大学物理第五版上册课后答案及解析Word格式文档下载.docx

1、 得知质点得换向时刻为 （t0不合题意）则 , 所以,质点在4、0 s时间间隔内得路程为（3） t4、0 s时 , 1-7 分析根据加速度得定义可知,在直线运动中v-t曲线得斜率为加速度得大小（图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 得斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动）加速度为恒量,在a-t 图上就是平行于t 轴得直线,由v-t 图中求出各段得斜率,即可作出a-t 图线又由速度得定义可知,x-t 曲线得斜率为速度得大小因此,匀速直线运动所对应得x -t 图应就是一直线,而匀变速直线运动所对应得xt 图为t 得二次曲线根据各段时间内得运动方程xx（t）,求出不同时刻t 得

2、位置x,采用描数据点得方法,可作出x-t 图解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应得加速度值分别为 （匀加速直线运动）, （匀速直线运动） （匀减速直线运动）根据上述结果即可作出质点得a-t 图图（B）在匀变速直线运动中,有由此,可计算在02与46时间间隔内各时刻得位置分别为用描数据点得作图方法,由表中数据可作02与46时间内得x -t 图在24时间内, 质点就是作 得匀速直线运动, 其x -t 图就是斜率k20得一段直线图（c）1-8 分析质点得轨迹方程为y f（x）,可由运动方程得两个分量式x（t）与y（t）中消去t 即可得到对于r、r、r、s 来说,物理含义不同,可根据其定义计

3、算其中对s得求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则 ,最后用 积分求解（1） 由x（t）与y（t）中消去t 后得质点轨迹方程为, 这就是一个抛物线方程,轨迹如图（a）所示（2） 将t 0与t 2分别代入运动方程,可得相应位矢分别为 ,图（a）中得P、Q 两点,即为t 0与t 2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s 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2内路程为1-9 分析由运动方程得分量式可分别求出速度、加速度得分量,再由运动合成算出速度与加速度得大小与方向解（1） 速度得

4、分量式为当t 0 时, vox -10 m?6?1-1 , voy 15 m?1-1 ,则初速度大小为设vo与x 轴得夹角为,则 12341（2） 加速度得分量式为则加速度得大小为设a 与x 轴得夹角为,则 ,-3341（或32619）1-10 分析在升降机与螺丝之间有相对运动得情况下,一种处理方法就是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上得匀加速度运动与初速不为零得螺丝得自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中得运动方程y1 y1（t）与y2 y2（t）,并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法就是取升降机（或螺丝）为参考系,这时,螺丝（或升降机）相对它作匀加速运动,但就

5、是,此加速度应该就是相对加速度升降机厢得高度就就是螺丝（或升降机）运动得路程解1（1） 以地面为参考系,取如图所示得坐标系,升降机与螺丝得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得距离为解2（1）以升降机为参考系,此时,螺丝相对它得加速度大小ag a,螺丝落至底面时,有（2） 由于升降机在t 时间内上升得高度为 则1-11 分析该题属于运动学得第一类问题,即已知运动方程r r（t）求质点运动得一切信息（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）为原点得Oxy坐标系,并采用参数方程xx（t）与yy（t）来表示圆周运动就是比较

6、方便得然后,运用坐标变换x x0 x与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 在任意时刻得位矢采用对运动方程求导得方法可得速度与加速度解（1） 如图（B）所示,在Oxy坐标系中,因 ,则质点P 得参数方程为, 坐标变换后,在Oxy 坐标系中有则质点P 得位矢方程为（2） 5时得速度与加速度分别为1-12 分析为求杆顶在地面上影子速度得大小,必须建立影长与时间得函数关系,即影子端点得位矢方程根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动得角速度求得由于运动得相对性,太阳光线对地转动得角速度也就就是地球自转得角速度这样,影子端点得位矢方程与速度均可求得解设太阳光线

7、对地转动得角速度为,从正午时分开始计时,则杆得影长为shtgt,下午200 时,杆顶在地面上影子得速度大小为当杆长等于影长时,即s h,则即为下午300 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与运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决由 与 可得 与 如aa（t）或v v（t）,则可两边直接积分如果a 或v不就是时间t 得显函数,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t3时,x9 m,v2 m?1-1代入（1） （2）得v0-1 m?1-1,x00、75 m于就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

8、题,与上题不同之处在于加速度就是速度v得函数,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） 由题意知用分离变量法把式（1）改写为将式（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得两个分量ax 与ay分别积分,从而得到运动方程r得两个分量式x（t）与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 与 ,两个分运动均

9、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t0 时,r0（10 m）i,积分可得由上述结果可得质点运动方程得分量式,即x 103t2 y 2t2消去参数t,可得运动得轨迹方程 3y 2x -20 m这就是一个直线方程直线斜率 ,3341轨迹如图所示1-16 分析瞬时加速度与平均加速度得物理含义不同,它们分别表示为 与 在匀速率圆周运动中,它们得大小分别为 , ,式中v可由图（B）中得几何关系得到,而t 可由转过得角度 求出由计算结果能清楚地瞧到两者之间得关系,即瞬时加速度就是平均加速度在t0 时得极限值解（1） 由图（b）可瞧

10、到v v2 -v1 ,故 而所以（2） 将90,30,10,1分别代入上式,得,以上结果表明,当0 时,匀速率圆周运动得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）与y y（t）,从中消去参数t,即得质点得轨迹方程平均速度就是反映质点在一段时间内位置得变化率,即 ,它与时间间隔t 得大小有关,当t0 时,平均速度得极限即瞬时速度 切向与法向加速度就是指在自然坐标下得分矢量a 与an ,前者只反映质点在切线方向速度大小得变化率,即 ,后者只反映质点速度方向得变化,它可由总加速度a 与a 得到在求得t1 时刻质点得速度与法向加速度得大小后,

11、可由公式 求解（1） 由参数方程 x 2、0t,y 19、0-2、0t2消去t 得质点得轨迹方程：y 19、0 -0、50x2（2） 在t1 1、00 到t2 2、0时间内得平均速度（3） 质点在任意时刻得速度与加速度分别为则t1 1、00时得速度v（t）t 12、0i -4、0j切向与法向加速度分别为（4） t 1、0质点得速度大小为 则 1-18 分析物品空投后作平抛运动忽略空气阻力得条件下,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,两方向上运动时间就是相同得因此,分别列出其运动方程,运用时间相等得条件,即可求解此外,平抛物体在运动过程

12、中只存在竖直向下得重力加速度为求特定时刻t时物体得切向加速度与法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间得夹角或由图可知,在特定时刻t,物体得切向加速度与水平线之间得夹角,可由此时刻得两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 得切向与法向分量求得解（1） 取如图所示得坐标,物品下落时在水平与竖直方向得运动方程分别为x vt,y 1/2 gt2飞机水平飞行速度v100 m?1s-1 ,飞机离地面得高度y100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前得距离（2） 视线与水平线得夹角为（3） 在任意时刻物品得速度与水平轴得夹角为取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度得切向分量与法

13、向分量分别为1-19 分析这就是一个斜上抛运动,瞧似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当得坐标系,将运动分解得话,求解起来并不容易现建立如图（a）所示坐标系,则炮弹在x 与y 两个方向得分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cos与v0sin,其加速度分别为gsin与gcos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与速度方程,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得矢量式计算,即 ,做出炮弹落地时得矢量图如图（B）所示,由图中所示几何关系也可求得 （即图中得r 矢量）解1由分析知

14、,炮弹在图（a）所示坐标系中两个分运动方程为 （1）令y 0 求得时间t 后再代入式（1）得解2做出炮弹得运动矢量图,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 与vx 0,则 （3）由（2）（3）两式消去t 后得由此可知只要角与满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 得大小无关讨论如将炮弹得运动按水平与竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下1-20 分析选定伞边缘O 处得雨滴为研究对象,当伞以角速度旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动建立如图（a）所示坐标系,列出雨滴得运动方

15、程并考虑图中所示几何关系,即可求证由此可以想像如果让水从一个旋转得有很多小孔得喷头中飞出,从不同小孔中飞出得水滴将会落在半径不同得圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔得分布解（1） 如图（a）所示坐标系中,雨滴落地得运动方程为由式（1）（2）可得由图（a）所示几何关系得雨滴落地处圆周得半径为（2） 常用草坪喷水器采用如图（b）所示得球面喷头（0 45）其上有大量小孔喷头旋转时,水滴以初速度v0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上则以角喷射得水柱射程为为使喷头周围得草坪能被均匀喷洒,喷头上得小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这就是喷头设计中得一个关键问题1

16、-21 分析被踢出后得足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内得运动方程得到由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向得范围,故只需将x、y 值代入即可求出解取图示坐标系Oxy,由运动方程消去t 得轨迹方程以x 25、0 m,v 20、0 m?1-1 及3、44 my0 代入后,可解得71111 6992 27922 1889如何理解上述角度得范围？在初速一定得条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同得投射倾角（如图所示）如果以7111或 18、89踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度得限制, 角也并非能取71、11与18、89之间得任何值当倾

17、角取值为27、92 6992时,踢出得足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门因此可取得角度范围只能就是解中得结果1-22 分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始得曲线坐标由给定得运动方程s s（t）,对时间t 求一阶、二阶导数,即就是沿曲线运动得速度v 与加速度得切向分量a,而加速度得法向分量为anv2 /R这样,总加速度为a aeanen至于质点在t 时间内通过得路程,即为曲线坐标得改变量sst -s0因圆周长为2R,质点所转过得圈数自然可求得解（1） 质点作圆周运动得速率为其加速度得切向分量与法向分量分别为故加速度得大小为其方向与切线之间得夹角为（2） 要使ab,由 可得（3）

18、从t0 开始到tv0 /b 时,质点经过得路程为因此质点运行得圈数为1-23 分析首先应该确定角速度得函数关系kt2依据角量与线量得关系由特定时刻得速度值可得相应得角速度,从而求出式中得比例系数k,（t）确定后,注意到运动得角量描述与线量描述得相应关系,由运动学中两类问题求解得方法（微分法与积分法）,即可得到特定时刻得角加速度、切向加速度与角位移解因R v,由题意t2 得比例系数 所以则t0、5 时得角速度、角加速度与切向加速度分别为总加速度在2、0内该点所转过得角度1-24 分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程得对应关系,应用运动学求解得方法即可得到解（1） 由于 ,则角速度 在t 2

19、时,法向加速度与切向加速度得数值分别为（2） 当 时,有 ,即此时刻得角位置为（3） 要使 ,则有 t 0、551-25 分析这就是一个相对运动得问题设雨滴为研究对象,地面为静止参考系,火车为动参考系v1 为相对 得速度,v2 为雨滴相对得速度,利用相对运动速度得关系即可解解以地面为参考系,火车相对地面运动得速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落得速度为v2 ,旅客瞧到雨滴下落得速度v2为相对速度,它们之间得关系为 （如图所示）,于就是可得1-26 分析这也就是一个相对运动得问题可视雨点为研究对象,地面为静参考系,汽车为动参考系如图（a）所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落得方向（即雨点相对

20、于汽车得运动速度v2得方向）应满足 再由相对速度得矢量关系 ,即可求出所需车速v1解由 图（b）,有而要使 ,则1-27 分析船到达对岸所需时间就是由船相对于岸得速度v 决定得由于水流速度u得存在, v与船在静水中划行得速度v之间有vu v（如图所示）若要使船到达正对岸,则必须使v沿正对岸方向；在划速一定得条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值解（1） 由vu v可知 ,则船到达正对岸所需时间为（2） 由于 ,在划速v一定得条件下,只有当0 时, v 最大（即vv）,此时,船过河时间td /v,船到达距正对岸为l 得下游处,且有1-28 分析该问题涉及到运动得相对性如何将已知质点相对

21、于观察者O 得运动转换到相对于观察者O得运动中去,其实质就就是进行坐标变换,将系O 中一动点（x,y）变换至系O中得点（x,y）由于观察者O相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换就是线性得解取Oxy 与Oxy分别为观察者O 与观察者O所在得坐标系,且使Ox 与Ox两轴平行在t 0 时,两坐标原点重合由坐标变换得xx - v t v t - v t 0 yy 1/2 gt2加速度由此可见,动点相对于系O就是在y 方向作匀变速直线运动动点在两坐标系中加速度相同,这也正就是伽利略变换得必然结果2-1 分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体得支持力消失为零,物体在绳子拉力F （其方向仍可认为平行

22、于斜面）与重力作用下产生平行水平面向左得加速度a,如图（b）所示,由其可解得合外力为mgcot ,故选（D）求解得关键就是正确分析物体刚离开斜面瞬间得物体受力情况与状态特征2-2 分析与解与滑动摩擦力不同得就是,静摩擦力可在零与最大值FN范围内取值当FN增加时,静摩擦力可取得最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体得运动状态由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选（A）2-3 分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间得静摩擦力提供,能够提供得最大向心力应为FN由此可算得汽车转弯

23、得最大速率应为vRg因此只要汽车转弯时得实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑应选（C）2-4 分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小与方向不变得重力以及时刻指向圆轨道中心得轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小与方向均与物体所在位置有关重力得切向分量（m gcos ） 使物体得速率将会不断增加（由机械能守恒亦可判断）,则物体作圆周运动得向心力（又称法向力）将不断增大,由轨道法向方向上得动力学方程 可判断,随 角得不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选（B）2-5 分析与解本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解此时A、B 两物体

24、受力情况如图（b）所示,图中a为A、B 两物体相对电梯得加速度,ma为惯性力对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F 5/8 mg故选（A）讨论对于习题2 -5 这种类型得物理问题,往往从非惯性参考系（本题为电梯）观察到得运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟得惯性力如以地面为惯性参考系求解,则两物体得加速度aA 与aB 均应对地而言,本题中aA 与aB得大小与方向均不相同其中aA 应斜向上对aA 、aB 、a 与a之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁有兴趣得读者不妨自己尝试一下2-6 分析动力学问题一般分为两类：（1）