大学物理(第四版)课后习题及答案-质点
(完整版)大学物理课后习题答案详解
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(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。
大学物理第一章 质点运动学-习题及答案
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 。
大学物理习题答案解析第一章
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。
大学物理课后习题答案
一质点在xOy 平面上运动，运动方程为2135,342x t y t t t s x y m =+=+-式中以计，，以计。
以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；计算第1秒内质点的位移；计算0t = s 时刻到4t = s 时刻内的平均速度；求出质点速度矢量表示式，计算4t = s 时质点的速度；计算0t = s 到4t = s 内质点的平均加速度；求出质点加速度矢量的表示式，计算4t = s 是质点的加速度。
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：j t t i t r⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++=4321)53(2(m)(2) 第一秒内位移 j y y i x x r)()(01011-+-=∆(3) 前4秒内平均速度 )s m (53)2012(411-⋅+=+=∆∆=j i j i t r V(4) 速度)s m ()3(3d d 1-⋅++==j t i t r V∴ )s m (73)34(314-⋅+=++=j i j i V(5) 前4秒平均加速度(6) 加速度)s m ()s m (d d 242--⋅=⋅==j a j tV a2 质点沿直线运动，速度32132()v t t m s -=++，如果当时t=2 s 时，x=4 m,求：t=3 s 时质点的位置、速度和解：23d d 23++==t t txv 当t =2时x =4代入求证 c =－12 即1224134-++=t t t x 将t =3s 代入证1—9 一个半径R= m 的圆盘，可依绕一个水平轴自由转动，一根轻绳子饶在盘子的边缘，其自由端拴一力作用下，物体A 从静止开始均匀加速的下滑，在∆t= s 内下降的距离h= m 。
求物体开始下降后3s 末，轮一点的切向加速度与法向加速度。
解：物体A 下降的加速度(如图所示)为222m/s 2.024.022=⨯==t h a 此加速度也等于轮缘上一点在s3='t 切向加速度，即在s 3='t 时的法向加速度为1—10 一电梯以21.2m s -的加速度下其中以乘客在电梯开始下降后0.5s 时用手在离电梯底板1.5m 高处释放以小球，求此小球落到底板上所需的时地面下降的距离。
大学物理课后习题及答案(1-4章)含步骤解
，根据流量守恒
,
（2）当
（3）当
时，
时，
−
,整理可得：
可得
，即
,
图1-34所示为输液的装置。设吊瓶的截面积为1 ，针孔的截面积为2 ，且1 ≫ 2 ，开始时( = 0)，吊瓶内上下
液面距针孔的高度分别为ℎ1 和ℎ2 ，求吊瓶内药液全部输完时需要的时间。
，则针孔的流量为
液体总体积为
Ԧ =
= 2Ԧ − 2 Ԧ = −2Ԧ
1s末和2s末质点的速度为： 1 = 2Ԧ − 2Ԧ（m ∙ s−1 ），2 = 2Ԧ − 4Ԧ（m ∙ s −1 ）；
1s末和2s末质点的加速度相等：Ԧ = −2Ԧ （m ∙ s−2 ）
已知一质点做直线运动，其加速度Ԧ = 4 + 3 m ∙ s−2 , 开始运动时，0 = 5 m,
= 0.06（m）
（2）设弹簧最大压缩量为∆′ , 与碰撞粘在一起的速度为 ′，0 = ( +
) ′，代入已知条件可得 ′ = 4Τ11， + 压缩弹簧的过程中，机械能守恒，则
1
(
2
1
+ ) 2 = 2 ∆′2 ，得∆′ =
+
≈ 0.04（m）
(1)角加速度 =
由 =
∆
∆
=
0−2×1500÷60
50
由 =
=
2×1500
60
= 50 (rad ∙ s −1 )
= − (rad ∙ s−2 )
= −，得 = −，两边进行积分
得到 − 50 = − − 0,
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 （t0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2A B 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 ++= t /s 0 0.5 1 1.5 2 4 4.5 5 5.5 6 x /m0 5.7- 10- 5.7-4048.75558.7604 s 时间内，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 tt 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 h v题1.3解2：取图所示的极坐标(r ,，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，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()()()ji 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 x t 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，则23tg y 0x 0-==v v α14123'= α(2)加速度的分量式为2y y 2xx s m 40d d ,s m 60d d --⋅-==⋅==t v 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，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 tt r 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 ==xy θ(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。