练习题一解答1-2 某质点作直线运动，其运动方程为241t t x -+=，其中x 以m 计，t 以s 计。

求：（1）第3s 末质点的位置；（2）前3s 内的位移大小；（3）前3s 内经过的路程。

解 （1）第3s 末质点的位置为()4334132=-⨯+=x （m ） （2）前3s 内的位移大小为()()31403=-=-x x （m ）（3）因为质点做反向运动时有()0=t v ，所以令0d d =tx，即024=-t ，2=t s ，因此前3s 内经过的路程为()()()()515540223=-+-=-+-x x x x （m ）1-3 已知某质点的运动方程为t x 2=，22t y -=，式中t 以s 计，x 和y 以m 计。

试求：（1）质点的运动轨迹并图示；（2）1=t s 到2=t s 这段时间内质点的平均速度；（3）1s 末和2s 末质点的速度；（4）1s 末和2s 末质点的加速度；（5）在什么时刻，质点的位置矢量与其加速度矢量恰好垂直？解 （1）由质点运动方程t x 2=，22t y -=，消去t 得质点的运动轨迹为422x y -=（x ＞0）运动轨迹如图1-2（2）根据题意可得质点的位置矢量为()()j i r 222t t -+=所以1=t s 到2=t s 这段时间内质点的平均速度为()()j i r 2r r v 32121-=--==t ∆∆（m ·s -1） （3）由位置矢量求导可得质点的速度为()j i rv t t22d d -==所以1s 末和2s 末质点的速度分别为题1-3图()j i v 221-=（m ·s -1）和()j i v 422-=（m ·s -1）（4）由速度求导可得质点的加速度为j v a 2dtd -==所以1s 末和2s 末质点的加速度为()()j a a 221-==（m ·s -2）（5）据题意有0)2(22=--=⋅t a r解得)(2，2舍去）（-==t s t1-5 已知质点的初始位置矢量和速度矢量为()j r R =0，()()j i v t t v t ωωsin cos 0+=其中R 、ω、v 0均为常数，试求质点的运动方程及轨迹方程。

解：由td d rv =，可得 dt d v r =将上式对t 积分得()()()()()()[]j i j i j i v v r r ttt t v t t v dtt t dt t t t ωωωωωωωωcos 1sin cos sin sin cos 0000-+=-=+==-⎰⎰所以()j i r ⎪⎭⎫⎝⎛+-+=R t v v t v t ωωωωωcos sin 000运动方程为t v x ωωsin 0=，t v R v y ωωωcos 0-+=将上两式中消去t 得质点轨迹方程为20202⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛--+ωωv v R y x1-8 一质点沿x 轴运动，其加速度与速度成正比，方向与运动方向相反，即kv a -=，初始位置、初速度分别为x 0、v 0，试求质点位移随时间变化的关系式。

解 由题意知kv dtdva -==分离变量后做定积分⎰⎰-=t vv kdt v dv00 得kt v -=ln即kt e v v -=0利用kte v dtdx v -==0，得 dt e v dx kt -=0再次将上式积分⎰⎰-=tktxx dt ev dx 00得()kt e kv x x --=-101-9 已知质点沿半径2.0=R m 的轨道做圆周运动，其角位置随时间变化关系为t t t 0.40.323+-=θ，式中θ的单位是rad ，t 的单位是s ，试求：（1）0.2=t s 到0.4=t s 这段时间内的平均角加速度？（2）0.2=t s 时，质点的加速度为多少？解 （1）由题意知t t t 0.40.323+-=θ 所以0.40.632+-==t t dtd θω当0.2=t s 时 0.40.40.20.60.2321=+⨯-⨯=ω（1s rad -⋅）当0.4=t s 时 0.280.40.40.60.4322=+⨯-⨯=ω（1s rad -⋅）于是0.120.20.40.40.281212=--=--==t t t ωω∆ω∆β（2s rad -⋅） （2）0.2=t s 时的速度大小8.02.00.4=⨯==R v ω（1s m -⋅）角加速度 0.60.60.20.60.60.6=-⨯=-==t dtd ωβ（2s rad -⋅） 切向加速度大小为2.10.62.0=⨯==βR a t （2s m -⋅）法向加速度大小为 2.32.064.02===R v a n （2s m -⋅）加速度大小为42.32.12.32222=+=+=n t a a a （2s m -⋅）1-10 一质点从静止出发沿半径为1=R m 的圆周运动，其角加速度随时间的变化规律是t t 6122-=β（2s rad -⋅），试求该质点的角速度ω和切向加速度τa 。

解 因为 t t dtd 6122-==ωβ 所以()t t t d 612d 2-=ω积分上式有()⎰⎰-=t t t t2d 612d ωω故质点的角速度为2334t t -=ω（1s rad -⋅）切向加速度为t t R a t 6122-==β（2s m -⋅）练习题二解答2-1 如图所示，质量10=M kg 的物体，放在水平面上，已知物体与地面间的静摩擦系题2-1用图数为40.0=s μ。

今要拉动这物体，试求所需要的最小拉力的大小与方向。

解 在水平地面上，物体受重力M g ，地面支持力N ，物体与地面间摩擦力f ，外力F （与水平面夹角为θ），如题2-1a 图所示。

根据牛顿第二定律，物体刚好可以运动时，其加速度0=a ，摩擦力为最大静摩擦力，于是有x 方向： Ma f F =-θcos =0 （1）y 方向：Mg N F =+θsin （2）N f s μ= （3）联列求解式（1）、（2）、（3）得F =θθμμcos sin +s s Mg()0cos sin =+θθμθs d ds tg μθ= ︒==-8.211s tg μθ得F =36.4（N ）所以，所需要的最小的拉力是36.4N ，它与水平向右方向的夹角︒=8.21θ。

2-3如图所示，5.01=m kg ，两物体和斜面间的摩擦，滑轮轴上的摩擦可忽略，绳和滑轮质量不计，并且绳子不可伸长。

求：（1）当4.02=m kg 时，系统运动的加速度多大，绳子的张力是多少？（2）当2m 多大时，系统匀速运动？这时绳子的张力又是多大？解：（1）分别以1m 、2m 为研究对象，画出1m 、2m 的隔离体受力图，如题2-3a 图所示。

设1m 沿斜面下滑，2m 沿斜面向上运动，系统的加速度为a ，分别建立xoy 坐标系。

由牛顿定律对1m 、2m 可分别列出方程题2-1a 图xa m T g m 1130sin =-︒ （1）a m g m T 2260sin =︒- （2）联立解得g m m m m a 212160sin 30sin +︒-︒=8.94.05.0234.0215.0⨯+⨯-⨯=05.1-=（2s m -⋅）得负值，说明a 的方向与原来所设方向相反，实际上1m 沿斜面向上运动，而2m 沿斜面向下运动，系统的加速度大小为1.05（2s m -⋅）。

这时绳子的张力为am g m T 1130sin -︒=()0.305.15.0218.95.0=-⨯-⨯⨯=（N ） （2）系统匀速运动时0=a 。

对1m 、2m 分别列出方程030sin 1=-︒T g m （3）060sin 2=︒-g m T （4）由（3）式可得5.2218.95.030sin 1=⨯⨯=︒=g m T （N ）代入式（4）得 29.0235.95.260sin 2=⨯=︒=g Tm （kg ）第七章思考题7-4 一个均匀带电球形橡皮气球，在其被吹大的过程中，下列各场点的场强 将如何变化？(1)气球内部；(2)气球外部；(3)气球表面。

答：(1) 因为电荷分布在球面上，球内部无电荷，在球内取半径为r ( r <R ) 的球形高斯面，由高斯定理易知球内的场强E 内= 0。

(2) 在球外取半径为r ( r >R )的球形高斯面，由高斯定理易知球外空间的场强E外题2-3a 图=204r q πε。

由此可知，球外空间的场强与气球吹大过程无关。

(3)因为球表面的场强E表=204R q πε，在球吹大的过程中，R 变大，所以，球表面的场强随气球的吹大而变小。