没有合适的资源?快使用搜索试试~ 我知道了~
大学物理第五版马文蔚课后答案.pdf
1.该资源内容由用户上传,如若侵权请联系客服进行举报
2.虚拟产品一经售出概不退款(资源遇到问题,请及时私信上传者)
2.虚拟产品一经售出概不退款(资源遇到问题,请及时私信上传者)
版权申诉
0 下载量 94 浏览量
2022-06-10
04:57:48
上传
评论
收藏 7.83MB PDF 举报
温馨提示
试读
119页
大学物理第五版马文蔚课后答案.pdf大学物理第五版马文蔚课后答案.pdf大学物理第五版马文蔚课后答案.pdf大学物理第五版马文蔚课后答案.pdf大学物理第五版马文蔚课后答案.pdf大学物理第五版马文蔚课后答案.pdf
资源推荐
资源详情
资源评论
1-1 分析与解 (1) 质点在
t
至(
t
+Δ
t
)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Δ
s
=PP′, 位移大小|Δ
r
|=
PP
′,而Δ
r
=|
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Δ
t
→0 时,点
P
′无限趋近
P
点,则有|d
r
|=d
s
,
但却不等于d
r
.故选(B).
(2) 由于|Δ
r
|≠Δ
s
,故
Δ
r
Δ
s
,即|
v
|≠
v
.
Δ
t Δt
但由于|d
r
|=d
s
,故
dr ds
,即|
v
|=
v
.由此可见,应选(C).
dt dt
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
v
r
表示,
dt
dr
ds
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
dt
dt
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
a
t
,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
起改变速度大小的作用;
dr ds
在极坐标系中表示径向速率
v
r
(如题1 -2 所述); 在自然坐标系中表示质点的速率
v
;
dt dt
而
dv
表示加速度的大小而不是切向加速度
a
t
.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
a
t
起改变速度大小的作用,而法向分量
a
n
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
a
t
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,
a
t
恒为零;质点作匀变速率圆周运动时,
a
t
为一不为零
的恒量,当
a
t
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
2
h
2
,其中绳长
l
随时间
t
而变化.小
船速度
v
d x
d t
d l
dl
d t
,式中 表示绳长
l
随时间的变化率,其大小即为
v
0
,代入整理后为
dt
l
2
h
2
l
v
v
0
l
2
h
2
/ l
v
0
,方向沿
x
轴负向.由速度表达式,可判断小船作变加速运动.故选(C).
cos
θ
1-6 分析 位移和路程是两个完全不同的概念.只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会
与路程相等.质点在t 时间内的位移Δ
x
的大小可直接由运动方程得到:
Δx
x
t
x
0
,而在求路程时,就必须注意
到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了.为此,需根据
dx
0
来确定其运动方向
dt
改变的时刻
t
p
,求出0~
t
p
和
t
p
~
t
内的位移大小Δ
x
,则t 时间内的路程
s x
1
、Δ
x
2
1
x
2
,如图所示,至于
t
2
dx
d x
=4.0 s 时质点速度和加速度可用 和
2
两式计算.
dt
dt
解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小
Δx x
4
x
0
32 m
(2) 由
dx
0
得知质点的换向时刻为
t
p
2 s
(
t
=0不合题意)
dt
则
Δx
1
x
2
x
0
8.0 m
,
Δx
2
x
4
x
2
40 m
所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为
s Δx
1
Δx
2
48 m
(3)
t
=4.0 s时 ,
v
2
,
a
2
dt
t4.0 s
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
d x
dx
48 m s
1
dt
t4.0 s
36 m.s
2
a
AB
a
CD
v
B
v
A
20 m s
2
(匀加速直线运动),
a
BC
0
(匀速直线运动)
t
B
t
A
v
D
v
C
10 m s
2
(匀减速直线运动)
t
D
t
C
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 v
0
t t
2
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 20 m 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
t
即可得到.对于
r
、Δ
r
、Δ
r
、Δ
s
来说,物理含义不同,可根据其定义计算.其中对
s
的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d
s
,
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
.
1
2
x
4
(2) 将
t
=0s和
t
=2s分别代入运动方程,可得相应位矢分别为
r
0
2 j
,
r
2
4i 2 j
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 r
2
r
1
(x
2
x
0
)i ( y
2
y
0
) j 4i 2 j
其中位移大小
Δr (Δx)
2
(Δy)
2
5.66 m
2 2 2 2
x
2
y
2
x
0
y
0
2.47 m
而径向增量
Δr Δ r r
2
r
0
*(4) 如图(B)所示,所求Δ
s
即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元d
s
,则
ds
道方程可得
dy
(dx)
2
(dy)
2
,由轨
1
xdx
,代入d
s
,则2s内路程为
2
4 x
2
dx 5.91 ms
ds
P
Q 4
0
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
v
x
dx dy
10 60t
,
v
y
15 40t
dt dt
-1 -1
当
t
=0 时,
v
o
x
=-10 m·s ,
v
o
y
=15 m·s ,则初速度大小为
v
0
v
0 x
v
0 y
18.0 m s
1
设
v
o
与
x
轴的夹角为α,则
tan
α
2 2
v
0 y
v
0 x
3
α
=123°41′
2
(2) 加速度的分量式为
a
x
d
v
d
v
x
60 m s
2
,
a
y
y
40 m s
2
dt
dt
则加速度的大小为
a
设
a
与
x
轴的夹角为
β
,则
a
x
a
y
72.1 m s
2
2 2
tan
β
a
y
2
,
β
=-33°41′(或326°19′)
a
x
3
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
y
1
=
y
1
(
t
)
和
y
2
=
y
2
(
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
y
1
v
0
t
1
2
1
at y
2
h v
0
t gt
2
2 2
当螺丝落至底面时,有
y
1
=
y
2
,即
1 1
v
0
t at
2
h v
0
t gt
2
2 2
t
2h
0.705 s
g a
(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为
1
d h y
2
v
0
t gt
2
0.716 m
2
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)t
2
t
2
2h
0.705 s
g a
(2) 由于升降机在
t
时间内上升的高度为
1
h
v
0
t at
2
则
d h h
0.716 m
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
=
x
0 +
x
′和
y
=
y
0 +
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′
x′y′
坐标系中,因
θ
点P 的参数方程为
2π
t
,则质
T
x
Rsin
y
Rcos
2π
t
,
T
2π
t
T
坐标变换后,在O
x
y 坐标系中
有
x x
Rsin
y y
y
0
Rcos
2π
t R
T
2π
t
,
T
则质点P 的位矢方程为
r Rsin
2π 2π
ti
Rcos t R
j
T T
3sin (0.1πt)i 3[1 cos (0.1πt)] j
dr
2π 2π 2π 2π
v
2
R cos ti R sin tj (0.3π m s
1
) j
T
2
2
T
π
T
d r
dt
2π 2π
2
T
2π
a
2
R( ) sin ti R( ) cos tj (0.03π
2
m s
2
)i
dt T T T T
(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.
解 设太阳光线对地转动的角速度为
ω
,从正午时分开始计时,则杆的影长为
s=h
tg
ωt
,下午2∶00 时,杆顶在
地面上影子的速度大小为
v
ds
hω
1.9410
3
m s
1
2
dt cos ωt
当杆长等于影长时,即
s
=
h
,则
t
1 s
π
arctan 360 60 s
ω h
4
ω
即为下午3∶00 时.
1-13 分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解
决.由
a
dv dx
和
v
可得
dv adt
和
dx vdt
.如
a
=
a
(
t
)或
v
=
v
(
t
),则可两边直接积分.如果
a
或
v
不是
dt dt
剩余118页未读,继续阅读
资源评论
hhappy0123456789
- 粉丝: 58
- 资源: 5万+
上传资源 快速赚钱
- 我的内容管理 展开
- 我的资源 快来上传第一个资源
- 我的收益 登录查看自己的收益
- 我的积分 登录查看自己的积分
- 我的C币 登录后查看C币余额
- 我的收藏
- 我的下载
- 下载帮助
安全验证
文档复制为VIP权益,开通VIP直接复制
信息提交成功