周運動時, at恒為零;質點作勻變速率圓周運動時, at為一不為零的恒量,當at改變時,質點則作一般的變速率圓周運動.由此可見,應選(B).15 分析與解 本題關鍵是先求得小船速度表達式,進而判斷運動性質.為此建立如圖所示坐標系,設定滑輪距水面高度為h,t 時刻定滑輪距小船的繩長為l,則小船的運動方程為,其中繩長l 隨時間t 而變化.小船速度,式中表示繩長l 隨時間的變化率,其大小即為v0,代入整理后為,方向沿x 軸負向.由速度表達式,可判斷小船作變加速運動.故選(C).16 分析 位移和路程是兩個完全不同的概念.只有當質點作直線運動且運動方向不改變時,位移的大小才會與路程相等.質點在t 時間內的位移Δx 的大小可直接由運動方程得到:,而在求路程時,就必須注意到質點在運動過程中可能改變運動方向,此時,位移的大小和路程就不同了.為此,需根據(jù)來確定其運動方向改變的時刻tp ,求出0~tp 和tp~t 內的位移大小Δx1 、Δx2 ,則t 時間內的路程,如圖所示,至于t = s 時質點速度和加速度可用和兩式計算.解 (1) s內位移的大小 (2) 由 得知質點的換向時刻為 (t=0不合題意)則 ,所以, s時間間隔內的路程為 (3) t= s時 , ,17 分析 根據(jù)加速度的定義可知,在直線運動中vt曲線的斜率為加速度的大小(圖中AB、CD 段斜率為定值,即勻變速直線運動;而線段BC 的斜率為0,加速度為零,即勻速直線運動).加速度為恒量,在at 圖上是平行于t 軸的直線,由vt 圖中求出各段的斜率,即可作出at 圖線.又由速度的定義可知,xt 曲線的斜率為速度的大?。虼?勻速直線運動所對應的x t 圖應是一直線,而勻變速直線運動所對應的x–t 圖為t 的二次曲線.根據(jù)各段時間內的運動方程x=x(t),求出不同時刻t 的位置x,采用描數(shù)據(jù)點的方法,可作出xt 圖.解 將曲線分為AB、BC、CD 三個過程,它們對應的加速度值分別為  (勻加速直線運動),   (勻速直線運動)  (勻減速直線運動)根據(jù)上述結果即可作出質點的at 圖[圖(B)].在勻變速直線運動中,有由此,可計算在0~2s和4~6s時間間隔內各時刻的位置分別為用描數(shù)據(jù)點的作圖方法,由表中數(shù)據(jù)可作0~2s和4~6s時間內的x t 圖.在2~4s時間內, 質點是作的勻速直線運動, 其x t 圖是斜率k=20的一段直線[圖(c)].18 分析 質點的軌跡方程為y =f(x),可由運動方程的兩個分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到.對于r、Δr、Δr、Δs 來說,物理含義不同,可根據(jù)其定義計算.其中對s的求解用到積分方法,先在軌跡上任取一段微元ds,則,最后用積分求s.解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得質點軌跡方程為,這是一個拋物線方程,軌跡如圖(a)所示. (2) 將t =0s和t =2s分別代入運動方程,可得相應位矢分別為 , 圖(a)中的P、Q 兩點,即為t =0s和t =2s時質點所在位置.(3) 由位移表達式,得 其中位移大小而徑向增量*(4) 如圖(B)所示,所求Δs 即為圖中PQ段長度,先在其間任意處取AB 微元ds,則,由軌道方程可得,代入ds,則2s內路程為19 分析 由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量,再由運動合成算出速度和加速度的大小和方向.解 (1) 速度的分量式為 , 當t =0 時, vox =10 ms1 , voy =15 ms1 ,則初速度大小為設vo與x 軸的夾角為α,則 α=123176。41′(2) 加速度的分量式為 , 則加速度的大小為 設a 與x 軸的夾角為β,則 ,β=33176。41′(或326176。19′)110 分析 在升降機與螺絲之間有相對運動的情況下,一種處理方法是取地面為參考系,分別討論升降機豎直向上的勻加速度運動和初速不為零的螺絲的自由落體運動,列出這兩種運動在同一坐標系中的運動方程y1 =y(tǒng)1(t)和y2 =y(tǒng)2(t),并考慮它們相遇,即位矢相同這一條件,問題即可解;另一種方法是取升降機(或螺絲)為參考系,這時,螺絲(或升降機)相對它作勻加速運動,但是,此加速度應該是相對加速度.升降機廂的高度就是螺絲(或升降機)運動的路程.解1 (1) 以地面為參考系,取如圖所示的坐標系,升降機與螺絲的運動方程分別為 當螺絲落至底面時,有y1 =y(tǒng)2 ,即 (2) 螺絲相對升降機外固定柱子下降的距離為解2 (1)以升降機為參考系,此時,螺絲相對它的加速度大小a′=g +a,螺絲落至底面時,有 (2) 由于升降機在t 時間內上升的高度為 則 111 分析 該題屬于運動學的第一類問題,即已知運動方程r =r(t)求質點運動的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度).在確定運動方程時,若取以點(0,3)為原點的O′x′y′坐標系,并采用參數(shù)方程x′=x′(t)和y′=y(tǒng)′(t)來表示圓周運動是比較方便的.然后,運用坐標變換x =x0 +x′和y =y(tǒng)0 +y′,將所得參數(shù)方程轉換至Oxy 坐標系中,即得Oxy 坐標系中質點P 在任意時刻的位矢.采用對運動方程求導的方法可得速度和加速度.解 (1) 如圖(B)所示,在O′x′y′坐標系中,因,則質點P 的參數(shù)方程為, 坐標變換后,在Oxy 坐標系中有, 則質點P 的位矢方程為(2) 5s時的速度和加速度分別為112 分析 為求桿頂在地面上影子速度的大小,必須建立影長與時間的函數(shù)關系,即影子端點的位矢方程.根據(jù)幾何關系,影長可通過太陽光線對地轉動的角速度求得.由于運動的相對性,太陽光線對地轉動的角速度也就是地球自轉的角速度.這樣,影子端點的位矢方程和速度均可求得.解 設太陽光線對地轉動的角速度為ω,從正午時分開始計時,則桿的影長為s=htgωt,下午2∶00 時,桿頂在地面上影子的速度大小為當桿長等于影長時,即s =h,則即為下午3∶00 時.113 分析 本題屬于運動學第二類問題,即已知加速度求速度和運動方程,必須在給定條件下用積分方法解決.由和可得和.如a=a(t)或v =v(t),則可兩邊直接積分.如果a 或v不是時間t 的顯函數(shù),則應經(jīng)過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學操作后再做積分.解 由分析知,應有 得 (1)由 得 (2)將t=3s時,x=9 m,v=2 ms1代入(1) (2)得v0=1 ms1,x0= m.于是可得質點運動方程為 114 分析 本題亦屬于運動學第二類問題,與上題不同之處在于加速度是速度v的函數(shù),因此,需將式dv =a(v)dt 分離變量為后再兩邊積分.解 選取石子下落方向為y 軸正向,下落起點為坐標原點.(1) 由題意知 (1)用分離變量法把式(1)改寫為 (2)將式(2)兩邊積分并考慮初始條件,有 得石子速度 由此可知當,t→∞時,為一常量,通常稱為極限速度或收尾速度.(2) 再由并考慮初始條件有 得石子運動方程115 分析 與上兩題不同處在于質點作平面曲線運動,根據(jù)疊加原理,求解時需根據(jù)加速度的兩個分量ax 和ay分別積分,從而得到運動方程r的兩個分量式x(t)和y(t).由于本題中質點加速度為恒矢量,故兩次積分后所得運動方程為固定形式,即和,兩個分運動均為勻變速直線運動.讀者不妨自己驗證一下.解 由加速度定義式,根據(jù)初始條件t0 =0時v0 =0,積分可得 又由及初始條件t=0 時,r0=(10 m)i,積分可得 由上述結果可得質點運動方程的分量式,即x =10+3t2 y =2t2消去參數(shù)t,可得運動的軌跡方程 3y =2x 20 m這是一個直線方程.直線斜率,α=33176。41′.軌跡如圖所示.116 分析 瞬時加速度和平均加速度的物理含義不同,它們分別表示為和.在勻速率圓周運動中,它們的大小分別為, ,式中|Δv|可由圖(B)中的幾何關系得到,而Δt 可由轉過的角度Δθ 求出.由計算結果能清楚地看到兩者之間的關系,即瞬時加速度是平均加速度在Δt→0 時的極限值.解 (1) 由圖(b)可看到Δv =v2 v1 ,故 而 所以 (2) 將Δθ=90176。,30176。,10176。,1176。分別代入上式,得, ,以上結果表明,當Δθ→0 時,勻速率圓周運動的平均加速度趨近于一極限值,該值即為法向加速度.117 分析 根據(jù)運動方程可直接寫出其分量式x =x(t)和y =y(tǒng)(t),從中消去參數(shù)t,即得質點的軌跡方程.平均速度是反映質點在一段時間內位置的變化率,即,它與時間間隔Δt 的大小有關,當Δt→0 時,平均速度的極限即瞬時速度.切向和法向加速度是指在自然坐標下的分矢量at 和an ,前者只反映質點在切線方向速度大小的變化率,即,后者只反映質點速度方向的變化,它可由總加速度a 和at 得到.在求得t1 時刻質點的速度和法向加速度的大小后,可由公式求ρ.解 (1) 由參數(shù)方程 x =, y =消去t 得質點的軌跡方程:y = (2) 在t1 = 到t2 =(3) 質點在任意時刻的速度和加速度分別為 則t1 =v(t)|t =1s= 切向和法向加速度分別為 (4) t = 則118 分析 物品空投后作平拋運動.忽略空氣阻力的條件下,由運動獨立性原理知,物品在空中沿水平方向作勻速直線運動,在豎直方向作自由落體運動.到達地面目標時,兩方向上運動時間是相同的.因此,分別列出其運動方程,運用時間相等的條件,即可求解.此外,平拋物體在運動過程中只存在豎直向下的重力加速度.為求特定時刻t時物體的切向加速度和法向加速度,只需求出該時刻它們與重力加速度之間的夾角α或β.由圖可知,在特定時刻t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角α,可由此時刻的兩速度分量vx 、vy求出,這樣,也就可將重力加速度g 的切向和法向分量求得.解 (1) 取如圖所示的坐標,物品下落時在水平和豎直方向的運動方程分別為x =vt, y =1/2 gt2飛機水平飛行速度v=100 ms1 ,飛機離地面的高度y=100 m,由上述兩式可得目標在飛機正下方前的距離(2) 視線和水平線的夾角為(3) 在任意時刻物品的速度與水平軸的夾角為取自然坐標,物品在拋出2s 時,重力加速度的切向分量與法向分量分別為119 分析 這是一個斜上拋運動,看似簡單,但針對題目所問,如不能靈活運用疊加原理,建立一個恰當?shù)淖鴺讼?將運動分解的話,求解起來并不容易.現(xiàn)建立如圖(a)所示坐標系,則炮彈在x 和y 兩個方向的分運動均為勻減速直線運動,其初速度分別為v0cosβ和v0sinβ,其加速度分別為gsinα和gcosα.在此坐標系中炮彈落地時,應有y =0,則x =OP.如欲使炮彈垂直擊中坡面,則應滿足vx =0,直接列出有關運動方程和速度方程,即可求解.由于本題中加速度g 為恒矢量.故第一問也可由運動方程的矢量式計算,即,做出炮彈落地時的矢量圖[如圖(B)所示],由圖中所示幾何關系也可求得 (即圖中的r 矢量).解1 由分析知,炮彈在圖(a)所示坐標系中兩個分運動方程為 (1) (2)令y =0 求得時間t 后再代入式(1)得解2 做出炮彈的運動矢量圖,如圖(b
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