大学物理机械工业出版社上册课后练习答案docx.docx
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大学物理机械工业出版社上册课后练习答案docx
（1）船在t时刻的速度大小为V=
k∖⅛t+1
（2）在时间t内，船行驶的距离为
=-kdt,
所以:
枳分
因此
第一章质点的运动
1-1己知质点的运动方程为：
x=-10t+30t',
y=15t-20t∖式中x、y的单位为m,t的单位为s。
试
求：
（1）初速度的人小和方向：
⑵加速度的大小和方向。
分析由运动方程的分量式町分别求出速度、加速度的分量,再由运动介成算出速度和加速度的人小和方向.
解
（1）速度的分最式为υx=-=-10+60t
dt
υv=-^=15-40t
ydt
当t=0时，VOK=-10m∙s^1,^Oy=15m∙S^1,则初速度大小为
%=^OX2+yOy2=18∙°nι∙s^1
设％与X轴的夹角为α,则tana=—=--
%2
a=123o4Γ
（2）加速度的分量式为a=⅛-=60m∙s'2,dt
dv
av=—-=-40m∙s■
-dt
则加速度的人小为a=Jaj+a、2=72.1m∙s'2
设a与X轴的夹角为0,则tan0=^∙=--
aχ3
0=・33。
41'（或326°19'）
1-2一石子从空中由静止下落，由于空气阻力，石子并非作自由落体运动。
现测得其加速度a=A-Bυ,式中A、B为正恒量，求石子下落的速度和运动方程。
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,需将式曲=a（υ）dt分
离变量为—=dt后再两边积分.
a（D）
解选取石子下落方向为y轴正向,下落起点为坐标原点.
do
（1）由题a=——=A-BV
（1）
dt
用分离变量法把式
（1）改写为—^―=dt
（2）A-Bu
将式
（2）两边积分并考虑初始条件,冇
「王曲十
J%A—BO「°
得石子速度υ=-（l-e-Bt）
B
由此可知当,t→∞B⅛,υ→-为一常量,通常称为极限速度
B
或收尾速度•
⑵再由P=^=∆（i-e-Bt）并考虔初始条件有dtB
fdy=^（l-e-）dt
AA
得石子运动方程y=+不（e_Bt-1）
1-3一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后•由于阻力得到一个与速度反向、人小与船速平方成正比例的加速度，即a=∙kp2,lc为常数。
在关闭发动机后，试证：
VO
X=-In（Vi）kt+1）:
k
（3）船在行驶距离X时的速率为υ=υoe'kxo［证明］
（1）分离变数得竺
故∫-j=^k∫dt,
VAv*0
可得：
l=l÷kt.
VVo
（2）公式可化为V=—,
1+VOkt由于V=dxdt,
dx=———dt=d（l+v0ki）
1+Vokik（l+v0kt）idx=ik（⅛）d（I+v≡kI）-
X=丄In（VOkt+1）・
k
（3）要求v（x）,可由
dvdvdx
a=—=
dtdxdt
dv
Jdv
-kv=V—=>dx
=-kdx
枳分得
作抛射体运动，问它第二次碰到斜面的位置距原来的卜•落点多远。
解：
小球落地时速度为v0=√⅛h建立II角坐标
系，以小球第一次落地点为坐标原点如图
VXO=VOcos60°
1-4行人身高为h,若人以匀速Vo用绳拉一小车行走，而小车放在距地面高为H的光滑平台上,求小车移动的速度和加速度。
解：
人前进的速
度则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小•
第二次落地时y=0
vl2=∖ζt2+（H-Ii）2
X=VOcos600t+-gcos600t2
（1）
2
Vyo=VoSin60°
dt7^t2÷（H-h）2d2l_（H-II）2√
dt?
[（H-h）2÷v5t2]32
∙>
所以小车移动的速度V=-/%’
√（H-ħ）2-VJt2
所以X=VOCOS6O0t+丄gcos60°t'=△■=0.8nι
2g
小车移动的加速度a=
（H-h）2v-
[（H-h）2÷vjt2Γ
1-5质点沿X轴运动，其加速度和位置的关系为a=2÷6x2.a的单位为m∕s2.X的单位为m。
质点在X=O处•速度为IonIs>试求质点在任何坐标处的速度值。
1-7-人扔石头的最人出手速率为V=25m∕s,他能击中一个与他的手水平距离L=50m・高ħ=13m的目标吗？
在此距离上他能击中的最人高度是多少？
解：
由运动方程X=vtcos0,y=vtsin8-丄gt',消
2去t得轨迹方程
y=xtg<9-A-（tg2<9+l）x2
IV
以x=05Om>v=25ms1代入后得
y=50tg^-
g
2×252
（l+tgS）x5（/
解：
V
分离变量:
dvdvdxdv
a=——==V—
dtdxdtdx
υdυ=adx=（2+6x2）dx
-v2=2x+2x3÷c
两边积分得
=5Otg（9-2O（l+tg20
=-20（tg（9-∣）2+11.25
IRg=IO-O,则当tg<9=1.25时，ynux=11.25〈13所以他不能射中,能射中得最大高度为ymax=11.25
宙题知，X=O时，VO=Io.∙.c=50・V=2Jx3+x+25In∙s~1
1.
1-8一质点沿半径为R的圆周按规律s=υ0t--btj运动，％、b都是常量。
（1）求t时刻质点的总加速度：
⑵t为何值时总加速度在数值上等于b?
（3）当加速度达到b时，质点已沿圆周运行了多少圈？
分析在自然坐标中,s表示圆周上从某一点开始的曲线坐标.由给定的运动方程S=s（t）,对时间t求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度V和加速度的切向分⅛at,而加速度的法向分量为an=υ2R-这样,总加速度为α
y=v0sin6O0t-—gsin6Oot2
（2）
=a.ef÷aoen.至于质点在t时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变屋」S=St-S0.因圆周长为2τrR5质点所转过的圈数自然可求得.
解
（1）质点作圆周运动的速率为υ=-=υ0-bt
dt
其加速度的切向分量和法向分量分别为
at=⅛=-b,an=Ei=（^dt2nRR
故加速度的大小为
'+（珂-bt）
R2
az=0»a=Ja；+a；=Ra
（1）
1-10飞机以IoOms∙1的速度沿水平直线飞行，在离地面哥为Ioom时，驾驶员要把物品投到前方某-哋面目标处’问：
（1）此时目标在飞机下方前多远？
（2）投放物品时•驾驶员看目标的视线利水平线成何角度？
（3）物品投出2s后，它的法向加速度和切向加速度齐为多少？
解：
其方向与切线Z间的夹角为
^arCtailt=arctTi⅛rr
⑵要使Ial=b,由l√R⅛2+（υ0-bt）4=b可得
R
（2）θ=arctg-=12.5*
（3）
dv_gt2
t=⅛
b
（3）从t=0开始到t=%∕b时,质点经过的路程为
tdt7.,.at=1.96m∕s2,g=10.0（或1.88m∕s2,g=9.8）
∙.∙a=5∕a12+a;=g
.∙.an=^g2-at2=9.80m∕s2,g=10.0（或9.62m∕s',g=9.8）
因此质点运行的圈数为1】=—=
2πR4πbR
1-9已知质点的运动方程为：
X=RCoS朋，y=RsiiirtX,Z=——6Λ,式中
2；F
R、IK0为正的常量。
求：
（1）质点运动的轨道方程;
（2）质点的速度大小：
（3）质点的加速度人小。
解：
（1）轨道方程为X2+y2=R2Z=丄-Qt2π这是一条空间螺旋线。
在O矽平而上的投影为圆心在原点，半径为R的圆，螺距为h
dXr•
（2）V=—=-R69SΠ1CtΛ
Xdt
V=Jv；+v；+v；
（3）ax=-R^rcosrυtay=-Rzυ2SiικX
1-11一无风的下雨犬，一列火车以v1=20m∕s的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降，求雨滴下落的速度V2。
（设下降的雨滴作匀速运动）
解：
以地面为参考系，火车相对地而运动的速度为雨滴相对地面竖直卜•落的速度为V?
旅客看到雨滴F落速度\了为柑对速度，它们之间的关系为
^=V2∙+¾
.∙.v2=VI∕tg75,=5.36ιns^1
1—12升降机以加速度ao=1.22m∙s^2上升，当上升速度为2.44m∙sT时，有一螺帽自升降机的天花板脱落•天花板与升降机的底面相距2.74m,试求：
（1）螺帽从天花板落到底面所需时间：
（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离。
解：
（1）以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度为a~g÷a,螺丝落到底面时，有
=0.705s
ħ,=v⅛t+丄at，
（2）由于升降机在t时间内的高度为2
则d=h-h,=0.716nι
1-13飞机A相对地面以VA=IOOOkmh的速率向南飞行，另一飞机B相对地面以=800km/h的速率向东偏南30°方向飞行。
求飞机A相对飞机B的速度。
解：
VA=IOO0j,VB=400J+400√3Γ
V=VA-VB
=1000J-（400j÷400√3f）
.•・tgθ=並,&=40。
52；方向西偏南
2
V=√6∞2÷4∞2×3=916km∕h
1-14一人能在静水中以IIOmS∙1的速度划船前进,今欲横渡一宽为1000m、水流速度为0.55mΓ1的人河。
（1）,那么应如何<划行方向?
到达正对岸■少时间？
（2）如果希望用最短的时间过河，应如何确定划行
解：
由相对速度的矢量关系°=W+U有
（1）空气时静止的•即u=0,则往返时，飞机相对地面的飞行速度就等于飞机相对空气的速度矿（图
（1））,
1171
故飞机來回飞行的时间t°=tAB+tBA=_+_=二
V・V。
v,
（2）空气的速度向东时•当飞机向东飞行时■风速与飞机相对空气的速度同向;返回时，两者刚好相反（图
（2））,故飞机来回飞行的时间为
11
!
V,+UV-U
人小由V=Vt+U可得为V=√v<-uy,故飞机來回飞行的时间为
⑶空气的速度向北时•飞机相对地面的飞行速度的
第二章质点动力学
（1）
习题2・1图
IUg-TA=ni3A
（1）
TB-Ing=nιaB
（2）
^aA=3D
⑶
Ta=2TB
⑷
解^aA=-Ig
2
⅝=-τg
习趕2—2图
方向？
船到达对岸的位置在什么地方？
解：
如图
（1）若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点，则划行速度和水流速度U的介速度的方向正对着岸，
设划行速度介速度P的夹角为α
AvSina=U
Sma=—=0.55/1.1=0.5
√
COSa=
t=-=—-—=1.O5×1O3s
VVfCoSa
如图（2〉用最短的时间过河，则划行速度的方向正对着岸d,d
.∙.t=—,1=ut=u—=500ιn
√√
1-15设有一架飞机从A处向东飞到B处，然后又向西飞回到A处，飞机相对空气的速率为V’，而空气相对地面的速率为mA、B间的距离为1。
（1）假定空气是静止的（即U=O）,求飞机來回飞行的时间；
（2）假定空气的速度向东，求飞机來回飞行的时间;
（3）假定空气的速度向北，求飞机来回飞行的时间。
2—1如本题图.A∙B两物体质最均为m∙用质最不
计的滑轮和细绳连接•并不计摩擦，则A和B的加速度大小各为多少。
解：
如图由受力分析得
2-2如本题图所示，己他两物体A、B的质量均为m=3.0kg∙物体A以加速度a=l.OnVs2运动，求物体B与桌面间的摩擦力。
（滑轮与连接绳的质量不计）
解：
分别对物体和滑轮受力分析（如图），由牛顿定律和动力学方程得，
∏∖g-FT=mAa（I）
Fn-Ff=
（2）
2a=a,（3）
Fτ,=2Fτι⑷
IHa=IDb=IH（5）
FT=FT,（6）
Fn=FTl（7）
FN=叭=m善
Pdv
Ff=-mat=-m——ftdt
dv
由上三式可得寸=
（1）
（2）
⑶
（4）
解得mg-（m+4m）a=7.：
2
2-3如图所示，细线不可伸长，细线、定滑轮、动滑轮的质量均不计己知
n¾=4m3m2=2m3。
求各物体运动
的加速度及各段细线中的张力。
解:
SmIF落的加速度为刼,因而动滑轮也以aι上升。
再设m2相对动滑
对⑷式积分得ftdt=--f'⅛
JoUJVOV*
W2LlLlzw3
轮以加速度「下落，m3相对动滑轮以习题2-3加速度a,上升，二者相对地面的加速
度分别为：
a,-a1（下落）和a,+al（上升），设作用
在mi上的线中张力为Ti，作用在1生和m3上的线中张力为T2。
列出方程组如下：
m1g-T1=Inlalm2g-T2=m2（a,-a1）
T2-m3g=m3（ar+a1）
Ti-2T2
可求出:
2g
5
7
T2计
2-4光滑的水平面上放置-半径为R的固定圆环，物体紧贴环的内侧作圆周运动，其靡擦系数为Po物体的初速率为"，求：
（1）t时刻物体的速率；
（2）肖物体速率从Vo减少到vσ∕2时，物体所经历的时间及经过的路程。
解：
（1）设物体质量为m,取图示的自然坐标系，由牛顿定律得，
R+v0∕∕t
⑵当物体速率从Vo减少到v0∕2时，由
∙.V=RVQ可得物体所经历的时间f=—R+VoMv0∕/
经过的路程s=J＞吋;為dt=知2
2-5从实验知道，当物体速度不太人时，可以认为空气的阻力正比于物体的瞬时速度，设其比例常数为k°
将质最为m的物体以竖直向上的初速度VO抛出。
（1）试证明物体的速度为
IpgZ吉=TCe
-1）+VOem
（2）证明物体将达到的最人高度为
H=mv1nrg⅛kknig
（3）证明到达最人高度的时间为
m1Ckv0
=Jh】（1+）
kIIIg
证明:
由牛顿定律可得
（l）-mg-kv=m-,dt
Odt=
T_mdv
.,t=≡ιn≡⅛,kmg+kv
（2）-mg-kv=mv—,
dx
ronig+kv
mm
V=琴∙（eICt-I）+v^e匸t
Jm∖∙dv
QX=
mg+kv
令mg+kv=u,du=kdv
k2JJmgdu.β.—dx=—∏）du÷»
mU
...X=Ξl.Ξ⅛ln（l+⅛）
kkIng
（3）∙.∙H1uΞL⅛
kmg+kv
.∙.当V=O时，t=巴In些岀即为到达最高点的时间
kmg+k
2-6质量为m的跳水运动员，从距水而距离为h的高台上由静止跳下落入水中。
把跳水运动员视为质点，并略去空气阻力。
运动员入水后垂直下沉，水对其阻力为一b√,其中b为一帘量。
若以水面上一点为坐标原点O,竖直向下为Oy轴，求：
（1）运动员在水中的速率V与y的函数关系：
（2）跳水运动员在水中卜•沉多少距离才能使其速率V减少到落水速率VO的1/10?
（假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力人小恰好相等）
解：
运动员入水可视为自由落体运动，所以入水时的速度为
Γ-dx=P
JOmJmg+fao
（TndU+业）
U
VO=λ∕2gh•入水后如图由牛顿定律的
mg-f^F=mamg=Ff=bγ2
dvdva=——=V——dtdy
（2）将已知条件≥=0.4m-l,v=0.hθ代入上式得,m
一訥于5.76“
2-7一物体自地球表面以速率VO竖直上抛。
假定空气对物体阻力的值为f=-kmv2,其中k为常屋，m为物体质量。
试求：
（1）该物体能上升的高度：
（2）物体返回地面时速度的值。
解：
分别对物体上抛和卜•落时作受力分析（如图），
八、Indvmvdv
（1）-mg-kmv=m—=,
dtdy
f>dy=-Γ^r
JoJJVOg+kv2
1Izg+kv2
∙∙∙L計（时）
.∙.物体达到最高点时，v=0,故
h=ymaχ=^-hl（g+k-）
2kg
（2）下落过程中，-mg+kmvr⅛?
="；“
VdV
f°dy=-Γλ
JhJJOg—kv_
kv"0、—1∕∙>
.∙∙v=Vo（l+—）亠
g
2-8质量为m的子弹以速度％水平射入沙土中，设子弹所受阻力f=-好，k为常数，求：
（1）子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；
（2）子弹进入沙土的瑕人深度。
解：
（1）由题意和牛顿第二定律可得：
=-k∖r=m—,
dt
kdv
分离变量，可得：
—两边同时积分，所
mVdt
（2）子弹进入沙土的最大深度也就是V=O的时候子弹的位移，则：
mVdt
可推岀：
Vdt=—dv,而这个式子两边积分就町
k
以得到位移：
XmaX=∫Vdt=∫θ-^dV=≡v0。
2-9己知一质量为m的质点在X轴上运动，质点只受到
指向原点的力f=-k//,k是比例常数。
设质点在
（3）由动最定理:
X=A时的速度为零，求质点在X=A/4处的速度的人小。
解：
由题意和牛顿第二定律可得：
Qkdvdvdxdv
I=——=m—=m=mv—
x^dtdxdtdx
再采取分离变量法可得：
-*dx=mvdv,
χ∙
两边同时取积分，则：
-4-dx=£mvdv
2-10一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力人小为F=400-4×10st∕3,子弹从枪「1射出时的速率为300ιn∕s°设子弹离开枪Il处合力刚好为零。
求：
（1）子弹走完枪筒全长所用的时间t；
（2）子弹在枪筒中所受力的冲量I:
（3）子弹的质量。
解：
（1）由F=400-4×105t∕3和子弹离开枪门处合力
刚好为零，则可以得到：
F=400-4×105t∕3=0算出t=0003so
（2）由冲量定义：
f0.003l∙0.003
I=JFdt=∫（400-4×105t∕3）dt
0®IOOO3
=400t-2×105t2∕3∣O=0.6N∙s
f0003
I=IFdt=ΔP=mv=0.6N∙S所以：
m=0.6/300=0.002kg2-11高空作业时系安全带是非常必要的。
假如一质屋为51Okg的人，在操作时不慎从高空竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来。
已知此时人离原处的距离为2.0m,安全带弹性缓冲作用时间为0.5OSO求安全带对人的平均冲力。
分析从人受力的情况来看,可分两个阶段：
在开始卜落的过程中,只受重力作用,人体町看成是作自由落体运动：
在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短.为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态（动屋）的改变来分析,即运用动量定理来讨论.爭实上,动量定理也可应用于整个过程.但是,这时必须分清遗力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零.这样,运用动量定理仍可得到相同的结果.
解以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论.在自由落体运动过程中,人跌落至2m处时的速度为
DI=y∣2^
（1）
在缓冲过程中,人受甫力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有
（F+P）∆t=ιw2-mP]
（2）
由式
（1）、
（2）町得安全带对人的平均冲力大小为—zl（mr）∆λ∕2gh3
F=+—=咚+=1.14×103N
∆t∆t
2-12长为60Cm的绳子悬挂在天花板上，卜•方系一质量为Ikg的小球，己知绳子能承受的瑕人张力为20NO试求要多大的水平冲量作用在原来静止的小球上才能将绳子打断？
ΔI=nw0-O
解：
由动量定理得ΔI,
∙β∙vb=—
m
如图受力分析并由牛顿定律得，
T-mg=≡^
T=Illg+≥20
amg÷ΔI2∕l>20
ΔI≥2.47NS
2-13一作斜抛运动的物体，在最离点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地而为19.6m爆炸LOS后，第-块落到爆炸点正下方的地面上，此处距抛出点的水平距离为I（X）In。
问第二块落在距抛出点多远的地面上？
（设空气的阻力不计）
解：
取如图示坐标系，根据抛体运动规律，爆炸前，物体在最哥点得速度得水平分最为
VOX=Y=xi√g72h⑴
物体爆炸后，第•块碎片竖直下落的运动方程为
L1,y=h-vt--gV
2
当碎片落地时，y1=0,t=t1,则由上式得爆炸后
第i块碎片抛出得速度为
（2）
在最高点处有
又根据动量守恒定律，
0χ--mv2χ
C11
0=~2mvι+2mv2y
（4）
联立以上
（1）一（4）式得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为
=IOOms"1
h-lgt2
—?
—=14.7ms∙1
爆炸后第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为
y2=h+v2yt2--gt;
（6）
落地时y2=0,由式（5）和（6）可解得第二块碎片落地点得水平位置
x2=^00m
2—14质量为M的人于•里拿着一个质量为m的物体,此人用与水平面成8角的速率VO向前跳去。
当他达到最高点时，他将物体以相对于人为U的水平速率向后抛出。
问：
由于人抛出物体，他跳跃的距离增加了多少？
（假设人可视为质点）（自己算一遍）
解：
取如图所示坐标，把人和物视为一系统，肖人跳跃到绘高点处，在向左抛物得过程中，满足动最守恒，故有
（m∙M）v0COSθ=Mv+In（V-U）
式中Y为人抛物后相对地面的水平速率,
V-U为抛出物对地面得水平速率，得
λimu
v=%cosG+
0m+M
人的水平速率得增量为
I―mu
∆v=v-λ∩COS^=
m+M
而人从最高点到地面得运动时间为t=^Sln£
g
所以人跳跃后増加的距离为
∆x=∆vt=
m%sιnθ
（m+H）g
2-15铁路上有一静止的平板车，其质量为M,设平
升级会员 