大学物理第五版上册答案.docx
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大学物理第五版上册答案
大学物理第五版上册答案
【篇一:
物理学答案(第五版,上册)马文蔚】
(1)根据上述情况,则必有()
(2)根据上述情况,则必有()
(a)|v|=v,||=(b)|v|≠v,||≠
(c)|v|=v,||≠(d)|v|≠v,||=
但由于|dr|=ds,故drds?
即||=.由此可见,应选(c).dtdt
1-2一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即drdrds?
dx?
?
dy?
(1);
(2);(3);(4)?
?
?
?
?
.dtdtdtdt?
?
?
dt?
下述判断正确的是()
(a)只有
(1)
(2)正确(b)只有
(2)正确
(c)只有
(2)(3)正确(d)只有(3)(4)正确
分析与解22dr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dt
率.通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量;dr表示速度矢量;在自然dt
22ds?
dx?
?
dy?
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v?
?
?
?
?
?
dtdtdt?
?
?
?
求解.故选(d).
1-3质点作曲线运动,r表示位置矢量,v表示速度,a表示加速度,s表示路程,at表示切向加速度.对下列表达式,即
(1)dv/dt=a;
(2)dr/dt=v;(3)ds/dt=v;(4)dv/dt|=at.
下述判断正确的是()
(a)只有
(1)、(4)是对的(b)只有
(2)、(4)是对的
(c)只有
(2)是对的(d)只有(3)是对的
dv表示切向加速度at,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速dt
dr度方向的一个分量,起改变速度大小的作用;在极坐标系中表示径向速率vr(如题1-2所dt分析与解
述);dsdv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adtdt
t.因此只有(3)式表达是正确的.故选(d).
1-4一个质点在做圆周运动时,则有()
(a)切向加速度一定改变,法向加速度也改变
(b)切向加速度可能不变,法向加速度一定改变
(c)切向加速度可能不变,法向加速度不变
(d)切向加速度一定改变,法向加速度不变
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如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动.设该人以匀速率v0收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v,则小船作()
(e)匀速直线运动,v?
v0
分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质.为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为
dl
dx,式中dl表示绳长lx?
l2?
h2,其中绳长l随时间t而变化.小船速度v?
?
dtdtl2?
h2l
随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为v?
速度表达式,可判断小船作变加速运动.故选(c).
1-6已知质点沿x轴作直线运动,其运动方程为x?
2?
6t2?
2t3,式中x的单位为m,t的单位为s.求:
(1)质点在运动开始后4.0s内的位移的大小;
(2)质点在该时间内所通过的路程;
(3)t=4s时质点的速度和加速度.
dx?
0dt
得知质点的换向时刻为tp?
2s(t=0不合题意)
(2)由
(3)t=4.0s时
v?
dx?
?
48m?
s?
1dtt?
4.0s
d2xa?
2?
?
36m.s?
2dtt?
4.0s
1-7一质点沿x轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示.设t=0时,x=0.试根据已知的v-t图,画出a-t图以及x-t图.
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
aab?
vb?
va?
20m?
s?
2(匀加速直线运动)tb?
ta
【篇二:
大学物理物理学(第五版)上册马文蔚课后答案东南大学】
但由于|dr|=ds,故
drds
?
即||=.由此可见,应选(c).dtdt
dr
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dt
dr
速率.通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量;表示速度矢量;在自
dt
ds
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
dt
1-2分析与解
?
dx?
?
dy?
v?
?
?
?
?
?
求解.故选(d).
?
dt?
?
dt?
dv
表示切向加速度at,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢dt
dr
量沿速度方向的一个分量,在极坐标系中表示径向速率vr(如题1
dt
1-3分析与解-2所述);
22
dsdv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dtdt
速度at.因此只有(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分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质.为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为
x?
l?
h,其中绳长l随时间t而变化.小船速度v?
长l随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为v?
22
dx
?
dt
dl
dl
式中表示绳22dtl?
hl
v0l2?
h2/l
?
v0
向.由速度表达式,可判断小船作变加速运动.故选(c).
dx
?
0来确定其运动方向改变的时刻tp,求出0~dt
dxdx
=4.0s时质点速度和加速度可用和2两式计算.
dtdt
dx
?
0得知质点的换向时刻为tp?
2s(t=0不合题意)
(2)由dt
a?
2
dtt?
4.0s
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
dx
dx
?
?
48m?
s?
1
dtt?
4?
.0s
?
?
36m.s2
aab?
vb?
va
?
20m?
s?
2(匀加速直线运动),abc?
0(匀速直线运动)
tb?
ta
vd?
vc
?
?
10m?
s?
2(匀减速直线运动)
td?
tc
acd?
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
1
x?
x?
v0t?
t2
2
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v?
20m?
s?
1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
解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则ds?
求s.
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.
(dx)2?
(dy)2,最后用s?
?
ds积分
12
x4
(2)将t=0s和t=2s分别代入运动方程,可得相应位矢分别为
r0?
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.
2222
x2?
y2?
x0?
y0?
2.47m
1
ds?
(dx)2?
(dy)2,由轨道方程可得dy?
?
xdx,代入ds,则2s内路程为
2
s?
?
ds?
?
p
q4
4?
x2dx?
5.91m
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vx?
dxdy?
?
10?
60t,vy?
?
15?
40tdtdt
-1
-1
当t=0时,vox=-10m2s,voy=15m2s,则初速度大小为
v0?
v0x?
v0y?
18.0m?
s?
1
22
v0yv0x
3
2
(2)加速度的分量式为
ax?
dvdvx
?
60m?
s?
2,ay?
y?
?
40m?
s?
2dtdt
ax?
ay?
72.1m?
s?
2
2
2
ay
2
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y1?
v0t?
121
aty2?
h?
v0t?
gt222
当螺丝落至底面时,有y1=y2,即
11
v0t?
at2?
h?
v0t?
gt2t?
222h
?
0.705sg?
a
(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为
d?
h?
y2?
?
v0t?
12
gt?
0.716m2
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?
1
(g?
a)t2t?
22h
?
0.705sg?
a
(2)由于升降机在t时间内上升的高度为
1
h?
?
v0t?
at2则d?
h?
h?
?
0.716m
2
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.
t,则质t
点p的参数方程为
x?
?
rsin
y?
?
?
rcos
在oxy坐标系中有
坐标变换后,
x?
x?
?
rsin
t?
rt,y?
y?
?
y0?
?
rcos
tt
则质点p的位矢方程为
r?
rsin
dttttt
(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.
v
?
【篇三:
大学物理第五版马文蔚课后答案(上)】
但由于|dr|=ds,故
drds
?
即||=.由此可见,应选(c).dtdt
1-2分析与解
dr
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vr表示,dt
drds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
dtdt
2
这是速度矢量在位矢方向上的一个分量;
2
?
dx?
?
dy?
角坐标系中则可由公式v?
?
?
?
?
?
求解.故选(d).
?
dt?
?
dt?
1-3分析与解
dv
表示切向加速度at,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,dt
drds在极坐标系中表示径向速率vr(如题1-2所述)在自然坐标系中表示质点的速率v;dtdt
而
dv
表示加速度的大小而不是切向加速度at.因此只有(3)式表达是正确的.故选(d).dt
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分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质.为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为x?
船速度v?
dx?
dt
l
l2?
h2,其中绳长l随时间t而变化.小
dl
dl
式中表示绳长l随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为
dtl2?
h2
v?
v0l2?
h2/l
?
v0
dx
?
0来确定其运动方向t
dxdx
=4.0s时质点速度和加速度可用和两式计算.
dtdt2
dx
?
0得知质点的换向时刻为tp?
2s(t=0不合题意)dt
a?
2
dtt?
4.0s
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
dx
dx
?
?
48m?
s?
1
dtt?
4.0?
s
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36m.s2
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2(匀加速直线运动),abc?
0(匀速直线运动)
tb?
ta
vd?
vc
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?
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s?
2(匀减速直线运动)
td?
tc
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
1
x?
x?
v0t?
t2
2
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
v?
20m?
s?
1的匀速直线运动,其x-t图是斜率k=20的一段直线[图(c)].
则ds?
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.
(dx)2?
(dy)2,最后用s?
?
ds积分求s.
12x4
(2)将t=0s和t=2s分别代入运动方程,可得相应位矢分别为
r0?
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.
2222x2?
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(dx)2?
(dy)2,由轨
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xdx,代入ds,则2s内路程为2
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5.91m
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vx?
dxdy
?
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当t=0时,vox=-10m2s,voy=15m2s,则初速度大小为
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(2)加速度的分量式为
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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y1?
v0t?
121
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当螺丝落至底面时,有y1=y2,即
11
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a
(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为
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12
gt?
0.716m2
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?
1
(g?
a)t2t?
22h
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0.705sg?
a
(2)由于升降机在t时间内上升的高度为
1
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at2则d?
h?
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0.716m
2
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′
点p的参数方程为
t,则质t
x?
?
rsiny?
?
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rcos
坐标变换后,在oxy坐标系中有
x?
x?
?
rsin
y?
y?
?
y0?
?
rcos
t?
rt
则质点p的位矢方程为
r?
rsin
dttttt
(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.
v?
当杆长等于影长时,即s=h,则
t
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- 关 键 词:
- 大学物理 第五 上册 答案