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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。
第一章质点运动学一选择题1．以下说法中，正确的选项是：（）A.一物体若拥有恒定的速率，则没有变化的速度；B.一物体拥有恒定的速度，但仍有变化的速率；C.一物体拥有恒定的加快度，则其速度不行能为零；D. 一物体拥有沿x 轴正方向的加快度而有沿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 v0匀速沿 y 轴向下滑动， B 点沿 x 轴挪动，则 B 点的速率为：（）A . v0 sinB .v0 cos C.v0 tan D.v0 / cos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x2y2l 2对上式两边关于时间求导：dx dy0，因dxv，dyv0，所以2 x 2 ydtdt dt dt2xv2yv0 = 0即v=v0 y/x =v0tan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，灯y人头A H vv0hθvx影sB选择题 3图选择题 2图则人头影子挪动的速度u 为（）H h Hv h HA.vB.H H h H h 解：答案是 B 。
简要提示：设人头影子到灯杆的距离为 x ，则x s h ， x Hs ， x H H hdx H ds HvuH h dt Hdt h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. 匀加快直线运动，加快度沿 x 轴正方向．B. 匀加快直线运动，加快度沿 x 轴负方向．C. 变加快直线运动，加快度沿 x 轴正方向．D. 变加快直线运动，加快度沿x 轴负方向．()解： 答案是 D5. 一物体从某一确立高度以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： （）v t - v 0v t v 0v t2 22v v 0 v t A.B.C.gD.2 gg2 g解：答案是 C 。
第一章 质点运动学1-1 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at += （其中b a ,为常量） 则该质点作（A ）匀速直线运动 （B ）变速直线运动（C ）抛物线运动 （D ）一般曲线运动 [B]解：由j i rv bt at t 22d d +==知 v 随t 变化，质点作变速运动。
又由x aby bt y at x =⎪⎭⎪⎬⎫==22 知质点轨迹为一直线。
故该质点作变速直线运动。
1-2 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程，t a 表示切向加速度，下列表达式中，① a t v =d ② v t r =d ③ v t s =d d ④ t a t =d d v （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。
[D]解：由定义：t vt a d d d d ≠=v ； t r t s t v d d d d d d ≠==r ； t t v a d d d d v ≠=τ只有③正确。
1-3 在相对地面静止的坐标系内，A 、B 二船都以21s m -⋅的速率匀速行驶，A 船沿x 轴正向，B 船沿y 轴正向。
今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（x ，y 方向单位矢用j i ,表示），那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度（以1s m -⋅为单位）为（A ）j i 22+ （B ）j i 22+-（C ）j i 22-- （D ）j i 22- [B]解：由i v 2=对地A ，j v 2=对地B 可得 A B A B 地对对地对v v v +=⎰对地对地A B v v -=i j 22-=j i 22+-= （1s m -⋅）1-4 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间变化关系为)SI (23t a +=如果初始时质点的速度0v 为51s m -⋅，则当t 为3s 时，质点的速度1s m 23-⋅=v解：⎰+=tta v v 00d13s m 23d )23(5-⋅=++=⎰tt1-5 一质点的运动方程为SI)(62t t x -=，则在t 由0至4s 的时间间隔内，质点的位移大小为 8m ，在t 由0到4s 的时间间隔内质点走过的路程为 10m 。
第1章 质点运动学一、选择题 题1.1 ： 答案：[B]提示：明确∆r 与r ∆的区别题1.2： 答案：[A]题1.3： 答案：[D]提示：A 与规定的正方向相反的加速运动， B 切向加速度， C 明确标、矢量的关系，加速度是d dtv题1.4： 答案：[C] 提示： 21r r r ∆=-，12,R R r j ri ==-，21v v v ∆=-，12,v v v i v j =-=-题1.5： 答案：[D]提示：t=0时，x=5；t=3时，x=2得位移为-3m ；仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返题1.6： 答案：[D]提示：a=2t=d dt v ，2224t v tdt t ==-⎰，02tx x vdt -=⎰，即可得D 项题1.7：答案：[D]北v 风v 车1v 车2提示： 21=2v v 车车，理清=+v v v 绝相对牵的关系二、填空题 题1.8：答案： 匀速(直线)，匀速率题1.9：答案：2915t t -，0.6 提示： 2915dxv t t dt==-，t=0.6时，v=0题1.10：答案：（1）21192y x =-（2）24t -i j 4-j（3）411+i j 26-i j 3S提示： (1) 联立22192x t y t =⎧⎨=-⎩，消去t 得：21192y x =-，dx dydt dt =+v i j (2) t=1s 时，24t =-v i j ，4d dt==-va j (3) t=2s 时，代入22(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i j t=1s 到t=2s ，同样代入()t =r r 可求得26r∆=-i j ，r 和v 垂直，即0∙=r v ，得t=3s题1.11： 答案：212/m s 提示：2(2)2412(/)dv d x a v x m s dt dt=====题1.12： 答案：1/m sπ提示： 200tdvv v dt t dt =+=⎰，11/t v m s ==，201332tv dt t R θπ===⎰，r π∆==题1.13：答案：2015()2t v t gt -+-i j 提示： 先对20(/2)v tg t =-r j 求导得，0()y v gt =-v j 与5=v i 合成得05()v gt =-+-v i j 合 201=5()2t v t gt -+-∴⎰r v i j t合0合dt=题1.14： 答案：8, 264t提示：8dQ v R Rt dt τ==，88a R τ==，2264n dQ a R t dt ⎛⎫== ⎪⎝⎭三、计算题 题1.15：解：（1）3t dv a t dt == 003v tdv tdt =∴⎰⎰ 232v t ∴=又232ds v t dt == 20032stds t dt =∴⎰⎰ 312S t =∴（2）又S R θ= 316S tRθ==∴（3）当a 与半径成45角时，n a a τ=2434n v a t R == 4334t t =∴t =∴题1.16：解：（1）dva kv dt ==- 00v tdv kdt v =-∴⎰⎰， 0ln v kt v =-（*） 当012v v =时，1ln 2kt =-，ln 2t k=∴ （2）由（*）式：0ktv v e-=0kt dxv e dt -=∴，000xtkt dx v e dt -=⎰⎰ 0(1)kt v x e k-=-∴第2章 质点动力学一、选择题 题2.1： 答案：[C]提示：A ．错误，如：圆周运动B ．错误，m =p v ，力与速度方向不一定相同 D ．后半句错误，如：匀速圆周运动题2.2： 答案：[B]提示：y 方向上做匀速运动：2y y S v t t == x 方向上做匀加速运动（初速度为0），Fa m=22tx v a d t t ==⎰，223tx x t S v dt ==⎰2223t t =+∴S i j题2.3： 答案：[B]提示：受力如图MgF杆'F 猫mg设猫给杆子的力为F ，由于相对于地面猫的高度不变'F mg = 'F F = 杆受力 1()F Mg F M m g =+=+ 1()F M m ga M M+==题2.4 ：答案：[D] 提示：a a A22A B AB m g T m a T m a a a ⎧⎪-=⎪=⎨⎪⎪=⎩ 得45Aa g = （2A B a a =，通过分析滑轮，由于A 向下走过S ，B 走过2S） 2A B a a =∴题2.5： 答案：[C]提示： 由题意，水平方向上动量守恒， 故 0(cos60)()1010m mv m v =+ 共 0=22v v 共题2.6： 答案：[C] 提示：RθθRh-R由图可知cos h RRθ-=分析条件得，只有在h 高度时，向心力与重力分量相等所以有22cos ()mv mg v g h R Rθ=⇒=-由机械能守恒得（以地面为零势能面）22001122mv mv mgh v =+⇒=题2.7： 答案：[B]提示： 运用动量守恒与能量转化题2.8： 答案：[D] 提示：v v y由机械能守恒得2012mgh mv v =⇒=0sin y v v θ=sin Gy Pmgv mg ==∴题2.9： 答案： [C]题2.10： 答案： [B]提示： 受力如图fT F由功能关系可知，设位移为x （以原长时为原点）2()xF mg Fx mgx kxdx x kμμ--=⇒=⎰弹性势能 2212()2p F mg E kx kμ-==二、填空题题2.11: 答案：2mb提示： '2v x bt == '2a v b == 2F m a m b==∴题2.12：答案：2kg 4m/s 2 提示：4N8Nxy 0由题意，22/x a m s = 4x F N =8y F N = 2Fm k ga== 24/y y F a m s m==题2.13： 答案：75，1110提示： 由题意，32()105F a t m ==+ 27/5v adt m s ⇒==⎰当t=2时，1110a =题2.14： 答案：180kg提示：由动量守恒，=m S -S m 人人人船相对S （）=180kg m ⇒船题2.15： 答案：11544+i j 提示：各方向动量守恒题2.16：答案： ()mv +i j ，0，-mgR提示：由冲量定义得 ==()()mv mv mv --=+I P P i j i j 末初- 由动能定律得 0k k E W E ∆=⇒∆=，所以=0W 合 =W m g R -外题2.17： 答案：-12提示：3112w Fdx J -==⎰题2.18：答案： mgh ，212kx ，Mm G r - h=0，x=0，r =∞ 相对值题2.19： 答案： 02mgk ，2mg，题2.20： 答案： +=0A∑∑外力非保守力三、计算题 题2.21：解：（1）=m F xg L 重 ()mf L xg L μ=- （2）1()(1)ga F f x g m Lμμ=-=+-重（3）dv a v dx =，03(1)v LL g vdv x g dx L μμ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰，v =题2.22： 解：（1）以摆车为系统，水平方向不受力，动量守恒。
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 ⊥。
第一章 质点运动学1–1 描写质点运动状态的物理量是 ;解：加速度是描写质点状态变化的物理量,速度是描写质点运动状态的物理量,故填“速度”;1–2 任意时刻a t =0的运动是 运动；任意时刻a n =0的运动是 运动；任意时刻a =0的运动是 运动；任意时刻a t =0,a n =常量的运动是 运动;解：匀速率；直线；匀速直线；匀速圆周;1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟,他能以与水平成30°角,其值为30m/s 的初速从一边起跳,刚好到达另一边,则可知此沟的宽度为 )m/s 102=g ;解：此沟的宽度为m 345m 1060sin 302sin 220=︒⨯==g R θv1–4 一质点在xoy 平面内运动,运动方程为t x 2=,229t y -=,位移的单位为m,试写出s t 1=时质点的位置矢量__________；s t 2=时该质点的瞬时速度为__________,此时的瞬时加速度为__________;解：将s t 1=代入t x 2=,229t y -=得2=x m,7=y ms t 1=故时质点的位置矢量为j i r 72+=m由质点的运动方程为t x 2=,229t y -=得质点在任意时刻的速度为m/s 2d d ==t x x v ,m/s 4d d t tx y -==v s t 2=时该质点的瞬时速度为j i 82-=v m/s质点在任意时刻的加速度为0d d ==ta x x v ,2m/s 4d d -==t a y y v s t 2=时该质点的瞬时加速度为j 4-m/s 2;1–5 一质点沿x 轴正向运动,其加速度与位置的关系为x a 23+=,若在x =0处,其速度m/s 50=v ,则质点运动到x =3m 处时所具有的速度为__________;解：由x a 23+=得x xt x x t 23d d d d d d d d +===v v v v 故x x d )23(d +=v v积分得⎰⎰+=305d )23(d x x v v v则质点运动到x =3m 处时所具有的速度大小为 61=v m/s=s ；1–6 一质点作半径R =的圆周运动,其运动方程为t t 323+=θ,θ以rad 计,t 以s 计;则当t =2s 时,质点的角位置为________；角速度为_________；角加速度为_________；切向加速度为__________；法向加速度为__________;解： t =2s 时,质点的角位置为=⨯+⨯=23223θ22rad由t t 323+=θ得任意时刻的角速度大小为36d d 2+==t tθω t =2s 时角速度为 =+⨯=3262ω27rad/s任意时刻的角速度大小为t t12d d ==ωα t =2s 时角加速度为 212⨯=α=24rad/s 2t =2s 时切向加速度为=⨯⨯==2120.1t αR a 24m/s 2t =2s 时法向加速度为=⨯==22n 270.1ωR a 729m/s 2；1–7 下列各种情况中,说法错误的是 ;A ．一物体具有恒定的速率,但仍有变化的速度B ．一物体具有恒定的速度,但仍有变化的速率C ．一物体具有加速度,而其速度可以为零D ．一物体速率减小,但其加速度可以增大解：一质点有恒定的速率,但速度的方向可以发生变化,故速度可以变化；一质点具有加速度,说明其速度的变化不为零,但此时的速度可以为零；当加速度的值为负时,质点的速率减小,加速度的值可以增大,所以A 、C 和D 都是正确的,只有B 是错误的,故选B;1–8 一个质点作圆周运动时,下列说法中正确的是 ;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,法向加速度不变解：无论质点是作匀速圆周运动或是作变速圆周运动,法向加速度a n 都是变化的,因此至少其方向在不断变化;而切向加速度a t 是否变化,要视具体情况而定;质点作匀速圆周运动时,其切向加速度为零,保持不变；当质点作匀变速圆周运动时,a t 值为不为零的恒量,但方向变化；当质点作一般的变速圆周运动时,a t 值为不为零变量,方向同样发生变化;由此可见,应选B;1–9 一运动质点某瞬时位于位置矢量),(y x r 的端点处,对其速度大小有四种意见： 1t r d d 2t d d r 3t s d d 422d 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2,3正确C ．只有3,4正确D ．只有1,3正确 解：tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中为质点的径向速度,是速度矢量沿径向的分量；t d d r 表示速度矢量；t s d d 是在自然坐标系中计算速度大小的公式；22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 是在真角坐标系中计算速度大小的公式;故应选C;1–10 一质点在平面上运动,已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at +=其中a 、b 为常量,则该质点作 ;A ．匀速直线运动B ．变速直线运动C ．抛物线运动D ．一般曲线运动解：由j i r 22bt at +=可计算出质点的速度为j i bt at 22+=v ,加速度为j i b a 22+=a ;因质点的速度变化,加速度的大小和方向都不变,故质点应作变速直线运动;故选B;1–11 一小球沿斜面向上运动,其运动方程为S ＝5＋4t –t 2SI,则小球运动到最高点的时刻是 ;A ．t ＝4sB ．t ＝2sC ．t ＝8sD ．t ＝5s解：小球到最高点时,速度应为零;由其运动方程为S ＝5＋4t –t 2,利用ts d d =v 得任意时刻的速度为 t 24-=v令024=-=t v ,得s 2=t故选B;1–12 如图1-1所示,小球位于距墙MO 和地面NO 等远的一点A ,在球的右边,紧靠小球有一点光源S 当小球以速度V 0水平抛出,恰好落在墙角O 处;当小球在空中运动时,在墙上就有球的影子由上向下运动,其影子中心的运动是 ;A ．匀速直线运动B ．匀加速直线运动,加速度小于gC ．自由落体运动D ．变加速运动解：设A 到墙之间距离为d ;小球经t 时间自A 运动至B;此时影子在竖直方向的位移为S ;t V x 0=, 221gt y = 根据三角形相似得d S x y //=,所以得影子位移为2/V gt x yd S == 由此可见影子在竖直方向作速度为02V g 的匀速直线运动;故选A;1–13 在相对地面静止的坐标系内,A 、B 二船都以2m/s 的速率匀速行驶,A 船沿x 轴正向,B 船沿y 轴正向;今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系x 、y 方向单位矢量用i 、j 表示,那么在A 船上的坐标系中,B 船的速度以m/s 为单位为 ;A ．j i 22+B ．j i 22+-C ．j i 22--D ．j i 22+解：选B 船为运动物体,则B 船相对于地的速度为绝对速度j 2=v ,A 船相对于地的速度为牵连速度i 2=0v ,则在A 船的坐标系中,B 船相对于A 船的速度为相对速度v ';因v v v 0'+=,故j i 22+-='v ,因此应选B1–14 2004年1月25日,继“勇气”号之后,“机遇”号火星探测器再次成功登陆火星;在人类成功登陆火星之前,人类为了探测距离地球大约5103⨯km 的月球,也发射了一种类似四轮小车的月球探测器;它能够在自动导航系统的控制下行走,且每隔10s 向地球发射一次信号;探测器上还装着两个相同的减速器其中一个是备用的,这种减速器可提供的最大加速度为5m/s 2;某次探测器的自动导航系统出现故障,从而使探测器只能匀速前进而不再能自动避开障碍物;此时地球上的科学家必须对探测器进行人工遥控操作;下表为控制中心的显示屏的数据：图1-1y BM9:10:40 12 已知控制中心的信号发射与接收设备工作速度极快;科学家每次分析数据并输入命令最少需要3s;问： 1经过数据分析,你认为减速器是否执行了减速命令2假如你是控制中心的工作人员,应采取怎样的措施加速度需满足什么条件,才可使探测器不与障碍物相撞请计算说明;解：1设在地球和月球之间传播电磁波需时为0t ,则有s 10==c s t 月地从前两次收到的信号可知：探测器的速度为m/s 21032521=-=v 由题意可知,从发射信号到探测器收到信号并执行命令的时刻为9:10:34;控制中心第3次收到的信号是探测器在9:10:39发出的;从后两次收到的信号可知探测器的速度为m/s 2101232=-=v 可见,探测器速度未变,并未执行命令而减速;减速器出现故障;（2）应启用另一个备用减速器;再经过3s 分析数据和1s 接收时间,探测器在9:10:44执行命令,此时距前方障碍物距离s =2m;设定减速器加速度为a ,则有222≤=as v m,可得1≥a m/s 2,即只要设定加速度1≥a m/s 2,便可使探测器不与障碍物相撞;1–15 阿波罗16号是阿波罗计划中的第十次载人航天任务1972年4月16日,也是人类历史上第五次成功登月的任务;1972年4月27日成功返回;照片图1-2显示阿波罗宇航员在月球上跳跃并向人们致意;视频显示表明,宇航员在月球上空停留的时间是;已知月球的重力加速度是地球重力加速度的1/6;试计算宇航员在月球上跳起的高度;解：宇航员在月球上跳起可看成竖直上抛运动,由已知宇航员在空中停留的时间为,故宇航员从跳起最高处下落到月球表面的时间为t =,由于月球的重力加速度是地球的重力加速度的1/6,即g g 61M =,所以 m 43.0725.08.961212122M =⨯⨯⨯==t g h1–16 气球上吊一重物,以速度0v 从地面匀速竖直上升,经过时间t 重物落回地面;不计空气对物体的阻力,重物离开气球时离地面的高度为多少;解：方法一：设重物离开气球时的高度为x h ,当重物离开气球后作初速度为0v 的竖直上抛运动,选重物离开气球时的位置为坐标原点,则重物落到地面时满足图1-220021)(x x x gt h t h --=-v v 其中x h -表示向下的位移,0v x h 为匀速运动的时间,x t 为竖直上抛过程的时间,解方程得 gt t x 02v = 于是,离开气球时的离地高度可由匀速上升过程中求得,其值为)2()(000gt t t t h x x v v v -=-= 方法二：将重物的运动看成全程做匀速直线运动与离开气球后做自由落体运动的合运动;显然总位移等于零,所以0)(21200=--v v x h t g t 解得 )2(00g t t h x v v -=1–17 在篮球运动员作立定投篮时,如以出手时球的中心为坐标原点,作坐标系Oxy 如图1–3所示;设篮圈中心坐标为x ,y ,出手高度为H ,于的出手速度为0v ,试证明球的出手角度θ应满足⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-±=)2(211tan 2022020v v v gx y g gx θ才能投入;证明：设出手后需用时t 入蓝,则有 θt t x x cos 0v v ==20221sin 21gt t gt t y y -=-=θv v 消去时间t ,得 θgx gx αx θgx θx y 22022022202tan 22tan cos 21tan v v v --=-= 图1-3整理得02tan tan 22022202=++-v v gx y θx θgx解之得⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-±=)2(211tan 2022020v v v gx y g gx θ1–18 有一质点沿x 轴作直线运动,t 时刻的坐标为32254t t .x -=SI;试求：1第2s 内的平均速度；2第2s 末的瞬时速度；3第2s 内的路程;解：1将t =1s 代入32254t t .x -=得第1s 末的位置为m 5.225.41=-=x将t =2s 代入32254t t .x -=得第2s 末的位置为m 0.22225.4322=⨯-⨯=x则第2s 内质点的位移为0.5m 2.5m -m 0.212-==-=∆x x x第2s 内的平均速度-0.5m/s 10.5=-=∆∆=t x v 式中负号表示平均速的方向沿x 轴负方向;2质点在任意时刻的速度为269d d t t tx -==v 将s 2=t 代入上式得第2s 末的瞬时速度为 m/s 626292-=⨯-⨯=v式中负号表示瞬时速度的方向沿x 轴负方向;3由069d d 2=-==t t tx v 得质点停止运动的时刻为s 5.1=t ;由此计算得第1s 末到末的时间内质点走过的路程为m 875.05.25.125.15.4321=-⨯-⨯=s 第末到第2s 末的时间内质点走过的路程为m 375.10.25.125.15.4322=-⨯-⨯=s则第2s 内的质点走过的路程为m 25.2375.1875.021=+=+=s s s1–19 由于空气的阻力,一个跳伞员在空中运动不是匀加速运动;一跳伞员在离开飞机到打开降落伞的这段时间内,其运动方程为)e (/k t k t c b y -+-=SI,式中b 、c 和k 是常量,y 是他离地面的高度;问：1要使运动方程有意义,b 、c 和k 的单位是什么2计算跳伞员在任意时刻的速度和加速度;解：1由量纲分析,b 的单位为m,c 的单位为m/s,k 的单位为s;2任意时刻的速度为)e 1(d d /k t c ty -+-==v 当时间足够长时其速度趋于c -;任意时刻的加速度为k t kc t a /ed d -==v 当时间足够长时其加速度趋于零;1–20 一艘正在沿直线行驶的电艇,在发动机关闭后,其加速度方向与速度方向相反,大小与速度平方成正比,即2d d v v K t-=,式中K 为常量;试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为Kx -=e 0v v 其中0v 是发动机关闭时的速度; 证明：由2d d v v K t-=得 2d d d d d d v v v v K xt x x -== 即x K d d -=vv 上式积分为⎰⎰-=x x K 0d d 0v v v v 得 Kx -=e 0v v1–21 一质点沿圆周运动,其切向加速度与法向加速度的大小恒保持相等;设θ为质点在圆周上任意两点速度1v 与2v 之间的夹角;试证：θe 12v v =;证明：因R a 2n v =,ta d d t v =,所以 t R d d 2v v =dsv v d d = 即vv d d =R s 对上式积分⎰⎰=2d d 0v v v v s R s得 12ln v v =R s 12ln v v ==R s θ 所以 θe 12v v =1–22 长为l 的细棒,在竖直平面内沿墙角下滑,上端A 下滑速度为匀速v ,如图1-4所示;当下端B 离墙角距离为xx<l 时,B 端水平速度和加速度多大解：建立如图所示的坐标系;设A 端离地高度为y ;∆AOB 为直角三角形,有222l y x =+ 方程两边对t 求导得 0d d 2d d 2=+t y y t x x所以B 端水平速度为 t y x y t x d d d d -=v xy =v x x l 22-= B 端水平方向加速度为v 222d /d d /d d d x tx y t y x t x-=232v x l -=1–23 质点作半径为m 3=R 的圆周运动,切向加速度为2t ms 3-=a ,在0=t 时质点的速度为零;试求：1s 1=t 时的速度与加速度；2第2s 内质点所通过的路程;图1-4解：1按定义ta d d t v =,得 t a d d t =v ,两端积分,并利用初始条件,可得 ⎰⎰⎰==t t t a t a 0t 0t 0d d d v v t t a 3t ==v当s 1=t 时,质点的速度为 m/s 3=v方向沿圆周的切线方向;任意时刻质点的法线加速度的大小为2222n m/s 39t Rt R a ===v 任意时刻质点加速度的大小为242n 2t m/s 99t a a a +=+=任意时刻加速度的方向,可由其与速度方向的夹角θ给出;且有22t n 33tan t t a a ===θ 当s 1=t 时有24m/s 23199=⨯+=a ,1tan =θ注意到0t >a ;所以得︒=45θ2按定义ts d d =v ,得t s d d v =,两端积分可得 ⎰⎰⎰==t t t s d 3d d v故得经t 时间后质点沿圆周走过的路程为C t s +=223 其中C 为积分常数;则第2s 内质点走过的路程为：m 5.4)123()223()1()2(22=+⨯-+⨯=-=∆C C s s s1–24 一飞机相对于空气以恒定速率v 沿正方形轨道飞行,在无风天气其运动周期为T ;若有恒定小风沿平行于正方形的一对边吹来,风速为)1(<<=k k V v ;求飞机仍沿原正方形对地轨道飞行时周期要增加多少解：依题意,设飞机沿如图1-5所示的ABCD 矩形路径运动,设矩形每边长为l ,如无风时,依题意有 vl T 4= 1 图1-5当有风时,设风的速度如图1-5所示,则飞机沿AB 运动时的速度为v v v k V +=+,飞机从A 飞到B 所花时间为vv k l t +=1 2 飞机沿CD 运动时的速度为v v v k V -=-,飞机从C 飞到D 所花时间为vv k l t -=2 3 飞机沿BC 运动和沿DA 运动所花的时间是相同的,为了使飞机沿矩形线运动,飞机相对于地的飞行速度方向应与运动路径成一夹角,使得飞机速度时的速度v 在水平方向的分量等于v k -,故飞机沿BC 运动和沿DA 运动的速度大小为222v v k -,飞机在BC 和DA 上所花的总时间为22232v v k lt -= 4综上,飞机在有风沿此矩形路径运动所花的总时间,即周期为2223212vv v v v v k l k l k l t t t T -+-++=++=' 5 利用1式,5式变为)1(4)4()1(4)11(22222k k T k k T T --≈--+='飞机在有风时的周期与无风时的周期相比,周期增加值为43)1(4)4(222T k T k k T T T T =---≈'-=∆。
