第一章，练习册答案

第一章 质点运动学

1-1质点作曲线运动，在时刻t质点的位失为r，速度为v，速率为v，t至（t??t）时间内的位移为?r，路程为?s，位失大小的变化量为?r（或称?r），平均速度为v，平均速率为v。 （1）根据上述情况，则必有（ B ） （A）?r??s??r

（B）?r??s??r，当?t?0时有dr?ds?dr （C）?r??r??s，当?t?0时有dr?dr?ds （D）?r??s??r，当?t?0时有dr?dr?ds （2）根据上述情况，则必有（ C ） （A）v?v,v?v （B）v?v,v?v （C）v?v,v?v （D）v?v,v?v

1-2 一运动质点在某瞬时位于位失r(x,y)的端点处，对其速度的大小有四种意见，即

（1）

drdrdsdx2dy2；（2）；（3）；（4）()?() dtdtdtdtdt下述判断正确的是（ D ） （A）只有（1）（2）正确；（A）只有（2）正确 （A）只有（2）（3）正确；（A）只有（3）（4）正确

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，at表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）

dvdrdsdv?a；?v；?v；（2）（3）（4）?at dtdtdtdt下述判断正确的是（ D ） （A）只有（1）（4）是对的；（A）只有（2）（4）是对的 （A）只有（2）是对的；（A）只有（3）是对的 1-4一个质点在做圆周运动时，则有（ B ） （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

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1-5有一质点作直线运动，其运动方程为x=6t-2t (SI制)，试求： (1)第二秒内的平均速度； (2)第三秒末的速度； (3)第一秒末的加速度； (4)质点作什么类型的运动？

1

解：(1)先求出质点在第二秒内的位移。由运动方程可知

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t=1s，x1=6×1-2×1=4m

t=2s，x2=6×22-2×23=8m 第二秒内的平均速度为: v?x2?x18?4??4m?S?1 ?t1dxd?6t2?2t3?12t?6t2 dtdt (2)把位移对时间求导，即得质点的速度 v???18m?S 把t=3s代入上式，可得第三秒末的速度为 v?12?3?6?3＝－ (3)把速度对时间求导，即得质点的加速度 a?2?1

dvd?12t?6t2?12?12t dtdt?? 把t=1s代入上式，可得第一秒末的加速度为 a=12-12×1=0m/s (4)质点作变加速直线运动。

1-6已知一质点的运动方程为r?2ti?(2?t2)j（SI制）。(1) 求出t?1s，和t?2s时质点的位矢；(2) 求出1s末和2s末的速度； (3) 求出加速度。

2

t?2s时 r2?4i?2jm 解：（1）t?1s时 r1?2i?jm，

（2）质点的运动的速度v?dr?2i?2tjm/s： dtt?1s时 v1?2i?2jm/s， t?2s时 v2?2i?4jm/s

（3）质点运动的加速度a?dv??2jm/s2 dt21-7一质点沿y轴作直线运动，其速度大小vy?8?3t，单位为SI制。质点的初始位置在y轴正方向10m处，试求：（1）t?2s时,质点的加速度；（2）质点的运动方程。 解：根据题意可知，t?0s时，v0?8ms?1，y0?10m （1） 质点在t?2s时的加速度ay为ay?dvydt?6t?12ms?2

yt（2） 质点的运动方程y为dy?vydt，两边积分 ?dy??(8?3t2)dt，因此 y?10?8t?t3m

1001-8某质点在xoy平面上作加速运动，加速度a?3i?2tj(m/s2)。在零时刻的速度为零，位置矢量r0?5im。试求：（1） t时刻的速度和位矢；（2） 质点在平面上的轨迹方程。 解：（1）t时刻的速度v为dv?adt?(3i?2tj)dt，积分得

?v0dv??(3i?2tj)dt

0t因此 v?(3ti?t2j)ms?1； t时刻的位矢r为dr?vdt?(3ti?t2j)dt

121332tj 积分得?dr??(3ti?tj)dt，因此r?r0?3ti?tj?(5?t)i?r002323rt23（2）由r的表达式可得质点的运动方程

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32?x?5?t3/2?2?1?2? ? 消去两式中的t，便得轨迹方程 y?(x?5)?m 3?3?3??y?t?3?1-9一质点具有恒定加速度a?(6i?4j)(ms?2)，在t=0时，其速度为零，位置矢量为r0?10i(m)。求： （1）在任意时刻的速度和位置矢量；

（2）质点在xOy平面上的轨迹方程，并画出轨迹的示意图。

vttdvdv?adt可得： 两边积分：?dv??adt??(6i?4j)dt

000dtdr注意到：v0?0可得：v?(6ti?4tj)dt(m?s?1) 又由v?可得dr?vdt

dt解：（1）由a?两边积分：

?rr0dr??vdt??(6ti?4tj)dt

0022tt注意到：r0?10i(m)可得：r?r0?(3ti?2tj)??10?3t2??2?i?2tj???m?

2（2）由运动学方程可得其分量式为：x?t??10?3t y?t??2t

2消去 t ，得 3y?2x?20，它为直线方程，如左图所示。这里由 r0?10i 可得：t?0,x0?10?m?,y0?0

1-10一汽艇以速率v0沿直线行驶。发动机关闭后，汽艇因受到阻力而具有与速度v 成正比且方向相反的加速度a??kv，其中k为常数。求发动机关闭后，（1） 在时刻t汽艇的速度；（2） 汽艇能滑行的距离。 解：本题注意根据已知条件在计算过程中进行适当的变量变换。

dvdvdv??kv， 可得??kdt，所以????kdt， （1）因为a?dtvvv00积分得 lnv??kt，即：v?v0e?kt v00sdvdvdsdv??v??kv，所以 ?dv??k?ds，v0?ks

v00dtdsdtdsv发动机关闭后汽艇能滑行的距离为s?0。

k 如利用ds?vdt进行计算，t的积分上下限取?与0，可得同样结果。想一想其合理性。

vt （2）因为

21-11一物体沿X轴作直线运动，其加速度a??kv，k是常数。在t?0时，v?v0，x?0。

（1）求速率随坐标变化的规律；（2）求坐标和速率随时间变化的规律。 解：本题注意变量变换。 （1） 因为a?vdvxdvdvdxdv??v??kv2，所以 ???k?dx 得lnv??kx，即 v?v0e?kx

v0v0dtdxdtdxv0 3

dvdv??kv2，所以?2???kdt可得 v?v0/(v0kt?1) （2）因为a?vdtv00又因为 v?vtdxxttv01，所以?dx??vdt??dt，可得 x?ln(v0kt?1)

000vkt?1dtk0?? t1-12潜水艇在下沉力不大的情况下，自静止开始以加速度a?Ae刻的速度和运动方程。

竖直下沉(A，β为恒量)，求任一时

解：以潜水艇开始运动处为坐标原点，竖直向下为正方向。按质点运动的加速度的定义式a?有 dv＝adt＝Aevtdv dt?? tdt

根据题目的初始条件，积分 dv＝Ae00???? tdt

可得潜水艇在任意时刻的速度为 v??1?e? ??? tA再根据速度的定义式 v?dx dt得 dx?vdt?xt?1?e?dt ??? tA积分 dx?0????1?e?dt

?? t0A得潜水艇在任意时刻的位置坐标，即运动方程为 x?A?2?e?? t?1?At

?1-13已知质点作半径为R?0.10m的圆周运动，其角位置与时间的关系为??2?4t3(其中?的单位为rad，（1）当t?2s时，角速度?和角加速度；（2）当t?2s时，切向加速度at和法向t的单位为s)。试求：加速度an。

解：（1）质点的角速度及角加速度为??d??12t2，??d??24t dtdt当t?2s时， ??12?22rads?1?48rads?1， ??24?2rads?2?48rads?2

（2）质点的切向加速度和法向加速度为at?R??24Rt，an?R?2?144Rt4

当t?2s时，at?R??24?0.1?2ms?2?4.8ms?2

an?144?0.1?24ms?2?230.4ms?2

1-14一球以30m.s的速度水平抛出，试求5s钟后加速度的切向分量和法向分量。

解：由题意可知，小球作平抛运动，它的运动方程为

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