仓央嘉措诗集-公务员政审单位鉴定

习题一
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.

解：(1) 在最初2s内的平均速度为
xx(2)x(0)(82
3
62)0v
26(ms
1
)

tt2
2s末质点的瞬时速度为
v
2

dx
24t
2
690(ms
1
)

dt
(2) 1s末到3s末的平均加速度为

vv
(3)v
(1)(243
2
6)(246)
a96(ms< br>2
)

tt2
3s末的瞬时加速度
a
3
d
v
48t144(ms
2
)

dt

1-2．一质点在xOy平面内运动，运动方程为
x2t(m),y 4t
2
8(m)
.
（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；
（2）求
t=1 s和t=2 s
时质点的位置、速度和加速度.

解：（1） 由
x2t,
得：
t
x
,
代入
y4t
2
8

2
可得：
yx
2
8
，即轨道方程. 画图略
（2）质点的位置矢量可表示为


2
r2ti(4t8)j

则速度



dr
v2i8tj

dt



d
v
a8j

dt
加速度
当t=1s时，有
当t=2s时，有 


r2i4j(m),v2i8j(ms
1
),a8jms
2








1
r4i8j(m),v2i16j(ms),a8jm s
2


1-3．一质点的运动学方程为
xt
2，y(t1)
2
，x和y均以m为单位，t以s为单位. 求：
（1）质点的轨迹方程；

1

（2）在
t2s
时质点的速度和加速度.

解：（1）由题意可知：x ≥ 0，y ≥ 0，由
xt
2
，
可 得
tx
,代入
y(t1)
2

整理得：
yx1

即轨迹方程
（2）质点的运动方程可表示为
则


2

2
rti(t1)j




dr
2ti2(t1)j


v

dt



d
v
2i 2j

a
dt
因此, 当
t2s
时，有



1
v
4i2j(ms),a2i2j(ms
2
)


1- 4．一枚从地面发射的火箭以
20ms
2
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.

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
a
x


当
v
1
30s
时
d
v
x
,得
dt

30
0
20dt

d
v
x
， 解得
v
x

20
t

0
v
x
v
1
600ms
1

由
v
x

dx
， 得
dt

30
0
20tdt

dx
，
0
x
1
则

x
1
9000m

当火箭未落地, 且t＞30s, 又有

解得

v
x
2
8949.8t

同理由
v
x


t
30
9.8dt

v
x
2
v
1
d
v
x
2

dx
得
dt

解得
t
30
(8949.8t)dt

dx

x
1
x

x4.9t
2
894t13410
… ① 由
v
x
2
0
，得
t91.2s
，代入①得

2

x
max
27.4km

（2）由①式可知，当
x0
时，解得
t
1
166s

t
2
16s<30s
（舍去）

1-5．质点沿直线运 动，加速度
a4t
2
，式中a的单位为
ms
2
，t 的单位为s，如果当t=3s
时，x=9m，
v2ms
1
，求质点的运 动方程.

解 由分析可知
2

v
0
d
v


0
adt

0
(4t)d t

v
tt
积分得

vv
0
4t
由

得

xx
0
+v
0< br>t2t
2

1
3

x
dx

0
v
dt

0
(
v
0
4t
3
t)dt

0
1
3
t

3
txt
1
1
4
t

12
将t=3s时，x=9m，
v2ms
代入上两式中得
v
0
1ms
1
，x
0
=0.75m
所以质点的运动方程为
x0.75t2t
2

1
4
t(m)

12

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
2
度大小平方成正比，即
dvdtkv
， 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
vv
0
e
kx
. 其中
v
0
是发动机关闭时的速度大小.

证：
分离变量得

两边积分
x
1
v


d
v


kdx
,
lnkx

v
0
v
0
v
0
v
d
v
d
v
d
x
d
v
v
k
v
2

d
t
d
x
d
t
d
x
d
v
kdx

v
证得

3

vv
0
e
kx


1-7．一质点沿半径为R 做圆周运动，运动学方程为
sv
0
t
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
2b
；

解：（1）质点的运动速率

v
切向加速度

a
t

法向加速度
1
2
bt
，其中v< br>0
，b都是大于零的
2
ds
v
0
bt

dt
d
v
b

dt
(
v
0
bt)
2

a
n




R
v
2
加速度大小

a
方向
2
2

(
v
0
bt )

b


R

2
a
2

a
2
n

v
bt

1< br>a
n
tan
1
0


tan

a
t
bR
（2）当
a
2
2b
时，可得

(
v
0
bt)
2

22
2 b

b



R

2
解出

t
1
bR
v
0

b
1-8. 物体以初速度
20m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？

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
加速度
则任一时刻


00
v
0
20cos60i20sin60j10i103j(ms
1
)
，



a9.8j(m
2
s

),




vvat10i(1039.8t)j
………………①
4

与水平方向夹角有

tan


当t=1.5s时

tan

0.262,
当t=2.5s时

t an

0.71

8,
此时
tan
1
, 由②得
t=0.75s
物体的高度
（2）

yv
yo
t
（3）在最高处

35
1039.8t
……………………………②
10

1441'

1
2
1
gt1 030.759.80.75
2
10.23(m)

22
v
10ms,a
n

得
1
v
2

g

v
2




10.2m
g
（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
a
n
acos

gcos

g

v
x
10
g4.9(ms
2
)

v
20
解图1-8


v
400
82(m)

a
n4.9
2
1-9．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
10ms
，切
2
向加速度的大小为
0.2ms
. 求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向.

1
10
2
解： 法向加速度的大小
a
n
0.25(ms
2
),
方向指向圆心

400
总加速度的大小
v
2
aa2

a
2
n
0.2
2
0.25
2
0.32(ms
2
)

由解图1-9得
< br>tan


a

0.

8,
a
n
38

40'
则总加速度与速度夹角


1284

0


90

1-10. 质点在重力场中作斜上抛运动，初速度的大小为v
0
，与水平方向成

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
a
n


解：切向加速度

5
v
2

.

a
t
gsina

法向加速度

a
n
gcosa

因为
a
n

v
2


，所以


v
2
v
2
0
a


n
gcos


1-11．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
3.1410
3
rads
1
.在这种离心机的转子内，离轴10cm
解图1-10
远的一个大分子的向心加速度是重力加速度的几倍？


解 所求倍数

2
r4

2
n
2
r4

242

=
(610)

0.
4
1
gg

60
2
9.8
1
5
0


1-12. 一质点在半径为0.10m的圆周上运动，其角位置变化关系 为

24t
3
(rad)
.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，

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？


解 (1) 角速度和角加速度分别为



d

dt
12t
2



d

dt
24t

法向加速度

a
22
n
r

0.1(1t
2
2
2
)2.30
2
10

(

m

s)
切向加速度

a
dt
 r

2.4t4.8(m


2
t

d
v

s)
(2) 由
a
，
a
2
a
22
t
a2
t
a
n
4a
2< br>t
得
3a
22
t
a
n

3(24rt)
2
r
2
(12t
2
)
4


t
3

3
6


24t
3
24
3
6
3.15(rad)

6

(3) 由
a
na
t
，即
r(12t
2
)
2
24rt，解得

t0.55s


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
v
0
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.

解： 如解图1-13，小船速 度沿绳的分量
v
2
v
0
，船速
vv
2
sec


当船离岸的距离为s时，船速

vv
0
船速垂直绳的分量

v
1
< br>v
2
tan


则船的法向加速度

s
2
h
2

s
v
0
h

s
a
n

解得
v
1
2


v
1
2
sh
22
acos

a
s
sh
22

解图1-13
v
0
2
h
2

a

3
s

1-14. A船以
30kmh
的速度向东航行 ，B船以
45km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.

解：如解图1-14所示
11


1

< br>v
A
30ikmh,v
B
45jkmh
1

B船相对于A船的速度


v
BA
v
B
v
A
45j30i(kmh
1
)

则速度大小
22
v
BA
v
B
v
A< br>54.1(kmh
1
)

解图1-14
方向

arctan

v
B
56.3
，既西偏北
56.3

v
A

7

1-15. 一个人骑车以
18 kmh
1
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
角下落， 求雨滴对地的速度.
36kmh
1
时，看见雨滴与他前进的方向成120°

解：如解图1-15所示，
v
r
为雨对地的速度，
v
p< br>1
,
v
p
2
分别为第一次，第二次人对地的速度，



v
rp
1
,
v
rp
2
分别为第一次，第二次雨对人的速度，

120

由三角形全等的知识，可知



18012060

三角形ABC为正三角形，则
解图1-15
v
r
v
p
2
36kmh
，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
v
1
沿直线行驶，下
落 雨滴的速度方向偏于竖直方向向车后方

角，速率为
v
2
，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？

解：如解图1-16（a），车中物体与车蓬之间的夹角


arctan
1
题图1-16
l

h
若

＞

，无论车速多大，物体均不会被雨水淋湿
若

＜

，如解图1-16（b）则有
v
车
|BC||AC||AB|

=
v
雨对 车
sin

v
雨
sin

v
雨
cos

tan

v
雨
sin


又

v
雨
v
2

则

v
车
v
2
(

1
3
1-17 人能在静水中以
1.10ms
的速度划船前进.今欲横渡一宽为
1.0010m< br>、水流速度
lcos

sin

)

h
解图1-16
0.55ms
1
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？

8

解 根据解图1-17，有
v=u+v

，解得

u
v< br>
sin



30
0

u0.551


v

1.102
v

即应沿与正对岸方向向上游偏30
0
方向划行.船到达正对岸所需时间为

t
dd
1.0510
3
s

vv

cos

解图1-17

1-18．一升 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？

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v
0
,钉子脱落后对地的运动方程为
1
y
1
hv
0
tgt
2

2
升降机底板对地的运动方程为
1
y
2
v
0
t2gt
2

2
且钉子落到底板时，有

y
1
y
2
，
即
1
2

hv
0
tgt

v
0
tgt
2

2
解出

t0.37s

t
与参考系的选取无关.


解图1-18

9

习题一
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.

解：(1) 在最初2s内的平均速度为
xx(2)x(0)(82
3
62)0v
26(ms
1
)

tt2
2s末质点的瞬时速度为
v
2

dx
24t
2
690(ms
1
)

dt
(2) 1s末到3s末的平均加速度为

vv
(3)v
(1)(243
2
6)(246)
a96(ms< br>2
)

tt2
3s末的瞬时加速度
a
3
d
v
48t144(ms
2
)

dt

1-2．一质点在xOy平面内运动，运动方程为
x2t(m),y 4t
2
8(m)
.
（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；
（2）求
t=1 s和t=2 s
时质点的位置、速度和加速度.

解：（1） 由
x2t,
得：
t
x
,
代入
y4t
2
8

2
可得：
yx
2
8
，即轨道方程. 画图略
（2）质点的位置矢量可表示为


2
r2ti(4t8)j

则速度



dr
v2i8tj

dt



d
v
a8j

dt
加速度
当t=1s时，有
当t=2s时，有 


r2i4j(m),v2i8j(ms
1
),a8jms
2








1
r4i8j(m),v2i16j(ms),a8jm s
2


1-3．一质点的运动学方程为
xt
2，y(t1)
2
，x和y均以m为单位，t以s为单位. 求：
（1）质点的轨迹方程；

1

（2）在
t2s
时质点的速度和加速度.

解：（1）由题意可知：x ≥ 0，y ≥ 0，由
xt
2
，
可 得
tx
,代入
y(t1)
2

整理得：
yx1

即轨迹方程
（2）质点的运动方程可表示为
则


2

2
rti(t1)j




dr
2ti2(t1)j


v

dt



d
v
2i 2j

a
dt
因此, 当
t2s
时，有



1
v
4i2j(ms),a2i2j(ms
2
)


1- 4．一枚从地面发射的火箭以
20ms
2
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.

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
a
x


当
v
1
30s
时
d
v
x
,得
dt

30
0
20dt

d
v
x
， 解得
v
x

20
t

0
v
x
v
1
600ms
1

由
v
x

dx
， 得
dt

30
0
20tdt

dx
，
0
x
1
则

x
1
9000m

当火箭未落地, 且t＞30s, 又有

解得

v
x
2
8949.8t

同理由
v
x


t
30
9.8dt

v
x
2
v
1
d
v
x
2

dx
得
dt

解得
t
30
(8949.8t)dt

dx

x
1
x

x4.9t
2
894t13410
… ① 由
v
x
2
0
，得
t91.2s
，代入①得

2

x
max
27.4km

（2）由①式可知，当
x0
时，解得
t
1
166s

t
2
16s<30s
（舍去）

1-5．质点沿直线运 动，加速度
a4t
2
，式中a的单位为
ms
2
，t 的单位为s，如果当t=3s
时，x=9m，
v2ms
1
，求质点的运 动方程.

解 由分析可知
2

v
0
d
v


0
adt

0
(4t)d t

v
tt
积分得

vv
0
4t
由

得

xx
0
+v
0< br>t2t
2

1
3

x
dx

0
v
dt

0
(
v
0
4t
3
t)dt

0
1
3
t

3
txt
1
1
4
t

12
将t=3s时，x=9m，
v2ms
代入上两式中得
v
0
1ms
1
，x
0
=0.75m
所以质点的运动方程为
x0.75t2t
2

1
4
t(m)

12

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
2
度大小平方成正比，即
dvdtkv
， 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
vv
0
e
kx
. 其中
v
0
是发动机关闭时的速度大小.

证：
分离变量得

两边积分
x
1
v


d
v


kdx
,
lnkx

v
0
v
0
v
0
v
d
v
d
v
d
x
d
v
v
k
v
2

d
t
d
x
d
t
d
x
d
v
kdx

v
证得

3

vv
0
e
kx


1-7．一质点沿半径为R 做圆周运动，运动学方程为
sv
0
t
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
2b
；

解：（1）质点的运动速率

v
切向加速度

a
t

法向加速度
1
2
bt
，其中v< br>0
，b都是大于零的
2
ds
v
0
bt

dt
d
v
b

dt
(
v
0
bt)
2

a
n




R
v
2
加速度大小

a
方向
2
2

(
v
0
bt )

b


R

2
a
2

a
2
n

v
bt

1< br>a
n
tan
1
0


tan

a
t
bR
（2）当
a
2
2b
时，可得

(
v
0
bt)
2

22
2 b

b



R

2
解出

t
1
bR
v
0

b
1-8. 物体以初速度
20m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？

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
加速度
则任一时刻


00
v
0
20cos60i20sin60j10i103j(ms
1
)
，



a9.8j(m
2
s

),




vvat10i(1039.8t)j
………………①
4

与水平方向夹角有

tan


当t=1.5s时

tan

0.262,
当t=2.5s时

t an

0.71

8,
此时
tan
1
, 由②得
t=0.75s
物体的高度
（2）

yv
yo
t
（3）在最高处

35
1039.8t
……………………………②
10

1441'

1
2
1
gt1 030.759.80.75
2
10.23(m)

22
v
10ms,a
n

得
1
v
2

g

v
2




10.2m
g
（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
a
n
acos

gcos

g

v
x
10
g4.9(ms
2
)

v
20
解图1-8


v
400
82(m)

a
n4.9
2
1-9．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
10ms
，切
2
向加速度的大小为
0.2ms
. 求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向.

1
10
2
解： 法向加速度的大小
a
n
0.25(ms
2
),
方向指向圆心

400
总加速度的大小
v
2
aa2

a
2
n
0.2
2
0.25
2
0.32(ms
2
)

由解图1-9得
< br>tan


a

0.

8,
a
n
38

40'
则总加速度与速度夹角


1284

0


90

1-10. 质点在重力场中作斜上抛运动，初速度的大小为v
0
，与水平方向成

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
a
n


解：切向加速度

5
v
2

.

a
t
gsina

法向加速度

a
n
gcosa

因为
a
n

v
2


，所以


v
2
v
2
0
a


n
gcos


1-11．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
3.1410
3
rads
1
.在这种离心机的转子内，离轴10cm
解图1-10
远的一个大分子的向心加速度是重力加速度的几倍？


解 所求倍数

2
r4

2
n
2
r4

242

=
(610)

0.
4
1
gg

60
2
9.8
1
5
0


1-12. 一质点在半径为0.10m的圆周上运动，其角位置变化关系 为

24t
3
(rad)
.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，

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？


解 (1) 角速度和角加速度分别为



d

dt
12t
2



d

dt
24t

法向加速度

a
22
n
r

0.1(1t
2
2
2
)2.30
2
10

(

m

s)
切向加速度

a
dt
 r

2.4t4.8(m


2
t

d
v

s)
(2) 由
a
，
a
2
a
22
t
a2
t
a
n
4a
2< br>t
得
3a
22
t
a
n

3(24rt)
2
r
2
(12t
2
)
4


t
3

3
6


24t
3
24
3
6
3.15(rad)

6

(3) 由
a
na
t
，即
r(12t
2
)
2
24rt，解得

t0.55s


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
v
0
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.

解： 如解图1-13，小船速 度沿绳的分量
v
2
v
0
，船速
vv
2
sec


当船离岸的距离为s时，船速

vv
0
船速垂直绳的分量

v
1
< br>v
2
tan


则船的法向加速度

s
2
h
2

s
v
0
h

s
a
n

解得
v
1
2


v
1
2
sh
22
acos

a
s
sh
22

解图1-13
v
0
2
h
2

a

3
s

1-14. A船以
30kmh
的速度向东航行 ，B船以
45km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.

解：如解图1-14所示
11


1

< br>v
A
30ikmh,v
B
45jkmh
1

B船相对于A船的速度


v
BA
v
B
v
A
45j30i(kmh
1
)

则速度大小
22
v
BA
v
B
v
A< br>54.1(kmh
1
)

解图1-14
方向

arctan

v
B
56.3
，既西偏北
56.3

v
A

7

1-15. 一个人骑车以
18 kmh
1
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
角下落， 求雨滴对地的速度.
36kmh
1
时，看见雨滴与他前进的方向成120°

解：如解图1-15所示，
v
r
为雨对地的速度，
v
p< br>1
,
v
p
2
分别为第一次，第二次人对地的速度，



v
rp
1
,
v
rp
2
分别为第一次，第二次雨对人的速度，

120

由三角形全等的知识，可知



18012060

三角形ABC为正三角形，则
解图1-15
v
r
v
p
2
36kmh
，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
v
1
沿直线行驶，下
落 雨滴的速度方向偏于竖直方向向车后方

角，速率为
v
2
，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？

解：如解图1-16（a），车中物体与车蓬之间的夹角


arctan
1
题图1-16
l

h
若

＞

，无论车速多大，物体均不会被雨水淋湿
若

＜

，如解图1-16（b）则有
v
车
|BC||AC||AB|

=
v
雨对 车
sin

v
雨
sin

v
雨
cos

tan

v
雨
sin


又

v
雨
v
2

则

v
车
v
2
(

1
3
1-17 人能在静水中以
1.10ms
的速度划船前进.今欲横渡一宽为
1.0010m< br>、水流速度
lcos

sin

)

h
解图1-16
0.55ms
1
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？

8

解 根据解图1-17，有
v=u+v

，解得

u
v< br>
sin



30
0

u0.551


v

1.102
v

即应沿与正对岸方向向上游偏30
0
方向划行.船到达正对岸所需时间为

t
dd
1.0510
3
s

vv

cos

解图1-17

1-18．一升 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？

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v
0
,钉子脱落后对地的运动方程为
1
y
1
hv
0
tgt
2

2
升降机底板对地的运动方程为
1
y
2
v
0
t2gt
2

2
且钉子落到底板时，有

y
1
y
2
，
即
1
2

hv
0
tgt

v
0
tgt
2

2
解出

t0.37s

t
与参考系的选取无关.


解图1-18

9