大学物理(第四版)课后习题及答案 质点
大学物理(第四版)课后习题与答案_机械振动
13 机械振动解答13-1 有一弹簧振子，振幅A=2.0×10-2m ，周期T=1.0s ，初相ϕ=3π/4。
试写出它的运动方程，并做出x--t 图、v--t 图和a--t 图。
13-1分析 弹簧振子的振动是简谐运动。
振幅A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程()ϕω+=t A x cos 的三个特征量。
求运动方程就要设法确定这三个物理量。
题中除A 、ϕ已知外，ω可通过关系式Tπω2=确定。
振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同。
解 因Tπω2=，则运动方程()⎪⎭⎫⎝⎛+=+=ϕπϕωt T t A t A x 2cos cos根据题中给出的数据得]75.0)2cos[()100.2(12ππ+⨯=--t s m x振子的速度和加速度分别为 ]75.0)2sin[()104(/112πππ+⋅⨯-==---t s s m dt dx vπππ75.0)2cos[()108(/112222+⋅⨯-==---t s s m dt x d ax-t 、v-t 及a-t 图如图13-l 所示13-2 若简谐运动方程为⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-4)20(cos )01.0(1ππt s m x ，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）t=2s 时的位移、速度和加速度。
13-2分析 可采用比较法求解。
将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量。
运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果。
解 （l ）将]25.0)20cos[()10.0(1ππ+=-t s m x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A= 0.10 m ，角频率120-=s πω，初相πϕ25.0=，则周期 s T 1.0/2==ωπ，频率Hz T 10/1==ν。
（2）t= 2s 时的位移、速度、加速度分别为m m x 21007.7)25.040cos()10.0(-⨯=+=ππ )25.040sin()2(/1πππ+⋅-==-s m dt dx v )25.040cos()40(/2222πππ+⋅-==-s m dt x d a13-3 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度ρ5.5×103kg •m -3。
大学物理科学出版社第四版第一章质点运动学
第一章 质点运动学一、 基本要求1．掌握位矢、位移、速度、加速度，角速度和角加速度等描述质点运动和运动变化的物理量。
2． 能借助于直角坐标计算质点在平面内运动时的速度、加速度。
3．能计算质点作圆周运动时的角速度和角加速度，切向加速度和法向加速度。
4．理解伽利略坐标，速度变换。
二、 基本内容1．位置矢量（位矢）位置矢量表示质点任意时刻在空间的位置，用从坐标原点向质点所在点所引的一条有向线段r 表示。
r 的端点表示任意时刻质点的空间位置。
r同时表示任意时刻质点离坐标原点的距离及质点位置相对坐标系的方位。
位矢是描述质点运动状态的物理量之一。
注意：（1）瞬时性：质点运动时，其位矢是随时间变化的，即()t r r=；（2）相对性：用r描述质点位置时，对同一质点在同一时刻的位置，在不同坐标系中r 可以是不相同的。
它表示了r的相对性，也反映了运动描述的相对性；（3）矢量性：r为矢量，它有大小，有方向，服从几何加法。
在直角坐标系Oxyz 中k z j y i x r++= 222z y x r r ++==r z r y r x ===γβαcos ,cos ,cos质点运动时， ()t r r= （运动方程矢量式）()()()⎪⎩⎪⎨⎧===t z z t y y t x x （运动方程标量式）。
２．位移()(),j y i x t r t t r r ∆+∆=-∆+=∆ r∆的模()()22y x r ∆+∆=∆ 。
注意：（１）r∆与r ∆：前者表示质点位置变化，是矢量，同时反映位置变化的大小和方位；后者是标量，反映质点位置离开坐标原点的距离的变化。
（２）r∆与s ∆：s ∆表示t —t t ∆+时间内质点通过的路程，是标量，只有质点沿直线运动时两者大小相同或0→∆t 时，s r ∆=∆。
3. 速度dtrd v =是描述位置矢量随时间的变化。
在直角坐标系中k v j v i v k dtdz j dt dy i dt dx dt r d v z y x++=++==222222z y x v v v dt dz dt dy dt dx v v ++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛==v的方向：在直线运动中，v>0表示沿坐标轴正向运动，v <0表示沿坐标轴负向运动。
大学物理(第四版)课后习题及答案_电介质
电解质题8.1：一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1 = 5.0⨯10-4 m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径m 105.432-⨯=R 的同轴圆筒形阳极。
阳极电势比阴极电势高300 V ，阴极与阳极的长度均为L = 2.5⨯10-2 m 。
假设电子从阴极射出时的速度为零。
求：（1）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（2）电子刚从阳极射出时所受的力。
题8.1分析：（1）由于半径L R <<1，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性。
从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电于所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少。
由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率。
（2）计算阳极表面附近的电场强度，由E F q =求出电子在阴极表面所受的电场力。
解：（1）电子到达阳极时，势能的减少量为J 108.417ep -⨯-=-=∆eV E由于电子的初始速度为零，故 J 108.417ep ek ek -⨯=∆-=∆-E E E因此电子到达阳极的速率为17eks m 1003.122-⋅⨯===meVmE v （2）两极间的电场强度为r 02e E r πελ-=两极间的电势差1200ln 2d 2d 2121R R r r V R R R R πελπελ-=-=⋅=⎰⎰r E 负号表示阳极电势高于阴极电势。
阴极表面电场强度r 121r 10ln 2e e E R R R V R =-=πελ电子在阴极表面受力N e E F r 141037.4-⨯=-=e这个力尽管很小，但作用在质量为9.11⨯10－31 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5⨯1015倍。
题8.2：一导体球半径为R 1，外罩一半径为R 2的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V 0。
求此系统的电势和电场的分布。
题8.2分析：不失一般情况，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示，依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布。
大学物理(第四版)课后习题及答案-波动
第十四章波动14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为[]x m t s m y )()5.2(cos )20.0(11---=ππ。
（1）求波得振幅、波速、频率及波长；（2）求绳上质点振动时得最大速度；（3）分别画出t=1s 和t=2s 时得波形，并指出波峰和波谷。
画出x=1.0m 处质点得振动曲线并讨论其与波形图得不同。
14-1 ()[]x m t s m y )(5.2cos )20.0(11---=ππ分析（1）已知波动方程（又称波函数）求波动的特征量（波速u 、频率ν、振幅A 及彼长 等），通常采用比较法。
将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y μ书写，然后通过比较确定各特征量（式中前“－”、“＋”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播）。
比较法思路清晰、求解简便，是一种常用的解题方法。
（2）讨论波动问题，要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别。
例如区分质点的振动速度与波速的不同，振动速度是质点的运动速度，即dt dy v =；而波速是波线上质点运动状态的传播速度（也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度），其大小由介质的性质决定。
介质不变，彼速保持恒定。
（3）将不同时刻的t 值代人已知波动方程，便可以得到不同时刻的波形方程)(x y y =，从而作出波形图。
而将确定的x 值代入波动方程，便可以得到该位置处质点的运动方程)(t y y =，从而作出振动图。
解（1）将已知波动方程表示为()()[]115.25.2cos )20.0(--⋅-=s m x t s m y π 与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比较，可得0,5.2,20.001=⋅==-ϕs m u m A则 m v u Hz v 0.2,25.12====λπω（2）绳上质点的振动速度()()()[]1115.25.2sin 5.0---⋅-⋅-==s m x t s s m dt dy v ππ 则1max 57.1-⋅=s m v（3） t=1s 和 t ＝2s 时的波形方程分别为()[]x m m y 115.2cos )20.0(--=ππ()[]x m m y 125cos )20.0(--=ππ波形图如图14－1（a ）所示。
大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题：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 =+-r r r由d /d v r t =r r 则速度： 28v i tj =+r r r由d /d a v t =r r 则加速度： 8a j =r r则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=rr r rrrrr当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r rr r2、（习题）： 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 dtdv-= ⎰⎰-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt e v dx t k 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 10 m处，初速度v0．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 v ，d d v t v，tvd d .解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+v v v（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t=v v v 而落地所用时间 gh2t =所以0d d r v i j t =v vd d v g j t=-v v 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 =+v vv，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(第四版)课后习题及答案-机械振动
13 机械振动解答13-1 有一弹簧振子，振幅A=2.0×10-2m ，周期T=1.0s ，初相=3π/4。
试写出它的运动方程，并做出x--t 图、v--t 图和a--t 图。
13-1分析 弹簧振子的振动是简谐运动。
振幅A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程()ϕω+=t A x cos 的三个特征量。
求运动方程就要设法确定这三个物理量。
题中除A 、ϕ已知外，ω可通过关系式Tπω2=确定。
振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同。
解 因Tπω2=，则运动方程()⎪⎭⎫⎝⎛+=+=ϕπϕωt T t A t A x 2cos cos根据题中给出的数据得]75.0)2cos[()100.2(12ππ+⨯=--t s m x振子的速度和加速度分别为 ]75.0)2sin[()104(/112πππ+⋅⨯-==---t s s m dt dx vπππ75.0)2cos[()108(/112222+⋅⨯-==---t s s m dt x d ax-t 、v-t 及a-t 图如图13-l 所示13-2 若简谐运动方程为⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-4)20(cos )01.0(1ππt s m x ，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）t=2s 时的位移、速度和加速度。
13-2分析 可采用比较法求解。
将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量。
运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果。
解 （l ）将]25.0)20cos[()10.0(1ππ+=-t s m x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A= 0.10 m ，角频率120-=s πω，初相πϕ25.0=，则周期 s T 1.0/2==ωπ，频率Hz T 10/1==ν。
（2）t= 2s 时的位移、速度、加速度分别为mm x 21007.7)25.040cos()10.0(-⨯=+=ππ)25.040sin()2(/1πππ+⋅-==-s m dt dx v )25.040cos()40(/2222πππ+⋅-==-s m dt x d a13-3 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度ρ5.5×103kg •m -3。
大学物理第四版下册答案
大学物理第四版下册答案【篇一：大学物理(上海交通大学)课后习题答案(第四版)】已知质点位矢随时间变化的函数形式为其中?为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
消去t可得轨道方程x?y?r 2）v?222dr1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r?4ti?(3?2t)j，式中r的单位为m，t的单位为s.求：（1）质点的轨道；（2）从t?0到t?1秒的位移；（3）t?0和t?1秒两时刻的速度。
解：1）由r?4ti?(3?2t)j可知22x?4t2 y?3?2t消去t得轨道方程为：x?(y?3) 2）v?2dr?8ti?2j dt113）v(0)?2jv(1)?8i?2j1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r?ti?2tj，式中r的单位为2（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速m，t的单位为s.求：度和法向加速度。
解：1）v?dr?2ti?2j dta?dv?2i dt22）v?[(2t)?4]?2(t2?1)at?dv?dt2tt?12an??1-4. 一升降机以加速度a上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
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 12at（1）图 21y2?h?v0t?gt2 （2）2y1?v0t?1-4y1?y2 （3）解之t?1-5. 一质量为m的小球在高度h处以水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的初速度v0drdvdv，，. dtdtdt解：（1） x?v0t 式（1）1y?h?gt2 式（2）21r(t)?v0ti?(h-gt2)j2gx2（2）联立式（1）、式（2）得 y?h?22v0（3）dr?v0i-gtj而落地所用时间t?dt2h g所以drdv?v0i-2ghj??gj dtdt22v?v2v0?(?gt)2 x?vy?g2tdv??[v2?(gt)2]01-6. 路灯距地面的高度为h1，一身高为h2的人在路灯下以匀速v1沿直线行走。
大学物理上册答案第四版(罗益民 吴烨)北邮出版第一章
第1章质点运动学1-1一运动质点某一瞬时位于径矢()r x y ，的端点处，关于其速度的大小有4种不同的看法，即（1）d d t r ；（2）d d t r；（3）d d s r；（4下列判断正确的是（）.(A)只有(1)和(2)正确(B)只有(2)正确(C)只有(3)和(4)正确(D)(1)(2)(3)(4)都正确答案：（C ）解析：瞬时速度的大小等于瞬时速率，故（3）正确；速度可由各分量合成，故（4）正确。
1-2一质点的运动方程为22cos cos sin sin x At Bt y At Bt θθθθ⎧⎪⎨⎪⎩＝＋，＝＋，式中A ，B ，θ均为常量，且A ＞0，B ＞0，则该质点的运动为（）.(A)一般曲线运动(B)匀速直线运动(C)匀减速直线运动(D)匀加速直线运动答案：（D ）解析：由tan y x θ可知，质点做直线运动.a x ＝2B cos θa y ＝2B sin θa＝2B加速度a 为定值，故质点做匀加速直线运动.1-3一质点沿半径为R 的圆周运动，其角速度随时间的变化规律为ω＝2bt ，式中b 为正常量．如果t ＝0时，θ0＝0，那么当质点的加速度与半径成45°角时，θ角的大小为()rad.(A)12(B)1(C)b (D)2b 答案：（A ）解析：a t ＝R β＝2bRa n ＝R 2ω＝4Rb 2t 2a t ＝a nt 2＝b 21θ＝20tω⎰d t ＝bt 2＝211-4一人沿停靠的台阶式电梯走上楼需时90s ，当他站在开动的电梯上上楼，需时60s ．如果此人沿开动的电梯走上楼，所需时间为（）.(A)24s(B)30s (C)36s (D)40s答案：（C ）解析：设电梯长度为s ，则=+9060s s s t ，解得t ＝36s.1-5已知质点的加速度与位移的关系式为32a x ＝＋，当t ＝0时，v 0＝0，x 0＝0，则速度v 与位移x 的关系式为________.答案：v 2＝3x 2＋4x 解析：d d d d d d d d v v x v a v t x t x===，d d v v a x ＝，00d =(3+2)d v x v v x x ⎰⎰，v 2＝3x 2＋4x .1-6在地面上以相同的初速v 0，不同的抛射角θ斜向上抛出一物体，不计空气阻力．当θ＝________时，水平射程最远，最远水平射程为________.答案：45°20v g解析：对于斜抛运动：0cos x v tθ⋅＝201sin 2y v t gt θ⋅＝－当y ＝0时，解得02sin v t gθ=物体的水平射程20sin 2v x gθ＝当θ＝45°时有最远水平射程，其大小为20max v x g＝1-7某人骑摩托车以115m s -⋅的速度向东行驶，感觉到风以115m s -⋅的速度从正南吹来，则风速的大小为________m·s －1，方向沿________.答案：m/s 东偏北45°解析：如答案1-7图所示，由图可知=+v v v 风地风人人地故风速大小m/sv风地＝方向为东偏北45°.答案1-7图1-8一质点作直线运动，加速度2sin a A t ωω＝，已知t ＝0时，x 0＝0，v 0＝－ωA ，则该质点的运动方程为_______________.答案：sin x A t ω=-，解析：d d v a t＝20d sin d v tA v A t t ωωω-=⎰⎰解得，该质点的速度为cos v A tωω=-d d x v t＝00d cos d x t x A t t ωω=-⎰⎰解得，该质点的运动方程为sin x A tω=-1-9一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x ＝3t ＋5，y ＝12t 2＋3t －4式中，t 以s 计，x ，y 以m 计.(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)计算第1s 内质点的位移；(3)计算t ＝0s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝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t ＝4s 时质点的加速度.(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)质点t 时刻位矢为21(35)342r t i t t j ⎛⎫=+++- ⎪⎝⎭(m)(2)第1s 内位移为11010()()r x x i y y j∆=-+- 2213(10)(10)3(10)23 3.5()i j i j m ⎡⎤=-+-+-⎢⎥⎣⎦=+ (3)前4s 内平均速度为11(1220)35(m s )4r v i j i j t -∆==⨯+=+⋅∆ (4)质点速度矢量表示式为1d 3(3)(m s )d r v i t j t-==++⋅ t ＝4s 时质点的速度为143(43)37(m s )v i j i j -=++=+⋅ (5)前4s 内平均加速度为240731(m s )4s 4v v v a j j t -∆--====⋅∆ (6)质点加速度矢量的表示式为2d 1(m s )d v a j t-==⋅ t ＝4s 时质点的加速度为241(m s )a j -=⋅ 1-10质点沿直线运动，速度v ＝(t 3＋3t 2＋2)m·s －1，如果当t ＝2s 时，x ＝4m ，求：t ＝3s 时，质点的位置、速度和加速度.解：32d 32d x v t t t==++431d d 24x x v t t t t c ===+++⎰⎰当t =2时，x =4，代入可得c =－12.则质点的位置、速度和加速度的表达式分别为4312124x t t t =++-32232d 36d v t t v a t t t=++==+将t =3s 分别代入得上述各式，解得1233341.25m 56m s 45m s x v a --==⋅=⋅，，1-11质点的运动方程为2[4(32)] m r t i t j ＝＋＋，t 以s 计．求：(1)质点的轨迹方程；(2)t ＝1s 时质点的坐标和位矢方向；(3)第1s 内质点的位移和平均速度；(4)t ＝1s 时质点的速度和加速度.解：(1)由运动方程2432x t y t⎧=⎨=+⎩消去t 得轨迹方程2(3)0x y --=(2)t =1s 时,114m 5m x y ==，,故质点的坐标为（4,5）.由11tan 1.25y x α==得51.3α=︒，即位矢与x 轴夹角为53.0°.(3)第1s 内质点的位移和平均速度分别为1(40)(53)42(m)r i j i j ∆=-+-=+1142(m s )r v i j t-∆==+⋅∆ (4)质点的速度与加速度分别为d 82d r v ti j t==+ d 8d v a i t== 故t =1s 时的速度和加速度分别为1182m s v i j -=+⋅ （）218m s a i -=⋅ （）1-12以速度v 0平抛一球，不计空气阻力，求：t 时刻小球的切向加速度a t 和法向加速度a n 的量值.解：小球下落过程中速度为v故切向加速度为2t d d v a t ＝由222n t a g a =-得，法向加速度为n a =1-13一种喷气推进的实验车，从静止开始可在1.80s 内加速到1600km·h －1的速率．按匀加速运动计算，它的加速度是否超过了人可以忍受的加速度25g ？这1.80s 内该车跑了多少距离？解：实验车的加速度为3222160010m /s 2.4710m/s 3600 1.80v a t ⨯===⨯⨯故它的加速度略超过25g .1.80s 内实验车跑的距离为3160010 1.80m 400m 223600v s t ⨯==⨯=⨯1-14在以初速率-1015.0 m s v ⋅＝竖直向上扔一块石头后，(1)在1.0s 末又竖直向上扔出第二块石头，后者在h ＝11.0m 高度处击中前者，求第二块石头扔出时的速率；(2)若在1.3s 末竖直向上扔出第二块石头，它仍在h ＝11.0m 高度处击中前者，求这一次第二块石头扔出时的速率.解：(1)设第一块石头扔出后经过时间t 被第二块击中，则2012h v t gt =-代入已知数据得2111159.82t t =-⨯解此方程，可得二解为111.84s 1.22st t ==，′第一块石头上升到顶点所用的时间为10m 15.0s 1.53s 9.8v t g ===1m t t >,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；1m t t <′，这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.设20v 和20v ′分别为在t 1和1t ′时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于22011111()()2h v t t g t t =---D D 所以2211201111()119.8(1.841)22m/s 17.2m/s 1.841h g t t v t t +-∆+⨯⨯-===-∆-同理，2211201111()119.8(1.221)22m/s 51.1m/s 1.221h g t t v t t +-∆+⨯⨯-===-∆-′′′(2)由于211.3s t t ∆=>′，所以第二块石头不可能在第一块上升时与第一块相碰。
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题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --⋅-⋅+= 。
求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。
题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=∆x x x（2）由0)s m 6()s m 12(d d 232=⋅-⋅=--t t tx得知质点的换向时刻为ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=∆x x xm 40x 242-=-=∆x x所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=∆+∆=x x s题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。
设0=t 时，0=x 。
试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。
题1.2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2AB A B AB s m 20-⋅=--=t t vv a （匀加速直线运动）0BC =a （匀速直线）2CD CD CD s m 10-⋅-=--=t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图在匀变速直线运动中，有20021at t v x x ++=间内，质点是作v = 201s m -⋅的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。
题1.3：如图所示，湖中有一小船。
岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。
设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？题1.3解1：取如图所示的直角坐标系，船的运动方程为 ()()()j i r h t x t -+= 船的运动速度为()i i i r v tr r h h r t t t x t d d 1d d d d d d 2/12222-⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-===' 而收绳的速率trv d d -=，且因vt l r -=0，故 ()i v 2/12021-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---='vt l hv题1.3解2：取图所示的极坐标(r ,θ)，则 θr r r d d d d d d d d d d e e e e r v tr t r t r t r t θ+=+==' r d d e t r 是船的径向速度，θd d e tr θ是船的横向速度，而trd d 是收绳的速率。
由于船速v '与径向速度之间夹角位θ ，所以()i i v 2/12021cos -⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡---=-='vt l h v v θ由此可知，收绳的速率只是船速沿绳方向的分量。
题1.4：一升降机以加速度2s m 22.1-⋅上升，当上升速度为2s m 44.2-⋅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m 74.2。
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。
题1.4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 v y += 20221gt t v h y -+= 当螺丝落至底面时，有21y y =，即 20202121gt t v h at t v -+=+s 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 v y h d 题1.4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()2210t 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 v h +=' 则m 716.0='-=h h d题1.5：一质点P 沿半径m 00.3=R 的圆周作匀速率运动，运动一周所需时间为s 0.20，设0=t 时，质点位于O 点。
按图中所示Oxy 坐标系，求（1）质点P 在任意时刻的位矢；（2）s 5时的速度和加速度。
题1.5解：如图所示，在O 'x 'y '坐标系中，因t Tπθ2=，则质点P 的参数方程为 t TR y t T R x ππ2cos ,2sin-='=' 坐标变换后，在Oxy 坐标系中有 R t TR y y y t T R x x +-=+'=='=ππ2cos ,2sin0 则质点P 的位矢方程为()()[]()()[]ji j i r t t R t T R t T R 11s 1.0cos 1m 3s 1.0sin m 32cos 2sin---+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=ππππ5 s 时的速度和加速度分别为 ()j j i r v 1s m 0.32sin 22cos 2d d -⋅=+==πππππt TT R t T T R t ()i tj i r a 222222s m 0.032cos22sin 2d d -⋅-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-==πππππT T R t T T R t 题 1.6：一质点自原点开始沿抛物线2bx y =运动，它在Ox 轴上的分速度为一恒量，其值为1s m 0.4-⋅=x v ，求质点位于m 0.2=x 处的速度和加速度。
题1.6解：因v x = 4.01s m -⋅为一常数，故a x = 0。
当t = 0时，x = 0，由txv d d x =积分可得 t v x x =(1)又由质点的抛物线方程，有 ()2x 2t v b bx y == (2)由y 方向的运动方程可得该方向的速度和加速度分量分别为t bv ty v 2x y 2d d ==(3) 2x2y 2d d bv ty a 2== (4) 当质点位于x = 2.0 m 时，由上述各式可得 ()()j i j i v 11y x s m 8.0s m 0.4--⋅+⋅=+=v v ()j j i a 2y x s m 16-⋅=+=a a题1.7：质点在Oxy 平面内运动，其运动方程为j i r ])s m 00.2(m 0.19[)s m 00.2(221t t --⋅-+⋅=。
求：（1）质点的轨迹方程；（2）在s 00.11=t 到s 00.22=t 时间内的平均速度；（2）s 00.11=t 时的速度及切向和法向加速度。
题1.7解：(1)由参数方程()()221s m 00.2m 0.19,s m 00.2t y t x --⋅-=⋅=消去t 得质点的轨迹方程()21m 50.0m 0.19x y --=(2)在00.11=t s 到00.22=t s 时间内的平均速度()()j i r r r v 111212s m 6.00s m 00.2--⋅-⋅=--=∆∆=t t t (3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为 ()()()j i j i j i v t ty t x v v t 21x s m 4.00s m 00.2d d d d --⋅-⋅=+=+= ()()j j i a 22222s m 4.00d d d d -⋅=+=ty t xt则t 1 = 1.00 s 时的速度()()()j i v 11s 1t s m 4.00s m 00.2--=⋅-⋅=t切向和法向加速度分别为 ()()t 2t 2y xt s1t ts m 3.58d d d d e e ve a 2-=⋅=+==v tt v()n 2n 2t 2n s m 1.79e e a -⋅=-=a a题 1.8：质点的运动方程为221)s m 30()s m 10(t t x --⋅+⋅-=和221)s m 20()s m 15(t t y --⋅-⋅-=，试求：（1）初速度的大小和方向；（2）加速度的大小和方向。
题1.8解：（1）速度分量式为 ()t txv 21x s m 60s m 10d d --⋅+⋅-== ()t tyv 21y s m 40s m 15d d --⋅-⋅==当t = 0时，v 0x = -101s m -⋅，v 0y = 151s m -⋅，则初速度大小为12y 02x 00s m 0.18-⋅=+=v v v设v 0与x 轴的夹角为α，则23tg y 0x 0-==v v α 14123'= α(2)加速度的分量式为 2y y 2xx s m 40d d ,s m 60d d --⋅-==⋅==tv a t v a 则加速度的大小为22y 2x s m 1.72-⋅=+=a a a设a 与x 轴的夹角为β，则32tg xy -==a a β )91326(1433''-= 或β题1.9：一质点具有恒定加速度j i a )s m 4()s m 6(22--⋅+⋅=，在0=t 时，其速度为零，位置矢量i r )m 10(0=。
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。
题1.9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t t tt v d ])s m 4(s m 6[(d d 0220⎰⎰⎰--⋅+⋅==j i )a vj i v t t )s m 4()s m 6(22--⋅+⋅=又由td d rv =及初始条件t = 0时，r 0 = (10 m)i ，积分可得t t t t ttr d ])s m 4()s m 6[(d d 0220⎰⎰⎰--⋅+⋅==j i v rj i r ])s m 2[(])s m 3(m 10[2222t t --⋅+⋅+=由上述结果可得质点运动方程的分量式，即()22s m 3m 10t x -⋅+= ()22s m 2t y -⋅=消去参数t ，可得运动的轨迹方程 m 2023-=x y这是一个直线方程，直线斜率32an t d d ===αx y k ，1433'= α。
轨迹如图所示。
题1.10：飞机以1s m 100-⋅的速度沿水平直线飞行，在离地面高为m 100时，驾驶员要把物品投到前方某一地面目标处。
问：（1）此时目标在飞机下方前多远？（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s 00.2后，它的法向加速度和切向加速度各为多少？题1.10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 221,gt y vt x == 飞机水平飞行速度100=v 1s m -⋅，飞机离地面的高度100=y m ，由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gyvx (2)视线和水平线的夹角为5.12arctg==xyθ (3)在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 vgt v v xy arctgarctg==α 取自然坐标，物品在抛出2 s 时，重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctg sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g g a t α2s m 62.9arctg cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g g a n α题1.11：一足球运动员在正对球门前m 0.25处以1s m 0.20-⋅的初速率罚任意球，已知球门高为m 44.3。