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大学物理第五版下册课后习题答案

【篇一：

大学物理学课后习题答案马文蔚第五版】

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）．

解

（1）质点在4.0s内位移的大小

（2）由得知质点的换向时刻为（t＝0不合题意）

则,

所以,质点在4.0s时间间隔内的路程为

（3）t＝4.0s时,

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

（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

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,质点是作的匀速直线运动,其x-t图是斜率k＝20的一段直线［图（c）］．

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

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?

1ｓ-1,voy＝15m?

1ｓ-1,则初速度大小为

（2）加速度的分量式为

则加速度的大小为

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．

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?

1ｓ-1代入

（1）

（2）得v0＝-1m?

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

而

所以

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．

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?

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

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

【篇二：

大学物理第五版上册标准答案】

即｜｜≠．?

但由于｜dr｜＝ds,故

drds

即｜｜＝．由此可见,应选（c）．dtdt

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,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

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）．

dt?

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,dt

起改变速度大小的作用；

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?

dxv?

l2?

h2,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v

dtl2?

v0l2?

h2/l

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）．

0来确定其运动方向改变的dt

dxd2x

点速度和加速度可用和两式计算．

dtdt2

点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据

0得知质点的换向时刻为tp?

2s（t＝0不合题意）dt

dt2t?

4.0s

48m?

dtt?

4.0s?

36m.s

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

aab?

vb?

20m?

2（匀加速直线运动）,abc?

0（匀速直线运动）

tb?

acd?

vd?

10m?

2（匀减速直线运动）

td?

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

v0t?

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

20m?

1的匀速直线运动,其x-t图是斜率k＝20的一段直线［图（c）］．

ds?

（dx）2?

（dy）2,最后用s?

ds积分求ｓ．

这是一个抛物线方程,轨迹如图（a）所示．

解

（1）由x（t）和y（t）中消去t后得质点轨迹方程为,y?

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?

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

（dx）2?

（dy）2,由轨道

xdx,代入ds,则2ｓ内路程为2

ds?

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

v0?

v0x?

v0y?

18.0m?

v0yv0x

（2）加速度的分量式为

ax?

dvdvx

60m?

2,ay?

40m?

dtdt

ax?

ay?

72.1m?

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?

v0t?

121

aty2?

v0t?

gt222

当螺丝落至底面时,有y1＝y2,即

v0t?

at2?

v0t?

gt2

0.705sg?

（2）螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

y2?

v0t?

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

0.705sg?

（2）由于升降机在t时间内上升的高度为

v0t?

at2则d?

0.716m

t,则质点p的t

rsiny?

rcos

坐标变换后,在oxy坐标系中

有

rsin

t,y?

y0?

rcost?

rtt

则质点p的位矢方程为

rsin

d2ttttt

【篇三：

物理学（第五版）下册马文蔚等改编（东南大学）答案】

物体沿x轴作谐振动的方程为x?

0.10cos（2?

（1）振幅，周期，频率和初相x?

，式中x，t的单位分别为m，）

s.试求：

acos（?

）；

（2）t?

0.5s时，物体的位移、速度和加速度.

解：

（1）谐振动的标准方程为，比较题中所给方程和标准方程，知振幅

0.10m，角频率

rad/s

周期为t?

，初

.由此，

1s频?

1hz率为2?

（2）t物体位移x速度v

1s时，

0.10cos（2?

）?

0.10cos（2?

0.5?

）m?

7.07?

10?

2m44

dx?

0.2?

sin（2?

）?

0.2?

sin（2?

0.5?

）m/s?

0.44m/sdt44dv?

加速度a?

2sin（2?

）?

2cos（2?

0.5?

）m/s2?

28m/s2

-2

-1

4.0?

10?

2m,v0?

0（题取向上为正方向，且平衡位置处为原

，而mg?

又?

kx0,

kg?

所以

mx0

9.8

9.8?

9-4-1图

所以谐振动方程：

（2）据题意，得

0时，x0?

0，v0?

0.6m.s?

1，其旋转矢量应为如图9-4-2图位置则

0.22

（）?

10?

（

0的投影有上、下两个矢量，但v0为负值，故只能选上面的om矢量），所以谐振动

方程为x

4.0?

10?

2cos（10t?

）m。

3、做简谐振动的物体，由平衡位置向x轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？

（1）由平衡位置到最大位移处；（用旋转式量方法）

（2）由平衡位置到x

处；（3）由x?

处到最大位移处。

（用旋转式量方法）22

解：

（1）作旋转矢量如图9-5-1图，

得?

因为求的是最短时间，故取向下的

旋转矢量，所以?

（2）如图9-5-2图

9-5-1图

6t63t12

4、某振动质点的

t曲线如9-6图所示，试求：

（1）振动的周期和初相；

（2）点p位置所对应的相位和时刻。

解

（1）由曲线知，

0时，x0?

0.05m=，作旋转矢量如图

。

由旋转矢量得，t1?

4s时，?

t1?

9-6-1图所示?

424

（2）如图9-6-2图，?

所以t

0，即?

-2

-1

作简谐运动，其最大速度为

求：

（1）振动的周期；

（2）物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3）物体在何处其动能和势能相等；（4）当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少?

解:

（1）vmax

vmax

a，?

ek?

vmax

（2）此e

（3）设在mvmax?

0.8j

x0处ep?

ek，则1kx

ep?

12112mv?

ka，222

，

x0?

7.07?

10?

m（4）

121a21121kx?

k（）?

ka?

e222424

ek?

ep?

e。

6、已知同方向、同频率的两简谐运动的运动方程分别为x1

求：

（1）合振动的振幅及初相；

（2）若有另一同方向、同频率的简谐振动x3

0.07cos（10t?

3）m，则

3为多少时，x2?

x3的振幅最大？

又?

3为多少时，x1?

x3的振幅小？

解

（1）作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如9-11-1图），

因为?

，故合振动振幅为

a12?

a2?

7.8?

10?

合振相位?

（asin?

a2sin?

2）?

arctan11?

1.48rad

a1cos?

a2cos?

2）

（2）使

x2?

振幅最大，即两振动同相，则由

得：

则由?

1.0?

10?

2kg的子弹，以500m.s

8、如9-8图所示，质量为

的速度射人木块，并嵌在木块中，同时弹簧压缩从而作简谐运动。

设木块的质量为4.99kg，弹簧的劲度系数为

向左为

x轴正向，求简谐振动方程。

0时刻，弹簧原长处为原点，则

解：

设子弹射入木块时为t

x0?

，

m1vv0?

1.0

m1?

m.s

由旋转矢量9-8-1图得

又

m1?

x0?

（

）2?

2.5?

10?

2所以振动方程为x?

2.5?

10?

2cos（40t?

）

9、示波管的电子束受到两个相互垂直的电场的作用。

电子在两个方向上的位移分别为

acos?

和

acos（?

）。

求在?

0、?

300及?

900各种情况下，电子在荧光屏上的

轨迹方程。

解：

这是两个振动方向互相垂直的同频率简谐运动的合成问题。

合振动的轨迹方程为

x2y22xycos?

sin?

式中，a1、a2为两振动的振幅；?

为两个振动22a1a2a1a2

的初相差。

本题中

a1?

a2，?

，故有x

y2?

2xycos?

a2sin2?

（1）当

0时，有x?

y，轨迹为一直线方程。

，轨迹为椭圆方程。

a220

（2）当?

30时，有x?

2220

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