物理学教程（第二版）上册习题答案 第一章 质点运动学 1 -1
分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜
r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′
无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．
ΔrΔs,即｜v｜≠v． ?ΔtΔtdrds?,即｜v｜＝v．由此可见,应选(C)． 但由于｜dr｜＝ds,故
dtdtdr1 -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v表示,这是速度矢量在位矢方向上的
dtdrds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v?计算,在直角坐标系中则可由公式
dtdt(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故
r?dx??dy?v??????求解．故选(D)．
?dt??dt?dvdr1 -3 分析与解 表示切向加速度a,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；
dtdtdsdv在极坐标系中表示径向速率v(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a．因此
dtdtｔ
22rｔ
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
解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小
Δx?x4?x0??32m
(2) 由 得知质点的换向时刻为
dx?0 dttp?2s (t＝0不合题意)
则
Δx1?x2?x0?8.0m
Δx2?x4?x2??40m
所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为
s?Δx1?Δx2?48m
(3) t＝4.0 s时
v?dx??48m?s?1
dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2
dtt?4.0s1 -6 解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为
y?2?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
12x 4r0?2j , r2?4i?2j
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
Δr?r2?r1?(x2?x0)i?(y2?y0)j?4i?2j
其中位移大小而径向增量
Δr?(Δx)2?(Δy)2?5.66m
2222Δr?Δr?r2?r0?x2?y2?x0?y0?2.47m
1 -7 ．解 (1) 速度的分量式为
vx?dx??10?60t dtdyvy??15?40t
dt22当t ＝0 时, v0x ＝-10 m·ｓ-1 , v0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为
v0?v0x?v0y?18.0m?s?1
设v0与x 轴的夹角为α,则
tanα?(2) 加速度的分量式为
v0yv0x??3 2α＝123°41′
ax?则加速度的大小为
dvydvx??40m?s?2 ?60m?s?2 , ay?dtdta?ax?ay?72.1m?s?2
22设a 与x 轴的夹角为β,则
tanβ?ayax??2 3β＝-33°41′(或326°19′)
1 -8 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
1y1?v0t?at2
21y2?h?v0t?gt2
2当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即
11v0t?at2?h?v0t?gt2
222ht??0.705s
g?a (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为
d?h?y12??v0t?2gt2?0.716m 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?h?12(g?a)t2
t?2hg?a?0.705s
(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为
h??v120t?2at
则
d?h?h??0.716m
1 -9 解 由分析知,应有
?vtvdv?0?0adt
得
v?4t?13t3?v0
由
?xtxdx?0?0vdt
得
x?2t2?112t4?v0t?x0将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得
v0＝-1 m·ｓ-1, x0＝0.75 m
于是可得质点运动方程为
x?2t2?112t4?0.75 1 -10 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
a?dvdt?A?Bv (1)
(2) (1) 用分离变量法把式(1)改写为
dv?dt (2)
A?Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件,有
?得石子速度
vv0tdvdv??dt
0A?Bvv?A(1?e?Bt) B由此可知当,t→∞时,
v?A为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． B(2) 再由
v?dyA?(1?e?Bt)并考虑初始条件有 dtB?得石子运动方程
y0dy??A(1?e?Bt)dt 0Bty?1 -11
AAt?2(e?Bt?1) BB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
v0dv??adt??(6i?4j)dt
00ttv?6ti?4tj
v?drdt及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得
?由上述结果可得质点运动方程的分量式,即
rr0dr??vdt??(6ti?4tj)dt
00ttr?(10?3t2)i?2t2j
x ＝10＋3t2
y ＝2t2
消去参数t,可得运动的轨迹方程
3y ＝2x -20 m
这是一个直线方程．直线斜率1 -12 解 (1) 由参数方程
k?dy2?tanα?,α＝33°41′．轨迹如图所示． dx3x ＝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
v?(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为
Δrr2?r1??2.0i?6.0j Δtt2?t1v(t)?vxi?vyj?dxdyi?j?2.0i?4.0tj dtdtd2xd2ya(t)?2i?2j??4.0m?s?2j
dtdtv(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j 则t1 ＝1.00ｓ时的速度 切向和法向加速度分别为
att?1s?dvd2?2et?(vx?v2y)et?3.58m?set dtdtan?a2?at2en?1.79m?s?2en
(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为
2?1v?vx?v2?4.47m?s yv2则ρ??11.17m
an1 -13
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 ＝1/2 gt2
飞机水平飞行速度v＝100 m·s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离
x?v(2) 视线和水平线的夹角为
2y?452m gy?12.5o xθ?arctan(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为
α?arctanvyvx?arctangtv
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
gt??at?gsinα?gsin?arctan??1.88m?s?2
v??gt??an?gcos??gcos?arctan??9.62m?s?2
v??1 -14
解 在图示坐标系中，有
物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解
