大学物理上下册课后习题问题详解.doc

****题1-=R(cosωti+sinωtj):(1)质点的轨道;(2)速度和速率。解:1)由r=R(cosωti+sinωtj)知=Rcosωt=Rsinωt消去t可得轨道方程x2+y2=R22)v=ddtr=−ωRsinωti+ωRcosωtjv=[(−ωRsinωt)2+(ωRcosωt)2]12=ωR1-=4t2i+(3+2t)j,式中r的单位为m,:(1)质点的轨道;(2)从t=0到t=1秒的位移;(3)t=0和t=1秒两时刻的速度。解:1)由r=4t2i+(3+2t)j可知=4t2=3+2t消去t得轨道方程为:x=(y−3)22)v=ddrt=8ti+2jr=∫01vdt=∫01(8ti+2j)dt=4i+2j3)v(0)=2j v(1)=8i+2j1-=t2i+2tj,式中r的单位为m,:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。解:1)v=ddrt=2ti+2ja=ddvt=2i2)v=[(2t)2+4]12=2(t2+1)12at=dv=2tdtt2+1a=a2−a2=2ntt2+11-,在上升过程中有一螺钉从天花板上松落,升降机的天花板与底板相距为d,求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。解:以地面为参照系,坐标如图,升降机与螺丝的运动方程分别为y=vt+1at2(1)图1-41021gt2y2=h+v0t−(2)2y1=y2(3)解之t=2dg+a1-,求:(1)小球的运动方程;(2)小球在落地之前的轨迹方程;(3)落地前瞬时小球的dr,dv,:(1)x=v0t式(1)y=h−1gt2式(2)21gt2)jr(t)=v0ti+(h-2(2)联立式(1)、式(2)得y=h−gx22v02(3)dr=v0i-gtj而落地所用时间t=2hgdt所以dr=v0i-2ghjdv=−gjdtdtv=v2x+v2y=v02+(−gt)2dv=g2t=g2ghdt[v2+(gt)2]12(v2+2gh)12001-,一身高为h2的人在路灯下以匀速v1沿直线行走。试证明人影的顶端作匀速运动,:设人从O点开始行走,t时刻人影中足的坐标为x1,人影中头的坐标为x2,由几何关系可得图1-6x2=h1而x=vtx2−x1h210所以,人影中头的运动方程为x2=h1x1=h1tv0h1−h2h1−h2人影中头的速度v2=dx2=h1v0dth1−h21-,其运动方程为x=2+4t−2t2(m),在t从0秒到3秒的时间间隔内,则质点走过的路程为多少?解:v=dx=4−4t若v=0解的t=1sdtx1=x1−x0=(2+4−2)−2=2mx3=x3−x=(2+4×3−2×32)−(2+4−2)=−8m1x=x1+x2=10m1-,下落高度h=20cm,斜面对水平的倾角θ=30o,问它第二次碰到斜面的位置距原来的下落点多远(假设小球碰斜面前后速度数值相等,碰撞时人射角等于反射角)。图1-8解:小球落地时速度为v0=2gh一建立直角坐标系,以小球第一次落地点为坐标原点如图vx0=v0cos600x=v0cos600t+1gcos600t2(1)2vy0=v0sin600y=v0sin600t−1gsin600t2(2)2第二次落地时y=0t=2v0gx=v0cos600t+1gcos600t2=2v2=-,赤道上的物体仍能保持在地球上而不致离开地球?,:赤道上的物体仍能保持在地球必须满足g=Rω2现在赤道上物体ω′=×10−2Rω==17ω′×10−21-,初速为v0,。解:在顶点处子弹的速度v=v0cosθ,顶点处切向加速度为0。因此有:g=v2=(vcosθ)2ρ=v2cos2θρρg在落地点速度为v0gcosθ=v2ρ=v2ρgcosθ1-=100m/s的速度沿水平直线飞行,在离地面高h=98m时,驾驶员要把物品投到前方某一地面目标上,问:投放物品时,驾驶员看目标的视线和竖直线应成什么角度?此时目标距飞机下方地点多远?解:设此时飞机距目标水平距离为x有:x=v0th=1gt22x联立方程解得:x