大学物理学1质点运动学习题思考题改

第一章 质点运动学课 后 作 业1、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2 (SI)如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v 2分 ()x x xd 62d 020⎰⎰+=v v v2分()2 213xx +=v 1分2、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2 3分v d =x /d t 2=t 2 t tx tx x d 2d 02⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI) 2分3、一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S +==d /d v 1分c t a t ==d /d v 1分 ()R ct b a n /2+= 1分根据题意： a t = a n 1分即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -= 1分4、如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω 1分 24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s 1分 2s /168/m Rt dt d a t ===v 1分 22s /32/m R a n ==v 1分()8.352/122=+=nt a a a m/s 2 1分5、一敞顶电梯以恒定速率v =10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m 时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率200=v m/s ．试问： (1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？ (2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？解：(1) 球相对地面的初速度=+='v v v 030 m/s 1分抛出后上升高度 9.4522='=gh v m/s 1分 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分 (2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度2021)(gt t t -+=v v v 1分08.420==gt vs 1分6、在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如图所示．当人以0υ(m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l l d d 2d d 2=题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴ t sv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度3202220202002)(d d d d d d sv h s v s l s v slv s v v s t sl t l st v a =+-=+-=-==船船教师评语教师签字月 日第二章 运动与力课 后 作 业hMlμ1、 一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速前进，如图. 木箱与地面间的摩擦系数μ＝0.6.设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为h ＝1.5 m ，不计箱高，问绳长l 为多长时最省力?解：设绳子与水平方向的夹角为θ，则l h /sin =θ． 木箱受力如图所示，匀速前进时, 拉力为F , 有F cos θ－f ＝0 2分F sin θ＋N －Mg ＝0 f ＝μN得 θμθμsin cos +=MgF 2分令 0)sin (cos )cos sin (d d 2=++--=θμθθμθμθMg F ∴ 6.0tg ==μθ，637530'''︒=θ 2分且 0d d 22>θF∴ l ＝h / sin θ＝2.92 m 时，最省力．m 1m 22、一质量为60 kg 的人，站在质量为30 kg 的底板上，用绳和滑轮连接如图．设滑轮、绳的质量及轴处的摩擦可以忽略不计，绳子不可伸长．欲使人和底板能以1 m/s 2的加速度上升，人对绳子的拉力T 2多大？人对底板的压力多大? (取g ＝10 m/s 2)解：人受力如图(1) 图2分 a m g m N T 112=-+ 1分g M P ϖϖ=θF ϖN ϖ f ϖ底板受力如图(2) 图2分 a m g m N T T 2221=-'-+ 2分212T T = 1分 N N ='由以上四式可解得 a m m g m g m T )(421212+=--∴ 5.2474/))((212=++=a g m m T N 1分5.412)(21=-+=='T a g m N N N 1分3、一条轻绳跨过一轻滑轮(滑轮与轴间摩擦可忽略)，在绳的一端挂一质量为m 1的物体，在另一侧有一质量为m 2的环，求当环相对于绳以恒定的加速度a 2沿绳向下滑动时，物体和环相对地面的加速度各是多少？环与绳间的摩擦力多大？m 1m 22a ϖ解：因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于绳子张力T ．设m 2相对地面的加速度为2a '，取向上为正；m 1相对地面的加速度为a 1(即绳子的加速度)，取向下为正． 1分111a m T g m =- 2分222a m g m T '=- 2分 212a a a -=' 2分 解得 2122211)(m m a m g m m a ++-= 1分21212)2(m m m m a g T +-= 1分2121212)(m m a m g m m a +--=' 1分4、一条质量分布均匀的绳子，质量为M 、长度为L ，一端拴在竖直转轴OO ′上，并以恒定角速度ω在水平面上旋转．设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且忽略重力，求距转轴为r 处绳中的张力T ( r )．解：取距转轴为r 处，长为d r 的小段绳子，其质量为 ( M /L ) d r ． (取元，画元的受力图) 2分由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，由牛顿定律得： T ( r )-T ( r + d r ) = ( M / L ) d r r ω2令 T ( r )－T (r + d r ) = - d T ( r )得 d T =－( M ω2 / L ) r d r 4分 由于绳子的末端是自由端 T (L ) = 01分有r r L M T Lrr T d )/(d 2)(⎰⎰-=ω ∴ )2/()()(222L r L M r T -=ω 3分O第三章 动量与角动量课 后 作 业hAvϖ1、如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h ＝0.5 m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上．设料斗口连续卸煤的流量为q m ＝40 kg/s ，A 以v ＝2.0 m/s 的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A 的作用力的大小和方向．（不计相对传送带静止的煤粉质重）解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度gh 20=v 1分设煤粉与A 相互作用的∆t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为t q m m ∆=∆ 1分设A 对煤粉的平均作用力为f ϖ，由动量定理写分量式：0-∆=∆v m t f x 1分)(00v m t f y ∆--=∆ 1分 将 t q m m ∆=∆代入得 v m x q f =， 0v m y q f =∴ 14922=+=y x f f f N 2分f ϖ与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4° 1分由牛顿第三定律煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图中f ϖ相反．2分30°F2、质量为1 kg 的物体，它与水平桌面间的摩擦系数μ = 0.2 ．现对物体施以F = 10t (SI)的力，（t 表示时刻），力的方向保持一定，如图所示．如t = 0时物体静止，则t = 3 s 时它的速度大小v 为多少?解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力mg F N +︒=30sin 1分物体要有加速度必须 N F μ≥︒30cos 2分 即 mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥ 1分物体开始运动后，所受冲量为 ⎰-︒=tt t N F I 0d )30cos (μ)(96.1)(83.3022t t t t ---= t = 3 s, I = 28.8 N s 2分则此时物体的动量的大小为 I m =v速度的大小为 8.28==mIv m/s 2分3、一炮弹发射后在其运行轨道上的最高点h ＝19.6 m 处炸裂成质量相等的两块．其中一块在爆炸后1秒钟落到爆炸点正下方的地面上．设此处与发射点的距离S 1＝1000 m ，问另一块落地点与发射地点间的距离是多少？（空气阻力不计，g ＝9.8 m/s 2） 解：因第一块爆炸后落在其正下方的地面上，说明它的速度方向是沿竖直方向的．利用 2t g t h '+'=211v ， 式中t '为第一块在爆炸后落到地面的时间． 可解得v 1＝14.7 m/s ，竖直向下．取y 轴正向向上, 有v 1y ＝－14.7 m/s 2分 设炮弹到最高点时(v y ＝0)，经历的时间为t ，则有S 1 = v x t ① h=221gt ② 由①、②得 t =2 s , v x =500 m/s 2分 以2v ϖ表示爆炸后第二块的速度，则爆炸时的动量守恒关系如图所示．x v v m m x =221③0==+y y m m m v v v 1y 22121 ④解出 v 2x =2v x =1000 m/s ， v 2y =-v 1y =14.7 m/s 3分 再由斜抛公式 x 2= S 1 +v 2x t 2 ⑤y 2=h +v 2y t 2-22gt 21 ⑥落地时 y 2 =0，可得 t 2 =4 s , t 2＝－1 s （舍去） 故 x 2＝5000 ｍ 3分Mmv ϖϖ4、质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求：(1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v ρ方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v ϖ方向相反． 2分第四章 功和能课 后 作 业1、一质量为m 的质点在Oxy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a r ρρρωωsin cos +=(SI) 式中a 、b 、ω是正值常量，且a ＞b ． (1)求质点在A 点(a ，0)时和B 点(0，b )时的动能；(2)求质点所受的合外力F ρ以及当质点从A 点运动到B 点的过程中F ρ的分力x F ρ和y F ρ分别作的功．解：(1)位矢 j t b i t a r ρρρωωsin cos += (SI) 可写为 t a x ωcos = ， t b y ωsin =t a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωcos d dy-==v在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ωE KA =2222212121ωmb m m y x =+v v 2分在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ωE KB =2222212121ωma m m y x =+v v 2分(2) j ma i ma F y x ρρρ+==j t mb i t ma ρρωωωωsin cos 22-- 2分由A →B ⎰⎰-==020d cos d a a x x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω 2分⎰⎰-==b b y y t b m y F W 020dy sin d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω 2分2、劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定，另一端与桌面上的质量为m 的小球B 相连接．用外力推动小球，将弹簧压缩一段距离L 后放开．假定小球所受的滑动摩擦力大小为F 且恒定不变，滑动摩擦系数与静摩擦系数可视为相等．试求L 必须满足什么条件时，才能使小球在放开后就开始运动，而且一旦停止下来就一直保持静止状态．kL OB解：取弹簧的自然长度处为坐标原点O ，建立如图所示的坐标系．在t =0时，静止于x ＝－L 的小球开始运动的条件是kL ＞F ① 2分小球运动到x 处静止的条件，由功能原理得222121)(kL kx x L F -=+- ② 2分由② 解出 kFL x 2-=使小球继续保持静止的条件为 F k FL k x k ≤-=2 ③ 2分 所求L 应同时满足①、③式，故其范围为 k F <L kF3≤ 2分3、一链条总长为l ，质量为m ，放在桌面上，并使其部分下垂，下垂一段的长度为a ．设链条与桌面之间的滑动摩擦系数为μ．令链条由静止开始运动，则 (1)到链条刚离开桌面的过程中，摩擦力对链条作了多少功？al -a(2)链条刚离开桌面时的速率是多少？解：(1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g lymf μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l a l f y gy lmy f W μ 2分=022a l y l mg -μ =2)(2a l lmg--μ 2分(2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝2022121v v m m -其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰l a x P d =la l mg x x l mg l a 2)(d 22-=⎰ 2分x OxB L Bx由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得 []21222)()(a l a l lg ---=μv 2分αh0v ϖ4、一物体与斜面间的摩擦系数μ = 0.20，斜面固定，倾角α = 45°．现给予物体以初速率v 0 = 10 m/s ，使它沿斜面向上滑，如图所示．求： 物体能够上升的最大高度h ；该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率v ．解：(1)根据功能原理，有 mgh m fs -=2021v 2分ααμαμsin cos sin mgh Nh fs ==mgh m mgh -==2021ctg v αμ 2分)ctg 1(220αμ+=g h v =4.5 m 2分(2)根据功能原理有 fs m mgh =-221v 1分αμctg 212mgh mgh m -=v 1分[]21)ctg 1(2αμ-=gh v =8.16 m/s 2分第五章刚体的转动课后作业1、一轻绳跨过两个质量均为m、半径均为r的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m和2m的重物，如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑．两个定滑轮的转动惯量均为221mr．将由两个定滑轮以及质量为m和2m 的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力．解：受力分析如图所示．2分2mg－T1＝2ma1分T2－mg＝ma1分T1 r－T r＝β221mr1分T r－T2 r＝β221mr1分a＝rβ2分解上述5个联立方程得：T＝11mg / 82分2、一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R,质量为M / 4，均匀分布在其边缘上．绳子的A端有一质量为M的人抓住了绳端，而在绳的另一端B系了一质量为21M的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J＝MR2 / 4 )解：受力分析如图所示．a设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下. 2分 根据牛顿第二定律可得：对人： Mg －T 2＝Ma ① 2分对重物： T 1－21Mg ＝21Ma ② 2分根据转动定律，对滑轮有(T 2－T 1)R ＝J β＝MR 2β / 4 ③ 2分因绳与滑轮无相对滑动， a ＝βR ④ 1分 ①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 7 1分3、一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)．解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg ­T ＝ma ① 2分 T r ＝J β ② 2分 由运动学关系有： a = r β ③ 2分 由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤ 2分将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt 22－1) 2分Am 1 ,l1v ϖ2v ϖ俯视图4、有一质量为m 1、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动．另有一水平运动的质量为m 2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短．已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v ϖ和2v ϖ，如图所示．求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间.(已知棒绕O 点的转动惯量2131l m J =)解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力 矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即1分m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω2131l m ① 3分碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为gl m x x l m g M l f 10121d μμ-=⋅-=⎰ ② 2分由角动量定理 ω210310l m dt M tf -=⎰ ③ 2分由①、②和③解得 g m m t 12122μv v += 2分第六章 狭义相对论基础课 后 作 业1、一体积为V 0，质量为m 0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A 以速度v 运动．求：观察者A 测得其密度是多少？解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 221cx x v -=，0y y =，0z z =． 相应体积为 2201c V xyz V v -== 3分观察者Ａ测得立方体的质量 2201c m m v -=故相应密度为 V m /=ρ22022011/c V c m v v --=)1(2200cV m v -=2分2、在O 参考系中，有一个静止的正方形，其面积为 100 cm 2．观测者O ＇以 0.8c 的匀速度沿正方形的对角线运动．求O ＇所测得的该图形的面积．解：令O 系中测得正方形边长为a ，沿对角线取x 轴正方向(如图)，则边长在坐标轴上投影的大小为a a x 221=，a a y 221= 面积可表示为： x y a a S ⋅=2 2分在以速度v 相对于O 系沿x 正方向运动的O ＇系中2)/(1c a a x x v -=' =0.6×a 221 a a a yy 221==' 在O ＇系中测得的图形为菱形，其面积亦可表示为606.022=='⋅'='a a a S x y cm 23分aaO y x3、一艘宇宙飞船的船身固有长度为L 0 =90 m ，相对于地面以=v 0.8 c (c 为真空中光速)的匀速度在地面观测站的上空飞过．(1) 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？ (2) 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为 =-=20)/(1c L L v 54 m 则 ∆t 1 = L /v =2.25×10-7 s 3分 (2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则 ∆t 2 = L 0/v =3.75×10-7 s 2分4、半人马星座α星是距离太阳系最近的恒星，它距离地球S = 4.3×1016 m ．设有一宇宙飞船自地球飞到半人马星座α星，若宇宙飞船相对于地球的速度为v = 0.999 c ，按地球上的时钟计算要用多少年时间？如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多少年？解：以地球上的时钟计算： 5.4≈=∆vSt 年 2分以飞船上的时钟计算： ≈-='∆∆221ct t v 0.20 年 3分5、在惯性系S 中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生∆t =2s ；而在另一惯性系S ＇中，观测第二事件比第一事件晚发生∆t '=3s ．那么在S ＇系中发生两事件的地点之间的距离是多少？解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有2)/(1c tt v -='∆∆， 22)/(1)/(c t t v -='∆∆则 2/12))/(1(t t c '-⋅=∆∆v ( = 2.24×108 m ·s -1 ) 4分 那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为： 2/122)(t t c t x ∆∆∆∆-'='⋅='v = 6.72×108 m 4分6、要使电子的速度从v 1 =1.2×108 m/s 增加到v 2 =2.4×108 m/s 必须对它作多少功？ (电子静止质量m e ＝9.11×10-31 kg)解：根据功能原理，要作的功 W = ∆E根据相对论能量公式 ∆E = m 2c 2- m 1c 22分根据相对论质量公式 2/12202])/(1/[c m m v -=2/12101])/(1/[c m m v -= 1分∴ )1111(22122220cc c m W v v ---=＝4.72×10-14 J ＝2.95×105 eV 2分教师评语 教师签字 月 日第七章 振动课 后 作 业1、一个轻弹簧在60 N 的拉力作用下可伸长30 cm ．现将一物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为 4 kg ．待其静止后再把物体向下拉10 cm ，然后释放．问：(1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件？二者在何位置开始分离？解：(1) 小物体受力如图．设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正） ma N mg =- 1分)(a g m N -=当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知 1分A = 10 cm ，N/m 3.060=k有 50/==m k ω rad ·s -1 2分 系统最大加速度为 52max ==A a ω m ·s -2 1分 此值小于g ，故小物体不会离开． 1分(2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得 x a g 2ω-== 2分 6.19/2-=-=ωg x cm 1分 即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离，由g A a >=2max ω，可得2/ωg A >=19.6 cm ． 1分 2、一质点在x 轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过A 点时作为计时起点( t = 0 )，经过2秒后质点第一次经过B 点，再经过2秒后质点第二次经过B 点，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且AB = 10 cm 求：(1) 质点的振动方程；(2) 质点在A 点处的速率．解： T = 8 s ， ν = (1/8) s -1， ω = 2πν = (π /4) s -1 3分(1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方． t = 0时， 5-=x cm φcos A = t = 2 s 时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+=由上二式解得 tg φ = 1 因为在A 点质点的速度大于零，所以φ = -3π/4或5π/4（如图） 2分 25cos /==φx A cm 1分∴ 振动方程 )434cos(10252π-π⨯=-t x (SI) 1分(2) 速率 )434sin(41025d d 2π-π⨯π-==-t t x v (SI) 2分 当t = 0 时，质点在A 点 221093.3)43sin(10425d d --⨯=π-⨯π-==t x v m/s 1分3、一质量为m 的质点在力F = -π2x 的作用下沿x 轴运动．求其运动的周期．解：将F = -π2x 与F = -kx 比较，知质点作简谐振动，k = π2． 3分 又 m m k π==ω 4分 m T 22=π=ω3分4、一物体同时参与两个同方向的简谐振动： )212cos(04.01π+π=t x (SI), )2cos(03.02π+π=t x (SI)求此物体的振动方程．解：设合成运动（简谐振动）的振动方程为 )cos(φω+=t A x 则 )cos(2122122212φφ-++=A A A A A ① 2分 以 A 1 = 4 cm ，A 2 = 3 cm ，π=π-π=-212112φφ代入①式，得5cm 3422=+=A cm 3分 又 22112211cos cos sin sin arctg φφφφφA A A A ++= ②≈127°≈2.22 rad 3分 ∴ )22.22cos(05.0+π=t x (SI) 2分5、在竖直悬挂的轻弹簧下端系一质量为 100 g 的物体，当物体处于平衡状态时，再对物体加一拉力使弹簧伸长，然后从静止状态将物体释放．已知物体在32 s 内完成48次振动，振幅为5 cm ．(1) 上述的外加拉力是多大？(2) 当物体在平衡位置以下1 cm 处时，此振动系统的动能和势能各是多少？解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则0)(0=+-+∆x l k mg F 解得 F = kx 0 2分 由题意，t = 0时v 0 = 0；x = x 0则 0202)/(x x A =+=ωv 2分 又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 Tπ=2ω, 2ωm k = ∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分 (2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分221007.121-⨯==v m E K J 2分2222)/4(2121x T m kx E p π== = 4.44×10-4 J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），kA F = 2分2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分 ∴ F = 0.444 N 1分(2) 总能量 221011.12121-⨯===FA kA E J 2分当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分 ∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ，41044.425/-⨯==E E p J 1分6、如图，有一水平弹簧振子，弹簧的劲度系数k = 24 N/m ，重物的质量m = 6 kg ，重物静止在平衡位置上．设以一水平恒力F = 10 N 向左作用于物体（不计摩擦），使之由平衡位置向左运动了0.05 m 时撤去力F ．当重物运动到左方最远位置时开始计时，求物体的运动方程．Fx m解：设物体的运动方程为 )cos(φω+=t A x ．恒外力所做的功即为弹簧振子的能量： F ×0.05 = 0.5 J ． 2分 当物体运动到左方最远位置时，弹簧的最大弹性势能为0.5 J ，即：5.0212=kA J ， ∴ A = 0.204 m ． 2分A 即振幅． 4/2==m k ω (rad/s)2ω = 2 rad/s ． 2分 按题目所述时刻计时，初相为φ = π．∴ 物体运动方程为 2分)2cos(204.0π+=t x (SI)． 2分第八章 波动课 后 作 业1、一平面简谐波沿x 轴正向传播，波的振幅A = 10 cm ，波的角频率ω = 7π rad/s.当t = 1.0 s 时，x = 10 cm 处的a 质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，而x = 20 cm 处的b 质点正通过y = 5.0 cm 点向y 轴正方向运动．设该波波长λ >10 cm ，求该平面波的表达式．解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波的表达式可写成 )/27cos(1.0φλ+π-π=x t y (SI) 2分 t = 1 s 时 0])/1.0(27cos[1.0=+π-π=φλy 因此时a 质点向y 轴负方向运动，故π=+π-π21)/1.0(27φλ ① 2分而此时，b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy且 π-=+π-π31)/2.0(27φλ ② 2分由①、②两式联立得 λ = 0.24 m 1分 3/17π-=φ 1分 ∴ 该平面简谐波的表达式为]31712.07cos[1.0π-π-π=x t y (SI) 2分或 ]3112.07cos[1.0π+π-π=x t y (SI)(m) -2、图示一平面简谐波在t = 0 时刻的波形图，求 (1) 该波的波动表达式； (2) P 处质点的振动方程．解：(1) O 处质点，t = 0 时0cos 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v所以 π-=21φ 2分又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 2分故波动表达式为 ]2)4.05(2cos[04.0π--π=x t y (SI) 4分(2) P 处质点的振动方程为]2)4.02.05(2cos[04.0π--π=t y P )234.0cos(04.0π-π=t (SI) 2分3、沿x 轴负方向传播的平面简谐波在t = 2 s 时刻的波形曲线如图所示，设波速u = 0.5 m/s ． 求：原点O 的振动方程．解：由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ， 3分T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 21．t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ21，见图． 2分此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，∴ π=21φ 2分∴ )2121cos(5.0π+π=t y (SI) 3分4、一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波的表达式为 )/(2cos λνx t A y -π=, 而另一平面简谐波沿Ox 轴负方向传播，波的表达式为 )/(2cos 2λνx t A y +π= 求：(1) x = λ /4 处介质质点的合振动方程； (2) x = λ /4 处介质质点的速度表达式．解：(1) x = λ /4处)212cos(1π-π=t A y ν , )212cos(22π+π=t A y ν 2分∵ y 1，y 2反相 ∴ 合振动振幅 A A A A s =-=2 , 且合振动的初相φ 和y 2的初相一样为π21． 4分合振动方程 )212cos(π+π=t A y ν 1分(2) x = λ /4处质点的速度 )212sin(2/d d π+ππ-== v t A t y νν)2cos(2π+ππ=t A νν 3分5、设入射波的表达式为 )(2cos 1Ttx A y +π=λ，在x = 0处发生反射，反射点为一固定端．设反射时无能量损失，求(1) 反射波的表达式； (2) 合成的驻波的表达式； (3) 波腹和波节的位置．解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，且反射波振幅为A ，因此反 射波的表达式为 ])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ 3分 (2) 驻波的表达式是 21y y y +=)21/2cos()21/2cos(2π-ππ+π=T t x A λ 3分(3) 波腹位置： π=π+πn x 21/2λ, 2分λ)21(21-=n x , n = 1, 2, 3, 4,…波节位置： π+π=π+π2121/2n x λ 2分λn x 21= , n = 1, 2, 3, 4,…6、如图所示，一平面简谐波沿x 轴正方向传播，BC 为波密媒质的反射面．波由P 点反射，OP = 3λ /4，DP = λ /6．在t = 0时，O 处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动．求D 点处入射波与反射波的合振动方程．（设入射波和反射波的振幅皆为A ，频率为ν．）解：选O 点为坐标原点，设入射波表达式为 ])/(2cos[1φλν+-π=x t A y 2分 则反射波的表达式是 ])(2cos[2ππ++-+-=φλνxOP OP t A y 2分合成波表达式（驻波）为 )2cos()/2cos(2φνλ+ππ=t x A y 2分 在t = 0时，x = 0处的质点y 0 = 0， 0)/(0<∂∂t y ，故得 π=21φ 2分因此，D 点处的合成振动方程是)22cos()6/4/32cos(2π+π-π=t A y νλλλt A νπ=2sin 3 2分第九章 温度和气体动理论课 后 作 业1、黄绿光的波长是5000οA (1οA =10 -10 m)．理想气体在标准状态下，以黄绿光的波长为边长的立方体内有多少个分子?(玻尔兹曼常量k ＝1.38×10- 23J ·K -1)解：理想气体在标准状态下，分子数密度为n = p / (kT )＝2.69×1025 个/ m 3 3分 以5000οA 为边长的立方体内应有分子数为N = nV ＝3.36×106个． 2分2、已知某理想气体分子的方均根速率为 400 m ·s -1．当其压强为1 atm 时，求气体的密度．解： 223131v v ρ==nm p∴ 90.1/32==v p ρ kg/m 3 5分3、一瓶氢气和一瓶氧气温度相同．若氢气分子的平均平动动能为 w = 6.21×10-21 J ．试求：(1) 氧气分子的平均平动动能和方均根速率． (2) 氧气的温度．(阿伏伽德罗常量N A ＝6.022×1023 mol -1，玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1)解：(1) ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w＝6.21×10-21 J ．且 ()()483/22/12/12==m w vm/s 3分(2) ()k w T 3/2=＝300 K ． 2分4、某理想气体的定压摩尔热容为29.1 J ·mol -1·K -1．求它在温度为273 K 时分子平均转动动能． (玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1 )解： R R iR i C P +=+=222， ∴ ()5122=⎪⎭⎫⎝⎛-=-=R C R R C i P P ， 2分可见是双原子分子，只有两个转动自由度.211077.32/2-⨯===kT kT r ε J 3分5、一超声波源发射超声波的功率为10 W ．假设它工作10 s ，并且全部波动能量都被1 mol 氧气吸收而用于增加其内能，则氧气的温度升高了多少？ (氧气分子视为刚性分子，普适气体常量R ＝8.31 J ·mol -1·K -1 )解： A = Pt = T iR v ∆21， 2分∴ ∆T = 2Pt /(v iR )＝4.81 K ． 3分6、1 kg 某种理想气体，分子平动动能总和是1.86×106 J ，已知每个分子的质量是3.34×10-27 kg ，试求气体的温度． （玻尔兹曼常量 k ＝1.38×10-23 J ·K -1）解： N = M / m ＝0.30×1027 个 1分 ==N E w K / 6.2×10-21 J 1分kwT 32== 300 K 3分教师评语 教师签字 月 日第十章 热力学第一定律课 后 作 业1、一定量的单原子分子理想气体，从初态A 出发，沿图示直线过程变到另一状态B ，又经过等容、等压两过程回到状态A ． (1) 求A →B ，B →C ，C →A 各过程中系统对外所作的功W ，内能的增量∆E 以及所吸收的热量Q ．(2) 整个循环过程中系统对外所作的总功以及从外界吸收的总热量(过程吸热的代数和)．1 2 3 12 OV (10-3 m 3) p (105 Pa) A BC解：(1) A →B ： ))((211A B A B V V p p W -+==200 J ． ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 JQ =W 1+ΔE 1＝950 J ． 3分B →C ： W 2 =0ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J ．Q 2 =W 2+ΔE 2＝－600 J ． 2分 C →A ： W 3 = p A (V A －V C )=－100 J ．150)(23)(3-=-=-=∆C C A A C A V V p V p T T C E ν J ．Q 3 =W 3+ΔE 3＝－250 J 3分 (2) W = W 1 +W 2 +W 3=100 J ． Q = Q 1 +Q 2 +Q 3 =100 J 2分2、1 mol 双原子分子理想气体从状态A (p 1,V 1)沿p -V 图所示直线变化到状态B (p 2,V 2)，试求： 气体的内能增量．气体对外界所作的功． 气体吸收的热量．此过程的摩尔热容．解：(1) )(25)(112212V p V p T T C E V -=-=∆ 2分(2) ))((211221V V p p W -+=， W 为梯形面积，根据相似三角形有p 1V 2= p 2V 1，则)(211122V p V p W -=． 3分 (3) Q =ΔE +W =3( p 2V 2－p 1V 1 )． 2分(4) 以上计算对于A →B 过程中任一微小状态变化均成立，故过程中ΔQ =3Δ(pV )． 由状态方程得 Δ(pV ) =R ΔT ，故 ΔQ =3R ΔT ，摩尔热容 C =ΔQ /ΔT =3R ． 3分B A O V p 1p 2pV 1V 2(摩尔热容C =T Q ∆∆/，其中Q ∆表示1 mol 物质在过程中升高温度T ∆时所吸收的热量．)3、一定量的理想气体，由状态a 经b 到达c ．(如图， abc 为一直线)求此过程中 0 1 2 3 123a b c V (L)p (atm)气体对外作的功；气体内能的增量；气体吸收的热量．(1 atm ＝1.013×105 Pa)解：(1) 气体对外作的功等于线段c a 下所围的面积W ＝(1/2)×(1+3)×1.013×105×2×10-3 J ＝405.2 J 3分(2) 由图看出 P a V a =P c V c ∴T a =T c 2分内能增量 0=∆E ． 2分(3) 由热力学第一定律得Q =E ∆ +W =405.2 J ． 3分4、如图所示，abcda 为1 mol 单原子分子理想气体的循环过程，求：p (×105 Pa)10-3 m 3)(1) 气体循环一次，在吸热过程中从外界共吸收的热量；(2) 气体循环一次对外做的净功；(3) 证明 在abcd 四态, 气体的温度有T a T c =T b T d ．解：(1) 过程ab 与bc 为吸热过程，吸热总和为 Q 1=C V (T b －T a )+C p (T c －T b ))(25)(23b b c c a a b b V p V p V p V p -+-= =800 J 4分(2) 循环过程对外所作总功为图中矩形面积W = p b (V c －V b )－p d (V d －V a ) =100 J 2分(3) T a =p a V a /R ，T c = p c V c /R ， T b = p b V b /R ，T d = p d V d /R ，T a T c = (p a V a p c V c )/R 2=(12×104)/R 2T b T d = (p b V b p d V d )/R 2=(12×104)/R 2∴ T a T c =T b T d 4分5、一定量的理想气体经历如图所示的循环过程，A →B 和C →D 是等压过程，B→C 和D →A 是绝热过程．已知：T C ＝ 300 K ，T B ＝ 400 K ． 试求：此循环的效率．(提示：循环效率的定义式η =1－Q 2 /Q 1，Q 1为循环中气体吸收的热量，Q 2为循环中气体放出的热量） A BC DO Vp解： 121Q Q -=η Q 1 = ν C p (T B －T A ) , Q 2 = ν C p (T C －T D ))/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--= 4分 根据绝热过程方程得到：γγγγ----=D D AA T p T p 11， γγγγ----=C CB B T p T p 11 ∵ p A = p B , pC = pD , ∴ T A / T B = T D / T C 4分故 %251112=-=-=BC T T Q Q η 2分6、一卡诺热机(可逆的)，当高温热源的温度为 127℃、低温热源温度为27℃时，其每次循环对外作净功8000 J ．今维持低温热源的温度不变，提高高温热源温度，使其每次循环对外作净功 10000 J ．若两个卡诺循环都工作在相同的两条绝热线之间，试求：(1) 第二个循环的热机效率；(2) 第二个循环的高温热源的温度．解：(1) 1211211T T T Q Q Q Q W -=-==η 2111T T T WQ -= 且 1212T T Q Q = ∴ Q 2 = T 2 Q 1 /T 1即 212122112T T T W T T T T T Q -=⋅-=＝24000 J 4分 由于第二循环吸热 221Q W Q W Q +'='+'=' ( ∵ 22Q Q =') 3分 =''='1/Q W η29.4％ 1分 (2) ='-='η121T T 425 K 2分。

第1章 质点运动学习题解答1-9 质点运动学方程为k j e i e r t t ˆ2ˆˆ22++=- .⑴求质点轨迹；⑵求自t= -1到t=1质点的位移。

解：⑴由运动学方程可知：1,2,,22====-xy z e y e x t t ，所以，质点是在z=2平面内的第一像限的一条双曲线上运动。

⑵j e e i e e r r r ˆ)(ˆ)()1()1(2222---+-=--=∆j i ˆ2537.7ˆ2537.7+-=。

所以，位移大小：︒==∆∆=︒==∆∆=︒=-=∆∆==+-=∆+∆=∆900arccos ||arccos z 45)22arccos(||arccos y 135)22arccos(||arccos x ,22537.72537.7)2537.7()()(||2222r zr y r x y x rγβα轴夹角与轴夹角与轴夹角与1-10 ⑴k t j t R i t R r ˆ2ˆsin ˆcos ++= ，R 为正常数，求t=0,π/2时的速度和加速度。

⑵kt j t i t r ˆ6ˆ5.4ˆ332+-= ，求t=0,1时的速度和加速度（写出正交分解式）。

解：⑴kj t R i t R dt r d v ˆ2ˆcos ˆsin /++-== jR a k i R v iR a k j R v j t R i t R dt v d a t t t t ˆ|,ˆ2ˆ|,ˆ|,ˆ2ˆ|.ˆsin ˆcos /2/2/00-=+-=-=+=∴--======ππ ⑵kt j dt v d a k t j t i dt r d v ˆ36ˆ9/,ˆ18ˆ9ˆ3/2+-==+-== ； kj a k j i v j a i v t t t t ˆ36ˆ9|,ˆ18ˆ9ˆ3|,ˆ9|,ˆ3|1100+-=+-=-======1-12质点直线运动的运动学方程为x=acost,a 为正常数，求质点速度和加速度，并讨论运动特点（有无周期性，运动范围，速度变化情况等）解：t a dt dv a t a dt dx v t a x x x x cos /,sin /,cos -==-=== 显然，质点随时间按余弦规律作周期性运动，运动范围：a a a a v a a x a x x ≤≤-≤≤-≤≤-,,1-13图中a 、b 和c 表示质点沿直线运动三种不同情况下的x-t 图像，试说明每种运动的特点（即速度，计时起点时质点的位置坐标，质点位于坐标原点的时刻）解：质点直线运动的速度 dt dx v /=，在x-t 图像中为曲线斜率。

第1章 质点运动学习 题一 选择题1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同(B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零(C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。

1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt ==-，18dva tdt==-，故答案选D 。

1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ](A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率sv t∆=∆，而平均速度t∆∆rv =，故v ≠v 。

答案选D 。

1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零解析：质点作圆周运动时，2n t v dva a dtρ=+=+n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。

1-5 某物体的运动规律为2dvkv t dt=-，式中，k 为大于零的常量。

当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ](A)2012v kt v =+ (B)20112kt v v =+(C)2012v kt v =-+ (D)20112kt v v =-+解析：由于2dvkv t dt=-，所以020()vtv dv kv t dt =-⎰⎰，得到20112kt v v =+，故答案选B 。

第一章 质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故tst ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ． 下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；tsd d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．*1 -5 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作( )(A) 匀加速运动,θcos 0v v =(B) 匀减速运动,θcos 0v v = (C) 变加速运动,θcos 0v v =(D) 变减速运动,θcos 0v v = (E) 匀速直线运动,0v v =分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t llt x -==v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θlh l cos /0220v v v =-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．讨论 有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？ 1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x两式计算．解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．分析 根据加速度的定义可知,在直线运动中v -t 曲线的斜率为加速度的大小(图中AB 、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a -t 图上是平行于t 轴的直线,由v -t 图中求出各段的斜率,即可作出a -t 图线．又由速度的定义可知,x -t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x –t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x ＝x (t ),求出不同时刻t 的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解 将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB AB AB t t a v v (匀加速直线运动)0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD CD CD t t a v v (匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s ．分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为m 91.5d 4d 42=+==⎰⎰x x s s Q P1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-= 22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v20221gt t h y -+=v当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v vs 705.02=+=ag ht (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-=s 705.02=+=ag ht (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v则 m 716.0='-=h h d1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m 的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a )图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r (t )求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t )和y′＝y′(t )来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋y ′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为t T R x π2sin=', t T R y π2cos -='坐标变换后,在O x y 坐标系中有t TR x x π2sin='=, R t TR y y y +-=+'=π2cos0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sinj i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t vi j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解 由分析知,应有⎰⎰=tt a 0d d 0vv v得 03314v v +-=t t (1)由⎰⎰=txx t x 0d d 0v得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v vvvv得石子速度 )1(Bt e BA--=v 由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BAt y --==v 并考虑初始条件有 t e BA y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BAt B A y 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r 0 ＝10 m i ．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a x 和a y 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20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==ttt t 0)d 46(d d j i a vvj i t t 46+=v又由td d r=v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt r r t t t t 0)d 46(d d 0j i r vj i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2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32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 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)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°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t d d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为Ra n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度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 ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得R a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈ 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限值,该值即为法向加速度R2v ． 1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )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t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 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率,即t ΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t 则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na ρv 1 -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2.0ｓ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v x 、v y 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 ＝v t , y ＝1/2 gt 2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m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为 o 5.12arctan==x y θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx yarctan arctan == 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2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n 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v 0,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αβtan 21tan =并与v 0 无关． 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v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．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v x ＝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 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出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αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2) 令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 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βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r 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v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan = 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v 0 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,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 g h ωR x 2222= 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v = 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解 取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程 222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y ≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92°27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到． 解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n 2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得 1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hlαarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解 由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan221v v v -= 而要使hlαarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '=u αarcsin ,则船到达正对岸所需时间为。

第一章 质点运动学一 选择题1． 下列说法中，正确的是：（ ）A. 一物体若具有恒定的速率，则没有变化的速度；B. 一物体具有恒定的速度，但仍有变化的速率；C. 一物体具有恒定的加速度，则其速度不可能为零；D. 一物体具有沿x 轴正方向的加速度而有沿x 轴负方向的速度。

解：答案是D 。

2. 长度不变的杆AB ，其端点A 以v 0匀速沿y 轴向下滑动，B 点沿x 轴移动，则B 点的速率为：（ ）A . v 0 sin θB . v 0 cos θC . v 0 tan θD . v 0 / cos θ 解：答案是C 。

简要提示：设B 点的坐标为x ，A 点的坐标为y ，杆的长度为l ，则222l y x =+ 对上式两边关于时间求导：0d d 2d d 2=+t y y t x x ，因v =tx d d ，0d d v -=t y ，所以 2x v -2y v 0 = 0 即 v =v 0 y /x =v 0tan θ所以答案是C 。

3. 如图示，路灯距地面高为H ，行人身高为h ，若人以匀速v 背向路灯行走，则人头影子移动的速度u 为（ ） A.v H h H - B. v h H H - C. v H h D. v hH 解：答案是B 。

v x选择题2图灯s选择题3图简要提示：设人头影子到灯杆的距离为x ，则H h x s x =-，s hH H x -=， v hH H t s h H H t x u -=-==d d d d 所以答案是B 。

4. 某质点作直线运动的运动学方程为x ＝3t -5t 3 + 6 (SI)，则该质点作A. 匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向．B. 匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向．C. 变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向．D. 变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向． ( )解：答案是D5. 一物体从某一确定高度以v 0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v t ，那么它的运动时间是：（ ） A. g 0v v -t B. g 20v v -t C. g 202v v -t D. g2202v v -t 解：答案是C 。

第一章 质点运动学一 选择题1． 下列说法中，正确的是 （）A. 一物体若具有恒定的速率，则没有变化的速度B. 一物体具有恒定的速度，但仍有变化的速率C. 一物体具有恒定的加速度，则其速度不可能为零D. 一物体具有沿x 轴正方向的加速度，其速度有可能沿x 轴的负方向解：答案是D 。

2. 某质点作直线运动的运动方程为x =3t -5t 3 + 6 (SI)，则该质点作 （ ）A. 匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向B. 匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向C. 变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向D. 变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向解：答案是D3. 如图示，路灯距地面高为H ，行人身高为h ，若人以匀速v 背向路灯行走，则人头影子移动的速度u 为（ ）A.B.C.D. v HhH -v hH H-v Hhv hH 解：答案是B 。

设人头影子到灯杆的距离为x ，则，，H h x s x =-s h H Hx -=v hH Ht s h H H t x u -=-==d d d d 所以答案是B 。

4. 一质点的运动方程为，其中t 1时刻的位矢为。

j i r )()(t y t x +=j i r )()(111t y t x +=问质点在t 1时刻的速率是（）A.B.C.D. d d 1t r d d 1tr 1d dt t t=r 122)d d ()d d (t t ty t x =+解 根据速率的概念，它等于速度矢量的模。

本题答案为D 。

5. 一物体从某一确定高度以v 0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v t ，那么它的运动时间是 （ ）s选择题3图A.B.C.D.g 0v v -t g20v v -t g202v v -t g2202v v -t 解：答案是C 。

，，所以答案是C 。

gt t ty =-=202v v v g t t /202v v -=6. 质点作圆周运动时，下列说表述中正确的是 （）A. 速度方向一定指向切向，加速度方向一定指向圆心B. 速度方向一定指向切向，加速度方向也一般指向切向C. 由于法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零D. 切向加速度仅由速率的变化引起解 答案是D 。

第一章 质点运动学1-1 质点作直线运动，运动方程为2612t t x -=其中t 以s 为单位,x 以m 为单位,求：（1）t = 4s 时，质点的位置、速度和加速度；（2）质点通过原点时的速度；（3）质点速度为零时的位置；(4)作出x -t 图，v -t 图和a -t 图.分析解 （1）根据直线运动情况下的定义，可得质点的位矢、速度和加速度分别为2612t t x -= (1)t tx 1212d d -==v (2) 12d d 22-==tx a (3) 当t = 4s 时，代入数字后得m 48m 46m 4122-=⨯-⨯=xm/s -36m/s 412m/s 12=⨯-=v2m/s 12-=a（2）当质点通过原点时，位矢0=x ，代入运动方程，得06122=-t t因此可得质点通过原点的时间分别为01=t ，s 22=t ，代入（2）式后得m/s 121=v ，m/s 122-=v（3）将0=v 代入（2）式，得01212=-t即质点速度为零时s 1=t ，代入（1）式，得其位置为m 6m 16-m 12=⨯=x（4）根据（1）、（2）和（3）式，描述该质点运动的x -t 图，v -t 图和a -t 图如图1-1所示．1-2 一质点在xy 平面内运动,在某一时刻它的位置矢量)54(j i r +-=m ，经5Δ=t s 后，其位移)86(Δj i r -=m ，求：(1)此时刻的位矢；(2)在Δt 时间内质点图1-1的平均速度．(i 、j 分别为x 、y 方向的单位矢．)分析解 （1）据题意，在t t ∆+时刻，该质点的位矢为m 32m )8-(6m )54(1)(j i j i j i r r r -=++-=∆+=（2）在Δt 时间内质点的平均速度为m/s )1.6-(1.2m/s 586j i j i r v =-=∆∆=t 1-3 质点在xy 平面上运动，运动方程为t y t x 4sin ,4cos 3ππ== 其中t 以s 为单位,x ,y 以m 为单位．（1）求质点运动轨道的正交坐标方程并在xy 平面上绘出质点的轨道；（2）求出质点的速度和加速度表示式，由此求出质点在轨道上运动的方向并证明质点的加速度指向坐标原点；（3）求t = 1 s 时质点的位置和速度与加速度的大小和方向．分析解 （1）质点的运动方程为 t x 43πcos = (1) t y 4πsin = (2) （1）式两边同乘以3并平方后与（2）式的平方相加，得正交坐标方程为 1322=+y x 上式表明质点的运动轨道是一个椭圆，如图1-2所示．（2）由（1）和（2）式可得质点速度和加速度的x ,y 方向分量分别为t t x 443d d ππsin -==x v (3) t t y 44d d ππcos ==y v (4) t t a x 4163d d 2ππcos -==x v (5) t t a y 416d d 2ππsin -==yv (6)则质点速度为 j i v t t 44443ππππcos sin +-= 当t =0时，由运动方程（1）和（2）式，得知质点位于横坐标上3的位置，图1-2由（3）和（4）式，知040>==πy x v v ,，即表明质点在椭圆上沿反时针方向运动． 质点加速度为 j i a 2t t 41641632ππππsin cos --= 由（1）和（2）式得t 时刻质点的位矢为j i r t t 44ππsin cos += (7) 位矢r 与x 轴的夹角ϕ由下式确定：t x y 433πϕtan tan == 而加速度a 与x 轴的夹角α则由下式确定：t a a x y433παtan tan == 即有ϕαtan tan =，注意到在曲线运动中加速度始终指向曲线凹的一侧，则得πϕα+=，表明a 与r 方向相反，指向原点，如图1-2所示．（3）当t = 1 s 时，由（1）--（2）式得m 26=x m 22=y m/s 86π-=x v m/s 82π=y v 22m/s 326π-=x a 22m/s 322π-=y a 速度的大小 m/s 42π=+=2y 2xv v v 速度v 与x 轴的夹角θ则由下式确定：33-==x yv v θtan 注意到此时v x <0，v y >0，则 πθ6533=-=)a r c t a n (． 加速度的大小 22m/s 162π=+=2y 2x a a a对于夹角α有 33==x ya a αtan 又因a x <0，a y <0，则 πα6733==)a r c t a n (． 1-4 质点沿直线运动，其速度2323++=t t v ，如果t = 2时，x = 4，求t = 3时质点的位置、速度和加速度．（其中v 以m/s 为单位，t 以s 为单位,x 以m 为单位）分析解 速度表示式对t 积分，得034241d x t t t t x +++==⎰v 将t = 2 s 时，x = 4 m 代入上式，得积分常数120-=x m ，则1224134-++=t t t x 速度表示式对t 求导数，得t t ta 63d d 2+==v 因此t = 3 s 时质点的位置、速度和加速度分别为m 2541m 12m 32m 3m 34134.=-⨯++⨯=x m/s 56m/s 2m/s 33m/s 323=+⨯+=v2222m/s 45m/s 36m/s 33=⨯+⨯=a1-5 质点沿直线运动，加速度24t a -=，如果当t = 3时，x = 9，v = 2，求质点的运动方程．（其中a 以m/s 2为单位，t 以s 为单位,x 以m 为单位，v 以m/s 为单位）分析解 加速度表示式对t 积分，得03431d v v ++-==⎰t t t a 0242121d x t t t t x +++-==⎰0v v 将t =3 s 时，x = 9 m ，v = 2 m/s 代入以上二式，得积分常数m/s 10-=v ,7500.=x m ，则14313-+-=t t v 750212124.+-+-=t t t x 1-6 质点以不变的速率5m/s 运动，速度的方向与x 轴间夹角等于t 弧度（t为时间的数值），当t = 0时，x = 0，y = 5m ，求质点的运动方程及轨道的正交坐标方程，并在xy 平面上描画出它的轨道．分析解 设质点的速率为v ，与x 轴间夹角为t 弧度，则速度的分量为t t x x cos v v ==d d t ty y s i n v v ==d d 以上两式分别积分，得1C t x +=sin v 2C t y +-=c o s v初始条件为t = 0时，x = 0，y = 5m ，代入以上两式后，得01=C m 102=C因此运动方程为t x sin 5= 105+-=t y cos从中消去t ，得质点运动轨道的正交坐标方程为251022=-+)(y x这是圆心在y 轴上10m 处的圆，半径为5m ，如图1-3所示．1-7 在离水面高度为h 的岸上，有人用绳子拉船靠岸，人以0v 的速率收绳，求当船离岸边的距离为s 时，船的速度和加速度．分析解 选如图1-4所示的直角坐标系，设t 时刻绳长为l ，船的速度为v ，则此时船的x ，y 方向坐标分别为22h l x -= h y =由速度定义得0d d d d ===th t y y v t l hl l t x d d d d 22-===x v v图1-3 图1-4因绳长l 随时间减小的速率等于人的收绳速率，即0d d v =-tl ，则当s x =时，船的速度为022022v v v s h s h l l+-=--= 其中负号表明船的速度方向沿x 轴的负向．又由加速度的定义得0d d ==t a yy v2023222022d d d d v v v x )(h l h h l l t t a a x --=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=== 当s x =时，加速度为 2032v sh a -= 其中负号表明船的加速度方向也沿x 轴的负向，且船作变加速直线运动．1-8 当物体以非常高的速度穿过空气时，由空气阻力产生的反向加速度大小与物体速度的平方成正比，即2v k a -=，其中k 为常量．若物体不受其它力作用沿x 方向运动，通过原点时的速度为0v ，试证明在此后的任意位置x 处其速度为x k -=e 0v v分析证 根据加速度的定义，得2v v k a t-==d d 因 tt x x t a d d d d d d d d v v v v ===，代入上式，整理后得 x d d 1-k v v= 应用初始条件0=x 时，0v v =，上式两边分别对v 和x 积分⎰⎰-=x x 0d d 10k v v vv 得 kx -=0v v ln 即有 x k -=e 0v v1-9 一支气枪竖直向上发射，发射速度为29.4m /s ，若发射两粒子弹的间隔时间为4s ，求二子弹将在距发射点多高的地方彼此相遇？分析解 以发射点为原点，竖直向上为y 坐标正向，第一粒子弹发射后的t 时刻，其位置为20121gt t y -=v (1) 其中0v 为发射速度，第二粒子弹此时（设4>t s ）的位置为2024214)()(---=t g t y v (2) 当二子弹相遇时，21y y =，由（1）和（2）式得s 5s 2s 8942920=+=+=..g t v 将上式代入（1）式，得m 524m 58921m 5429212201...=⨯⨯-⨯=-=gt t y v 1-10 A 车通过某加油站后其行驶路程x 与时间t 的关系可以表示为24.02t t x +=（其中t 以s 为单位,x 以m 为单位）在A 车离开10 s 后B 车通过该加油站时速度为12 m/s ，且具有与A 车相同的加速度．求：（1）B 车离开加油站后追上A 车所需时间；（2）两车相遇时各自的速度．分析解 （1）令B 车通过该加油站时0=t ，则A 车的运动方程为2A 1040102)(.)(+++=t t xB 车的运动方程为2B 4012t t x .+=两车相遇时有B A x x =，由以上两式得2240121040102t t t t .)(.)(+=+++解得 s 30=t（2）根据速度的定义，相遇时两车速度分别为m/s 3410802d d A A =+⨯+==)(.t tx v m/s 368012d d B B =+==t tx .v 1-11 一升降机以加速度1.22m /s 2上升，当上升速度为2.44m /s 时，有一螺帽自升降机的天花板松落，天花板与升降机底面相距2.74m ，计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离． 分析解 （1）以升降机外固定柱子为参考系，竖直向上为y 坐标正向，螺帽松落时升降机底面位置为原点．螺帽松落后从m 7420.=y 处以初速度m /s4420.=v 作竖直上抛运动，升降机底面则从原点以同样的初速度作向上的加速运动，加速度2m/s 221.=a ，它们的运动方程分别为螺帽： 200121gt t y y -+=v 底面： 20221at t y +=v 螺帽落到底面上时，21y y =，由以上两式可得s 0.705s 22189742220=+⨯=+=...a g y t （2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为m 7150m 70508921m 7050442 2122010.....=⨯⨯+⨯-=+-=-=gt t y y s v 1-12 一小球自h = 4.9m 处落到一倾角θ= 45°的斜面上，设小球与斜面碰撞后速率不变，方向如图所示．求小球第二次与斜面碰撞时，离第一次碰撞处的距离L 为若干? 分析 解 以小球与斜面第一次相撞点为原点取直角坐标系如图1-5所示．第一次相撞后小球作平抛运动，初速度为0v ．此前，小球为自由落体，因此有 gh 20=v小球作平抛运动的运动方程为t x 0v = 221gt y = 由于斜面倾角θ= 45°，当小球第二次碰到斜面时，应有y x =，则由以上二式解得 gt 02v =两次碰撞点之间的距离为m 27.7m 459444200=︒⨯=====sin .sin sin sin sin θθθθh g t x L 2v v 1-13 消防队员用水龙头喷射10 m 外的着火竖墙，水龙头每分钟喷水量为图1-5280 kg ，水喷出时速度为26 m/s ，与地面交角为45º。