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大学物理上册课后答案 __陈曙光 湖南大学出版


第一册
第一章质点运动学
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 解答](1)质点在第 1s 末的位置为:x(1) = 6×12 - 2×13 = 4(m). 解答 在第 2s 末的位置为: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. 注意] 注意 1. 一质点作匀加速直线运动, t = 10s 内走过路程 s = 30m, . 2 在 而其速度增为 n = 5 倍. 试 证加速度为 a =

2(n ? 1) s ,并由上述资料求出量值. (n + 1)t 2

[证明 证明]依题意得 vt = nvo,根据速度公式 vt = vo + at,得 证明 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 = 计算得加速度为: a =

2(n ? 1) s . (n + 1)t 2

2(5 ? 1)30 = 0.4(m·s-2). 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?他飞越的时间多长? (2)他在东边落地时的速度?速度与水平面的夹角? 22.5? [解答 解答]方法一:分步法. 解答 70m (1)夹角用 θ 表示,人和车(人)在竖直方向首先做竖直上抛运动, 初速度的大小为 图 1.3 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;当人达到最高点时,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).

人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: t2 =

2h2 = 4.49(s). g

因此人飞越的时间为:t= t1 + t2 = 6.98(s). 人飞越的水平速度为;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人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:φ = arctan(vy/vx) = 49.30?,方向斜向下. 方法二:一步法. 取向上为正,人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

1 2 gt ? v0 sin θ t + y = 0 , 2
2 解得: t = (v0 sin θ ± v 0 sin 2 θ ? 2 gy ) g .

这里 y = -70m,根号项就是人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). 由此可以求解其它问题. 1.4 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、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 (2)试证在时间 t 内,船行驶的距离为 x =
v

1 1 = + kt ; v v0

1 ln(v0 kt + 1) . k
t

dv dv [证明 证明](1)分离变数得 2 = ? kdt ,故 ∫ 2 = ?k ∫ dt , 证明 v v v0 0
1 1 = + kt . v v0 v0 (2)公式可化为 v = , 1 + v0 kt v0 1 由于 v = dx/dt,所以: dx = dt = d(1 + v0 kt ) 1 + v0 kt k (1 + v0 kt )
可得:
x t

积分 dx =


0

∫ k (1 + v kt ) d(1 + v kt ) .
0 0 0

1

因此 x =

1 ln(v0 kt + 1) .证毕. k

[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,a = dv/dt, 分离变数得方程: 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.

v0 ? kt e + C `. ?k v ? kt 当 t = 0 时,x = 0,所以 C` = v0/k,因此 x = 0 (1-e ) . k dv v1? n (2)如果 n≠1,则得 n = ? kdt ,积分得 = ? kt + C . v 1? n v1? n 1 1 当 t = 0 时,v = v0,所以 0 = C ,因此 n ?1 = n ?1 + ( n ? 1) kt . 1? n v v0
而 dv = v0e-ktdt,积分得: x = 如果 n = 2,就是本题的结果. 如果 n≠2,可得 x =
n {[1 + (n ? 1)v0 ?1kt ]( n ? 2) /( n ?1) ? 1} ,读者不妨自证. n (n ? 2)v0 ? 2 k

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 = . 3 2 + 4t .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 解答](1)角速度为 ω = dθ/dt = 12t2 = 48(rad·s-1), 解答 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 an = at 3 . 由此得 rω 2 = r β 3 ,即 (12t 2 ) 2 = 24t 3 ,

3 /6. 3 所以 θ = 2 + 4t = 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 = 20 3 m·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?在此期间飞机在水平 y 方向飞行的距离为多少? [解答 解答]建立水平和垂直坐标系,飞机的初速度的大小为 解答 a ay v0x = v0cosθ, O α ax θ v0x v0y= v0sinθ. v0y 加速度的大小为 ax= acosα,ay= asinα. v0 运动方程为 x = v0 x t + 即 x = v0 cos θ ? t +

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