物理學上冊馬文蔚答案

篇一：物理學答案(第五版,上冊)馬文蔚】(1)根據(jù)上述情況,則必有()(2)根據(jù)上述情況,則必有()(a)IvI=v,II=(b)丨vI知，丨丨老(c)IvI=v,II老(d)IvI卻，II=但由于IdrI=ds,故drds?,即II=?由此可見，應選(c)?dtdt1-2一運動質點在某瞬時位于位矢r(x,y)的端點處，對其速度的大小有四種意見,即drdrds?dx??dy?(1)；(2)；(3)；(4) ?dtdtdtdtdt?下述判斷正確的是()(a)只有(1)(2)正確(b)只有⑵正確(c)只有(2)(3)正確(d)只有⑶(4)正確分析與解22dr表示質點到坐標原點的距離隨時間的變化率,在極坐標系中叫徑向速dt率?通常用符號vr表示,這是速度矢量在位矢方向上的一個分量；dr表示速度矢量；在自然dt22ds?dx??dy?坐標系中速度大小可用公式v?計算,在直角坐標系中則可由公式vdtdtdt????求解?故選(d)?1-3質點作曲線運動,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?對下列表達式，即dv/dt=a；(2)dr/dt=v；(3)ds/dt=v；(4)dv/dtI=at?下述判斷正確的是()(a)只有(1)、(4)是對的(b)只有(2)、(4)是對的(c)只有(2)是對的(d)只有(3)是對的dv表示切向加速度at,它表示速度大小隨時間的變化率，是加速度矢量沿速dtdr度方向的一個分量，起改變速度大小的作用；在極坐標系中表示徑向速率vr(如題1-2所dt分析與解述)；dsdv在自然坐標系中表示質點的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度adtdtt?因此只有(3)式表達是正確的?故選(d)?1-4一個質點在做圓周運動時,則有()切向加速度一定改變,法向加速度也改變切向加速度可能不變,法向加速度一定改變切向加速度可能不變,法向加速度不變切向加速度一定改變,法向加速度不變分析與解加速度的切向分量at起改變速度大小的作用，而法向分量an起改變速度方向的作用．質點作圓周運動時,由于速度方向不斷改變,相應法向加速度的方向也在不斷改變,因而法向加速度是一定改變的?至于at是否改變,則要視質點的速率情況而定?質點作勻速率周運動時,at恒為零；質點作勻變速率圓周運動時,at為一不為零的恒量，當at改變時，質點則作一般的變速率圓周運動?由此可見,應選(b)?*1-5如圖所示,湖中有一小船,有人用繩繞過岸上一定高度處的定滑輪拉湖中的船向岸邊運動?設該人以勻速率v0收繩，繩不伸長且湖水靜止,小船的速率為v,則小船作()(e)勻速直線運動,v?vO分析與解本題關鍵是先求得小船速度表達式,進而判斷運動性質?為此建立如圖所示坐標系,設定滑輪距水面高度為h,t時刻定滑輪距小船的繩長為I,則小船的運動方程為dldx,式中dl表示繩長Ix?I2?h2,其中繩長I隨時間t而變化?小船速度v??dtdtI2?h2I隨時間的變化率，其大小即為vO,代入整理后為v?速度表達式，可判斷小船作變加速運動?故選(c)?1-6已知質點沿x軸作直線運動，其運動方程為x?2?6t2?2t3,式中x的單位為m,t的單位為s.求：⑴質點在運動開始后4.0s內的位移的大?。?2)質點在該時間內所通過的路程；⑶t=4s時質點的速度和加速度.dx?0dt得知質點的換向時刻為tp?2s(t=0不合題意)⑵由(3)t=4?0s時v?dx??48m?s?1dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2dtt?4.0s1-7一質點沿x軸方向作直線運動，其速度與時間的關系如圖(a)所示?設t=0時,x=0?試根據(jù)已知的v-t圖，畫出a-t圖以及x-t圖.分析根據(jù)加速度的定義可知,在直線運動中v-t曲線的斜率為加速度的大小(圖中ab、cd段斜率為定值，即勻變速直線運動；而線段be的斜率為0,加速度為零，即勻速直線運動)?加速度為恒量，在a-t圖上是平行于t軸的直線，由v-t圖中求出各段的斜率，即可作出a-t圖線?又由速度的定義可知,x-t曲線的斜率為速度的大小?因此，勻速直線運動所對應的x-t圖應是一直線，而勻變速直線運動所對應的x-t圖為t的二次曲線?根據(jù)各段時間內的運動方程x=x(t),求出不同時刻t的位置x採用描數(shù)據(jù)點的方法，可作出x-t圖.解將曲線分為ab、bc、cd三個過程,它們對應的加速度值分別為aab?vb?va?20m?s?2(勻加速直線運動)tb?ta【篇二：物理學教程第二版馬文蔚上冊課后答案完整版】根據(jù)上述情況,則必有()根據(jù)上述情況,則必有()(a)IvI=v,II=(b)丨vI細丨丨老(e)IvI=v,II老(d)IvI*v,II=個量的物理含義不同,在曲線運動中大小也不相等(注：在直線運動中有相等的可能)．但當?shù)捎贗drI=ds,故drds?,即II=?由此可見，應選(e)?dtdt1-2一運動質點在某瞬時位于位矢r(x,y)的端點處，對其速度的大小有四種意見,即drdrds?dx??dy?(1)；(2)；(3)；(4) ?dtdtdt?dt??dt?下述判斷正確的是()(a)只有(1)(2)正確(b)只有⑵正確(e)只有(2)(3)正確(d)只有⑶(4)正確22dr表示質點到坐標原點的距離隨時間的變化率,在極坐標系中叫徑向速率?通常dtdr用符號vr表示,這是速度矢量在位矢方向上的一個分量；表示速度矢量；在自然坐標系中dt分析與解ds?dx??dy?速度大小可用公式v?計算,在直角坐標系中則可由公式v 求解?故dt?dt??dt?選(d)?1-3質點作曲線運動,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?對下列表達式,即(1)dv/dt=a；(2)dr/dt=v；(3)ds/dt=v；(4)dv/dtI=at?

下述判斷正確的是()(a)只有(1)、(4)是對的(b)只有(2)、(4)是對的(c)只有(2)是對的(d)只有(3)是對的22dv表示切向加速度at,它表示速度大小隨時間的變化率，是加速度矢量沿速度方dtdr向的一個分量，起改變速度大小的作用；在極坐標系中表示徑向速率vr(如題1-2所述)；dt分析與解dsdv在自然坐標系中表示質點的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度at?因dtdt此只有(3)式表達是正確的?故選(d)?1-4一個質點在做圓周運動時,則有()切向加速度一定改變,法向加速度也改變切向加速度可能不變,法向加速度一定改變切向加速度可能不變,法向加速度不變切向加速度一定改變,法向加速度不變分析與解加速度的切向分量at起改變速度大小的作用，而法向分量an起改變速度方向的作用．質點作圓周運動時,由于速度方向不斷改變,相應法向加速度的方向也在不斷改變,因而法向加速度是一定改變的?至于at是否改變，則要視質點的速率情況而定．質點作勻速率圓周運動時,at恒為零；質點作勻變速率圓周運動時,at為一不為零的恒量,當at改變時，質點則作般的變速率周運動?由此可見般的變速率周運動?由此可見，應選(b)?231-5已知質點沿x軸作直線運動，其運動方程為x?2?6t?2t,式中x的單位為m,t的單位為s?求:⑴質點在運動開始后4.0s內的位移的大小；(2)質點在該時間內所通過的路程；⑶t=4s時質點的速度和加速度.分析位移和路程是兩個完全不同的概念?只有當質點作直線運動且運動方向不改變時,位的大小和路程就不同了?為此，需根據(jù)dx?0來確定其運動方向改變的時刻tp，求出0?tp和dtdtdt題1-5圖解⑴質點在4.0s內位移的大小(2)由得知質點的換向時刻為dx?0dttp?2s(t=0不合題意)則所以,質點在4.0s時間間隔內的路程為t=4?0s時v?dx??48m?s?1dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2dtt?4.0s1-6已知質點的運動方程為r?2ti?(2?t2)j,式中r的單位為m,t的單位為S?求：(1)質點的運動軌跡；⑵t=0及t=2s時,質點的位矢；分析質點的軌跡方程為y=f(x),可由運動方程的兩個分量式x(t)和y(t)中消去t即可得解⑴由x(t)和y(t)中消去t后得質點軌跡方程為y?2?這是一個拋物線方程，軌跡如圖(a)所示.12x4⑵將t=0s和t=2s分別代入運動方程,可得相應位矢分別為r0?2j,r2?4i?2j圖(a)中的p、q兩點，即為t=0s和t=2s時質點所在位置.(3)由位移表達式,得r2r0題1-6圖1-7質點的運動方程為x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y的單位為m,t的單位為s.試求：⑴初速度的大小和方向；⑵加速度的大小和方向.分析由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量,再由運動合成算出速度和加速度的大小和方向.解(1)速度的分量式為vx?dx??10?60tdtdyvy??15?40tdtv0x3??2(2)加速度的分量式為ax?dvdvx?60m?s?2,ay?y??40m?s?2dtdt則加速度的大小為a?ax?ay?72.1m?s?2花板上松脫,天花板與升降機的底面相距2?74m?計算：(1)螺絲從天花板落到底面所需要的時間；(2)螺絲相對升降機外固定柱子的下降距離?分析在升降機與螺絲之間有相對運動的情況下,一種處理方法是取地面為參考系,分別討論升降機豎直向上的勻加速度運動和初速不為零的螺絲的自由落體運動,列出這兩種運動在同一坐標系中的運動方程y1=y1(t)和y2=y2(t),并考慮它們相遇，即位矢相同這一條件,問題即可解；另一種方法是取升降機(或螺絲)為參考系,這時,螺絲(或升降機)相對它作勻加速運動,但是,此加速度應該是相對加速度?升降機廂的高度就是螺絲(或升降機)運動的路程?解1(1)以地面為參考系,取如圖所示的坐標系,升降機與螺絲的運動方程分別為1y1?v0t?at221y2?h?v0t?gt22當螺絲落至底面時，有y1=y2，即11v0t?at2?h?v0t?gt222t?2h?0.705sg?a12gt?0.716m2(2)螺絲相對升降機外固定柱子下降的距離為d?h?y2??v0t?解2⑴以升降機為參考系，此時，螺絲相對它的加速度大小a=g+a,螺絲落至底面時,有10?h?(g?a)t22t?2h?0.705sg?a(2)由于升降機在t時間內上升的高度為1h??v0t?at22則d?h?h??0.716m【篇三：大學物理物理學(第五版)上冊馬文蔚課后答

案東南大學】但由于丨dr1=ds,故drds,即丨丨=?由此可見，應選(c)?dtdtdr表示質點到坐標原點的距離隨時間的變化率,在極坐標系中叫徑向dtdr速率?通常用符號vr表示,這是速度矢量在位矢方向上的一個分量;表示速度矢量；在自dtds然坐標系中速度大小可用公式v?計算,在直角坐標系中則可由公式dt1-2分析與解dxdyv 求解?故選(d).dtdtdv表示切向加速度at,它表示速度大小隨時間的變化率，是加速度矢dtdr量沿速度方向的一個分量,在極坐標系中表示徑向速率vr(如題1dt1-3分析與解-2所述)；22dsdv在自然坐標系中表示質點的速率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)式表達是正確的?故選(d).1-4分析與解加速度的切向分量at起改變速度大小的作用,而法向分量an起改變速度方向的作用?質點作圓周運動時，由于速度方向不斷改變,相應法向加速度的方向也在不斷改變,因而法向加速度是一定改變的?至于at是否改變,則要視質點的速率情況而定?質點作勻速率圓周運動時,at恒為零；質點作勻變速率圓周運動時,at為一不為零的恒量，當at改變時，質點則作一般的變速率圓周運動?由此可見，應選(b).1-5分析與解本題關鍵是先求得小船速度表達式,進而判斷運動性質?為此建立如圖所示坐標系，設定滑輪距水面高度為h,t時刻定滑輪距小船的繩長為I,則小船的運動方程為x?l?h,其中繩長I隨時間t而變化?小船速度v?長I隨時間的變化率，其大小即為V0,代入整理后為V?22dxdtdIdI,式中表示繩22dtI?hIv0I2?h2/Iv0向?由速度表達式，可判斷小船作變加速運動?故選（C）?dx0來確定其運動方向改變的時刻tp，求出0?dtdxdx=4.0s時質點速度和加速度可用和2兩式計算.dtdtdx0得知質點的換向時刻為tp?2s（t=0不合題意）（2）由dt,a?2dtt?4.0s1-7分析根據(jù)加速度的定義可知,在直線運動中v-t曲線的斜率為加速度的大小（圖中ab、Cd段斜率為定值,即勻變速直線運動；而線段bC的斜率為0,加速度為零,即勻速直線運動）?加速度為恒量,在a-t圖上是平行于t軸的直線，由v-t圖中求出各段的斜率，即可作出a-t圖線?又由速度的定義可知,x-t曲線的斜率為速度的大小?因此，勻速直線運動所對應的x-t圖應是一直線，而勻變速直線運動所對應的x-t圖為t的二次曲線?根據(jù)各段時間內的運動方程x=x（t）,求出不同時刻t的位置x,釆用描數(shù)據(jù)點的方法，可作出x-t圖.解將曲線分為ab、bC、Cd三個過程,它們對應的加速度值分別為dxdx48m?s?1dtt?4?.0s36m.s2aab?vb?va20ms2（ 勻加速直線運動）,abc?0（勻速直線運動）tb?tavd?vc10m?s?2(勻減速直線運動)td?tcacd?根據(jù)上述結果即可作出質點的a-t圖[圖(b)]?在勻變速直線運動中,有由此，可計算在0?2s和4?6s時間間隔內各時刻的位置分別為1x?x?v0t?t22用描數(shù)據(jù)點的作圖方法，由表中數(shù)據(jù)可作0?2s和4-6s時間內的x-t圖?在2?4s時間內，質點是作v?20m?s?1的勻速直線運動，其x-t圖是斜率k=20的一段直線[圖(c)]?1-8分析質點的軌跡方程為y=f(x),可由運動方程的兩個分量式x(t)和y(t)中消去解用到積分方法，先在軌跡上任取一段微元ds,則ds?求s.解⑴由x(t)和y(t)中消去t后得質點軌跡方程為,y?2?這是一個拋物線方程，軌跡如圖(a)所示.(dx)2?(dy)2,最后用s??ds積分12x4(2)將t=0s和t=2s分別代入運動方程,可得相應位矢分別為r0?2j,r2?4i?2j圖(a)中的p、q兩點，即為t=0s和t=2s時質點所在位置.2222x2?y2?x0?y0?2.47m1ds?(dx)2?(dy)2,由軌道方程可得dy??xdx,代入ds,則2s內路程為2s??ds??pq44?x2dx?5.91m1-9分析由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量,再由運動合成算出速度和加速度的大小和方向.解(1)速度的分量式為vx?dxdy??10?60t,vy??15?40tdtdt-1-1當t=0時,vox=-10m2s,voy=15m2s，則初速度大小為v0?v0x?v0y?18.0m?s?122v0yv0x32(2)加速度的分量式為ax?dvdvx60ms2,ayy40ms2dtdtax?ay?72.1m?s?222ay21-10分析在升降機與螺絲之間有相對運動的情況下,一種處理方法是取地面為參考系,分別討論升降機豎直向上的勻加速度運動和初速不為零的螺絲的自由落體運動,列出這兩種運動在同一坐標系中的運動方程y1=y1(t)和y2=y2(t),并考慮它們相遇，即位矢相同這一條件,問題即可解；另一種方法是取升降機(或螺絲)為參考系,這時,螺絲(或升降機)相對它作勻加速運動,但是,此加速度應該是相對加速度．升降機廂的高度就是螺絲(或升降機)運動