大学物理课后习题1第一章答案

大学物理第一章答案【篇一：大学物理第一章答案】（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？[解答]（1）角速度为法向加速度为角加速度为切向加速度为（2）总加速度为a = (at2 + an2)1/2，当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即．由此得，即，解得．所以=3.154(rad)．即 24t = (12t2)2，解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体a下落加速度．由于，所以物体下降3s末的速度为v = att = 0.6(m2s-1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m2s-2)．1.8 一升降机以加速度1.22m2s-2上升，当上升速度为2.44m2s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距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．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h = h1 - h2，所以，解得时间为= 0.705(s)．算得h2 = -0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程 h = (a + g)t2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．第一章质点运动学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]（1）质点在第1s末的位移大小为x(1) = 6312 - 2313 = 4(m)．在第2s末的位移大小为x(2) = 6322 - 2323 = 8(m)．在第2s内的位移大小为（2）质点的瞬时速度大小为v(t) = dx/dt = 12t - 6t2，因此v(1) = 1231 - 6312 = 6(m2s-1)，v(2) = 1232 - 6322 = 0，（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 - 1231 = 0，第2s内的平均加速度为[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(m2s-2)．（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？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(m2s-1)，落地速度为v = (vx2 + vy2)1/2 = 92.08(m2s-1)，与水平方向的夹角为方向斜向下．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．如果阻力与速度反向、大小与船速的n次方成正比，则dv/dt = -kvn．（1）如果n = 1，则得，积分得lnv = -kt + c．当t = 0时，v = v0，所以c = lnv0，因此lnv/v0 = -kt，得速度为v = v0e-kt．而dv = v0e-ktdt，积分得．当t = 0时，x = 0，所以c` = v0/k，因此．（2）如果n≠1，则得，积分得．当t = 0时，v = v0，所以，因此．如果n = 2，就是本题的结果．如果n≠2，可得，读者不妨自证．（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为法向加速度为角加速度为切向加速度为（2）总加速度为a = (at2 + an2)1/2，当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即．由此得，即，解得．所以=3.154(rad)．即 24t = (12t2)2，解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为加速度的大小为运动方程为，．即，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为t = 0（舍去）；(s)．将t代入x的方程求得x = 9000m．[注意]选择不同的坐标系，例如x方向沿着a的方向或者沿着v0的方向，也能求出相【篇二：大学物理习题答案第一章】3 如题1-3图所示，汽车从a地出发，向北行驶60km到达b地，然后向东行驶60km到达c地，最后向东北行驶50km到达d地。

习 题 一1-1 一质点在平面xOy 内运动，运动方程为t x 2=，2219t y -= （SI ）．（1）求质点的运动轨道；（2）求s 1=t 和s 2=t 时刻质点的位置矢量；（3）求s 1=t 和s 2=t 时刻质点的瞬时速度和瞬时加速度；（4）在什么时刻，质点的位置矢量和速度矢量垂直?这时x 、y 分量各为多少?（5）在什么时刻，质点离原点最近?最近距离为多大?[解] 质点的运动方程t x 2=，2219t y -= （1）消去参数t ，得轨道方程为:22119x y -= ()0≥x（2）把s 1=t 代入运动方程，得j i j i r 172+=+=y x把s 2=t 代入运动方程，得()j i j i r 1142219222+=⨯-+⨯=（3）由速度、加速度定义式，有4/d d ,0/d d 4/d d ,2/d d y y x x y x -====-====t v a t v a t t y v t x v所以，t 时刻质点的速度和加速度分别为=v j i j i t v v 42y x -=+j j i a 4y x -=+=a a所以，s 1=t 时，j i v 42-=，j a 4-=s 2=t 时，j i v 82-=，j a 4-= （4）当质点的位置矢量和速度矢量垂直时，有0=⋅v r即 ()[][]04221922=-⋅-+j i j i t t t 整理，得 093=-t t解得 01=t ； 32=t ；33-=t （舍去）m 19,0,s 011===y x t 时 m 1,m 6,s 322===y x t 时（5）任一时刻t 质点离原点的距离()()()222222192tt yx t r -+=+=令0d d =tr 可得 3=t所以，s 3=t 时，质点离原点最近 () 6.08m 3=r1-2 一粒子按规律59323+--=t t t x 沿x 轴运动，试分别求出该粒子沿x 轴正向运动；沿x 轴负向运动；加速运动；减速运动的时间间隔．[解] 由运动方程59323+--=t t t x 可得 质点的速度 ()()133963d d 2+-=--==t t t t tx v （1）粒子的加速度 ()16d d -==t tv a（2） 由式（1）可看出 当3s >t 时，0>v ，粒子沿x 轴正向运动；当3s <t 时，0<v ，粒子沿x 轴负向运动．由式（2）可看出 当1s >t 时，0>a ，粒子的加速度沿x 轴正方向；当1s <t 时，0<a ，粒子的加速度沿x 轴负方向． 因为粒子的加速度与速度同方向时，粒子加速运动，反向时，减速运动，所以，当s 3>t 或1s 0<<t 间隔内粒子加速运动，在3s 1s <<t 间隔内里粒子减速运动．1-3 一质点的运动学方程为2t x =，()21-=t y （S1）．试求： （1）质点的轨迹方程;（2）在2=t s 时，质点的速度和加速度．[解] （1） 由质点的运动方程 2t x = （1）()21-=t y （2）消去参数t ，可得质点的轨迹方程 ()21-=x y（2） 由（1）、（2）对时间t 求一阶导数和二阶导数可得任一时刻质点的速度和加速度 t tx v 2d d x ==()12d d y -==t ty v所以 ()j i j i v 122y x -+=+=t t v v （3）2d d 22x ==tx a 2d d22y ==tya所以 j i a 22+= （4） 把2s =t 代入式（3）、（4），可得该时刻质点的速度和加速度．j i v 24+= j i a 22+=1-4 质点的运动学方程为t A x ωsin =，t B y ωcos =，其中 A 、B 、ω为正常数，质点的轨道为一椭圆．试证明质点的加速度矢量恒指向椭圆的中心．[证明] 由质点的运动方程 t A x ωs i n= （1） t B y ωc o s = （2）对时间t 求二阶导数，得质点的加速度 t A t x a ωωs i n d d 222x -==t B tya ωωcos d d222y -==所以加速度矢量为 ()r j i a 22c o s s i n ωωωω-=+-=t B t A可得加速度矢量恒指向原点——椭圆中心．1-5 质点的运动学方程为()j i r 222t t -+= （SI ），试求：（1）质点的轨道方程；（2）2s =t 时质点的速度和加速度．[解] （1） 由质点的运动方程，可得tx 2= 22t y -=消去参数t ，可得轨道方程2412x y -=（2） 由速度、加速度定义式，有j i r v t t 22d /d -==j r a 2d /d 22-==t将2s =t 代入上两式，得j i v 42-= j a 2-=1-6 已知质点的运动学方程为t r x ωcos =，t r y ωsin =，ct z =，其中r 、ω、c 均为常量．试求：（1）质点作什么运动?（2）其速度和加速度? （3）运动学方程的矢量式．[解] （1） 质点的运动方程 t r x ωc o s= （1） t r y ωsin = （2）ct z = （3）由（1）、（2）消去参数t 得 222r y x =+此方程表示以原点为圆心以r 为半径的圆，即质点的轨迹在xoy 平面上的投影为圆． 由式（2）可以看出，质点以速率c 沿z 轴匀速运动．综上可知，质点绕z 轴作螺旋线运动．（2） 由式（1）、（2）、（3）两边对时间t 求导数可得质点的速度tr tx v ωωsin d d x -==t r ty v ωωcos d d y ==c tz v ==d d z所以 k j i k j i v c t r t r v v v ++-=++=ωωωωc o s s i nz y x 由式（1）、（2）、（3）两边对时间求二阶导数，可得质点的加速度t r tx a x ωωcos d d 222-==t r ty a y ωωsin d d 222-==0z =a所以 j i k j i a t r t r a a a ωωωωs i n c o s22z y x --=++= （3） 由式（1）、（2）、（3）得运动方程的矢量式k j i k j i r ct t r t r z y x ++=++=ωωsin cos1-7 湖中一小船，岸边的人用跨过高处的定滑轮的绳子拉船靠岸（如图所示）．当收绳速度为0v 时，试问：（1）船的运动速度u 比v 大还是小?（2）若常量=v ．船能否作匀速运动?如果不能，其加速度为何值?[解] （1） 由图知222h s L +=两边对t 求导数，并注意到h 为常数，得 ts stL Ld d 2d d 2=又 ts u t L v d d ,d d -=-=所以 su Lv = （1） 即1>=s L vu因此船的速率u 大于收绳速率v ．（2） 将（1）式两边对t 求导，并考虑到v 是常量tu sts utL vd d d d d d +=所以 sa v u =-22 即 ()32222sv h sv ua =-=1-8 质点沿x 轴运动，已知228t v +=，当8=t s 时，质点在原点左边52m 处（向右为x 轴正向）．试求：（1）质点的加速度和运动学方程；（2）初速度和初位置；（3）分析质点的运动性质．[解] （1） 质点的加速度 t t v a 4/d d ==又 t x v /d d = 所以 t v x d d =对上式两边积分，并考虑到初始条件得()⎰⎰⎰+==-ttxt t t v x 82852d 28d d所以 3.4573283-+=t t x因而质点的运动学方程为 33283.457t t x ++-=（2） 将0=t 代入速度表达式和运动学方程，得m/s 802820=⨯+=vm 3.457032083.45730-=⨯+⨯+-=x（3） 质点沿x 轴正方向作变加速直线运动，初速度为8m/s ，初位置为3.457-m.1-9 一物体沿x 轴运动，其加速度与位置的关系为x a 62+=．物体在0=x 处的速度为s m 10，求物体的速度与位置的关系．[解] 根据链式法则 xv vtx x v tv a d d d d d d d d ===()x x x a v v d 62d d +==对上式两边积分并考虑到初始条件，得 ()⎰⎰+=xvx x v v 010d 62d故物体的速度与位置的关系为100462++=x x v s m1-10 一质点在平面内运动，其加速度j i a y x a a +=，且x a ，y a 为常量．（1）求t -v 和t -r 的表达式；（2）证明质点的轨迹为一抛物线．0=t 时，0r r =，0v v =．[解] 由 td d v a =得 t d a v =两边积分得⎰⎰=tvt 0d 0a v v因x a ，y a 为常量，所以a 是常矢量，上式变为t a v v =-0 即 t a v v +=0由 td d r v =得 ()t t t d d d 0a v v r +==两边积分，并考虑到0v 和a 是常矢量，()⎰⎰+=tr t t 00d d 0a v r r即 20021t t a v r r ++=（2） 为了证明过程简单起见，按如下方式选取坐标系，使一个坐标轴（如y 轴）与a平行，并使质点在0=t 时刻位于0r ．这样 00x t v x x += （1）00221y t v at y y ++=（2）联立 （1）~（2）式，消去参数t 得()()00x0y 0202x021y x x v v x x v a y +-+-=此即为轨道方程，它为一条抛物线．1-11 在重力和空气阻力的作用下，某物体下落的加速度为Bv g a -=，g 为重力加速度，B 为与物体的质量、形状及介质有关的常数．设0=t 时物体的初速度为零．（1）试求物体的速度随时间变化的关系式；（2）当加速度为零时的速度（称为收尾速度）值为多大?[解] （1） 由tv a d d =得t Bvg v d d =-两边分别积分，得⎰⎰=-t v t Bvg v 0d d所以，物体的速率随时间变化的关系为：()Bte Bg v --=1（2） 当0=a 时 有 0=-=Bv g a （或以∞=t 代入）由此得收尾速率 Bg v =1-12 一质点由静止开始作直线运动，初始加速度为a ，此后随t 均匀增加，经时间τ后，加速度变为2a ，经τ2后，加速度变为3a ，……．求经时间τn 后，该质点的加速度和所走过的距离．[解] 由题意可设质点的加速度与时间t 的关系为kt a a +=t （k 为常数）由 a k a a 2τ=+=τ得τak =所以 a t t aa a ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=ττ1t 故当τn t =时，质点的加速度 ()a n a 1n τ+=由tv a d d =得t a v d d =对上式两边积分得⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+=tvt a t v 00d 1d τ 所以 22t aat v τ+=又 tx v d d = t v x d d =对上式两边积分⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ττn st t a at x 020d 2d 经过时间τn 后，质点所走过的距离()2232361621τττa n nt a at s n +=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=1-13 一物体悬挂于弹簧上沿竖直方向作谐振动，其加速ky a -=，k 为常数，y 是离开平衡位置的坐标值．设0y 处物体的速度为0v ，试求速度v 与y 的函数关系．[解] 根据链式法则 yv vty y v tv a d d d d d d d d ===y a v v d d =对上式两边积分⎰⎰⎰-==y y yy v y ky y a v v 000d d d v即 ()()2022022121y y k v v--=-故速度v 与y 的函数关系为()220202yy k v v -+=1-14 一艘正以速率0v 匀速行驶的舰艇，在发动机关闭之后匀减速行驶．其加速度的大小与速度的平方成正比，即2kv a -=， k 为正常数．试求舰艇在关闭发动机后行驶了x 距离时速度的大小．[解] 根据链式法则 xv vtx x v tv a d d d d d d d d ===v av x d d =对上式两边积分⎰⎰⎰-==vvvvxkvv v av x 0d d d 0化简得ln1v vkx -=所以kxev v -=0l-15 一粒子沿抛物线轨道2x y =运动，且知s m 3x =v ．试求粒子在m 32=x 处的速度和加速度．[解] 由粒子的轨道方程 2x y = 对时间t 求导数 x y 2d d 2d d xv tx xty v ===（1）再对时间t 求导数，并考虑到x v 是恒量2x y 2d d v tv a ==（2）把m 32=x 代入式（1）得m 43322y =⨯⨯=v 所以，粒子在m 32=x 处的速度为s m 543222x 2x =+=+=v v v与x 轴正方向之间的夹角85334arctanarctanxy '===v v θ由式（2）得粒子在m 32=x 处的加速度为22s m 1832=⨯=a加速度方向沿y 轴的正方向．1-16 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置342t +=θ．（1）在2s =t 时，它的法向加速度和切向加速度各是多少?（2）切向加速度的大小恰是总加速度大小的一半时，θ值为多少?（3）何时切向加速度与法向加速度大小相等?[解] 质点的角速度 212d d t t==θω质点的线速度 222.11210.0t t R v =⨯==ω 质点的法向加速度n a ，切向加速度t a 为()4222n 4.1410.012t tR a =⨯==ω （1）t tv a 4.2d d t ==（2）（1）把2s =t 代入（1）式和（2）式，得此时2t 224n m/s8.424.2m/s 103.224.14=⨯=⨯=⨯=a a（2）质点的总加速度1364.262t 2n +=+=t t a a a由 a a 21t =得 1364.25.04.26+⨯=t t t解得 0.66s =t 所以 r a d 15.3423=+=t θ （3）当t n a a =即t t 4.24.144=时有 0.55s =t1-17 火车在曲率半径R ＝400m 的圆弧轨道上行驶．已知火车的切向加速度2.0t =a 2s m ，求火车的瞬时速率为s m 10时的法向加速度和加速度．[解] 火车的法向加速度 222n sm 25.040010===Rva方向指向曲率中心 火车的总加速度 2222t 2n s m 32.02.025.0=+=+=a a a设加速度a 与速度v 之间的夹角为θ，则025134.512.025.0arctanarctantn '====a a θ1-18 为了转播电视而发射的地球同步卫星在赤道上空的圆轨道上运动，周期等于地球的自转周期24h =T ．求卫星离开地面的高度和卫星的速率（距地球中心r 处的重力加速度2e ⎪⎭⎫⎝⎛=r R g a ，e R 是地球的半径．）[解] 设同步卫星距地球的中心为r ，速率为v ，则Tr v π2=（1）2e 2⎪⎭⎫⎝⎛==r R g a r v（2） 解（2）式可得()()m 1022.443600241063788.947322233222e ⨯=⨯⨯⨯⨯==ππT gR r代入（1）式可得s m 1007.33600241022.42237⨯=⨯⨯==ππTr v所以，卫星距地面的高度m 1058.31063781022.4737e ⨯=⨯-⨯=-=R r h1-19 若登月舱在登上月球之前绕月球以半径e 31R r = （e R 为地球半径）作圆周运动，并且已知这时月球对登月舱的引力加速度g a 121=．试计算登月舱的速率和飞行一周所需要的时间．[解] 设登月舱的速率为v ，周期为T ，则a rv=2即g R v1213e2=（1）v Tr =π2 即v TR =32e π （2）解（1）式可得s m 1032.1106378368.93633e ⨯=⨯⨯==R g v代入（2）式可得s 1001.1368.931063782363243e⨯=⨯==ππg R T1-20 如图所示，一卷扬机自静止开始作匀加速运动，绞索上一点起初在A 处经3s 到达鼓轮的B 处，然后作圆周运动．已知0.45m =AB ,鼓轮半径0.5m =R ，求该点经过点C 时，其速度和加速度的大小和方向．[解] 设A 点的切向加速度为t a ，经过B 点时的速率为B v ，法向加速度为n a由A 到B 过程：2t 21t a AB =（1）t a v t B = （2）在B 点： R a R v //t B B ==βω， （3）由B 到C 过程：πβωω22B 2C =- （4）在C 点： R v C C ω= （5） 联立以上五式，得m 64.05.035.045.0435.045.02422222C C =⨯⨯⨯+⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯=+⎪⎭⎫⎝⎛==ππωR Rt AB Rt AB R v 方向沿切向Rv a 2C n =2t 2tAB a =22222n2ts m 83.05.064.0345.02=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫⎝⎛⨯=+=a a a 28330.4520.50.64arctanarctan22nt '=⨯==a a θ1-21 在一个转动的齿轮上，一个齿尖P 沿半径为R 的圆周运动，其路程随时间的变化规律为2021bt t v s +=，其中0v 和b 都是正常量．求t 时刻齿尖P 的速度及加速度的大小．[解] 设时刻t 齿尖P 的速率为v ，切向加速度t a ，法向加速度n a ，则Rbt v Rva b t va bt v t s v 202n t 0)(d d d d +====+==所以，t 时刻齿尖P 的加速度为24022n 2t )(Rbt v b a a a ++=+=1-22 一物体作斜抛运动，抛射角为α，初速度为0v ，轨迹为一抛物线（如图所示）．试分别求抛物线顶点A 及下落点B 处的曲率半径．[解] 物体在A 点的速度设为A v ，法向加速度为nA a ，曲率半径为A ρ，由题图显然有αcos 0A v v = （1） nA a =g （2） A n A2Aa v =ρ （3）联立上述三式得 gv αρ220A c o s =物体在B 点的速度设为B v ，法向加速度为nB a ，曲率半径为B ρ，由题图显然有0B v v = （4） αcos nB g a = （5） nB B2Ba v =ρ （6）联立上述三式得 αρc o s 2B g v =1-23 一物体作如图所示的抛体运动，测得轨道的点A 处，速度的大小为v ，其方向与水平线的夹角为030，求点A 的切向加速度和该处的曲率半径．[解] 设A 点处物体的切向加速度为t a ，法向加速度为n a ，曲率半径为ρ，则 n t a a g +=由图知 g g a 5.030sin 0t -=-=2/330cos 0n g g a ==又 n 2a v=ρ所以 gv g va v3322/322n2===ρ1-24 一门火炮在原点处以仰角0130=θ、初速10v m 100=发射一枚炮弹．另有一门位于600=x m 处的火炮同时以初速8020=v s m 发射另一枚炮弹，其仰角2θ为何值时，可望能与第一枚炮弹在空中相碰? 相碰时间和位置如何（忽略空气阻力的影响）?[解] 设经过时间t 后，炮弹1、炮弹2的坐标分别为()11,y x 、()22,y x ，则 对炮弹1 t v x 1101cos θ= 2110121sin gt t v y -=θ对炮弹2 t v x x 22002cos θ+= 2220221sin gt t v y -=θ当炮弹1、炮弹2相碰时 21x x = 21y y =即 t v x t v 2200110cos cos θθ+= （1）2220211021sin 21sin gt t v gt t v -=-θθ （2）解（2）式可得 625.030sin 80100sin sin 0120102=⨯==θθv v （3）所以 02682.38625.0arcsin ==θ 由（1）式可得 s 48.2682.38cos 8030cos 10060cos cos 02201100=⨯-⨯=-=θθv v x t相遇时的坐标设为（x ，y ），则m 77.21448.230cos 100cos 011021=⨯⨯====t v x x x θm 86.9348.28.92148.230sin 10021sin 2211021=⨯⨯-⨯⨯=-===gtt v y y y θ1-25 河宽为d ，靠河岸处水流速度变为零，从岸边到中流，河水的流速与离开岸的距离成正比地增大，到中流处为0v ．某人以相对水流不变的速率v 垂直水流方向驶船渡河，求船在达到中流之前的轨迹方程．[解] 取图示坐标系ky v =x已知 2d y =时，0x v v =代入上式得 d v k 02=所以 y dv v 0x 2=（1）又 v v =y积分得 vt y = （2） 代入（1）式得 vt d v v 0x 2=积分得 20vt d v x = （3）由（2）、（3）消去t 得 20y vdv x =1-26 如图所示，一航空母舰正以s m 17的速度向东行驶，一架直升飞机准备降落在舰的甲板上．海上有s m 12的北风吹着．若舰上的海员看到直升飞机以s m 5的速度垂直下降，求直升飞机相对海水及相对空气的速度?[解] 已知 k v 5-=机对舰 j v 17=舰对海 i v 12=气对海 故 ()s m 175j k v v v +-=+=舰对海机对舰机对海()m 51712k j i v v v -+-=+=海对气机对海机对气习题 1-26 图。

第一章运动的描述1-1 ｜｜与有无不同?和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；（2）是速度的模，即.只是速度在径向上的分量.∵有（式中叫做单位矢），则式中就是速度径向上的分量，∴不同如题1-1图所示.题1-1图(3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量.∵有表轨道节线方向单位矢），所以式中就是加速度的切向分量.(的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2 设质点的运动方程为=()，=()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r＝，然后根据 =，及＝而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即=及=你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有，故它们的模即为而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作其二，可能是将误作速度与加速度的模。

在1-1题中已说明不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分。

或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢及速度的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。

1-3 一质点在平面上运动，运动方程为=3+5, =2+3-4.式中以 s计，,以m计．(1)以时间为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出=1 s 时刻和＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算＝0 s时刻到＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算＝4 s 时质点的速度；(5)计算＝0s 到＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．解：（1）(2)将,代入上式即有(3)∵∴(4)则(5)∵(6)这说明该点只有方向的加速度，且为恒量。

第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。

（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、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 t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，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d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（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。

大学物理习题答案第一章-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN[习题解答]1-3 如题1-3图所示，汽车从A地出发，向北行驶60km到达B地，然后向东行驶60km到达C地，最后向东北行驶50km到达D地。

求汽车行驶的总路程和总位移。

解汽车行驶的总路程为；汽车的总位移的大小为∆r =位移的方向沿东北方向，与方向一致。

1-4 现有一矢量R是时间t的函数，问与在一般情况下是否相等为什么解与在一般情况下是不相等的。

因为前者是对矢量R的绝对值(大小或长度)求导，表示矢量R的大小随时间的变化率；而后者是对矢量R的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量R大小随时间的变化和矢量R方向随时间的变化两部分的绝对值。

如果矢量R方向不变只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。

1-5 一质点沿直线L运动，其位置与时间的关系为r = 6t 2 -2t 3 ，r和t的单位分别是m和s。

求：(1)第二秒内的平均速度；(2)第三秒末和第四秒末的速度；(3)第三秒末和第四秒末的加速度。

解取直线L的正方向为x轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x轴的正方向，若为负值表示，该速度或加速度沿x轴的反方向。

(1)第二秒内的平均速度m⋅s-1；(2)第三秒末的速度因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的速度，为v3 = - 18 m⋅s-1；用同样的方法可以求得第四秒末的速度，为v4 = - 48 m⋅s-1；(3)第三秒末的加速度因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的加速度，为a3 = - 24 m⋅s-2；用同样的方法可以求得第四秒末的加速度，为v4 = - 36 m⋅s-2 .1-6 一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为和，试证明：(1) v d v = a d s；(2)当a为常量时，式v 2 = v02 + 2a (s-s0 )成立。

解(1)；(2)对上式积分，等号左边为,等号右边为,于是得,即.1-7 质点沿直线运动，在经过时间t后它离该直线上某定点O的距离s满足关系式：s = (t-1)2 (t-2)，s和t的单位分别是m和s。

大学物理上册课后习题答案第一章 质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．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]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：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：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，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 ) = d v /d t = 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：a = [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22(1)(1)n sa n t -=+，并由上述资料求出量值．[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：22(1)(1)n sa n t -=+．计算得加速度为：22(51)30(51)10a -=+= 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]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 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v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:2t =． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)．图1.3人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)， 与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程201sin 02gt v t y θ-+=，解得：0(sin t v g θ=．这里y = -70m ，根号项就是人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)．由此可以求解其它问题．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d v /d t = -kv 2，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011kt v v =+； （2）试证在时间t 内，船行驶的距离为01ln(1)x v kt k =+． [证明]（1）分离变数得2d d vk t v =-， 故 020d d v t v v k t v =-⎰⎰，可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 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 = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变数得方程：d d ()m vt f v =， 解方程即可求解．在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则d v /d t = -kv n ．（1）如果n = 1，则得d d vk t v=-， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为 ：v = v 0e -kt ．而d v = v 0e -kt d t ，积分得：0e `ktv x C k-=+-． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此0(1-e )kt vx k -=．（2）如果n ≠1，则得d d n vk t v=-，积分得11n v kt C n -=-+-． 当t = 0时，v = v 0，所以101n v C n -=-，因此11011(1)n n n kt v v --=+-． 如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求：（1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =．由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为am·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为2012x x x v t a t =+， 2012y y y v t a t =-+． 即 201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅，201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；02sin sin v t a θα==．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．v[注意]选择不同的坐标系，如x方向沿着a的方向或者沿着v0的方向，也能求出相同的结果．1．7一个半径为R= 1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A．在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s内下降的距离h = 0.4m．求物体开始下降后3s末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A下落加速度．由于212th a t=∆，所以a t = 2h/Δt2 = 0.2(m·s-2)．物体下降3s末的速度为v = a t t = 0.6(m·s-1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为2nvaR== 0.36(m·s-2)．1．8一升降机以加速度1.22m·s-2上升，当上升速度为2.44m·s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距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．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为21012h v t at=+；螺帽做竖直上抛运动，位移为22012h v t gt=-．由题意得h = h1 - h2，所以21()2h a g t=+，解得时间为t=．算得h2 = -0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程h = (a + g)t2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A处向东飞到B处，然后又向西飞回到A处．已知气流相对于地面的速度为u，AB之间的距离为l，飞机相对于空气的速率v保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为2ltv=；（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为01221/ttu v=-；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为2t=．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v，路程为2l，所以飞行时间为t0 = 2l/v．（2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u，向西飞行逆风的速率为v - u，所以飞行时间为1222l l vltv u v u v u=+=+--022222/1/1/tl vu v u v==--．（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作向量三角形，其中沿AB方向的速度大小为V=，所以飞行时间为图1.7A BA Bvv + uv - uA Bv uuvv22l t V ==== 证毕．1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度2v 等于雨对车的速度3v 加车对地的速度1v ，由此可作向量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 12(sin cos )lv v hθθ=+． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得12sin()sin(90)v v θαα=+︒-，所以：12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+，即 12(sin cos )lv v hθθ=+． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．第二章 运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律 2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为 x = v 0t ，2211sin 22y at g t α==⋅．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=，这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一品质m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：（1）今以水平力F 拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、图1.101h lα图2.1与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = 29.4(N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = 16.17(N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮品质均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 12212(2)/22F m m ga m m μ-+=+= 4.78(m·s -2)，绳对它的拉力为2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= 1.35(N)．2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式12111k k k =+； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2， 因此 1212F F F kk k =+，即：12111k k k =+． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆12图2.32 图2.4线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动；（2）小车以加速度1a 沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度1b 把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度2b （b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )；绳子张力等于摆所受的拉力：T ==．（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）根据题意作力的向量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+，因此角度为cos arctansin b g b ϕθϕ=+；而张力为T ==．（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2．6 如图所示：质量为m =0.10kg 的小球，拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求：（1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？ （3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？ [解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为 22d d s F ma m t ==，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为d d d d s v l t t θ==，因此（2）图2.6d d d d d d d d v v m v F mm v t t l θθθ===，即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分60d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰，得2601cos 2B v gl θ︒=，解得：B v =s -1)．由于：22B BB v v T mg m m mgR l -===，所以T B = 2mg = 1.96(N)．（2）由（1）式积分得21cos 2C v gl C θ=+，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2，因此速度为C v =切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为2(2cos 1)Cn v a g R θ==-．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为2t a g== 8.49(m·s -2)，法向加速度为 a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为22d d sF ma m t ==，s 表示弧长．由于d d s v t =，所以 22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s v v t t t t s t s ====，因此 v d v = g cos θd s = g d h ，h 表示石下落的高度．积分得 212v gh C=+，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为v =图2.72．8 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力2kf x =-(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程222d d k xf ma m x t =-==利用v = d x/d t ，可得22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===，因此方程变为2d d k xmv v x =-，积分得212k mv Cx =+．利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此2012k kmv x x =-，即v =证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．如果f (x ) = -k/x n ，则得21d 2nx mv k x =-⎰． （1）当n = 1时，可得21ln 2mv k x C=-+利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 21ln 2x mv k x =， 即v =． （2）如果n ≠1，可得21121n k mv x C n -=-+-．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以101nk C x n -=--， 因此 2110111()21n n k mv n x x --=--， 即v =当n = 2时，即证明了本题的结果．2．9 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程d d v f mg kv mt =--=，分离变数得d d()d v m mg kv t m mg kv k mg kv +=-=-++， 积分得ln ()mt mg kv C k =-++．当t = 0时，v = v 0，所以0ln ()mC mg kv k =+，因此00/ln ln/m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++， 小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mgv v k m k =+--．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤： 由于v = d x/d t ，所以0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+--，即0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---，积分得0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+，当t = 0时，x = 0，所以0(/)`m v mg k C k +=，因此0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为d d vf mg kv mt =-=，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m =---．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因子为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得2d d k v v f m m R t μ=-=， 即 ： 2d d k vt R v μ=-．积分得：1k t C R v μ=+．当t = 0时，v = v 0，所以01C v =-， 因此 011kt Rv v μ=-．解得001/k v v v t R μ=+． 由于0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++， 积分得0ln (1)`k kv tR x C Rμμ=++，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此0ln (1)k kv tRx Rμμ=+．2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ． 根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，可得2cos mgR ωθ=，解得2arccosgR θω=±．(二)力学中的守恒定律2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ，mg图2.11积分得冲量为/20(cos )d I kA t tωω=-⎰π，/20sin kAkAtωωωω=-=-π方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的品质为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ， 可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义21p p p ∆=- 得：21p p p =+∆，由此可作向量三角形，可得：p ∆==． 因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= 1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量24v TI Ft mR ==2/42R T T mv mvR ππ==．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得 /4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==，/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==，合冲量为I ==，与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．14 用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为y v =s -1)，其速度的增量为v ∆=s -1)． 棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)，对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = 366.2(N)．2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个品质都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动， 加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ， 联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式：s = v 0t + at 2/2， 可得B 拉C 之前的运动时间；t =．此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`， 因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作向量三角形，列方程得 /2`cos 452mmv v =︒，所以 v` = v /cos45° = 0cos θ．2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的品质为m ，它与路面的滑动摩擦因子为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移d s 的大小为d s = R d θ． 重力G 的大小为：G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+πv xΔv v y图2.17sin d mgR θθ=-，积分得重力所做的功为454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-．摩擦力f 的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-，积分得摩擦力所做的功为4520(cos )d k W mgR μθθ︒=-⎰450sin k k mgR mgR μθ︒=-=．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F 就是平衡力，即0F G f ++=，或者 ()F G f =-+．拉力的功元为：d d (d d )W F s G s f s =⋅=-⋅+⋅12(d d )W W =-+，拉力所做的功为12()W W W =-+(1)k mgR =+．由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2．18 一品质为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因子；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2， 末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8， 这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得：20()d 2k k W mgr mgrπμθπμ=-=-⎰．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因子为20316k v gr μ=π．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ， 根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为22008223k v v r s a g πμ===，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ， 可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。

第一章 质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 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 ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 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 ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒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 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v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(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]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 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v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= 4.49(s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)，v a 22(1)(1)n sa n t -=+22(1)(1)n sa n t -=+22(51)30(51)10a -=+222h t g=70m22.5º 图1.3所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程， 解得：．这里y = -70m ，根号项就是人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d v /d t = -kv 2，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 ，船行驶的距离为． [证明]（1）分离变量得， 故 ，可得：． （2）公式可化为，由于v = d x/d t ，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 = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 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．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则d v /d t = -kv n ．（1）如果n = 1，则得， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为 ：v = v 0e -kt ．201sin 02gt v t y θ-+=0(sin t v g θ=011kt v v =+01ln(1)x v kt k=+2d d vk t v =-020d d v t v v k t v =-⎰⎰011kt v v =+001v v v kt=+00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰01ln(1)x v kt k=+d d ()m vt f v =d d vk t v=-而d v = v 0e -kt d t ，积分得：． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此．（2）如果n ≠1，则得，积分得． 当t = 0时，v = v 0，所以，因此． 如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求：（1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)；角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即．由此得，即 ，解得 ．所以 =3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．1．6 一飞机在铅直面飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = 20m·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为， ． 即 ，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；(s)．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．0e `ktv x C k-=+-0(1-e )kt vx k -=d d n vk t v=-11n v kt C n -=-+-101n v C n-=-11011(1)n n n kt v v --=+-1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-3n t a a =23r r ωβ=22(12)243t t =33/6t =3242(13/3)t θ=+=+32012x x x v t a t =+2012y y y v t a t =-+201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅02sin 103sin v t a θα== y xO α v 0θ a a xa yv 0x v 0y[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 1.0m 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s 下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于， 所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m·s -2)．1．8 一升降机以加速度1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距 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．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为． 由题意得h = h 1 - h 2，所以， 解得时间为= 0.705(s)．算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ． （2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ， 所以飞行时间为 ． （3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为212t h a t =∆2n v a R=21012h v t at =+22012h v t gt =-21()2h a g t =+2/()t h a g =+02l t v =1221/t t u v =-02221/t t u v=-1222l l vl t v u v u v u =+=+--022222/1/1/t l v u v u v==--22V v u =-RA图1.7AB AB vv + uv - uABvuuvv． 证毕．1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作矢量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 ． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以：，即 ． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间，雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．22222222/1/l l l v t V v u u v ===--0221/t u v=-2v 3v 1v 12(sin cos )lv v hθθ=+12sin()sin(90)v v θαα=+︒-12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+12(sin cos )lv v hθθ=+v 1hl v 2θ图1.10v 1h lv 2θ v 3 α α v ⊥。

1.1 一质点在Oxy 平面内运动，运动方程为)SI (53+=t x ，)SI (432/2-+=t t y 。

（1）以时间t 为变量，写出质点位矢的表达式；（2）求出质点速度分量的表达式，并计算s 4=t 时，质点速度的大小和方向；（3）求出质点加速度分量的表达式，并计算出s 4=t 时，质点加速度的大小和方向。

解：（1）)SI (53+=t x ，)SI (432/2-+=t t y 质点位矢的表达式为：j t t i t j y i x r )432/()53(2-+++=+=； （2）m/s 3)53(=+==t dt d dt dx v x ，m/s )3()432/(2+=-+==t t t dt d dt dy v ys 4=t ，m/s 3=x v ，m/s 7=y v ，m/s 6.7m/s 5822==+=y x v v v设θ是v 和x v 的夹角，则37tan ==x y v v θ，8.66=θ°； （3）2m/s 0)3(===dt d dt dv a x x ，2m/s 1)3(=+==t dt d dt dv a y ys 4=t ，2m/s 0=x a ，2m/s 1=y a ，222m/s 1=+=y x a a a方向沿y 轴方向。

1.2 质点在Oxy 平面内运动，运动方程为)SI (3t x =，)SI (22t y -=。

（1）写出质点运动的轨道方程；（2）s 2=t 时，质点的位矢、速度和加速度。

解：（1）质点运动方程)SI (3t x =，)SI (22t y -=，质点运动的轨道方程为：9/2)3(222x xy -=-=或2189x y -=；（2）j t i t j y i x r )2()3(2-+=+=，s 2=t 时： j i r 26-=j t i v 23-=，s 2=t 时：j i v43-=j a 2-=，s 2=t 时：j a2-=1.3质点沿直线运动，其坐标x 与时间t 有如下关系：)SI (cos t Aex tωβ-=（A 和β皆为常量）。

r r r r r r rr、⎰ dt⎰0 dx = ⎰ v e⎰v v1122v v d tv v d tvg 2 g h d tdt [v 2 + ( g t ) 2 ] 12 (v 2 + 2 g h ) 12第一章质点运动学1、(习题 1.1)：一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2 t, y = 4 t 2 - 8 。

（1）求质点 的轨道方程；（2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。

解：（1）由 x=2t 得，y=4t 2-8可得： r y=x 2-8r 即轨道曲线（2）质点的位置 ： r = 2ti + (4t 2 - 8) jr r rr r 由 v = d r / d t 则速度： v = 2i + 8tjr r rr 由 a = d v / d t 则加速度： a = 8 jrr r r r r r r 则当 t=1s 时，有 r = 2i - 4 j , v = 2i + 8 j , a = 8 j r当 t=2s 时，有r = 4i + 8 j , v = 2i +16 j , a = 8 j 2 （习题 1.2）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a = -kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v ，求运动方程 x = x(t ) .解：dv = -kvdt v1 v 0 vd v = ⎰ t - k dt 0v = v e - k tdx x= v e -k t0 t0 -k t d t x = v0 (1 - e -k t )k3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a = 4 t (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 td v = 4 t d tv 0d v = ⎰t 4t d t v = 2 t 2v = d x /d t = 2 t 2⎰x d x = ⎰t 2t 2 d t x = 2 t 3 /3+10 (SI)x4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； d r d v d v （3）落地前瞬时小球的 ，，.d td td t解：（1）x = v t式（1）v v v y = h - gt 2 式（2）r (t ) = v t i + (h - gt 2 ) j0 （2）联立式（1）、式（2）得y = h -vd r（3） = v i - gt j而落地所用时间t =0 gx 22v 22hgvd r所以 = v i - 2gh jvd vdv g 2t= - g j v = v 2 + v 2 = v 2 + (-gt) 2= =x y 0 0vv v d rv d v 2） v = [(2t )2+ 4] 2 = 2(t 2+ 1)2t t 2 + 1, V a = a - a = m + M m + Mvg gvv v 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r = t 2i + 2tj ，式中 r 的单位为 m ， 的单位为 s .求：（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。

[习题解答]1-3 如题1-3图所示，汽车从A地出发，向北行驶60km到达B地，然后向东行驶60km到达C 地，最后向东北行驶50km到达D地。

求汽车行驶的总路程和总位移。

解汽车行驶的总路程为；汽车的总位移的大小为r =位移的方向沿东北方向，与方向一致。

1-4 现有一矢量R是时间t的函数，问与在一般情况下是否相等？为什么？解与在一般情况下是不相等的。

因为前者是对矢量R的绝对值(大小或长度)求导，表示矢量R的大小随时间的变化率；而后者是对矢量R的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量R 大小随时间的变化和矢量R方向随时间的变化两部分的绝对值。

如果矢量R方向不变只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。

1-5 一质点沿直线L运动，其位置与时间的关系为r = 6t 2 2t 3 ，r和t的单位分别是m 和s。

求：(1)第二秒内的平均速度；(2)第三秒末和第四秒末的速度；(3)第三秒末和第四秒末的加速度。

解取直线L的正方向为x轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x轴的正方向，若为负值表示，该速度或加速度沿x轴的反方向。

(1)第二秒内的平均速度(2)第三秒末的速度因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的速度，为v3 = 18 m s1；用同样的方法可以求得第四秒末的速度，为v4 = 48 m s1；(3)第三秒末的加速度因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的加速度，为a3 = 24 m s2；用同样的方法可以求得第四秒末的加速度，为v4 = 36 m s2 .1-6 一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为和，试证明：(1) v d v = a d s；(2)当a为常量时，式v 2 = v02 + 2a (s s0 )成立。

解(1)；(2)对上式积分，等号左边为,,于是得,即.1-7 质点沿直线运动，在经过时间t后它离该直线上某定点O的距离s满足关系式：s= (t1)2 (t2)，s和t的单位分别是m和s。

第一章质点运动学1.1一质点沿y 方向运动，它在任意时刻t 的位置由式1052+=t y 给出，式中t 以s 计，y 以m 计算下列各段时间内质点的平均速度大小：(1)2s 到3s (2)2s 到2.1s (3)2s 到2.001s (4)2s 到2.0001s 解：(1)令质点的始末时刻为s t 21=，s t 32=，则质点的平均速度大小为：{}sm sm t t y y /25)23(]10)2(5[10)3(5221212=−+−+=−−=υ(2)令质点的始末时刻为s t 21=，s t 1.22=，则质点的平均速度大小为：{}sm sm t t y y /5.20)21.2(]10)2(5[10)1.2(5221211=−+−+=−−=υ(3)令质点的始末时刻为s t 21=，s t 001.22=，则质点的平均速度大小为：{}sm smt t y y /005.20)2001.2(]10)2(5[10)001.2(5221212=−+−+=−−=υ(4)令质点的始末时刻为s t 21=，s t 0001.22=，则质点的平均速度大小为：sm smt t y y /0005.20)20001.2(]10)2(510)0001.2(5[221212=−−−+=−−=υ1.2一质点沿Ox 轴运动,其运动方程为2653t t x +−=;式中t 以s 计，x 以m 计，试求：(1)质点的初始位置和初始速度；(2)质点在任一时刻的速度和加速度；(3)质点做什么运动；(4)做出t x −图和t −υ图；(5)质点做匀加速直线运动吗？解：（1）设质点初始时刻00=t ，则质点的初始位置为：mm x 3]06053[20=×+×−=即质点的初始位置在Ox 轴正方向3m 处。

因为质点的速度为：tdt dx125+−==υ所以质点的初始速度为：220/5/)0125(s m s m dt dxt −=×+−===υ质点的初始速度大小为2/5s m ，方向沿Ox 轴负方向。