物理学马文蔚第1至8章课后习题答案详解

用分离变量法把式(1)改写为

dv?dt (2)

A?Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件,有 得石子速度 v?由此可知当,t→∞时,v?(2) 再由v?A(1?e?Bt) BA为一常量,通常称为极限速度或收尾速度. BdyA?(1?e?Bt)并考虑初始条件有 dtB得石子运动方程

1 -15 一质点具有恒定加速度a =6i +4j,式中a的单位为m·s-2 .在t=0时,其速度为零,位置矢量r0 =10 mi.求:(1) 在任意时刻的速度和位置矢量;(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图.

分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t).由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即x?x0?v0xt?121axt和y?y0?v0yt?ayt2,两个分运动均22为匀变速直线运动.读者不妨自己验证一下.

解 由加速度定义式,根据初始条件t0 =0时v0 =0,积分可得 又由v?dr及初始条件t=0 时,r0=(10 m)i,积分可得 dt由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x =10+3t2 y =2t2 消去参数t,可得运动的轨迹方程 3y =2x -20 m 这是一个直线方程.直线斜率k?dy2?tanα?,α=33°41′.轨迹如dx3图所示.

1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ.(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为a?(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°2(1?cosΔθ)v2/(RΔθ);

和1°时,平均加速度各为多少? 并对结果加以讨论.

分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为

a?dvΔv和a?.在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为dtΔtΔvv2an?,a? ,式中|Δv|可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转

ΔtR过的角度Δθ 求出.

由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0 时的极限值.

解 (1) 由图(b)可看到Δv =v2 -v1 ,故 而 所以

(2) 将Δθ=90°,30°,10°,1°分别代入上式, 得

v2v2a1?0.9003,a2?0.9886

RRv2v2a3?0.9987,a4?1.000

RR以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极

v2限值,该值即为法向加速度.

R1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r= + )j,式中r 的单位为m,t的单位为s.求:(1)质点的轨迹方程;(2) 在t1= 到t2 = 时间内的平均速度;(3) t1 =s时的速度及切向和法向加速度;(4) t = 时质点所在处轨道的曲率半径ρ.

分析 根据运动方程可直接写出其分量式x =x(t)和y =y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程.平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化

Δr,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即Δtdr瞬时速度v?.切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量at 和an ,

dtdvte,后者只反映质前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即at?dt率,即v?点速度方向的变化,它可由总加速度a 和at 得到.在求得t1 时刻质点的速度

v2和法向加速度的大小后,可由公式an?求ρ.

ρ解 (1) 由参数方程

x =, y =消去t 得质点的轨迹方程:

y =

(2) 在t1 =s 到t2 =s时间内的平均速度 (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 则t1 =s时的速度

v(t)|t =1s=

切向和法向加速度分别为 (4) t =s质点的速度大小为

v2则ρ??11.17m

an1 -18 飞机以100 m·s-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问:(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远? (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度?(3) 物品投出s后,它的法向加速度和切向加速度各为多少?

分析 物品空投后作平抛运动.忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动.到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的.因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解.

此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度.为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β.由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得.

解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为

x =vt, y =1/2 gt2

飞机水平飞行速度v=100 m·s-1 ,飞机离地面的高度y=100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离

(2) 视线和水平线的夹角为

(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为

1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v0,忽略空气阻力.求:(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP;(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面.证明α和β必须满足tanβ?1并与v0 无关.

2tanα分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易.现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα.在此坐标系中炮弹落地时,应有y =0,则x =OP.如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx =0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解.由于本题中加速度g

12gt,做出2uuur炮弹落地时的矢量图[如图(B)所示],由图中所示几何关系也可求得OP (即

为恒矢量.故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即r?v0t?图中的r 矢量).

(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为

12gtsinα (1) 21y?v0tsinβ?gt2cosα (2)

2x?v0tcosβ?令y =0 求得时间t 后再代入式(1)得

解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有

从中消去t 后也可得到同样结果.

(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y =0 和vx =0,则

vx?v0cosβ?gtsinα?0 (3)

由(2)(3)两式消去t 后得

由此可知.只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 的大小无关.

讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较

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