大学物理上册马文蔚主编第五版课后习题答案Word文档格式.docx
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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的大小可直接由运动方程得到：
而在求路程时,就必须注意到质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,需根据来确定其运动方向改变的时刻tp,求出0～tp和tp～t内的位移大小Δx1、Δx2,则t时间内的路程,如图所示,至于t＝4.0s时质点速度和加速度可用和两式计算．
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）］．
1-8分析 质点的轨迹方程为y＝f（x）,可由运动方程的两个分量式x（t）和y（t）中消去t即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法,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?
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?
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
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
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?
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,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0的大小无关．
讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,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处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω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,列出雨滴的运动方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的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布
解
（1）如图（a）所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为
由式
（1）
（2）可得
由图（a）所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为
（2）常用草坪喷水器采用如图（b）所示的球面喷头（θ0＝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φ角喷射的水柱射程为
为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．
1-21分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x已知,球门高度又限定了在y方向的范围,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＝25.0m,v＝20.0m?
1ｓ-1及3.44m≥y≥0代入后,可解得
71．11°
≥θ1≥69．92°
27．92°
≥θ2≥18．89°
如何理解上述角度的范围？
在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角（如图所示）．如果以θ＞71．11°
或θ＜18.89°
踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；
由于球门高度的限制,θ角也并非能取71.11°
与18.89°
之间的任何值．当倾角取值为27.92°
＜θ＜69．92°
时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．
1-22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和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量为an＝v2/R．这样,总加速度为a＝aｔeｔ＋anen．至于质点在t时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs＝st-s0．因圆周长为2πR,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
其加速度的切向分量和法向分量分别为
故加速度的大小为
其方向与切线之间的夹角为
（2）要使｜a｜＝b,由可得
（3）从t＝0开始到t＝v0/b时,质点经过的路程为
因此质点运行的圈数为
1-23分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω（t）确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法（微分法和积分法）,即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．
解 因ωR＝v,由题意ω∝t2得比例系数
则t′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为
总加速度
在2.0ｓ内该点所转过的角度
1-24分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．
解
（1）由于,则角速度．在t＝2ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为
（2）当时,有,即
得
此时刻的角位置为
（3）要使,则有t＝0.55ｓ
1-25分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1为Ｓ′相对Ｓ的速度,v2为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为（如图所示）,于是可得
1-26分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图（a）所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向（即雨点相对于汽车的运动速度v2′的方向）应满足．再由相对速度的矢量关系,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是由船相对于岸的速度v决定的．由于水流速度u的存在,v与船在静水中划行的速度v′之间有v＝u＋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；
在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v有极大值．
解
（1）由v＝u＋v′可知,则船到达正对岸所需时间为
（2）由于,在划速v′一定的条件下,只有当α＝0时,v最大（即v＝v′）,此时,船过河时间t′＝d/v′,船到达距正对岸为l的下游处,且有
1-28分析 该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O中一动点（x,y）变换至系O′中的点（x′,y′）．由于观察者O′相对于观察者O作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．
解 取Oxy和O′x′y′分别为观察者O和观察者O′所在的坐标系,且使Ox和O′x′两轴平行．在t＝0时,两坐标原点重合．由坐标变换得
x′＝x-vt＝vt-vt＝0y′＝y＝1/2gt2
加速度
由此可见,动点相对于系O′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,这也正是伽利略变换的必然结果．
第二章牛顿定律
2-1分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ（其方向仍可认为平行于斜面）和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图（b）所示,由其可解得合外力为mgcotθ,故选（D）．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．
2-2分析与解 与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．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的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的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和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量（mgcosθ）使物体的速率将会不断增加（由机械能守恒亦可判断）,则物体作圆周运动的向心力（又称法向力）将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程可判断,随θ角的不断增大过程,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两物体受力情况如图（b）所示,图中a′为A、B两物体相对电梯的加速度,ma′为惯性力．对A、B两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ＝5/8mg．故选（A）．
讨论 对于习题2-5这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系（本题为电梯）观察到的运动图像较为明确,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的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA和aB均应对地而言,本题中aA和aB的大小与方向均不相同．其中aA应斜向上．对aA、aB、a和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的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）已知物体受力求其运动情况；
（2）已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f（t）,然后运用对t求极值的方法即可得出数值来．
解 取沿斜面为坐标轴Ox,原点O位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有
（1）
又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有
则
（2）
为使下滑的时间最短,可令,由式
（2）有
则可得,
此时
2-7分析 预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．
解 按题意,可分别取吊车（含甲、乙）和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy轴正方向（如图所示）．当框架以加速度a上升时,有
FＴ-（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a
（1）,FN2-m2
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