第1章 质点运动学1-1. 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为x ＝8t 3－6t （m ），试计算质点 (1) 在最初2s 内的平均速度，2s 末的瞬时速度；(2) 在1s 末到3s 末的平均加速度，3s 末的瞬时加速度. 分析：平均速度和瞬时速度的物理含义不同，分别用x t ∆=∆v 和d d x t=v 求得；平均加速度和瞬时加速度的物理含义也不同，分别用a t∆=∆v和d d a t =v 求得.解：(1) 在最初2s 内的平均速度为31(2)(0)(8262)026(m s )2x x x t t -∆-⨯-⨯-====⋅∆∆v2s 末质点的瞬时速度为212d 24690(m s )d xt t-==-=⋅v (2) 1s 末到3s 末的平均加速度为22(3)(1)(2436)(246)96(m s )2a t t -∆-⨯---====⋅∆∆v v v3s 末的瞬时加速度23d 48144(m s )d a t t-===⋅v1-2．一质点在xOy 平面内运动，运动方程为22(m),48(m)x t y t ==-. （1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求=1 s =2 s t t 和时质点的位置、速度和加速度.分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程.写出质点的运动学方程)(t r表达式.对运动学方程求一阶导、二阶导得()t v 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度.解：（1） 由2,x t = 得：,2xt =代入248y t =- 可得：28y x =-，即轨道方程. 画图略（2）质点的位置矢量可表示为22(48)r ti t j =+-则速度d 28d ri t j t==+v 加速度d 8d a j t==v当t =1s 时，有1224(m),28(m s ),8m s r i j i j a j --=-=+⋅=⋅v当t =2s 时，有1248(m),216(m s ),8m s r i j i j a j --=+=+⋅=⋅v1-3．一质点的运动学方程为22(1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位. 求： （1）质点的轨迹方程；（2）在2s t =时质点的速度和加速度. 分析： 同1-2.解：（1）由题意可知：x ≥ 0，y ≥ 0，由2x t =，可得t =,代入2(1)y t =- 整理得：1=即轨迹方程（2）质点的运动方程可表示为22(1)r t i t j =+-则d 22(1)d rti t j t ==+-v d 22d a i j t==+v因此, 当2s t =时，有1242(m s ),22(m s )i j a i j --=+⋅=+⋅v1-4．一枚从地面发射的火箭以220m s -⋅的加速度竖直上升0.5min 后，燃料用完，于是像一个自由质点一样运动. 略去空气阻力并设g 为常量，试求： （1）火箭达到的最大高度；（2）它从离开地面到再回到地面所经过的总时间.分析：分段求解：030s t ≤≤时，220m s a -=⋅，可求出11,x v ；t ＞30s 时，g a -=.可求出2()t v ，2()x t .当20=v 时，火箭达到的最大高度, 求出t 、x . 再根据0x =，求出总时间.解：（1）以地面为坐标原点，竖直向上为x 轴正方向建立一维坐标系，设火箭在坐标原点时，t =0s ，且0.5min=30s.则当0≤ t ≤30s ，由d d xx a t=v ,得 3020d d xx t =⎰⎰v v ， 解得 20x t =v当130s =v 时11600m s -=⋅v由d d x xt=v ， 得 13020d d x t t x =⎰⎰，则19000m x =当火箭未落地, 且t ＞30s, 又有221309.8d d xtx t -=⎰⎰v v v解得28949.8x t =-v同理由d d x x t=v 得 130(8949.8)d d txx t t x -=⎰⎰解得24.989413410x t t =-+- … ①由20x =v ，得91.2s t =，代入①得max 27.4km x ≈（2）由①式可知，当0x =时，解得1166s t ≈216s<30s t ≈（舍去）1-5．质点沿直线运动，加速度24a t =-，式中a 的单位为2m s -⋅，t 的单位为s ，如果当t =3s 时，x =9m ，12m s -=⋅v ，求质点的运动方程.分析 本题属于第二类运动学问题，可通过积分方法求解. 解 由分析可知0200d d (4)d tta t t t ==-⎰⎰⎰vv v 积分得30143t t =+-v v 由030001d d (4)d 3xt tx x t t t t ==+-⎰⎰⎰v v 得24001212x x t t t =+-+v 将t =3s 时，x =9m ，12m s -=⋅v 代入上两式中得101m s -=-⋅v ，x 0=0.75m所以质点的运动方程为2410.752(m)12x t t t =-+-1-6. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度大小平方成正比，即2d /d t k =-v v ， 式中k 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x距离时的速度大小为 0kxe -=v v . 其中0v 是发动机关闭时的速度大小.分析：要证明~x v 关系，可通过积分变量替换将时间变量替换掉，即d d d d a t x==v vv ，积分即可证明. 证： 2d d d d d d d d k =⋅==-v v v v v x t x t x分离变量得d d k x =-vv两边积分001d d x k x =-⎰⎰vv v v , 0lnkx =-v v 证得0kxe -=v v1-7．一质点沿半径为R 做圆周运动，运动学方程为2012s t bt =+v ，其中v 0，b 都是大于零的常量.求：（1）t 时刻质点的加速度大小及方向； （2）在何时加速度大小等于；分析：由质点在自然坐标系下的运动学方程()t s s =，求导可求出质点的运动速率d d st=v ，而切向加速度d d t a t=v ，法向加速度2n a ρ=v ，总加速度22n a a a +=τ，当a =时，即可求出t .解：（1）质点的运动速率0d d sbt t ==+v v 切向加速度d d t a b t ==v 法向加速度220()n bt a Rρ+==v v 加速度大小a ==方向()2011tan tan nt bt a a bRθ--+==v （2）当a =时，可得22220()2bt b b R ⎡⎤++=⎢⎥⎣⎦v 解出t b=v 1-8. 物体以初速度120m s -⋅被抛出，抛射仰角60°，略去空气阻力，问：（1）物体开始运动后的1.5s 末，运动方向与水平方向的夹角是多少？ 2.5s 末的夹角又是多少？ （2）物体抛出后经过多少时间，运动方向才与水平成45°角？这时物体的高度是多少? （3）在物体轨迹最高点处的曲率半径有多大？（4）在物体落地点处，轨迹的曲率半径有多大？ 分析：（1）建立坐标系，写出初速度0v ，求出()t v 、θtan ，代入t 求解.（2）由（1）中的θtan 关系，求出时间t ；再根据y 方向的运动特征写出()t y ，代入t 求y . （3）根据物体在轨迹最高点处，0y =v ，且加速度2n a a g ρ===v ，可求出ρ.（4）由对称性，落地点与抛射点的曲率相同 2cos n a g θρ==v ，求出ρ.解：以水平向右为x 轴正向，竖直向上为y 轴正向建立二维坐标系 （1） 初速度001020cos6020sin6010103(m s )i j i j -=+=+⋅v ，加速度29.8(m s ),a j -=-⋅ 则任一时刻10(1039.8)at i t j =+=+-v v ………………① 与水平方向夹角有1039.8tan 10tθ-=……………………………②当t =1.5s 时tan 0.262,1441'θθ==︒当t =2.5s 时t a n0.718,35θθ=-=-︒（2）此时tan 1θ=, 由②得t =0.75s物体的高度22110.759.80.7510.23(m)22yo y t gt =-=-⨯⨯=v （3）在最高处2110m s ,n a g ρ-=⋅==v v得210.2m gρ==v （4）由对称性可知，落地点的曲率与抛射点的曲率相同. 由解图1-8得210cos cos 4.9(m s )20x n a a g gg θθ-=====⋅v v解图1-8240082(m)4.9n a ρ===v1-9．汽车在半径为400m 的圆弧弯道上减速行驶，设在某一时刻，汽车的速率为110m s -⋅，切向加速度的大小为20.2m s -⋅.求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向.分析：由某一位置的ρ、v 求出法向加速度n a ，再根据已知切向加速度τa 求出总加速度a 的大小和方向.解：法向加速度的大小222100.25(m s ),400n a ρ-===⋅v 方向指向圆心 总加速度的大小20.32(m s )a -===⋅由解图1-9得t a n0.8,3840'na a ταα===︒ 则总加速度与速度夹角9012840θα=︒+=︒1-10. 质点在重力场中作斜上抛运动，初速度的大小为0v ，与水平方向成α角．求质点到达抛出点的同一高度时的切向加速度、法向加速度以及该时刻质点所在处轨迹的曲率半径（忽略空气阻力）．已知法向加速度与轨迹曲率半径之间的关系为2n a ρ=v .分析：在运动过程中，质点的总加速度 a g =.由于无阻力作用，所以回落到抛出点高度时， 质点的速度大小0=v v ，其方向与水平线夹角也是α.可求出 n a ，如解图1-10所示.再根据法向加速度与轨迹曲率半径之间的关系2n a ρ=v ，解出曲率半径.解：切向加速度t s i n a g a = 法向加速度a g a n cos = 因为2n a ρ=v ，所以220cos n a g ρα==v v1-11．在生物物理实验中用来分离不同种类的分子的超级离心机的转速为313.1410rad s -⨯⋅.在这种离心机的转子内，离轴10cm 远的一个大分子的向心加速度是重力加速度的几倍？分析 根据定义可得向心加速度的大小2n a r ω=.解 所求倍数2222425244(610)0.1=410609.8rn r g g ωππ⨯⨯==⨯⨯解图1-9 解图1-101-12. 一质点在半径为0.10m 的圆周上运动，其角位置变化关系为324(rad)t θ=+.试求：(1) 在t =2s 时，质点的法向加速度和切向加速度大小各为多少？； (2) 当切向加速度大小恰等于总加速度大小的一半时，θ值为多少？ (3) 在什么时刻，切向加速度和法向加速度恰好大小相等？分析 本题为物体作圆周运动的角坐标表示下的第一类运动学问题，求导可得到角速度和角加速度，再由角量与线量的关系求得切向加速度t a 和法向加速度n a .解 (1) 角速度和角加速度分别为2d 12d t t θω== d 24d t tωβ==法向加速度22222n 0.1(12) 2.3010(m s )a r t ω-==⨯=⨯⋅ 切向加速度2t d 2.4 4.8(m s )d a r t tβ-====⋅v (2) 由 t /2a a =，2222t n t 4a a a a =+= 得22t n3a a = 22243(24)(12)r t r t =3t =32424 3.15(rad)t θ=+=+= (3) 由 n t a a =，即22(12)24r t rt =，解得 0.55s t =1-13．离水面高度为h 的岸上有人用绳索拉船靠岸，人以恒定速率0v 拉绳子，求当船离岸的距离为s 时，船的速度和加速度的大小.分析：收绳子速度和船速是两个不同的概念.小船速度的方向为水平方向，由沿绳的分量与垂直绳的分量合成，沿绳方向的收绳的速率恒为0v .可以由0v 求出船速v 和垂直绳的分量1v .再根据21n a ρ=v 关系，以及n a 与a 关系来求解a .解： 如解图1-13，小船速度沿绳的分量20=v v ，船速2sec θ=v v当船离岸的距离为s 时，船速解图1-13s=v v 船速垂直绳的分量012tan hsθ==v v v 则船的法向加速度221n cos a a θρ====v解得2203h a s =v1-14. A 船以130km h -⋅的速度向东航行，B 船以145km h -⋅的速度向正北航行，求A 船上的人观察到的B 船的速度和航向.分析：关于相对运动，必须明确研究对象和参考系.同时要明确速度是相对哪个参照系而言.画出速度矢量关系图求解. 解：如解图1-14所示11A B 30km h ,45km h i j --=⋅=⋅v vB 船相对于A 船的速度1BA B A 4530(km h )j i -=-=-⋅v v v则速度大小221BA 54.1(km h )-=+=⋅v v v方向BAarctan56.3θ==︒v v ，既西偏北56.3︒1-15. 一个人骑车以118km h -⋅的速率自东向西行进时，看见雨滴垂直落下，当他的速率增加至136km h -⋅时，看见雨滴与他前进的方向成120°角下落，求雨滴对地的速度.分析：这是一个相对运动的问题，雨对地的速度不变，画出速度矢量图，就可根据几何关系求解.解：如解图1-15所示，r v 为雨对地的速度， 12,p p v v 分别为第一次，第二次人对地的速度，解图1-1412,rp rp v v 分别为第一次，第二次雨对人的速度，120θ=︒由三角形全等的知识，可知18012060αβ==︒-︒=︒三角形ABC 为正三角形，则2136km h r p -==⋅v v ，方向竖直向下偏西30︒.1-16如题图1-16所示，一汽车在雨中以速率1v 沿直线行驶，下落雨滴的速度方向偏于竖直方向向车后方θ角，速率为2v ，若车后有一长方形物体，问车速为多大时，此物体刚好不会被雨水淋湿？分析：相对运动问题，画矢量关系图，由几何关系求解. 解：如解图1-16（a ），车中物体与车蓬之间的夹角 arctanlhα= 若θ＞α，无论车速多大，物体均不会被雨水淋湿 若θ＜α，如解图1-16（b ）则有||||||BC AC AB ==-v 车=sin sin cos tan sin αθθαθ-=-v v v v 雨雨雨雨对车又2=v v 雨 则2cos (sin )l hθθ=-v v 车1-17 人能在静水中以11.10m s -⋅的速度划船前进.今欲横渡一宽为m 10.0013⨯、水流速度10.55m s -⋅的大河.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？分析 船到达对岸所需时间由船相对于岸的速度v 决定，而v 由水流速度u 和船在静水中划行速度'v 确定.画出矢量图由几何关系求解.解 根据解图1-17，有'v =u+v ，解得 0.551sin 1.102u α==='v 030α=题图1-16解图1-16解图1-15v即应沿与正对岸方向向上游偏300方向划行.船到达正对岸所需时间为 31.0510s cos d d t α===⨯'v v1-18．一升降机以2g 的加速度从静止开始上升，在2.0s 末时有一小钉从顶板下落，若升降机顶板到底板的距离h=2.0m ，求钉子从顶板落到底板的时间t , 它与参考系的选取有关吗？分析：选地面为参考系，分别列出螺钉与底板的运动方程，当螺丝落到地板上时，两物件的位置坐标相同，由此可求解.解：如解图1-18建立坐标系，y 轴的原点取在钉子开始脱落时升降机的底板处，此时，升降机、钉子速度为0v ,钉子脱落后对地的运动方程为21012y h t gt =+-v升降机底板对地的运动方程为220122y t gt =+⨯v且钉子落到底板时，有12=y y ，即2012h t gt +-=v 20t gt +v解出0.37s t = t 与参考系的选取无关.解图1-18。