大学物理朱峰(第一版)习题精解第一章质点运动学

一、已知运动方程（位置矢量），计算位移、速度和加速度。

计算（瞬时）速度和加速度一般用求导的方法：位置矢量（运动方程）对时间求导即为速度，速度对时间求导就是加速度。计算位移、平均速度、平均加速度可先由始末时刻确定始末位置，再由定义计算。

例1 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表达式为

rat2ibt2j （其中a、b为常量），

则该质点作何种形式的运动

解 由质点的位置矢量 rat2ibt2j

2xat得运动方程  2ybt轨道方程 xyab， ybx

a质点的速度 vdr2ati2btj

dt质点的加速度 adv2ai2bj

dt质点的加速度为非零恒量，故该质点在xy平面内作匀变速直线运动，其轨道方程为ybx。

a例2 某质点的运动方程为 x =2t–7t3+3（SI），则该质点作何种形式的运动并确定加速度的方向。

解 由质点的运动方程 x =2t–7t3+3

得质点的速度 vdx221t2

dt质点的加速度 adv42t

dt质点的加速度为时间的函数，故该质点作变加速直线运动；加速度为负，说明加速度方向沿x轴负方向。

例3 一质点沿x轴作直线运动，t时刻的坐标为x =5t2– 3t3 (SI)。试求： （1）在第2秒内的平均速度； （2）第2秒末的瞬时速度； （3）第2秒末的加速度。 解 （1）由平均速度的定义：

vx/t

(522323)(512313)6m/s

21（2）由定义 vdx/dt10t9t2

t2s时，有 v216m/s

（3）由定义 adv/dt1018t

t2s时，有 a226m/s2

例4 在离船高度为h的岸边，绞车以恒定的速率v0收绳（绳原长l0），使船靠岸，如图1—1所示，试描述船的运动。

解 建立如图坐标时刻绳长为

v0hl系，显然船在x轴上作直线运动。txoll0v0t

x船的运动方程为

x(l0v0t)2h2

速度为 vdxdt(l0v0t)v0(l0v0t)h22

方向沿x轴负向。

v0h2dv加速度为 adt(l0v0t)2h2232v0h2 x32方向沿x轴负向。

可见，船作加速直线运动，离岸越近，x越小，a越大。

例5 已知质点的运动方程x=2t，y=4–t2（SI）。试求任一时刻质点的速度、切向加速度、法向加速度、总加速度的大小。

解 由运动方程可求得质点速度的x、y分量

vxdxdy2, vy2t dtdtvxvy21t2

dvydt22速度大小为 v同理：axdvxdt0， ay2 m/s

2

所以加速度大小为 aay2 m/s2 切向加速度：atdvdt2t1t22

21t2法向加速度：ana2at

二、已知加速度及初始条件，计算速度和运动方程。

此类问题是前一类问题的逆过程，加速度对时间的积分即为速度，速度对时间的积分就是运动方程。解决此类问题时应注意由初始条件确定积分上下限。

例6 一质点沿x轴运动，其加速度a与位置坐标的关系为 a=3+6x2（SI）。如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度。

解 设质点在任意位置x处的速度为v，则

advdvdxdv36x2 vdtdxdtdx分离变量，两边积分：

v0vdv(36x2)dx

0x得 v6x4x3

例7 一艘正在行驶的汽船，当关闭发动机后，沿一直线运动，加速度与船速的平方成正比且反向，即akv2，其中常量k>0。若关闭发动机时汽船的速度为v0，求：

（1）关闭发动机后t时刻的汽船速度；

（2）关闭发动机后的t时间内，汽船行驶的距离。

解 以汽船为研究对象，由于它做减速直线运动，所以取汽船运动方向为坐标

轴x的正方向，坐标原点选择在刚关闭发动机的位置处。

（1）按直线运动的加速度公式有 adv

dt由题意akv2，代入上式，有 kv2dv

dt分离变量 kdtdv 2v已知t=0时，vv0，并设t时刻的速度为v，对上式取定积分

kdt0v0tvdv v2∴ vv0

kv0t1（2）由 vdx

dt有 dxdtv0

kv0t1分离变量，两边取定积分，有

x0dxt0v0dt

kv0t1由此得汽船的运动方程为 x1ln(kv0t1)

k汽船在t时间内行驶的距离

s|xx0|11ln(kv0t1)0ln(kv0t1) kk3ms2。

例8 一质点从静止出发沿半径为R=3m的圆周运动，切向加速度为at求：

（1）经过多少时间它的总加速度a恰好与半径成45º角

（2）在上述时间内，质点所经过的路程和角位移各为多少 解 已知atdv3，即 dv3dt

dt由初始条件: t =0时，v00，得质点的瞬时速率

vdv3dt3t

00vtv2(3t)2质点的法向加速度的大小为 an3t2

R3这样总加速度为：aatan3t3t2n

其中n为沿半径指向圆心的单位矢量，t为切向单位矢量。

（1）设总加速度与半径夹角为， 则有： acosan， asinat

当=45º时，有atan，即要求

3t2 =3，t =1s（另一负根舍去）

所以t =1s时，总加速度a与半径成45º角。 （2）由 dsv 和初始条件：t =0时，s0=0 ，得：

dtsvdt3tdt0t32t 2将t =1s 代入，求出这段时间内的路程：

3s1t223211.5m 2t1由角位移与路程的关系 s R当t =1s时, 1s1R1.50.5rad 3三、利用角量与线量的关系解题。

例9 质点P在水平面内沿一半径为R =1m的圆轨道转动，转动的角速度与时间t的函数关系为 =kt2（k为常量）。已知t =2s时质点P的速率为16m/s，试求

t =1s 时，质点P的速度与加速度的大小。

解 首先确定k值：k/t2v/Rt2所以有 4t2， vR4Rt2

t1s时，v4Rt24m/s

164rad/s2 212atdv/dt8Rt8m/s2 anv2/R16m/s2

2aanat285m/s2

1-1某质点的速度为v2i8tj，已知t=0时它经过点（3，7），则该质点的运动方程为（ ）

22A.2ti4tj B.2t3i4t7j C.8j D.不能确定

解：本题答案为B.

dr因为 v

dt所以 dr2i8tjdt

于是有 rdr02i8tjdt

rt02即 rr02ti4tj

2亦即 r3i7j2ti4tj 2故 r2t3i4t7j

t2时刻的位置矢量为1-2 一质点在平面上作曲线运动,t1时刻位置矢量为r12i6j，

r22i4j，求：（1）在tt2t1时间内质点的位移矢量式;(2)该段时间内位移的大

小和方向；（3）在坐标图上画出r1,r2及 r。 解 （1）在tt2t1时间内质点的位移矢量式为

 rr2r14i2jm

（2）该段时间内位移的大小

r42225m

2该段时间内位移的方向与轴的夹角为

226.6 4 tan1（3）坐标图上的表示如图所示

1-3某质点作直线运动，其运动方程为x14tt2 ，其中x 以m 计，t 以s 计，求：（1）第3s末质点的位置；（2）头3s的位移大小；（3）头3s内经过的路程。 解 （1）第3s末质点的位置为

x(3)143324(m)

（2）头3s的位移大小为

x(3)x03(m)

（3）因为质点做反向运动是有v(t)0，所以令过的路程为

x(3)x(2)x(2)x(0)45515(m)

dx0，即42t0,t2s因此头3s内经dt1-4 已知某质点的运动方程为x2t,y2t2，式中t以s计，x和y以m计。（1）计算并图示质点的运动轨迹；（2）求出t1s到t2s这段时间内质点的平均速度；（3）计算1s末2s末质点的速度；（4）计算1s末和2s末质点的加速度。

解 （1）由质点运动的参数方程x2t,y2t2消去时间参数t得质点的运动轨迹为

x2运动轨迹如图 y2x0

4（2）根据题意可得到质点的位置矢量为

r(2t)i(2t)j

2所以t1s到t2s这段时间内质点的平均速度为

vrr(2)r(1)2i3j(m•s1) t21（3）由位置矢量求导可得质点的速度为

vr2i(2t)j

所以 末和 末的质点速度分别为

v(1)2i2j(m•s1)和v(2)2i4j(m•s1) （4）由速度求导可得质点的加速度为

av2j

所以 末和 末质点的加速度为

a(1)a(2)2j(m•s)

11-5湖中有一小船，岸边有人用绳子跨过离河面高H的滑轮拉船靠岸，如图所示。设绳子的原长为l0，人以匀速v0拉绳，使描述小船的运动。

解建立坐标系如图所示。按题意，初始时刻（t=0）,滑轮至小船的绳长为l0，在此后某时刻t,绳长减小到l0vt，此刻船的位置为

x(l0v0t)2H2 这就是小船的运动方程，将其对时间求导可得小船的速度为

(l0vt)v0vdx0 dtcos(l0v0t)2H2 v 将其对时间求导可得小船的加速度为

22v0H2v0H2dv a3

3dtx22(lvt)H00其中负号说明了小船沿x轴的负向（即向岸靠拢的方向）做变加速直线运动，离岸越近（x越小），加速度的绝对值越大。

1-6大马哈鱼总是逆流而上，游到乌苏里江上游去产卵，游程中有时要跃上瀑布。这

种鱼跃出水面的速度可达32km•h1。它最高可跃上多高的瀑布和人的跳高记录相比如何

解 鱼跃出水面的速度为v32km•h18.89m•s1,若竖直跃出水面，则跃出的高度

v24.03(m) h2g此高度和人的跳高记录相比较，差不多是人跳高的两倍。

1-7 一人站在山坡上，山坡鱼水平面成角，他扔出一个初速度为v0的小石子，v0与水平面成角，如图所示。（1）若忽略空气阻力，试证小石子落到了山坡上距离抛出

22v0sincosv点为S处，有S。（2）由此证明对于给定的和值时，S在0242gcos2v0sin1。 gcos2时有最大值Smax解 （1）建立如图所示的坐标系，则小石子的运动方程为

xv0cost 12

yv0sintgt2当小石子落在山坡上时，有

xScos

ySsin 联立以上四个方程，求解可得小石子在空中飞行的时间（即从抛出到落在山坡上是所经历的时间）t所满足的方程为

2v0sintancost0 g t2解之得

2v0sintancos g t但t0时不可能的，因t0时小石子刚刚抛出，所以小石子落在山坡的距离为

2v0cost2v0sincosx S 2coscosgcos（2）给定v0和值时，有SS，求S的最大值，可令

22v0cos2 0 2gcosdS0，即 d亦即 42

d2S此时20，所以S有最大值，且最大值为

d2v0sin1 gcos2 Smax1-8一人扔石子的最大出手速度为v025m•s1。他能击中一个与他的手水平距离为

L50m，高为h13m处的目标吗在这个距离上他能击中的最大高度是多少

解 设抛射角为，则已知条件如图所示，于是石子的运动方程为

x(v0cos)t 12

yvsintgt02可得到石子的轨迹方程为

gx2 yxtan2 22v0cos假若石子在给定距离上能击中目标，可令xL 此时有

gL2 yLtan2 22v0cos即

gL2gL22 y2tanLtan2

2v02v02v0dyd2y0，有tan0，即在给定已知条以tan为函数，令，此时2dtangLdtan件及给定距离上能够击中目标的最大高度为ymax12.3m，故在给定距离上能击中

h13m高度的目标。

1-9 如果把两个物体A和B分别以速度vOA和vOB抛出去，vOA与水平面的夹角为，vOB与水平面的夹角为，试证明在任意时刻物体B相对于物体A的速度为常矢量。 解 两物体在忽略风力的影响之后，将在一竖直面内做上抛运动，如图所示，则两个物体的速度分别为

vAvOAcosivOAsingtj vBvOBcosivOBsingtj

所以在任意时刻物体B相对于物体A的速度为

vBvAvOBcosvOAcosivOBsinvOAsinj

它是与时间无关的常矢量。

1-10 如果已测得上抛物体两次从两个方向经过两个给定点的时间，即可测出该处的重力加速度。若物体沿两个方向经过水平线A的时间间隔为tA，而沿两个方向经过水平线A上方h处的另一水平线B的时间间隔为tB，设在物体运动的范围内重力加速度为常量，试求该重力加速度的大小。

解 设抛出物体的初速度为v0，抛射角为，建立如图所示的坐标系，则hvsint1gt2A A0A2

hvsint10B2gt2BB所以

t22v0sint2gA AgAg0t22v0sin2g

gtBBBg0于是有

tt4v20sin2AA1tA224tA1tA28hA g2gt222 4t0hBBtB1tB2B1t4vsin8B2g2g此二式平方相减可得

g8hBhA8ht2t2t22 ABAtB注意此方法也是实验测得重力加速度的一种方法。

1-11 以初速度v0将一物体斜上抛，抛射角为，不计空气阻力，则物体在轨道最高点处的曲率半径为（ ）

2v0cosv0singA. B. 2 C. D.不能确定

gv0g解 本题正确答案为 C

因为初速为v0将一物体斜向上抛，抛射角为，不计空气阻力时，物体在轨道的最高

v2点处的速率为vv0cos，而此时物体仅有法向加速度an，且ang，所以物体在

R2cos2v2v0轨道最高点处的曲率半径为R

gg1-12 一质点从静止出发沿半径为R1m的圆周运动，其角加速度随时间的变化规律是12t26t(SI)，试求该质点的角速度和切线加速度a。 解 因为 12t26t 所以 d(12t26t)dt 于是有 0d0(12t26t)dt 故质点的角速度为

4t3t

32t切线方向加速度为

3 aR12t6t

1-13 一质点做圆周运动方程为2t4t2(以rad计，t以s计）。在t0时开始逆时针旋

转，问：（1）t0.5s时，质点以什么方向转动；（2）质点转动方向改变的瞬间，它的角位置多大

解 （1）因质点做圆周运动角速度方向改变瞬时， d 即 28t0,t0.25s dt所以t0.5s时，质点将以顺时针方向转动。 （2）质点转动方向改变的瞬间，它的角位置为

(0.25)20.254(0.25)0.25(rad)

21-14 质点从静止出发沿半径为R3m的圆周做匀变速运动，切向加速度a3m•s2，问：（1）经过多长时间后质点的总加速度恰好与半径45角（2）在上述时间内，质点所经历的角位移和路程各为多少 解 因为 adv3 dtv 所以 dv3dt 即 0dv3dt

0t 故质点做圆周运动的瞬间时速度为瞬时速率v3t 质点的法向加速度的大小为

v2(3t)23t2 anR3其方向恒指向圆心，于是总加速度为

aana3tn3

2其中n为沿半径指向圆心的单位矢量，为切向单位矢量。 （1）设总加速度a与半径的夹角，如图所示，则 asina，acosan

当=45时有ana，即3t23,t1（负根舍去），所以t1s时，a与半径成45角。 （2）因为

s1dsv3t，所以ds3tdt

00dt故在这段时间内质点所经过的路程为s1.5m，角位移为s1.50.5(rad)。 R31-15 汽车在半径为R400m的圆弧弯道上减速行驶，设某一时刻，汽车的速度为

v10m•s1，切向加速度的大小为a0.2m•s2。汽车的法向加速度和总加速度的大小

和方向。

解 已知条件如图所示。汽车的法向加速度为

v21020.25(m•s2) anR400汽车的总加速度为

a2ana20.250.2220.32(m•s2)

所以aana0.25n0.2(m•s2)，故加速度a和v的夹角为

an0.25180arctan12840

0.2a

180arctan1、质点的运动方程为x6tt2 (SI)，则在t 由 0 至 4s 的时间间隔内，质点的位移大小为多少在 t 由0 到 4s 的时间间隔内质点走过的路程为多少

解：本题质点在x方向作直线运动

（1）

t1=0时，x1=0

t2=4(s) 时, x2=64428(m) ∴位移大小xx2x1808（m）

(2 ) vdx62t 令v62t0 得t=3 (s )

dt 即t=3 (s )时，质点拐弯沿x轴负向运动，则0～4（s）内质点走过的路程：

S2(6332)810(m)

2、质点在一直线上运动，其坐标与时间有如下关系：xAsin t (SI) (A 为常数)，则在任意时刻 t 质点的加速度为多少什么时刻质点的速度为零 解：（1）vdxAcost

dt advA2sint （SI）

dt（2）令vAcost0 有 t(2K1)

2得 t(2K1) (SI) (K=0,1,2……)

23、一质点沿X 方向运动，其加速度随时间变化关系为：a=3+2t (SI)，如果初始时质点的速度 v0 为 5m/s ，则当 t 为 3s 时，质点的速度为多少 解：由adv

dt dvadt(32t)dt

积分5dv0(32t)dt

v5dv(3tt2)

0v3v3 v5333218 v23m/s

4、某物体的运动规律为dv/dtkv2t，式中的 k 为大于零的常数,当 t=0 时，初速为 vo。速度与时间的函数关系是怎样的 解：由dvkv2t 得dvktdt 2dtv积分 tdv112tktdt ()kt

0v0v20vv02vv 得1v112kt v025、质点沿半径为R的圆周运动，运动方程为32t2 (SI)，则 t 时刻质点的法向加速度大小为多少角加速度为多少 解：（1）由 ddt4t 得 anR2R(4t)216Rt2 （SI）

(2 ) d4 (SI)

dt6、飞轮作匀减速转动，在 5s 内角速度由 40πrad/s 减到 10πrad/s ，则飞轮在这 5s 内总共转过了多少圈飞轮再经过多少时间才能停止转动 解：（1）飞轮作匀减速转动，所以有 0t

则0t10406(rad/s2) 5又 2022 (10)2(40)22(6)

得 375(rad)

3飞轮总共转过 N237562.5（圈） 23 （2）设飞轮再经过时间t停止

由 0t 得010(6)t 则t1.67(s)

7、在xy平面内有一运动质点，其运动学方程为：r10cos5ti10sin5tj（SI） 则t时刻其速度为多少其切向加速度的大小a为多少该质点运动的轨迹是什么

dr50(sin5ticos5tj) 解：（1）vdt（2）速率：vvx2vy2(50sin5t)2(50cos5t)250,adv0 dt（3）x10cos5t,y10sin5t两式平方后相加，x2y2102， 轨迹为一半径为10m的圆。

8、一条河在某一段直线岸边有A、B两个码头，相距 1km ，甲、乙两人需要从码头

A到码头B，再立即由B返回。甲划船前去，船相对河水的速度 4km/h，而乙沿岸步

行，步行速度也为 4km/h ，如河水流速为 2km/h ，方向从A到B，试推算甲比乙晚多少分钟回到码头A

解：由A到B船对地的速度大小：v船地v船水v水地426(km/h)

v船水v水地422(km/h) 由B到A船对地的速度大小：v船地甲由A到B再回到A所需时间：t1112小时40分钟

623乙由A到B再回到A所需时间：t2111小时30分钟

442所以甲比乙晚十分钟回到码头A 。

9、轮船在水上以相对于水的速度v1航行，水流速度为v0，人相对于甲板以速度v2行走。如人相对于岸静止，则v1、v2和v0的关系是怎样的

vvvvvvv解：v21v00 人甲人甲人地甲地甲水水地 即v 的关系为：,v,vvv12001v20

1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为rR(cosωtisinωtj)

其中为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。

解：1） 由rR(cosωtisinωtj)知

xRcosωt yRsinωt

消去t可得轨道方程 x2y2R2

2） vdrωRsinωtiωRcosωtj dt12 v[(ωRsinωt)2(ωRcosωt)2]ωR

t的1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r4t2i(32t)j，式中r的单位为m，

单位为s.求：（1）质点的轨道；（2）从t0到t1秒的位移；（3）t0和t1秒两时刻的速度。

解：1）由r4t2i(32t)j可知

x4t2 y32t

消去t得轨道方程为：x(y3)2 2）v1dr8ti2j dt1Δrvdt(8ti2j)dt4i2j

00 3） v(0)2j v(1)8i2j

1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为rt2i2tj，式中r的单位为m，t的单位为s.求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解：1）v adr2ti2j dtdv2i dt112）v[(2t)24]22(t21)2 atdvdt2tt12

ana2at22t12 1-4. 一升降机以加速度a上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。

解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为

y1v0tat2 y2hv0tgt2 y1y2 解之 t2dga12（1） 图 1-4 （2） （3）

12 1-5. 一质量为m的小球在高度h处以初速度v0水平抛出，求：

（1）小球的运动方程；

（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的

dvdrdv，，.

dtdtdt

解：（1） xv0t 式（1）

1yhgt2 式（2）

2 r(t)v0ti(h-12gt)j 2gx2（2）联立式（1）、式（2）得 yh22v0drv0i-gtj 而 落地所用时间 tdt

（3）

2h g 所以

vdrdvv0i-2ghj gj dtdt22v2v0(gt)2 xvyg2ghg2tdv dt[v2(gt)2]12(v22gh)12001-6. 路灯距地面的高度为h1，一身高为h2的人在路灯下以匀速v1沿直线行走。试证明人影的顶端作匀速运动，并求其速度v2.

证明：设人从O点开始行走，t时刻人影中足的坐标为x1 ，人影中头的坐标为x2，由

几

何

关

系

可

得 图 1-6

x2h1 而 x1v0t

x2x1h2所以，人影中头的运动方程为

x2h1x1h1tv0

h1h2h1h2人影中头的速度 v2dx2h1v0 dth1h21-7. 一质点沿直线运动，其运动方程为x24t2t2(m)，在 t从0秒到3秒的时间间隔内，则质点走过的路程为多少

解：vdx44t 若v0 解的 t1s dt x1x1x0(242)22m

2 x3x3x1(24323)(242)8m

xx1x210m

1-8. 一弹性球直落在一斜面上，面对水平的倾角30，问它第二原来的下落点多远(假设小球碰斜

等，碰撞时人射角等于反射角)。

下落高度h20cm，斜次碰到斜面的位置距面前后速度数值相

图 1-8

解：小球落地时速度为v02gh 一 建立直角坐标系，以小球第一次落地点为坐标原点如图

vx0v0cos600 xv0cos600tgcos600t2 （1） vy0v0sin600 yv0sin600tgsin600t2 （2）

2v0 g1212第二次落地时 y0 t22v01020.8m 所以 xv0cos60tgcos60t2g01-9. 地球的自转角速度最大增加到若干倍时，赤道上的物体仍能保持在地球上而不致离开地球已知现在赤道上物体的向心加速度约为3.4cm/s2，设赤道上重力加速度为

9.80m/s2.

解：赤道上的物体仍能保持在地球必须满足 gR2

3.4102 现在赤道上物体

R

9.817 23.4101-10. 已知子弹的轨迹为抛物线，初速为v0，并且v0与水平面的夹角为.试分别求出抛物线顶点及落地点的曲率半径。

解：在顶点处子弹的速度vv0cos，顶点处切向加速度为0。

因此有：gv2(v0cos)22v0cos2 

g2v0 在落地点速度为v0 gcos 

gcos2v01-11. 飞机以v0100m/s的速度沿水平直线飞行，在离地面高h98m时，驾驶员要把物品投到前方某一地面目标上，问：投放物品时，驾驶员看目标的视线和竖直线应成什么角度此时目标距飞机下方地点多远

解：设此时飞机距目标水平距离为x有：xv0t hgt2

联立方程解得：x447m arctan77.50

1-12. 设将两物体A和B分别以初速vA和vB抛掷出去．vA与水平面的夹角为；vB与水平面的夹角为，试证明在任何时刻物体B相对物体A的速度是常矢量。

解：两个物体在任意时刻的速度为

vAv0cosi(v0singt)j vBv0cosi(v0sin-gt)j

12xhvBAvB-vA(v0cosv0cos)i(v0sinv0sin)j

与时间无关，故B相对物体A的速度是常矢量。

1-13. 一物体和探测气球从同一高度竖直向上运动，物体初速为v049.0m/s，而气球以速度v19.6m/s匀速上升，问气球中的观察者在第二秒末、第三秒末、第四秒末测得物体的速度各多少

物体在任意时刻的速度表达式为 vyv0gt

故气球中的观察者测得物体的速度vvyv 代入时间t可以得到第二秒末物体速度v9.8ms 第三秒末物体速度 v0 第四秒末物体速度 v9.8ms

1-14. 质点沿x在轴向运动，加速度akv，k为常数．设从原点出发时速度为v0，求运动方程xx(t). 解：

v1tdvkv dvkdt vv0ekt

v0v0dt

dxv0ekt dtv0(1ekt) kx0dxv0ektdt

0t x1-15. 跳水运动员自10m跳台自由下落，入水后因受水的阻碍而减速，设加速度

akv2，k0.4m1.求运动员速度减为入水速度的10%时的入水深度。

解：取水面为坐标原点，竖直向下为x轴 跳水运动员入水速度 v02gh14ms

dvdvkv2v

dtdxx1ln105.76m k1bv010v0x1dvkdx

0v1-16. 一飞行火箭的运动学方程为：xutu(t)ln(1bt)，其中b是与燃料燃烧速率有关的量，u为燃气相对火箭的喷射速度。求：（1）火箭飞行速度与时间的关系；（2）火箭的加速度。

解：（1）v （2）adxuln(1bt) dtdvub dt1btyRsint,zht,式中R、h、为正的常21-17. 质点的运动方程为：xRcost,量。求：（1）质点运动的轨道方程；（2）质点的速度大小；（3）质点的加速度大小。

解：（1）轨道方程为 x2y2R2

zht 这是一条空间螺旋线。 2在Oxy平面上的投影为圆心在原点，半径为R的圆，螺距为h

（2）vxdxRsint dth2 vvvvR 242x2y2z2（3）axR2cost ayR2sint az0

a22axayR2

思考题

1-1. 质点作曲线运动，其瞬时速度为v，瞬时速率为v，平均速度为v，平均速率为v，则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的

（1）vv,vv；（2）vv,vv；（3）vv,vv；（4）vv,vv

答： （3）1-2. 质点的x~t关系如图，表示三个速度不同的运动．问它们属于什么

图中a，b，c三条线类型的运动哪一个速

度大哪一个速度小

答：vavbvc

1-3. 结合v~t图，说明平均加速度和瞬时加速度的几何意义。

答：平均加速度表示速度v在t时间内的平均变化率，它只能粗略地反映运动速度的变化程度和方向，而瞬时加速度能精确反映质点运动速度的变化及方向。 1-4. 运动物体的加速度随时间减小，而速度随时间增加，是可能的吗

答：是可能的。加速度随时间减小，说明速度随时间的变化率减小。

1-5. 如图所示，两船A和B相距R，分

别以速度vA和vB匀速直线行驶，它们会不会相碰若不相碰，求两船相靠最近的距离．图中和为已知。

答：方法一 如图，以A船为参考系，在该参考系中船A是静止的，而船B的速度vvBvA.

v是船B相对于船A的速度,从船B作一条平行于v方向的直线BC,它不与船A相

交,这表明两船不会相碰.

由A作BC垂线AC,其长度rmin就是两船相靠最近的距离 rminRsin 作FDsinvBsinvAsin22vvAvB2vAvBcos()rminvvBsinvAsinvv2vAvBcos()2A2BRtrA(vAtcos)i(vBtsin)jrrB-rA[R(vBcosvAcos)t]i[(vBsinvAsin)t]jrB(RvBtcos)i(vBtsin)jr[R(vBcosvAcos)t]2[(vBsinvAsin)t]2tvBcosvAcosRrmin22(vBcosvAcos)(vBsinvAsin)dr(t)0dtvBsinvAsinvv2vAvBcos()2A2BR若质点限于

在平面上运动，试指出符合下列条件的各应是什么样的运动 （1）

drdrdvdvdada（2）0，0；（3）0，0 0，0；

dtdtdtdtdtdt答: (1) 质点作圆周运动.

(2) 质点作匀速率曲线运动. (3) 质点作抛体运动.

1-7. 一质点作斜抛运动，用t1代表落地时，.

（1）说明下面三个积分的意义：

t1t1xt1vdt,0vdt,y0vdt.

0（2）用A和B代表抛出点和落地点位置，说明下面三个积分的意义：

BBBdr,Adr,Adr.

At1 答: vxdt 表示物体落地时x方向的距离

0t1vdt 表示物体落地时y方向的距离

y0vdt 表示物体在t时间内走过的几何路程.

10t1

Bdr 抛出点到落地点的位移

ABBdr 抛出点到落地点位移的大小 dr 抛出点到落地点位移的大小

AA