[理学]湖南大学大学物理一练习册答案.doc

大学物理（上册）习题解答 第一章 质点运动学 P26． 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]1s末的位移大小为 x(1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)． 在第2s末的位移大小为 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 =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 = [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． 1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s内走过路程s = 30m，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为． 并由上述数据求出量值． [证明]依题意得vt = nvo， 根据速度公式vt = vo + at，得 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 ． 计算得加速度为 = 0.4(m·s-2)． 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？ [解答]θ表示，人和车（他）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为 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；当他达到最高点时，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)． 他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 = 4.49(s)． 因此他飞越的时间为 t = t1 + t2 = 6.98(s)． 他飞越的水平速度为 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他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) = 49.30o， 方向斜向下． 方法二：一步法．取向上的方向为正，他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 ， 解得 ． 这里y = -70m，根号项就是他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)． 由此可以求解其他问题． 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． [证明]（1）分离变量得， 积分 ， 可得 ． （2）公式可化为， 由于v = dx/dt，所以 积分 ． 因此 ． 证毕． [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， 所以 a = dv/dt， 分离变量得方程 ， 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