篇一：大学物理课后习题答案
1
P.30 1—1 一质点在xOy平面上运动，运动方程为x?3t?5,y?t2?3t?4式中t以s计，x，y以m计。
2
（1）以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式； （2）计算第1秒内质点的位移；
（3）计算t?0 s时刻到t?4 s时刻内的平均速度；
（4）求出质点速度矢量表示式，计算t?4 s时质点的速度； （5）计算t?0 s到t?4 s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?4 s是质点的加速度。
（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）
??12??
解：(1) 质点t时刻位矢为：r?(3t?5)i??t?3t?4?j(m)
?2?
???
(2) 第一秒内位移 ?r1?(x1?x0)i?(y1?y0)j
??1??2
?3(1?0)i?(1?0)?3(1?10)?j
?2?
???3i?3.5j(m)
??r????1
(3) 前4秒内平均速度 V??(12i?20j)?3i?5j(m?s?1)
?t4
??dr???
(4) 速度V??3i?(t?3)j(m?s?1)
dt?????
∴ V4?3i?(4?3)j?3i?7j(m?s?1)
(5) 前4秒平均加速度
???
?VV4?V07?3??
a???j?j(m?s?2)
?t4?04
??dV?
?j(m?s?2)(6) 加速度a?dt
??
a4?j(m?s?2)
P.31 1—2 质点沿直线运动，速度v?t3?3t2?2(m?s?1)，如果当时t=2 s时，x=4 m,求：t=3 s时质点的位置、速度和加速度。
解：v?
dx
?t3?3t2?2 dt
x??dx??vdt?c?
143
t?t?2t?c 4
当t=2时x=4代入求证 c=－12
1
即x?t4?t3?2t?12
4v?t3?3t2?2
dv2
a??3t?6t
dt
将t=3s代入证
1
x3?41(m)v3?56(m?s?1)a3?45(m?s?2)
4
P．31 1—9 一个半径R=1.0 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，其自由端拴一物体。在重力作用下，物体A从静止开始均匀加速的下滑，在?t=2.0 s内下降的距离h=0.4 m。求物体开始下降后3s 末，轮边缘上任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
2h2?0.42
a?2??0.2m/s2
t2
此加速度也等于轮缘上一点在t??3s时的切向加速度，即
?
at?0.2(m/s2)
在t??3s时的法向加速度为
?
v?2(att)22
an???RR
P. 32 1—10
一电梯以1.2m?s?2的加速度下降，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间和它对地面下降的距离。
a?1.2m/s2,t0?0.5s,h0?1.5m.如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为
v0?at0?1.2?0.5?0.6(m/s)
以t表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为 1
h?v0t?gt2
2
电梯下降的距离为
1
h??v0t?at2
2
又
1
h0?h?h??(g?a)t2
2
由此得
t?
2h0
?g?a
2?1.5
?0.59s
9.8?1.2
而小球相对地面下落的距离为
h?v0t?
12gt 2
1
?0.6?0.59??9.8?0.592
2
?2.06m
P.32 1—12 一架飞机从A地向北飞到B处，然后又向南飞回到A处，已知飞机相对空气的速率为v，空气相对于地面的速度为u，AB间的距离为L,飞机相对空气速度保持不变，求： （1）如果空气静止，飞机飞来回飞行的时间；
（2）如果空气的速度方向由南向北，飞机来回飞行的时间；
（3）如果空气的速度方向是由东向南，试证飞机来回飞行的时间t?2L/ 2L2 ?v
LL2vL
(2) t?t1?t2? ??2
2
v?uv?uv?u
解：(1) t?
习题1-12图
2
2L??u??
??1????
v???v???
LL
(3) t?t1?t2??,如图所示风速u由东向西，由速度合成可得飞机对
v?v?
???
地速度v??u?v,则V??v2?u2.
?1
t?
2L2L???
22v?v?u
2L?u?
v???
?v?
2
证毕
P．51 例 2—8 平静的河面上，以平底小船长为l= 11m, 质量M=500kg，以 ?0=2 m?s?1匀速率直线航行，船内一人逆航行方向从船头经 t=4 s 到达船尾，人的质量 m = 50 kg，忽略水对船的阻力。 求： （1）若人以任意速率相对船运动，他到达船尾时船的航行速率 ? ；（2）在t 时间内船的航行路程 s ；（3）如果人以变速率跑动，仍是在 t = 4 s 内到达船尾，上诉计算结果又如何？
解：（1）以船和人为研究系统，去地面为参考系， x 正方向为航行方向，如图所示。由于水平方向系统不受外力，故沿航行方向系统动量守恒。人静止站立在船头时系统的动量为(M?m)v0，设人以匀
l
速率u?相对行走，由题意知，当人到达船尾时系统的动量为Mv?m(?u?v)，由动量守恒定律可得
tv?Mv?m(?u? )v(M?m)0
mml5011
u?v0??2??2.25(m?s?1) M?mM?mt500?504
（2）由于人逆航行方向行走时，船以匀速率v前进，故船在t时间内的航行路程为
解得v?v0?
s?vt?2.25?4?9m(
（3）当人在船上以变速率逆航行方向行走，经t时间到达船尾时，由前面的解得到此时船速为
v?v0?Mm?mu
该式中u为人相对于船的速率，故船速为变速，视瞬时速率u而定。 在t时间内船相对地面航行的路程为
s??vdt??v0dt?
t
t
tmmudt?vt?l0?0M?mM?m
?2?4?
50
?11?9(m)550
P.75 2—12均匀柔软链条，质量为m，长为l，一部分(l?a)放在桌面上，一部分（长为a）从桌面边缘下垂，链条与桌面间的摩擦系数为?，问：（1）下垂长度多大时，链条才能下滑；（2）当链条以（1）所求得的下垂长度从静止开始下滑，在链条末端离开桌面时，它的速率是多大？ 解：（1）设链条的质量线密度为?，链条开始下滑时，其下垂直度为x0，应满足的条件是其下垂部分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力，即：
x0?g??(l?x0)?g?
x0?
?
1??
l
习题2-12图
（2）据功能原理Wr?E2?E1开始下滑时在桌面部分的长度
为y0?l?x0?力作功为
l
当链条的A端从O点沿y轴运动到y0点过程中，摩擦1??
Wr???fr?dy????(y0?y)?gdy
y0
??g?l?2
????y0???22?1????
??g
2
设桌面为势能零点，则链开始下滑到A端离桌面时的机机械能分别为
11??l?2
?E1???x0g???g??22?1????
11E2??lv2??gl2
22
2
??g?1?12121??l?
?????lv??lg??g?于是有? ???2?1???222?1????化简可得v2?
gl
,1??
v?
gl
1??
22
P.772—23 一质量为m1?0.1kg的小球A，从半径R?0.8m的1/4圆形轨道自由落下，抵达轨道最低点时离河面距离h?5m,在该点原先已放置一小球B，其质量m2?0.4kg，密度?=0.5g?cm?3。它被A球碰入河中，设碰撞是弹性的，如图所示。B球落入河中后，未到河底忽又上浮，求B球浮出水面时距离河岸的水平距离s（水的阻力和B球落水时的能量损失均忽略不计）。 解：设s?s1?s2.如图所示，写出各个过程的相应方程 A?B：机械能守恒
12
m1gR?m1v1(1)
2
B点碰撞：动量、机械能守恒
?mv?mv??mv(2)1122?11
?112?212
(3)?m1v1?m1v1?m2v2
22?2
B?C：平抛运动
?s1?v2t1??12h?gt1?2?
(4)(5)
习题2-23图
m2在C点时:
?vcx?v2
?
?vcy?gt1
(6)(7)
C?D：m2以上述速度作斜抛运动，但其加速度由下式确定
?s2?vcxt
?
?2vcy?at
(8)(9)
m2a?f浮?m2g?(
1
?水
?1)m2g ?
?(
?
?1)m2g
(10)
由(8)、（9）、（10）可确定射程CD为
s2?
2v?vcy
a
?2vcxvcy
a
(11)
联立（1）至（11）式可解证
????
4m1Rh?2?
s?s1?s2?1??4.8(m)
?1m1?m2?
?1?????
P．77 2—29 一质量为m的弹丸穿过垂直悬挂的单摆摆锤后，速率由v减小到v/2，若摆的质量为M，摆线长为l，欲使摆锤能在铅直平面内完成以圆周运动，求弹丸的最小速度。
解：子弹与摆锤碰撞，水平方向动量守恒
v
mv?m?Mv1 (1)
2
v1为摆锤碰撞后之速度，摆锤获此速度后作圆周运动，在铅直面内机械能守恒
112
Mv12?Mv2?Mg2l (2)
22
M2
欲完成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件 Mg?v2 (3)
l
2M
由（3）式得v2?gl代入（2）式得v1?gl，再代入（1）式可得子弹的最小速度vmin?gl
mP．77 2—30 以质量为M=10kg的物体放在光滑水平面上，并有以水平轻弹簧相连，如图所示，弹簧的劲度系数k?1000N?m?1。今有一质量为m?1kg的小球以水平速度v0?4m?s?1飞来，与物体M相撞后以
v1?2m?s?1的速度弹回。问：（1）M起动后弹簧能被压缩多少？ （2）小球m与物体M碰撞过程中系统
机械能改变了多少？ （3）如果小球上涂有粘性物质，相碰后粘在一起，则（1），（2）两问结果又如何？解：小球与弹簧振动系统相互碰撞，水平方向动量守恒
mv0??mv1?Mv(1)
V为弹簧系统的启动速度，它在被压缩过程中机械能守恒，设最大压缩长度为
xm，则有
112
(2) Mv2?kxm
22
将（1）、（2）两式联立求解得
xm?
11m(v0?v1)??1?(4?2)?0.06(m) kM103?10
篇二：大学物理第五版课后答案(上)完整版
1-1 。 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｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．
(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故
ΔrΔs
,即｜｜≠． ?
ΔtΔt
但由于｜dr｜＝ds,故
drds
?,即｜｜＝．由此可见,应选(C)． dtdt
1-2。 分析与解
dr
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vr表dt
drds表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v?计算,在
dtdt
2
示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；
2
?dx??dy?
直角坐标系中则可由公式v??????求解．故选(D)．
?dt??dt?
1-3 。分析与解
dv
表示切向加速度aｔ,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dt
量,起改变速度大小的作用；
drds
在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率dtdt
v；而
dv
表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． dt
1-4 。分析与解 加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an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aｔ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, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ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 。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x?度v?dx?
dt
l
l2?h2,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速
dl
dl
,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为
dtl2?h2
v?
v0l2?h2/l
?
v0
,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)． cosθ
1-6 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：Δx?xt?x0,而在求路程时,就必须注意到质
dx
?0来确定其运动方向改变的dt
s??x??x时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx 、Δx ,则t 时间内的路程1212,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质2
dxdx
点速度和加速度可用和2两式计算．
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
解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小 Δx?x4?x0??32m (2) 由
dx
?0 得知质点的换向时刻为 tp?2s (t＝0不合题意) dt
则Δx1?x2?x0?8.0m,Δx2?x4?x2??40m 所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 s?Δx1?Δx2?48m (3) t＝4.0 s时 ,v?2,a?
dx
dt2t?4.0s
dx
??48m?s?1
dtt?4.0s?2??36m.s
1-7 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
aAB?
vB?vA
?20m?s?2(匀加速直线运动),aBC?0(匀速直线运动)
tB?tA
aCD?
vD?vC
??10m?s?2 (匀减速直线运动)
tD?tC
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
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
1
x?x?v0t?t2
2
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
v?20m?s?1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 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ds,则
ds?(dx)2?(dy)2,最后用s??ds积分求ｓ．
这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．
解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为,y?2?
12x 4
(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为
r0?2j , r2?4i?2j
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 Δr?r2?r1?(x2?x0)i?(y2?y0)j?4i?2j 其中位移大小Δr?
(Δx)2?(Δy)2?5.66m
2222x2?y2?x0?y0?2.47m
而径向增量Δr?Δr?r2?r0?
*(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ds,则ds?方程可得dy??
Q
(dx)2?(dy)2,由轨道
1
xdx,代入ds,则2ｓ内路程为 2
40
s??ds??
P
4?x2dx?5.91m
1-9 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 vx?
dxdy
??10?60t,vy??15?40t dtdt
当t ＝0 时, vox ＝-10 m·ｓ-1 , voy ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为
v0?v0x?v0y?18.0m?s?1
设vo与x 轴的夹角为α,则
22
α? tan
v0yv0x
3
?? α＝123°41′
2
(2) 加速度的分量式为
ax?
dvdvx
?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2
dtdt
则加速度的大小为 a?设a 与x 轴的夹角为β,则
ax?ay?72.1m?s?2
22
tanβ?
ay
2
?? ,β＝-33°41′(或326°19′) ax3
1-10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y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(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 y1?v0t?
121
aty2?h?v0t?gt2 22
当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即
11
v0t?at2?h?v0t?gt2
22
t?
2h
?0.705s g?a
(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为
d?h?y2??v0t?
12
gt?0.716m 2
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 0?h?
1
(g?a)t2t?22h
?0.705s g?a
(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为
1
h??v0t?at2 则d?h?h??0.716m
2
1-11 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 ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋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θ?参数方程为
2π
t,则质点P 的T
x??Rsiny???Rcos
2πt, T
2πt T
坐标变换后,在Oxy 坐标系中
有
x?x??Rsin
2π2π
t, y?y??y0??Rcost?R TT
则质点P 的位矢方程为
r?Rsin
2π2π??ti???Rcost?R?jTT??
?3sin(0.1πt)i?3[1?cos(0.1πt)]j
dr2π2π2π2π
v2??Rcosti?Rsintj?(0.3πm?s?1)j
TTπTdrdt2π22πT2π
a?2??R()2sinti?R()2costj?(?0.03π2m?s?2)i
dtTTTT
(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为
1-12 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＝htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为
v?
dshω?3?1
??1.94?10m?s2
dtcosωt
当杆长等于影长时,即s ＝h,则
t?
1sπarctan??3?60?60s ωh4ω
即为下午3∶00 时．
篇三：大学物理上册课后习题答案
习题解答 习题一
1-1 ｜?r｜与?r 有无不同?
drdrdvdv和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?dtdtdtdt
试举例说明．
解：（1）
??
?r是位移的模，?r是位矢的模的增量，即?r?r2?r1，?r?r2?r1；
（2）
dsdrdr
是速度的模，即. ?v?
dtdtdt
dr
只是速度在径向上的分量. dt
?（式中r?叫做单位矢）∵有r?rr，则
式中
?drdrdr
??r?r
dtdtdt
dr
就是速度径向上的分量， dt
∴
drdr
与不同如题1-1图所示.dtdt
题1-1图
?
dvdv?dv
(3)表示加速度的模，即a?，是加速度a在切向上的分量.
dtdtdt
∵有v?v?(?表轨道节线方向单位矢），所以
??
??dvdv?d????v dtdtdt
dv
就是加速度的切向分量. dt???d??dr与(?的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) dtdt
式中
1-2 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时，有人先求
drd2r出r＝x?y，然后根据v =，及a＝2而求得结果；又有人先计算速度和加速度
dtdt
2
2
的分量，再合成求得结果，即
dx??dy?
=?????及a=
dt???dt?
22
?d2x??d2y?
??dt2?????dt2?? 你认为两种方法哪一种????
22
正确？为什么？两者差别何在？
???
解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有r?xi?yj，
?
?drdx?dy??v??i?j
dtdtdt
2?22
??drdxdy?
a?2?2i?2j
dtdtdt
故它们的模即为
?dx??dy?
v?v?v??????
?dt??dt?
2x
2y
2
2
22
?dx??dy?22
a?ax?ay???dt2?????dt2??
????
2
2
而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作
dr
v?
dt
d2ra?2
dt
drdrd2r
与2误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明不是速度的模，其二，可能是将
dtdtdt
d2r
而只是速度在径向上的分量，同样，2也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中
dt
2
?d2r??d???
的一部分?a径?2?r?或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r在径向（即??。
dtdt??????
??
量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速度v的方向随间的变化率对速度、加速
度的贡献。
1-3 一质点在xOy平面上运动，运动方程为
x=3t+5, y=
12
t+3t-4. 2
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)求出t=1 s 时刻和t＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t＝0 s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＝4 s 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(请把位置矢量、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)．
?12??
解：（1） r?(3t?5)i?(t?3t?4)jm
2
(2)将t?1,t?2代入上式即有
???
r1?8i?0.5j m
???
r2?11j?4jm ?????
?r?r2?r1?3j?4.5jm
??????
(3)∵r0?5j?4j,r4?17i?16j
????????rr4?r012i?20j
???3i?5jm?s?1 ∴ ??t4?04
????dr
?3i?(t?3)jm?s?1 (4) v?dt
????1
则 v4?3i?7j m?s
??????
(5)∵ v0?3i?3j,v4?3i?7j
?????vv4?v04????1jm?s?2
?t44
???dv
?1jm?s?2 (6) a?dt
这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。
1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以
v0(m2s?1)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．
图1-4
解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成?角，由图可知 l?h?s
将上式对时间t求导，得
2
2
2
2l
dlds
?
2sdtdt
题1-4图
根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， ∴ v绳??即 v船??
dlds?v0,v船?? dtdt
vdsldll???v0?0 dtsdtscos?
lv0(h2?s2)1/2v0
?或 v船? ss
将v船再对t求导，即得船的加速度
dlds
?ldv?v0s?lv船
a?船?2v0?v0
2
dtss
2
l2
(?s?)v022
hv0??
s2s3
s
1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a＝2+6x，a的单位为m?s，x的单位为 m. 质点在x＝0处，速度为10m?s,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵a?
?1
2
?2
dvdvdxdv
??v dtdxdtdx
2
分离变量： ?d??adx?(2?6x)dx 两边积分得
12
v?2x?2x3?c 2
由题知，x?0时，v0?10,∴c?50
∴ v?2x3?x?25m?s?1
1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a＝4+3t m?s，开始运动时，x＝5 m，v =0，求该质点在t＝10s 时的速度和位置． 解：∵a?
?2
dv
?4?3t dt
分离变量，得dv?(4?3t)dt 积分，得
3
v?4t?t2?c1
2
由题知，t?0,v0?0 ,∴c1?0
32t 2
dx3?4t?t2 又因为 v?dt2
32
分离变量， dx?(4t?t)dt
2
132
积分得 x?2t?t?c2
2
故v?4t?由题知 t?0,x0?5 ,∴c2?5 故 x?2t?所以t?10s时
2
13
t?5 2
v10?4?10?
3
?102?190m?s?12
1
x10?2?102??103?5?705m
2
3
?式中以弧度计，t以秒计，1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 ?=2+3t，
求：(1) t＝2 s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，
其角位移是多少?
解： ??
d?d??9t2,???18t dtdt
(1)t?2s时， a??R??1?18?2?36m?s?2
an?R?2?1?(9?22)2?1296m?s?2
(2)当加速度方向与半径成45角时，有
ο
tan45??
2
a?
?1 an
即 R??R? 亦即(9t)?18t 则解得 t?于是角位移为
3
22
2 92
?2.679
rad
??2?3t3?2?3?
免费论文网友情提示：本网站所有内容为共享上传提供，不涉及任何商业利益，本站对此不承担任何保证责任！
Copyright © www.csmayi.cn Corporation, All Rights Reserved 共享时代 共享你我他 版权所有