《大学物理》第一章 习题解答

习题解答 第一章质点运动学 1-1(1)质点t时刻位矢为 2 (2)第一秒内位移 VI-Vo 3+3.5j(m) (3)前4秒内平均速度 (127+20j)=37+5/(ms-) (4)速度P=① d=31+(+3)/(ms) ∴丙=3+(4+3)7=37+7j(m:s-) (5)前4秒平均加速度 j=j(m·s-) (6)加速度a=(m)a=j(ms2) 1-2 =t3+3t2+2 dx=vdr+c=-1+(+2t 当r=2时x=4代入求证 将|=3s代入证

1 习 题 解 答 第一章 质点运动学 1-1 (1) 质点 t 时刻位矢为： r t i t t j         = + + + 3 − 4 2 1 (3 5) 2 (m) (2) 第一秒内位移 r x x i y y j    ( ) ( )  1 = 1 − 0 + 1 − 0 3 3.5 ( ) (1 0) 3(1 10) 2 1 3(1 0) 2 i j m i j     = +       = − − + − (3) 前 4 秒内平均速度 (12 20 ) 3 5 (m s ) 4 1 −1 = + = +    = i j i j t r V        (4) 速度 3 ( 3) (m s ) d d −1 = = i + t + j  t r V      ∴ 3 (4 3) 3 7 (m s ) 1 4 − V = i + + j = i + j       (5) 前 4 秒平均加速度 (m s ) 4 7 3 4 0 4 0 −2 =  − = − − =   = j j V V t V a       (6) 加速度 (m s ) (m s ) d d 2 4 −2 − = = j  a = j  t V a      1-2 3 2 d d 3 2 = = t + t + t x v x = x = v t + c = t + t + t + c   2 4 1 d d 4 3 当 t=2 时 x=4 代入求证 c=－12 即 2 12 4 1 4 3 x = t + t + t − t t t v a v t t 3 6 d d 3 2 2 3 2 = = + = + + 将 t=3s 代入证

x3=41(m)v3=56(ms)a3=45(ms2) x= 4t 1-3(1)由运动方程 y=3+,消去t得轨迹方程 x-(y-3)2=0 (2)1秒时间坐标和位矢方向为x1=4my1=5m 4,5Jm iga= y =1.25, x (3)第1秒内的位移和平均速度分别为 M=(4-0)+(5-3)j=4+2j(m) =M=4 4i+2j(m:s-) (4)质点的速度与加速度分别为 d厂 dv 8i+2 8i 故r=1s时的速度和加速度分别为 ==87+2jm·s 1-4该星云飞行时间为 946×1015×2.74×10° 659×1017s=209×10°a 3.93×107 即该星云是209×100年前和我们银河系分离的 1-5实验车的加速度为 v1600×10 =247×10ms2≈25(g) t3600×1.80 基本上未超过25g 180s内实验车跑的距离为 s=1=160030×10=400m) 22×3600 1-6(1)设第一块石头扔出后t秒未被第二块击中,则 h=vot 代入已知数得

2 ( ) 56(m s ) 45(m s ) 4 1 41 2 3 1 3 3 − − x = m v =  a =  1-3 (1) 由运动方程    = + = y t x t 3 2 4 2 消去 t 得轨迹方程 ( 3) 0 2 x − y − = (2) 1 秒时间坐标和位矢方向为 x1 = 4m y1 = 5m [4,5]m:  = = 1.25,  = 51.3 x y tg (3) 第 1 秒内的位移和平均速度分别为 (4 0) (5 3) 4 2 (m) 1 r i j i j       = − + − = + 4 2 (m s ) 1 −1 = +    = i j t r V      (4) 质点的速度与加速度分别为 i t V i j a t r V        8 d d 8 2 , d d = = + = = 故 t=1s 时的速度和加速度分别为 2 1 1 1 8 2 m s , 8 m s − − V == i + j  a = i      1-4 该星云飞行时间为 6.59 10 s 2.09 10 a 3.93 10 9.46 10 2.74 10 17 10 7 15 9 =  =      即该星云是 10 2.0910 年前和我们银河系分离的. 1-5 实验车的加速度为 2.47 10 m/s 25(g) 3600 1.80 1600 10 2 2 3 =     = = t v a 基本上未超过 25g. 1.80s 内实验车跑的距离为 1.80 400（m） 2 3600 1600 10 2 3  =   = t = v s 1-6 (1)设第一块石头扔出后 t 秒未被第二块击中，则 2 0 2 1 h = v t − gt 代入已知数得

9.8t 解此方程,可得二解为 t1=1.84s,t1 第一块石头上升到顶点所用的时间为 /g=15/98=1.53s 由于t1>lm,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰;又由于11,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰对应于 时刻相碰,第二块的初速度为 h+g(1-42)211+×98×(1.84-1.3) 1.84-1.3 23.0(m 1-7以l表示从船到定滑轮的绳长,则v=-dl/dt.由图可知 12-h2 于是得船的速度为 习题1-7图

3 2 9.8 2 1 11 = 15t −  t 解此方程，可得二解为 1.84s, 1.22s 1 1 =  t = t 第一块石头上升到顶点所用的时间为 / 15/ 9.8 1.53s tm = v10 g = = 由于 m t  t 1 ,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于 m t  t  1 这对应于第一 块石头上升时被第二块赶上击中. 以 20 v 和  20 v 分别对应于在 t1 和  1 t 时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于 2 20 1 1 1 1 ( ) 2 1 h = v (t − t ) − g t − t 所以 1.84 1 9.8 (1.84 1) 2 1 ( ) 11 2 1 2 1 1 2 1 1 20 − +   − = −  + −  = t t h g t t v =17.2m/s 同理. 1.22 1 9.8 (1.22 1) 2 1 ( ) 11 2 1 2 1 1 2 1 1 20 − +   − = −  −  + =  t t h g t t v   = 51.1(m/s) (2) 由于  2 = 3  1 t 1. s t ,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于t1 时刻相碰，第二块的初速度为 1.84 1.3 9.8 (1.84 1.3) 2 1 ( ) 11 2 1 2 1 2 2 1 2 20 − +   − = − + − =  t t h g t t v   = 23.0(m/s) 1-7 以 l 表示从船到定滑轮的绳长，则 v dl / dt 0 = − .由图可知 2 2 s = l − h 于是得船的速度为 习题 1-7 图

s2+h2 √12-h2dt 负号表示船在水面上向岸靠近 船的加速度为 d/ h- v 12-h2 负号表示a的方向指向岸边,因而船向岸边加速运动 1-8所求位数为 o2r4n2n2r4x2(6×104)2×0.1 =4×10 g 602×9.8 1-9物体A下降的加速度(如图所示)为 2h2×04 0.2 此加速度也等于轮缘上一点在t=3s时的切向加速度,即 0.2(ms2) 在t=3s时的法向加速度为 (a1)2(0.2×3 1.0 1-10a=12ms2,t0=0.5bh=1.5m如图所示,相对南面,小球开始下落时,它和电 梯的速度为 1.2×0.5=0.6(ms) 以t表示此后小球落至底板所需时间,则在这段时间内,小球下落的距离为 电梯下降的距离为

4 0 2 2 2 2 d d d d v s s h t l l h l t s v + = − − = = 负号表示船在水面上向岸靠近. 船的加速度为 3 2 0 2 0 2 2 d d d d d d s h v t l v l h l t l v a = −                 − = = − 负号表示 a 的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动. 1-8 所求位数为 5 2 2 2 2 2 4 2 4 10 60 9.8 4 4 (6 10 ) 0.1 =     = =    g n r g r 1-9 物体 A 下降的加速度(如图所示)为 2 2 2 0.2m/s 2 2 2 0.4 =  = = t h a 此加速度也等于轮缘上一点在 t = 3s 时的切向加速度，即 0.2(m/s ) 2 =  at 在 t = 3s 时的法向加速度为 0.36(m/s ) 1.0 ( ) (0.2 3) 2 2 2 2 =  =  =  = R a t R v a t n 1-10 2 a = 1.2m/s , 0.5s t 0 = , h0 =1.5m .如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电 梯的速度为 1.2 0.5 0.6(m/s) v0 = at0 =  = 以 t 表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为 2 0 2 1 h = v t + gt 电梯下降的距离为 习题 1-9 图 习题 1-10 图

ho=h-h 由此得 who 2×1.5 g V9.8-12 而小球相对地面下落的距离为 voI +=gl 06×0.59+×98×0.592 2.06m 1-11vk地=下风人+下人地 画出速度矢量合成图(a)又下地=队人+2人地,速度矢量合成如图(b)两图中下风地应是 同一矢量可知(a)图必是底角为45°的等腰直角三角形,所以,风向应为西北风,风速为 45 23(ms-) 习题1-11图 2L 1-12(1) L 2vL t=l1+1 u (3)t=1+12=+_,如图所示风速u由东向西,由速度 习题1-12图 合成可得飞机对地速度v=+下,则V=√v2-

5 2 0 2 1 h = v t + at 又 2 0 ( ) 2 1 h = h − h = g − a t 由此得 0.59s 9.8 1.2 2 0 2 1.5 = −  = − = g a h t 而小球相对地面下落的距离为 2 0 2 1 h = v t + gt 2 9.8 0.59 2 1 = 0.6 0.59 +   = 2.06m 1-11 v风地 v风人 v人地    = + 画出速度矢量合成图(a)又 v风地 v风人 2v0人地    =  + ，速度矢量合成如图（b）两图中 v风地  应是 同一矢量.可知（a）图必是底角为 45 的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为 人地 人地 风地 0 0 2 cos 45 v v v =  = 4.23(m s ) −1 =  1-12 (1) v L v L t 2 2 = = (2) 1 2 2 2 2 v u v L v u L v u L t t t − = + + − = + = 1 2 1 2 −               = − v u v L (3) v L v L t t t  +  = 1 + 2 = ,如图所示风速 u 由东向西，由速度 合成可得飞机对地速度 v u v     = + ,则 2 2 V = v −u . 习题 1-12 图 习题 1-11 图

2L 2L 证毕 13(1)设船相对岸的速度为V(如图所示),由速度合成得 =u+y 的大小由图17示可得 V=Vcos B+ucos a 即cosB=V-cosa=3-2×=3 而snB=usna=2×=1 习题1-13图 船达到B点所需时间t= y sin B =D=1000(s) 两点之距S=DcgB=D B 将式(1)、(2)代入可得 S=D(3-√3)=1268( l×10 (2)由t= V'sin B usin a 船到对岸所需最短时间由极值条件决定 da=/-1 cosa=0 即cosa=0,a=x/2 故船头应与岸垂直,航时最短 将α值代入(3)式得最短航时为 1×10 1×10 =0.5×103s=500(s) usin /2 2 3)设OB=l,则 D√n2+2-2 uy cosa sin B sin u sIn a 欲使l最短,应满足极值条件 6

6 2 2 2 1 2 2 2       − = − = −  = v u v L v u L v L t 证毕 1-13 （1）设船相对岸的速度为 V (如图所示),由速度合成得 V = u +V V 的大小由图 1.7 示可得 V = V cos  + u cos 即 3 3 2 3 V cos  = V − u cos = 3 − 2 = − 而 1 2 1 V sin  = u sin  = 2 = 船达到 B 点所需时间 1000(s) sin = =  =  = D V D V OB t  AB 两点之距    sin cos S = Dctg = D 将式（1）、（2）代入可得 S = D(3 − 3) = 1268(m) (2) 由  sin  1 10 sin 3 V u D t  =  = 船到对岸所需最短时间由极值条件决定 cos 0 sin 1 1 d d 2  =      = −   u  t 即 cos = 0,  =  / 2 故船头应与岸垂直，航时最短. 将  值代入（3）式得最短航时为 0.5 10 500(s) 2 1 10 sin / 2 1 10 3 3 3 min =  =  =  = s u t  (3) 设 OB = l ,则     sin 2 cos sin sin 2 2 u D u V uV V D V D l + − =   = = 欲使 l 最短，应满足极值条件. 习题 1-13 图

da′t sIn a uv sin-a 0 sin a vu+ 2uv cos a t2+ 简化后可得cos sa'+1=0 cos2a'-cosa’+1=0 解此方程得cosa'= 12 48.2° 故船头与岸成482°,则航距最短 将a'值代入(4)式得最小航程为 1n=-D√n2+y2-2 ucos a100(2+-32-2×2×3 cos a 2 1.5×103m=1.5(km) AB两点最短距离为 San=V=n-D2=√15-1=1.12(km

7 a u V uV a u l D       + −  = −  cos sin 2 cos d d 2 2   0 sin 2 cos sin 2 2 2 2  =    + −   + a u V uV  uV a 简化后可得 cos cos 1 0 2 2 2  + = +  −  uV u V a 即 cos 1 0 6 13 cos 2 a  −  + = 解此方程得 3 2 cos =  = =  − 48.2 3 2 cos 1  故船头与岸成 48.2 ，则航距最短. 将  值代入（4）式得最小航程为 2 2 2 2 2 2 min 3 2 2 1 3 2 1000 2 3 2 2 3 1 cos 2 cos       − + −    = −  + −  = −   u D u v uv l 1.5 10 m 1.5(km) 3 =  = AB 两点最短距离为 1.5 1 1.12(km) 2 2 Smin = lmin − D = − =