大学物理第一章习题解答

1.2. 一质点沿x轴运动，坐标与时间的变化关系为x4t2t2，式中x,t分别以m、s为单位，试计算

(1)在最初2s内的平均速度和2s末的瞬时速度； (2)1s末到3s末的位移、平均速度；

(3)1s末到3s末的平均加速度；此加速度是否可以

aa2用式aave1计算？

2(4)3s末的瞬时加速度。

解：(1) 最初2s内的平均速度为：

vxxt2xt0000(m/s) t22dxdt44t4m/s

(2) 2s末的瞬时速度为：

vt2t2 1s末到3s末的位移、平均速度分别为： xx vt3xt1628m

x84m/s t2 (3) 1s末到3s末的平均加速度为

vvt3vt1 a t2dxt3t38m/s

dtdx vt1t10m/s

dt804m/s2 所以 a2 而 v而该质点的瞬时加速度为

dvd2xd2(4t2t2)224m/s a 2dtdtdt保持不变，因此，加速度是否可以用式 aave事实上，该质点做匀加速直线运动。

(1)人影中头顶的移动速度； (2)影子长度增长的速率。

a1a2 计算， 21.3. 路灯距地面的高度为h，一个身高为l的人在路上匀速运动，速度为v0，如图T1.3。求

解：(1)人影中头顶位置应该在地面上做一维直线运动，设路灯的正下方为坐标原点O，人影中头顶位置坐标为

P，根据三角形相似的原理，人影中头顶的移动速度为：

dOPhv0 vdthl(2) 由于影子长度等于人影中头顶位置和人位置的水平距离，所以影子长度增长的速率为：

lv0 hl21.4. 一质点的运动方程为r(t)i4tjtk，式中r，t分别以m、s为单位。试求：

vvv0(1)它的速度与加速度； (2)它的轨迹方程。

解：(1) 速度和加速度分别为

dvdr8tjk 和 a8j vdtdt (2) 令r(t)xiyjzk，与所给条件比较可知

x1，y4t2，zt 所以轨迹方程为

2 x1,y4z

1.5. 在坡度为30的山脚用步枪朝山上射击，如图T1.5所示。如果子弹出枪口的速度值为v0150ms1，方向与水平面成60角，求子弹落地点到山脚的距离l。 解：取发射点为坐标原点，直接用矢量进行计算， vv0gt，rv0t 当子弹落地时，有

12gt 2rxctg3 （*） ry

而 rxv0xt75t

 ryv0yt4.9t129.9t4.9t 代入*式，可得t221504.9317.7s

l

v0xt1530m cos

1.6. 一抛体以初速v0600m.s1沿与水平方向成600角的方向发射。计算：

(1)抛体可达到的最大水平距离和最大高度； (2)射出30s后的速度和高度；

(3)当抛体高度达到10km时的速度和时间。 解：(1) 抛体的射程和射高分别为

2v0sin260020.866 R31.8km

g9.82v0sin260020.75H13.8km

2g29.812gt 212(2) 由vv0gt，rv0tgt *

2 将v0600(0.5i0.866j)，g9.8j代入，可得

vv0gt，rv0t v375.4，ry11.2km (3) 取ry10km代入*式，得

t25.3s，v404.7m/s （计算略）

1.8. 在500米的高度内一般步枪可以打下未配备装甲的飞机。设枪弹的速度为800米/秒，飞机的高度为200米，速度为1440千米/时。某一时刻射击者距离飞机300米(图T1.8)。

(1).此时应瞄准飞机A的前方B点开枪方能击中飞机(BA称为“提前量”)，试问B距A多少米？

(2)实际经验要求“提前量”为射击者到飞机距离的一

1半(即ABAC)，试定性说明为什么这一要求与(1)中计

2算结果有偏离？

解：(1)设B距离A为r，飞机速度v1，子弹速度v2，子弹发射t秒后，击中飞机。直角顶点处为O。 则

BCOC2(OAAB)2

AC2h2，ABv1t代入上式，可得

将BCv2t，OCh，OAt0.285s，ABv1t0.285400114m

1.9. 一物体从静止开始，先以大小的切向加速度运动一段时间后紧接着就以大小的切向加速度运动直至停止。若物体整个运动的时间为t，证明物体运动的总路程为： st2

（2+）证：该物体做直线运动，设加速后最高速为v，加速时间t1，减速时间t2 则vt1t2，又t1t2t 易知，t1所以 st，t2t

1212t1t2t2 222()4100m处高度与

1.18. (1)低速炮弹以仰角400射出。出膛速度为v0220ms1，炮身相等的物体，问空气阻力使炮弹的射程减少了多少？

(2)若出膛速度为v01000ms1，仰角仍为40，一般实际射程只有几十千米。问此时空气阻力使炮弹的射程减少了多少？

(3)从以上两种情况可以知道，当炮弹出膛速度超过音速时，阻力大大增加，这就是所谓的“音障”。为克服这个困难应当怎么办？ 解：(1)理论射程为

2v0sin222020.985R4864m

g9.8射程减少了764米。

(2)速度为v01000ms1时，理论射程为

2v0sin2100020.985R100.5km

g9.8 1.19. 两千多年前，埃拉托色尼就通过卓越的分析求出地球的半径。他住在尼罗河口的亚历山大城，在仲夏日的中午观察到太阳光线与当地的竖直线成7.2角，如图T1.19所示。他还知道，住在亚历山大城以南804.5km地方的居民在同一时间看见太阳正在头顶，根据这些资料他推算出地球的半径。试问他的结果是多少？

解：根据上述资料，地球的周长为

804.5km360S40225km

7.2因此，地球半径为

RS6402km 21.20. 测量光速的方法之一是旋转齿轮法。一束光线通过轮边齿间空隙到达远处的镜面上，反射回来时刚好通过相邻的齿间空隙(见T1.20图)。假设齿轮的半径是5.0cm，轮边共有500个齿。当镜与齿之间的距离为500m时，测得光速为3.0105kms1。试求：

(1)齿轮的角速度为多大？

(2)在齿轮边缘上一点的线速率是多少？ 解：(1)光反射一次回到齿轮所需时间是：

t500m23.33106s 813.010ms20.0126rad 500齿轮旋转的角度是

所以，齿轮旋转的角速度为

t3770rads1

(2)在齿轮边缘上一点的线速率是： vr37700.05188.5ms1

1.21. 一质点沿半径为10cm的圆周运动，其角坐标(以弧度rad计)可用下式表示

24t3

其中t的单位是秒(s)试问

(1)在t2s时，它的法向加速度和切向加速度各是多少？

(2)当等于多少时其总加速度与半径成45角 ？

解：(1)在t2s时，注意到r不随时间变化，法向加速度和切向加速度为：

2)rrˆ0.1(12t2)2ar(rt2ˆ230.4ms2 r2r)ˆ0.1(24t)rˆ a(2rt24.8ms(2) 由于

2)r2rrˆrˆ ar(rr)ˆrˆ a(2r所以要使总加速度与半径成45角，必须

2 即

(12t2)224t

1 63解得 t所以 24t32.67

1.23. 如图T1.23所示，杆AB以匀角速度绕A点转动，并带动水平杆OC上的质点M运动。设起始时刻杆在竖直位置，OAh。

(1) 列出质点M沿水平杆OC的运动方程； (2) 求质点M沿杆OC滑动的速度和加速度的大小。 解：(1) 对于三角形OAB来说 xhtghtg(t)

(2) 质点M沿杆OC滑动的速度和加速度的大小分别为 vdxh 2dtcostdv2h2sint a 3dtcost1.24. 甲乙两船，甲以10km/h的速度向东行驶，乙以15km/h的速度向南行驶。问坐在乙船

上的人看来，甲船的速度如何？坐在甲船上的人看来乙船的速度又如何？

解：以地球为参照系，设i、j分别代表正东和正北方向，则甲乙两船速度分别为

v110ikm/h，v215jkm/h

根据伽利略变换

当以乙船为参照物时，甲船速度为

vv1v2(10i15j)km/h v10215218.1km/h

15arctg56.31

10即在乙船上看，甲船速度为18.1km/h，方向为东偏北56.31

同理，在甲船上看，乙船速度为18.1km/h，方向为西偏南56.31。

1.25 有一水平飞行的飞机，速率为v0，在飞机上安置一门大炮，炮弹以水平速度v向前射击。略去空气阻力，

(1) 以地球为参照系，求炮弹的轨迹方程； (2) 以飞机为参照系，求炮弹的轨迹方程；

(3) 以炮弹为参照系，飞机的轨迹如何？

2解：(1) 以地球为参照系时，炮弹的初速度为v1vv0，而xv1t，y0.5gt 消去时间参数t，得到轨迹方程为：

gx2（若以竖直向下为y轴正方向，则负号去掉，下同） y22(vv0) (2) 以飞机为参照系时，炮弹的初速度为v，同上可得轨迹方程为

gx2 y2

2v (3) 以炮弹为参照系，只需在(2)的求解过程中用x代替x，y代替y，可得

gx2 y

2v21.26. 一飞机在海上布雷，当它在水平高度为h的地方，以速率v沿水平方向飞行时，要想使鱼雷入水时不与水面发生拍击，即相对鱼雷来说，水的速度完全沿鱼雷的轴线方向。设鱼雷从投出到入水，它的轴线与水平面的夹角不变。略去空气阻力，问这飞机投下鱼雷时，应使等于多少？

解：要使得鱼雷不拍击水面，必须使其在入水时，水平速度和垂直速度的比值与夹角相对应，即 tgv垂直2ghv水平v 所以

arctg2ghv