湖南大学出版社大学物理作业与答案

大学物理习题解答

湖南大学应用物理系

第一章 质点运动学

P26．

1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x(t) = 6t2 - 2t3．试求：

（1）第2s内的位移和平均速度； （2）1s末及2s末的瞬时速度，第2s内的路程；

（3）1s末的瞬时加速度和第2s内的平均加速度．

[解答]（1）质点在第1s末的位移大小为

x(1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．

在第2s末的位移大小为

x(2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)．

在第2s内的位移大小为

Δx = x(2) – x(1) = 4(m)，

经过的时间为Δt = 1s，所以平均速度大小为

v=Δx/Δt = 4(m·s-1)． （2）质点的瞬时速度大小为

v(t) = dx/dt = 12t - 6t2，

因此v(1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s-1)，

v(2) = 12×2 - 6×22 = 0，

质点在第2s内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m．

（3）质点的瞬时加速度大小为

a(t) = dv/dt = 12 - 12t，

因此1s末的瞬时加速度为

a(1) = 12 - 12×1 = 0， 第2s内的平均加速度为

a= [v(2) - v(1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s-2)． [注意]第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．

1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s内走过路程s = 30m，而其速度增为n = 5

1

倍．试证加速度为a?2(n?1)s． 2(n?1)t并由上述数据求出量值．

[证明]依题意得vt = nvo， 根据速度公式vt = vo + at，得

a = (n – 1)vo/t， (1)

根据速度与位移的关系式vt2 = vo2 + 2as，得

a = (n2 – 1)vo2/2s，(2)

（1）平方之后除以（2）式证得

a?2(n?1)s．

(n?1)t2计算得加速度为

a?2(5?1)30-2

= 0.4(m·s)． 2(5?1)10

1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s-1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m，忽略空气阻力，且取g = 10m·s-2．问：

（1）矿坑有多宽？22.5o 他飞越的时70m 间多长？

（2）他图1.3 在东边落地

时的速度？速度与水平面的夹角？

[解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（他）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为

vy0 = v0sinθ = 24.87(m·s-1)． 取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式

vt - v0 = at，

这里的v0就是vy0，a = -g；当他达到最高点

时，vt = 0，所以上升到最高点的时间为

t1 = vy0/g = 2.49(s)．

再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式

vt2 - v02 = 2as，

可得上升的最大高度为

h1 = vy02/2g = 30.94(m)．

他从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为

h2 = h1 + h = 100.94(m)．

根据自由落体运动公式s = gt2/2，得下落的时间为

闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即dv/dt = -kv2，k为常数．

（1）试证在关闭发动机后，船在t时刻的速度大小为

11??kt； vv0（2）试证在时间t内，船行驶的距离为x?1ln(v0kt?1)． kdv??kdt， 2v[证明]（1）分离变量得

vt2h2= 4.49(s)． t2?g因此他飞越的时间为

t = t1 + t2 = 6.98(s)． 他飞越的水平速度为

vx0 = v0cosθ = 60.05(m·s-1)，

所以矿坑的宽度为

x = vx0t = 419.19(m)．

（2）根据自由落体速度公式可得他落地的竖直速度大小为

vy = gt = 69.8(m·s-1)，

落地速度为

v = (vx2 + vy2)1/2 = 92.08(m·s-1)，

与水平方向的夹角为

υ = arctan(vy/vx) = 49.30o， 方向斜向下．

方法二：一步法．取向上的方向为正，他在竖直方向的位移为y = vy0t - gt2/2，移项得时间的一元二次方程

dv积分 ?2??k?dt，

vv00可得

11??kt． vv0v0，

1?v0kt（2）公式可化为v?由于v = dx/dt，所以

dx?v01dt?d(1?v0kt)

1?v0ktk(1?v0kt)x积分

?dx??01d(1?v0kt)．

k(1?v0kt)01ln(v0kt?1)． 证毕． kt因此 x?12gt?v0sin?t?y?0， 2解得

t?(v0sin??v02sin2??2gy)g．

这里y = -70m，根号项就是他落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为

t = 6.98(s)．

由此可以求解其他问题．

1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关

2

[讨论]当力是速度的函数时，即f = f(v)，根据牛顿第二定律得f = ma．

由于a = d2x/dt2， 而 dx/dt = v， 所以 a = dv/dt， 分离变量得方程

dt?mdv， f(v)解方程即可求解．

在本题中，k已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n次方成正比，则

dv/dt = -kvn．

（1）如果n = 1，则得

dv??kdt， v积分得

lnv = -kt + C．

当t = 0时，v = v0，所以C = lnv0，因此

lnv/v0 = -kt，

得速度为

v = v0e-kt．

而dv = v0e-ktdt，积分得

ω = dθ/dt = 12t2 = 48(rad·s-1)，

法向加速度为

an = rω2 = 230.4(m·s-2)；

角加速度为

β = dω/dt = 24t = 48(rad·s-2)， 切向加速度为

at = rβ = 4.8(m·s-2)．

（2）总加速度为a = (at2 + an2)1/2， 当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即

vx?0e?kt?C`．

?k当t = 0时，x = 0，所以C` = v0/k，因此

an?at3．

由此得r?2?r?3， 即 (12t2)2?24t3，

x?v0(1-e?kt)． kdv??kdt，积nv（2）如果n≠1，则得分得

解得 t?3/6． 所以

3v1?n??kt?C． 1?n1?nv0?C，因此 当t = 0时，v = v0，所以

1?n??2?4t3?2(1?3/3)=3.154(rad)．

（3）当at = an时，可得rβ = rω2， 即 24t = (12t2)2，

解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．

1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s-1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = 203m·s-2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？

y 在此期间

a ay 飞机在水

O α ax 平方向飞θ v0x x v 0y行的距离v0 为多少？

[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为

v0x = v0cosθ，

v0y = v0sinθ． 加速度的大小为

ax = acosα，

ay = asinα． 运动方程为

1vn?1?1vn?10?(n?1)kt．

如果n = 2，就是本题的结果． 如果n≠2，可得

n?1{[1?(n?1)v0kt](n?2)/(n?1)?1}， x?n?2(n?2)v0k读者不妨自证．

1．5 一质点沿半径为0.10m的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t3．求：

（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；

（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？

（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？

[解答]（1）角速度为

3

1x?v0xt?axt2，

21y??v0yt?ayt2．

21co?s?t?aco?s?2t即 x?v， 021y??v0sin??t?asin??t2．

2令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为 t = 0（舍去）；t?（1）螺帽从天花板落到底面所需的时

间；

（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．

[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为

1h1?v0t?at2；

2螺帽做竖直上抛运动，位移为

2v0sin??103(s)．

asin?1h2?v0t?gt2．

2由题意得h = h1 - h2，所以

将t代入x的方程求得x = 9000m．

[注意]选择不同的坐标系，例如x方向沿着a的方向或者沿着v0的方向，也能求出相同的结果．

1．7 一个半径为R = 1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一

R 物体A．在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s内下降的距离h =

A 0.4m．求物体开始下降

图1.7 后3s末，圆盘边缘上任

一点的切向加速度与法向加速度．

[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A下落加速度．

由于h?h?解得时间为

1(a?g)t2， 2t?2h/(a?g)= 0.705(s)．

算得h2 = -0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m．

[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程

h = (a + g)t2/2，

由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．

1．9 有一架飞机从A处向东飞到B处，然后又向西飞回到A处．已知气流相对于地面的速度为u，AB之间的距离为l，飞机相对于空气的速率v保持不变．

（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为t0?1at?t2，所以 2at = 2h/Δt2 = 0.2(m·s-2)． 物体下降3s末的速度为

v = att = 0.6(m·s-1)，

这也是边缘的线速度，因此法向加速度为

2l； vt0；

1?u2/v2（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为t1?v2an?= 0.36(m·s-2)．

R 1．8 一升降机以加速度1.22m·s-2上升，当上升速度为2.44m·s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m．计算：

（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为t2?t01?u/v22．

[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v，路程为2l，所以飞行时间为t0 = 2l/v．

（2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u，向西飞行逆风的速率为v - u，所以飞行

4

时间为

因此v1 = v2sinθ + v2cosθsinα/cosα，

t1??ll2vl??2v?uv?uv?u2t02l/v． ?22221?u/v1?u/v

即 v1?v2(sin??lcos?)． 证毕． h方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得

v v

（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB方向的速度大小为

A B 所以

B u

v1v2， ?sin(???)sin(90???)sin(???)

cos?sin?cos??cos?sin??v2

cos?v1?v2

v + u A v - u

v A u v B

?v2(sin??cos?tan?)，

lcos?)． hV?v2?u2，所以飞行时间为

t2??2l2l2l/v??Vv2?u21?u2/v2t01?u/v22即 v1?v2(sin??

． 证毕．

1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角

θ 为θ，偏向于汽l v2 车前进方向，速

h 度为v2．今在车v1 后放一长方形物体，问车速

图1.10

v1为多大时此

物体刚好不会被雨水淋湿？

[解答]雨对地的速度v2等于雨对车的速度v3加车对地的速度v1，由此可作矢

方法三：利用位移关系．将雨滴的速度

分解为竖直和水平两个分量，在t时间内，雨滴的位移为

l = (v1 – v2sinθ)t， h = v2cosθ?t．

两式消去时间t即得所求． 证毕．

第二章 质点力学的基本定律

P46．

2．1 如图所示，把一个质量为m的木块放在与水平成θ角F m 的固定斜面上，两者间的静摩擦因素μs较

θ 小，因此若不加支持，

图2.1 木块将加速下滑．

（1）试证tanθ≧μs；

???量三角形．根据题意得tanα = l/h．

方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得

v1 = v2sinθ + v3sinα，

其中v3 = v⊥/cosα，而v⊥ = v2cosθ，

5

α h v3 α θ v2 v⊥ l v1

?（2）须施加多大的水平力F，可使木

块恰不下滑？这时木块对斜面的正压力多大？

?（3）如不断增大F的大小，则摩擦力

和正压力将有怎样的变化？

（1）[证明]木块在斜面上时受到重力

???G?mg和斜面的支持力N以及静摩擦力

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