习 题1
1-1. 解：1） 由)sin (cos
j i ωt ωt R r 知
t cos R x ω t sin R y ω 消去t 可得轨道方程 22
2
R
y x
2） j r
v t Rcos sin i t R dt
d
R ωt ωR ωt ωR ωv 2
122
]
)cos ()sin [(
1-2. 解：1）由j i r )23(42
t t 可知
2t 4x t 23y
消去t 得轨道方程为：2)
3y (x
2）j i r
v 28d t dt
j i j i v r
24)dt 28(dt 10
10
t
3） j v 2(0) j i v
28(1)
1-3. 解：1）j i r v 22d t dt i v
a 2dt
d
2）21
22
12)1t (2]
4)t 2[(v 1
t t 2dt
dv
a 2
t
2221
n t a a a t
1-4. 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为
2
012
1at t v y
（1） 2
022
1gt t v h y （2）
21y y （3） 解之 2d t g a
图 1-4
1-5. 解：（1） t v x 0 式（1）
2gt 2
1
h y 式（2）
j i r
)2
1-h ((t)20gt t v
（2）联立式（1）、式（2）得 2
2
v 2gx h y
（3）j i r gt -d d 0v t 而 落地所用时间 g
h
2t
所以j gh i v dt r d 20 j v
g t
d d
2202y 2x )gt (v v v v
21122222
00
2[()](2)g gh g t dv
dt v gt v gh
1-6. 证明：设人从O 点开始行走，t 时刻人影中足的坐标为1x ，人影中头的坐标为2x ，由几何关系可得
2
1122h h
x x x 而 t v x 01
所以，人影中头的运动方程为 02
1121112v h h t
h h h x h x
人影中头的速度 02
11
22v h h h dt dx v
图 1-6
1-7.解：t dt
dx
v 44
若0 v 解的 s t 1 m x x x 22)242(011
m x x x 8)242()32342(2
133
m x x x 1021
1-8.
解:
建立直角坐标系，以小球第一次落地点为坐标原点如图 小球落地时速度为gh v 20
00060cos v v x 200
060cos 2
1
60cos t g t v x
（1） 图 1-8
00060sin v v y 200060sin 2
1
60sin t g t v y
（2） 第二次落地时 0 y g
v t 0
2
所以 m g
v t g t v x 8.0260cos 2160cos 202
00
1-9.解：赤道上的物体仍能保持在地球必须满足 2
R g
现在赤道上物体R
2
104.3
1710
4.38.92 1-10.解：在顶点处子弹的速度 cos 0v v ，顶点处切向加速度为0。 因此有：
2
02
)cos (v v g
g v
22
0cos
在落地点速度为0v 20
cos v g
cos 20
g v
1-11.解：设此时飞机距目标水平距离为x 有：t v x 0 2
2
1gt h
联立方程解得：m x 447 05.77arctan h
x
1-12. 解：两个物体在任意时刻的速度为
j i v A
)sin (cos 0gt v v 0
j i v B
gt)-sin (cos 0 0v v
j i v v v A BA
)sin sin ()cos cos (-0000B v v v v
与时间无关，故B 相对物体A 的速度是常矢量。 1-13. 物体在任意时刻的速度表达式为 gt v v y 0 故气球中的观察者测得物体的速度v v v y 代入时间t 可以得到第二秒末物体速度s
m v 8.9
第三秒末物体速度 0 v 第四秒末物体速度 s
m v 8.9
1-14.解：
kv dt
dv
t v v kdt dv v 001 t k e v v 0
t
k e v dt
dx 0 dt e v dx t k t x 000 )1(0
t k e k
v x
1-15. 解：取水面为坐标原点，竖直向下为x 轴
