第一章 质点运动学T1-4：BDDB1 -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) 初速度的矢量表达式和大小；(2) 加速度的矢量表达式和大小 解 (1) 速度的分量式为t t x x 6010d d +-==v t tyy 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度的矢量表达式为1015v i j =-+v v v ，初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v(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则加速度的矢量表达式为6040a i j =-v v v ，加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a1 -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(1) 质点的任意时刻速度表达式；(2)运动方程．解：（1） 由a ＝4 -t 2及dv a dt =， 有2d d (4)d a t t t ==-⎰⎰⎰v ，得到 31143t t C =-+v 。

又由题目条件，t ＝3ｓ时v ＝2，代入上式中有 3114333C =⨯-+2，解得11C =-，则31413t t =--v 。

（2）由dx v dt=及上面所求得的速度表达式，有31d vd (41)d 3t t t t ==--⎰⎰⎰x得到 2421212x t t t C =--+又由题目条件，t ＝3ｓ时x ＝9，代入上式中有24219233312C =⨯-⨯-+ ，解得20.75C =，于是可得质点运动方程为24120.7512x t t t =--+ 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大小；(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？知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式．本题采用线量的方式来描述圆周运动的运动方程。

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t dv a b dt==-, R bt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为a(2) 要使a b ==,b =可得bt 0v =(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 2200v =-=因此质点运行的圈数为bRR s n π4π22v == 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--题目的另一种描述方法：一质点（即题目中轮缘一点）作半径为R=0.50 m 的圆周运动，且2()d t k t dtθω==，其中k 为未知常数。

在t ＝2.0ｓ 时4v = m·ｓ-1 ．求：(1)在t′＝0.5ｓ时质点的角速度,切向加速度和法向加速度；(2)取t ＝0ｓ时00θ=，求t ＝2.0ｓ时的(2)t θ=。

知识点：第一问--圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式；第二问--运动学积分问题：已知速度及初位置求某时刻质点位置解 （1）因ωR ＝v , 且2()d t k t dtθω==得 2()v R t R k t ω==，将t ＝2.0ｓ 时4v= m·ｓ-1 代入上式解得2k=，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2120.5rad s t ω-==⋅ d 41d t a RRt tω=== 24148n a R Rt ω===（2）在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ或者：由2()2d t t dt θω==，有2()2d t dt t dt θω==⎰⎰⎰，得到323θt C =+。

又由题目条件，取t ＝0ｓ时00θ=，解得C=0。

则在2.0ｓ内该点的角度为32 5.33rad 3θt ==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？知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式． 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 222s2.30m s nt a R ω-===⋅22sd 4.80m s d tt a Rtω-===⋅ (2) 当22212/t n ta a a a +==时,有223nta a =,即 ()()422232412Rt R t =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()()422232412Rt R t =t ＝0.55ｓ 第二章 牛顿定律T1-4：DACB2 -14 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t ＋40,式中F 的单位为N,t 的单位的ｓ．在t ＝1 时,质点位于x ＝5.0 m 处,其速度v ＝9 m·ｓ-1 ．求质点（1）在任意时刻的速度和（2）位置．知识点：牛顿第二定律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度 解 （1）由牛顿第二定律有124Fa t m==+ 由dv a dt=， 有d d (124)d a t t t ==+⎰⎰⎰v ，得到 2164t t C =++v 。

又由题目条件，t ＝1ｓ时v ＝9，代入上式中解得11C =-，则2641t t =+-v 。

（2）由dxv dt=及上面所求得的速度表达式， 有2d vd (641)t t t dt ==+-⎰⎰⎰x得到32222x t t t C =+-+又由题目条件，t ＝1ｓ时x ＝5，代入上式中解得22C =，于是可得质点运动方程为32222x t t t =+-+。

2 -20 质量为45.0 kg 的物体,由地面以初速60.0 m·ｓ-1 竖直向上发射,物体受到空气的阻力为F r ＝kv,且k ＝0.03 N/( m·ｓ-1 )．(1) 求物体发射到最大高度所需的时间。

知识点：牛顿第二定律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度。

在这个题目中，并不需要得到速度的表达式，只需要得到速度和时间之间的关系式。

解 (1) 物体在空中受重力mg 和空气阻力F r ＝k v 作用而减速．由牛顿定律得tmk mg d d vv =-- (1) 将上式改写成微元等式，有d d tk g m=-+vvd d t kg m=-+⎰⎰v v，积分得到ln()m k t g C k m =-++v 。

由题意，将t=0时速度为060=v 代入上式，有0ln()m k g C km=-++0v ，即ln()m k C g km=+0v ，故有时间和速度的关系为1ln()ln()ln()1k m k m k m mgt g g k k m k m k mg+=+-+=+00v v v v 。

又当物体发射到最大高度时，速度0=v ，所以有此时所对应时间为s 11.61ln 0≈⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=mg k k m t v 。

2 -22 质量为m 的摩托车,在恒定的牵引力F 的作用下工作,并受到一定的阻力，使得它能达到的最大速率是v m ．试计算以下情况从摩托车由静止加速到v m /2所需的时间：(1) 阻力F r ＝k v 2；（2）阻力F r ＝k v ，其中k 为未知比例系数。

知识点：牛顿第二定律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度。

和上题一样，在这个题目中，并不需要得到速度的表达式，只需要得到速度和时间之间的关系式。

解 （1）设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F 和阻力F r 同时作用下,由牛顿定律有tmk F d d 2v v =-当加速度a ＝d v /d t ＝0 时,摩托车的速率最大,此时牵引力和阻力相抵消，因此可得k ＝F/v m 2代入上式中有t m F m d d 122v v v =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-， 将上式改写成微元等式，并利用22111111m m m=++--v v v v v v 有22d 1()2111m m m F dv dv dt m ==++--v v v v v v v ，两边积分有 1ln(1)ln(1)ln()2221m m m m m m mF t C C m +=+--+=+-vv v v v v vv v v v 。

由t=0时，v=0，代入上式，有C=0。

则当v=v m /2 时，有12ln()ln 32212m m m m t F F +==-1v v 1（2）设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F 和阻力F r 同时作用下,由牛顿定律有d d F k mt-=v v 当加速度a ＝d v /d t ＝0 时,摩托车的速率最大,此时牵引力和阻力相抵消，因此可得k ＝F/v m代入上式中有d 1d m F m t ⎛⎫-= ⎪⎝⎭v v v ，将上式改写成微元等式，有1mFdv dt m=-vv ，两边积分有 ln(1)mm F t C m =--+v v v 。

由t=0时，v=0，代入上式，有C=0。

则当v=v m /2 时，有1ln(1)ln 22m m m m t F F=--=v v 。

第三章 动量守恒定律和能量守恒定律T1，T3、4、5：CCDC3 -6 一架以3.0 ×102 m·ｓ-1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．知识点：质点动量定理的应用：已知速度变化求平均作用力 解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得Δ-='v m t F式中F ′为飞机对鸟的平均冲力,等式右边的0指小鸟的初始动量忽略不计，而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得N 1055.252⨯=='lm F v根据作用力和反作用力定律，则鸟对飞机的平均冲力为N 1055.25⨯-='-=F F3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m ＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v 1 ＝10 m·s -1 ,方向与Fx 相同,在t ＝6.86s 时,此物体的速度v 2 ．知识点：冲量的定义，质点动量定理的积分形式 解 (1) 由冲量定义21d t t IF t =⎰，有()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6．86 s(另一解t<0不合题意已舍去)(3) 由动量定理,2121d t t I F t mv mv ==-⎰，又由2302It t =+可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s , 将I 、m 及v 1代入可得112s m 40-⋅=+=mm I v v3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t ＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离变化规律为x LF F F0-=．试求质点从x ＝0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率． 知识点：功的定义，动能定理解 由x LF F F 00-=, 又由功的定义21d x x W F x =⎰, 有2d 0000L F x x L FF W L =⎪⎭⎫⎝⎛-=⎰由动能定理有 0212-=v m W其中，等式右边的0指质点的初始速度及动能为0，则有得x ＝L 处的质点速率为mL F 0=v 3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct 3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力F (v ) ＝k v 2，其中k 为已知阻力系数。