万仙山-关于母爱的名言

第一章 质点运动学习题答案
1-1 质点做直线运动，运动方程为
x12t6t
2

其中
t
以s为单位，
x
以m为单位，求：(1)
t
＝4s时，质点的位置、速度和 加速度；(2)
质点通过原点时的速度；(3)质点速度为零时的位置；(4) 做出
x
-t图、
v
-t图、
a
-t图.

解：(1) 根据直线运动情况下的定义，可得质点的位置、速度和加速度分别为

x12t6t
（1）

v
2
dx
1212t
（2）
dt
d
2
x

a
2
12
（3）
dt
2
当
t
＝4s时，代入数字得：
x48
m
v36
ms
a12
ms
（2）当质点通过原点时，< br>x
＝0，代入运动方程得：
12t6t
＝0
解得：
t
1
0,t
2
2
，代入（2）式得：

v
1
12
ms
v
2
=－12ms
(3) 将
v0
代入（2）式，得
1212t0
解得：
t1
s
代入（1）式得：
x
12m－6m=6m
1.2一质点在
xOy
平面上运动，运动方程为
2
x
=3
t
+5,
y
=
1
2
t
+3
t
-4.
2
式中
t
以 s计，
x
,
y
以m计．(1 )以时间
t
为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出
t
=1
s 时刻和
t
＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算
t
＝0s时刻到
t
＝4s时
刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示 式，计算
t
＝4s 时质点的速度；(5)计算
t
＝0s
到
t
＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算
t
＝4s 时质点的加
速度.

1
2


r(3t5 )i(t3t4)j
m
解：（1）
2
(2)将
t1
,
t2
代入上式即有


r
1
8i0.5j

m



r
2
11j4j
m


rr
2
r
1
3j4.5j
m

(3)∵
r
0
5j4j,r
4
17i16j

< br>








r
r
4
r
0
12i20j
3i5 jms
1
∴
v
t404


dr
3i(t3)jms
1
(4)
v
dt


1
则
v
4
3i7j

ms

(5)∵
v
0
3i3j,v
4
3i7j









v
v
4
v
0
4
1jms
2

a
t44



dv
1jms
 2
(6)
a
dt
这说明该点只有
y
方向的加速度，且为恒量.
1-4 一质点沿一直线运动，其加速度为
a2x
，式中
x
的 单位为m，
a
的单位为ms,
试求该质点的速度
v
与位置坐标
x
之间的关系.设
x0
时，
v
0
＝4ms
解：依题意
2
a
dvdvdxdv
v2x
< br>dtdxdtdx
v
v
0

x
0
2xdx 

vdv

2
积分得
x

v
1
2
(vv
0
2
)

2< br>v
0
2
2x
2
162x
3

2
1-5质点沿直线运动，加速度
a4t
，如果当
t
＝3时，< br>x9
，
v2
，求质点的运动方
程. (其中
a
以 ms为单位，
t
以s为单位，
x
以m为单位，
v
以ms为单 位)
解：加速度表示式对
t
积分，得
2
1
v

adtt
3
4tv
0

3
x

vdt
1
4
t2t
2
v
0
t x
0

12
将
t
＝3s，
x
＝9m，v2
ms代入以上二式，得积分常数
v
0
1
ms，
x
0
＝0.75m，则
1
vt
3
4t1
3

1
x t
4
2t
2
t0.75
12

1-6 当物体以非常高的速度穿过空气时，由空气阻力产生的反向加速度大小与物体速度的平
方成反比，即
akv
，其中
k
为常量. 若物体不受其他力作用沿
x
方向运动，通过原点
时的速度为
v
0
，试证明在此后的任意位置
x
处其速度为
vv
0
e
kx
.


解：根据加速度定义得：

2
dvdvd vdxdv
akv
2
，因
av
，代入上式，分离变量， 整理后得：
dtdtdxdtdx
1
dvkdx
，应用初始条件
x0,vv
0
，两边积分得
v

x
1
v
kx
kx
dvkdx
得 即 有：
ln
vve
0

v
0
v
< br>0
v
0
v
1-7试写出以矢量形式表示的质点做匀速圆周运动的运动学 方程，并证明做匀速圆周运动质
点的速度矢量
v
和加速度
a
矢量的标 积等于零，即
va=0

解：以直角坐标表示的质点运动学方程为
xRcos

t,yRsin

t

以矢量形式表示的指点运动学方程为
rRcos

tiRsin

tj

速度和加速度分别为
v
dr


Rsin

ti

Rcos

tj

dt
a< br>
2
Rcos

ti

2
Rsin

tj

所以
va=0

1-8一质点在
xo y
平面内运动，其运动方程为
racos

tibsin
tj
，其中
a,b,

均为大
于零的常量.
解：（1 ）质点在任意时刻的速度
v
dr
a

sin

tib

cos

tj

dt
（2）由
xacos

t,ybsin

t

消去
t
，可得轨道方程
x
2
y
2

2

2
1
可见是椭圆方程，表明质点作椭圆运动
ab
（3）加速度
a
2
dv


2
( acos

tibsin

tj)=

2
r< br>
dt
因为

>0，所以
a
的方向恒与
r< br>反向，即
a
恒指向椭圆中心.

1-9路灯离地面高度为
H
，一个身高为
h
的人，在灯下水平路面上以匀速度
v
0
步行. 如图所
示，求当人与灯的水平距离为
x
时，他的头顶在地
面上的影子 移动的速度的大小.
解：建立如图所示的坐标，
t
时刻头顶影子的坐标为
x x
'
，设头顶影子的移动速度为
v
，则
d(xx
'< br>)dxdx
'
dx
'
v
0


v

dtdtdtdt
由图中可看出有

Hh

，
xx
'
x
'
'
hv
0
hx
dx
'

则有
x

Hh
dtHh
所以有
vv
0

hv
0
H
v
0

HhHh
1-10 质点沿半径为
R
的圆周按
s
＝v
0
t
1
2
bt
的规律
2
运动，式 中
s
为质点离圆周上某点的弧长,
v
0
，
b
都是常 量，求：(1)
t
时刻质点的加速度；
(2)
t
为何值时，加速度在数值上等于
b
．
解：（1）
v
ds
v
0
bt

dt
dv
b
dt

v
2
(v
0
bt)
2
a
n

RR
a


(v
0
bt)
4
则
aa

ab

2
R
22
n
2
加速度与半径的夹角为

arctan
(2)由题意应有
a

Rb


2
a
n
(v
0
bt)
(v
0
bt)
4

abb
R
2
2
(v< br>0
bt)
4
,(v
0
bt)
4
0< br> 即
bb
2
R
22< /p>

∴当
t
v
0
时，
ab

b
2
1-11质点做半径为20cm的圆周运动，其切向加速度恒为5cms，若该质点由静止 开始运
动，需要多少时间：(1)它的法向加速度等于切向加速度；(2)法向加速度等于切向加速度的
二倍.
解：质点圆周运动半径
r
＝20cm，切向加速度
a
＝5cms，
t
时刻速度为
va

t
，法 向加
速度为
a
n
v
2
r
，因此有
t va


2
a
n
ra


an
r

2
a

（1） 当
a

a
n
时，
t
a
n
r20
r4
s
a

2
a

5
（2） 当
a


1
a
n
2r40
a
n
时，
t r2.83
s
2
2
a

a

5
6
1-12 (1)地球的半径为6.37
10
m，求地球赤道表面上一点相对于地球中心的向心加速度.
(2)地球绕太阳运行的轨道半径为1.5
10
m，求地球相对于太阳的向心加速度 . (3)天文
测量表明，太阳系以近似圆形的轨道绕银河系中心运动，半径为2.8
10< br>m，速率为
2.5
10
ms，求太阳系相对于银河系的向心加速度.
解：（1）地球赤道表面一点相对于地球中心的向心角速度为

a
n< br>1
R
1

1
6.3710(
26
1 1
20
5
2

)
2
3.3610
2
ms
2

246060
（2）地球相对太阳的向心加速度为

a
n
2
R
2

2
1. 510(
211
2

)
2
5.9510
 3
ms
2

365246060
（3）太阳系相对银河系的向心加速度
v
32
(2.510
5
)
2
2
10

a
n
3

ms
2.2310
20
R
3
2.810


1-13 以初速度
v
0
＝20
ms
抛出一小球，抛出方 向与水平面成
60°的夹角，
求：(1)球轨道最高点的曲率半径
R
1；(2)落地处的曲率半径
R
2
．

解：设小球所作抛物线轨道如题1-13图所示．
1

题1-13图
(1)在最高点，
v
1
v
x
v
0
cos60
o

a
n1
g10ms
2

又∵
a
n
1

v
1
2

1

v
1
2
(20cos60)
2

1
 
a
n
1
10
∴
10m
(2)在落地点，
v
2
v
0
20
ms
1
,
而
a
n
2
gcos60

2
v
2
(20)
2
∴

2
80m

a
n
2
10cos60
o

1-14一架飞机 在水平地面的上方，以174ms的速率垂直俯冲，假定飞机以圆形路径脱离俯
冲，而飞机可以承受的最 大加速度为78.4ms，为了避免飞机撞到地面，求飞机开始脱
离俯冲的最低高度. 假定整个运动中速率恒定.
解：设飞机以半径为
R
圆形路径俯冲，其加速度为

a
n
v
2
R

当
a
n
为飞机所能承受的最大加速度时，
R
即为最小，所以

78.4174
2
R
min
,R
min174
2
78.4386.2
m
1-15一飞轮以速度
n 1500
revmin转动，受制动而均匀减速，经
t50
s 静止，求
(1) 角加速度

和从制动开始到静止飞轮转过的转数
N
；
(2) 求制动开始后，
t25
s时飞轮的角速度

；
(3) 设飞轮半径
R
=1m，求
t25
s时，飞轮边缘上一点的 速度和加速度.解：（1）飞轮的
初角速度

0
2n

 2


2
1500

0
；
50

，当
t50
s时，代入



0


t
得
60





0
t



从开始到静止，飞轮转过的角度及其转数为：




0
t

t
2
5050



(50)
2
1250
 rad
N
1
2
1
2

625
rev
2



rads


t50

25

25
0


（ 2）
t25
s 时，飞轮的角速度为
（3）
t25
s 时，飞轮边缘上一点的速度为
vR

125

25

ms
相应的切线和法线加速度为
a
t
R


< br>1

ms
2

a
n
R
< br>2
(25

)
2
1625

2
ms
2

1-16一质点沿半径为1m的圆周运动，运动方程为

23t
，式中

以弧度计，
t
以秒计，
求：(1)< br>t
＝2s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成
45
角 时，其角
位移是多少？

解：



2
d

d

9t
2
,

18t

dtdt
(1)
t2s
时，
a

R

118236ms
2
< br>a
n
R

2
1(92
2
)
2
1296ms
2

(2)当加速度方向与半径成
45
角时，有


即
R

2
R


亦即
(9t
2
)
2
18t

则解得
t
于是角位移为
3

tan45
a
1
a
n
2

9
2
2.67
9
rad


23t
3
23
1-17一圆盘半径为3m，它的角速度在
t
＝0时为 3.33

rads，以后均匀地减小，到
t
＝4s
时角速度变为零 . 试计算圆盘边缘上一点在
t
＝2s时的切向加速度和法向加速度的大小.

解：角速度均匀减小，因此，角加速度为




(4)

(0)
40

03.33
< br>0.83

rads
2

4
圆盘做匀角加速度，故有




0


t3.33

0.83

t

当
t2s时，

3.33

0.83

216.7< br>
rads
法向和切向加速度分别为

a
n
R

2
82.4
ms
a

R

＝－7.8 ms
1-18某雷达站对一个飞 行中的炮弹进行观测，发现炮弹达最高点时，正好位于雷达站的上
方，且速率为
v
，高 度为
h
，求在炮弹此后的飞行过程中，在
t
(以s为单位)时刻雷达的观测方向与铅垂直方向之间的夹角

及其变化率


22
d

(雷达的转动角速度)
dt


解：以雷达位置为坐标原点，取坐标系
xoy
如图所示 ，根据题意，炮弹的运动方程为

xv,ty

1
h
2
2
g

t

1
hgt
2
y
2
可解得：
cot


（1） 则
xvt
1
hgt
2
2


arccot
vt
将（1）式两边对
t
求导数，得
1
gt
2
hgt
2
d

2

csc
2



2
dtvt
111hgt
2
hgt
2
v(hgt
2
)
d< br>
2
则有




2
2
2

2
2
2

dtvtcsc

vt(co t

1)
(h
1
gt
2
)
2
v
2
t
2
2

1-19 汽车在大雨中行驶，车速为8 0kmh，车中乘客看见侧面的玻璃上雨滴和铅垂线成
60
角，当车停下来时，他发现雨滴是垂 直下落的，求雨滴下落的速度.
解：取车为运动参考系
S
，雨滴相对于车的速度为
v
ps
'
，雨滴对地速度为
v
ps
，车对地
'

的速度为

v
ps
v
s
'
s
，相对运动速度合成定理为
v
ps
'
v
s
'
s
见如图所示的速度合成图，则有

v
ps
v
ps
'
cot6080


1000
0.57712.8
ms
3600
22
1-20一升降机以加速度1.22ms上升，当上升速度为2.44 ms时，有一螺帽自升降机的天
花板松落，天花板与升降机底面相距2.74m，计算：(1)螺帽从天 花板落到底面所需的时间；
(2)螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离.

解 ：以升降机外固定柱子为参考系，竖直向上为
y
坐标轴正向，螺帽松落时升降机底面位
置为原点. 螺帽从
y
0
＝2.74m处松落，以初速度
v
0
＝2.44ms做竖直上抛运动，升降机底面
则从原点以同样的初速度做向上的加速运动，加速度a
＝1.22ms，它们的运动方程分别为
螺帽：
y
1
y< br>0
v
0
t
2
1
2
1
gt
底面：
y
2
v
0
tat
2

22
螺帽落到底面上时，
y
1
y
2
，由以上两式 得
t
＝0.705s
（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为

sy
0
y
1
v
0
t
1
2
gt0.715
m
2


1-21某人骑自行车以速 率
v
向西行使，北风以速率
v
吹来（对地面），问骑车者遇到风速及
风向如何？
解：地为静系E，人为动系M。风为运动物体P
绝对速度：
v
PE
v
，方向向南；
牵连速度：
v
ME
v
，方向向西；
求相对速度
v
PM
？
方向如何？
∵
v
PE
v
PM
v
ME


∵
v
ME
v
PE
v

∴



45°
22
v
PM
vMP
v
PE
2v




v
PM
方向：来自西北。或东偏南45°。
1-22 当一轮船在雨中航行时，它的雨蓬遮着蓬的垂直投影后2m的甲板上，蓬高为4m，但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在蓬前3m，若雨滴的速度大小为8ms，求轮船
的速率 .

解： 依题意作出矢量图如题1-22所示．

图1-22
∵
v
雨船
v
雨
v
船

∴
v
雨
v
雨船
v
船

由图中比例关系可知




v
船
v
雨
8ms
1

1-23 飞机自A城向北飞到B城，然后 又向南飞回到A城，飞机相对于空气的速度为
v
，而
空气相对于地面的速度为
u
，A、B之间的距离为
L
，如果飞机相对于空气的速率保持不变，
试证：( 1)当空气静止的(
u
＝0)时，飞行一个来回的时间为
t
0
2L v
； (2)当空气的速度
u
2
由南向北时，飞行一个来回的时间为
t
1
t
0
(1
2
)
；(3)当空气的速度由东 向西，飞行一
v
u
2
个来回的时间为
t
2
t0
1
2

v
解：（1）当空气静止时，
t
往
t
返

L
v
则
t
0
t
往
t
返

2 L

v
（2）空气对地面的速度
u
由南向北时，飞机相对空气的相对 速度去时与
u
同向，回来时与
u
反向，根据相对运动速度合成定理，飞机往返 速率分别为
v
往
vu,v
返
vu

则往返飞行的时间
t
1
t
往
t
返

t
0
LL2Lv

2


vuvu vu
2
1(uv)
2
（3）空气对地面的速度由东向西时

v
往
vu,v
返
vu

往返飞行的时间

t
2
t
往
t
返

2222
2L
vu
22

t
0
1(uv)
2

第一章 质点运动学习题答案
1-1 质点做直线运动，运动方程为
x12t6t
2

其中
t
以s为单位，
x以m为单位，求：(1)
t
＝4s时，质点的位置、速度和加速度；(2)
质点通 过原点时的速度；(3)质点速度为零时的位置；(4) 做出
x
-t图、
v
-t图、
a
-t图.

解：(1) 根据直线运动情况下的定义，可得质点的位置、速度和加速度分别为

x12t6t
（1）

v
2
dx
1212t
（2）
dt
d
2
x

a
2
12
（3）
dt
2
当
t
＝4s时，代入数字得：
x48
m
v36
ms
a12
ms
（2）当质点通过原点时，< br>x
＝0，代入运动方程得：
12t6t
＝0
解得：
t
1
0,t
2
2
，代入（2）式得：

v
1
12
ms
v
2
=－12ms
(3) 将
v0
代入（2）式，得
1212t0
解得：
t1
s
代入（1）式得：
x
12m－6m=6m
1.2一质点在
xOy
平面上运动，运动方程为
2
x
=3
t
+5,
y
=
1
2
t
+3
t
-4.
2
式中
t
以 s计，
x
,
y
以m计．(1 )以时间
t
为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出
t
=1
s 时刻和
t
＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算
t
＝0s时刻到
t
＝4s时
刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示 式，计算
t
＝4s 时质点的速度；(5)计算
t
＝0s
到
t
＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算
t
＝4s 时质点的加
速度.

1
2


r(3t5 )i(t3t4)j
m
解：（1）
2
(2)将
t1
,
t2
代入上式即有


r
1
8i0.5j

m



r
2
11j4j
m


rr
2
r
1
3j4.5j
m

(3)∵
r
0
5j4j,r
4
17i16j

< br>








r
r
4
r
0
12i20j
3i5 jms
1
∴
v
t404


dr
3i(t3)jms
1
(4)
v
dt


1
则
v
4
3i7j

ms

(5)∵
v
0
3i3j,v
4
3i7j









v
v
4
v
0
4
1jms
2

a
t44



dv
1jms
 2
(6)
a
dt
这说明该点只有
y
方向的加速度，且为恒量.
1-4 一质点沿一直线运动，其加速度为
a2x
，式中
x
的 单位为m，
a
的单位为ms,
试求该质点的速度
v
与位置坐标
x
之间的关系.设
x0
时，
v
0
＝4ms
解：依题意
2
a
dvdvdxdv
v2x
< br>dtdxdtdx
v
v
0

x
0
2xdx 

vdv

2
积分得
x

v
1
2
(vv
0
2
)

2< br>v
0
2
2x
2
162x
3

2
1-5质点沿直线运动，加速度
a4t
，如果当
t
＝3时，< br>x9
，
v2
，求质点的运动方
程. (其中
a
以 ms为单位，
t
以s为单位，
x
以m为单位，
v
以ms为单 位)
解：加速度表示式对
t
积分，得
2
1
v

adtt
3
4tv
0

3
x

vdt
1
4
t2t
2
v
0
t x
0

12
将
t
＝3s，
x
＝9m，v2
ms代入以上二式，得积分常数
v
0
1
ms，
x
0
＝0.75m，则
1
vt
3
4t1
3

1
x t
4
2t
2
t0.75
12

1-6 当物体以非常高的速度穿过空气时，由空气阻力产生的反向加速度大小与物体速度的平
方成反比，即
akv
，其中
k
为常量. 若物体不受其他力作用沿
x
方向运动，通过原点
时的速度为
v
0
，试证明在此后的任意位置
x
处其速度为
vv
0
e
kx
.


解：根据加速度定义得：

2
dvdvd vdxdv
akv
2
，因
av
，代入上式，分离变量， 整理后得：
dtdtdxdtdx
1
dvkdx
，应用初始条件
x0,vv
0
，两边积分得
v

x
1
v
kx
kx
dvkdx
得 即 有：
ln
vve
0

v
0
v
< br>0
v
0
v
1-7试写出以矢量形式表示的质点做匀速圆周运动的运动学 方程，并证明做匀速圆周运动质
点的速度矢量
v
和加速度
a
矢量的标 积等于零，即
va=0

解：以直角坐标表示的质点运动学方程为
xRcos

t,yRsin

t

以矢量形式表示的指点运动学方程为
rRcos

tiRsin

tj

速度和加速度分别为
v
dr


Rsin

ti

Rcos

tj

dt
a< br>
2
Rcos

ti

2
Rsin

tj

所以
va=0

1-8一质点在
xo y
平面内运动，其运动方程为
racos

tibsin
tj
，其中
a,b,

均为大
于零的常量.
解：（1 ）质点在任意时刻的速度
v
dr
a

sin

tib

cos

tj

dt
（2）由
xacos

t,ybsin

t

消去
t
，可得轨道方程
x
2
y
2

2

2
1
可见是椭圆方程，表明质点作椭圆运动
ab
（3）加速度
a
2
dv


2
( acos

tibsin

tj)=

2
r< br>
dt
因为

>0，所以
a
的方向恒与
r< br>反向，即
a
恒指向椭圆中心.

1-9路灯离地面高度为
H
，一个身高为
h
的人，在灯下水平路面上以匀速度
v
0
步行. 如图所
示，求当人与灯的水平距离为
x
时，他的头顶在地
面上的影子 移动的速度的大小.
解：建立如图所示的坐标，
t
时刻头顶影子的坐标为
x x
'
，设头顶影子的移动速度为
v
，则
d(xx
'< br>)dxdx
'
dx
'
v
0


v

dtdtdtdt
由图中可看出有

Hh

，
xx
'
x
'
'
hv
0
hx
dx
'

则有
x

Hh
dtHh
所以有
vv
0

hv
0
H
v
0

HhHh
1-10 质点沿半径为
R
的圆周按
s
＝v
0
t
1
2
bt
的规律
2
运动，式 中
s
为质点离圆周上某点的弧长,
v
0
，
b
都是常 量，求：(1)
t
时刻质点的加速度；
(2)
t
为何值时，加速度在数值上等于
b
．
解：（1）
v
ds
v
0
bt

dt
dv
b
dt

v
2
(v
0
bt)
2
a
n

RR
a


(v
0
bt)
4
则
aa

ab

2
R
22
n
2
加速度与半径的夹角为

arctan
(2)由题意应有
a

Rb


2
a
n
(v
0
bt)
(v
0
bt)
4

abb
R
2
2
(v< br>0
bt)
4
,(v
0
bt)
4
0< br> 即
bb
2
R
22< /p>

∴当
t
v
0
时，
ab

b
2
1-11质点做半径为20cm的圆周运动，其切向加速度恒为5cms，若该质点由静止 开始运
动，需要多少时间：(1)它的法向加速度等于切向加速度；(2)法向加速度等于切向加速度的
二倍.
解：质点圆周运动半径
r
＝20cm，切向加速度
a
＝5cms，
t
时刻速度为
va

t
，法 向加
速度为
a
n
v
2
r
，因此有
t va


2
a
n
ra


an
r

2
a

（1） 当
a

a
n
时，
t
a
n
r20
r4
s
a

2
a

5
（2） 当
a


1
a
n
2r40
a
n
时，
t r2.83
s
2
2
a

a

5
6
1-12 (1)地球的半径为6.37
10
m，求地球赤道表面上一点相对于地球中心的向心加速度.
(2)地球绕太阳运行的轨道半径为1.5
10
m，求地球相对于太阳的向心加速度 . (3)天文
测量表明，太阳系以近似圆形的轨道绕银河系中心运动，半径为2.8
10< br>m，速率为
2.5
10
ms，求太阳系相对于银河系的向心加速度.
解：（1）地球赤道表面一点相对于地球中心的向心角速度为

a
n< br>1
R
1

1
6.3710(
26
1 1
20
5
2

)
2
3.3610
2
ms
2

246060
（2）地球相对太阳的向心加速度为

a
n
2
R
2

2
1. 510(
211
2

)
2
5.9510
 3
ms
2

365246060
（3）太阳系相对银河系的向心加速度
v
32
(2.510
5
)
2
2
10

a
n
3

ms
2.2310
20
R
3
2.810


1-13 以初速度
v
0
＝20
ms
抛出一小球，抛出方 向与水平面成
60°的夹角，
求：(1)球轨道最高点的曲率半径
R
1；(2)落地处的曲率半径
R
2
．

解：设小球所作抛物线轨道如题1-13图所示．
1

题1-13图
(1)在最高点，
v
1
v
x
v
0
cos60
o

a
n1
g10ms
2

又∵
a
n
1

v
1
2

1

v
1
2
(20cos60)
2

1
 
a
n
1
10
∴
10m
(2)在落地点，
v
2
v
0
20
ms
1
,
而
a
n
2
gcos60

2
v
2
(20)
2
∴

2
80m

a
n
2
10cos60
o

1-14一架飞机 在水平地面的上方，以174ms的速率垂直俯冲，假定飞机以圆形路径脱离俯
冲，而飞机可以承受的最 大加速度为78.4ms，为了避免飞机撞到地面，求飞机开始脱
离俯冲的最低高度. 假定整个运动中速率恒定.
解：设飞机以半径为
R
圆形路径俯冲，其加速度为

a
n
v
2
R

当
a
n
为飞机所能承受的最大加速度时，
R
即为最小，所以

78.4174
2
R
min
,R
min174
2
78.4386.2
m
1-15一飞轮以速度
n 1500
revmin转动，受制动而均匀减速，经
t50
s 静止，求
(1) 角加速度

和从制动开始到静止飞轮转过的转数
N
；
(2) 求制动开始后，
t25
s时飞轮的角速度

；
(3) 设飞轮半径
R
=1m，求
t25
s时，飞轮边缘上一点的 速度和加速度.解：（1）飞轮的
初角速度

0
2n

 2


2
1500

0
；
50

，当
t50
s时，代入



0


t
得
60





0
t



从开始到静止，飞轮转过的角度及其转数为：




0
t

t
2
5050



(50)
2
1250
 rad
N
1
2
1
2

625
rev
2



rads


t50

25

25
0


（ 2）
t25
s 时，飞轮的角速度为
（3）
t25
s 时，飞轮边缘上一点的速度为
vR

125

25

ms
相应的切线和法线加速度为
a
t
R


< br>1

ms
2

a
n
R
< br>2
(25

)
2
1625

2
ms
2

1-16一质点沿半径为1m的圆周运动，运动方程为

23t
，式中

以弧度计，
t
以秒计，
求：(1)< br>t
＝2s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成
45
角 时，其角
位移是多少？

解：



2
d

d

9t
2
,

18t

dtdt
(1)
t2s
时，
a

R

118236ms
2
< br>a
n
R

2
1(92
2
)
2
1296ms
2

(2)当加速度方向与半径成
45
角时，有


即
R

2
R


亦即
(9t
2
)
2
18t

则解得
t
于是角位移为
3

tan45
a
1
a
n
2

9
2
2.67
9
rad


23t
3
23
1-17一圆盘半径为3m，它的角速度在
t
＝0时为 3.33

rads，以后均匀地减小，到
t
＝4s
时角速度变为零 . 试计算圆盘边缘上一点在
t
＝2s时的切向加速度和法向加速度的大小.

解：角速度均匀减小，因此，角加速度为




(4)

(0)
40

03.33
< br>0.83

rads
2

4
圆盘做匀角加速度，故有




0


t3.33

0.83

t

当
t2s时，

3.33

0.83

216.7< br>
rads
法向和切向加速度分别为

a
n
R

2
82.4
ms
a

R

＝－7.8 ms
1-18某雷达站对一个飞 行中的炮弹进行观测，发现炮弹达最高点时，正好位于雷达站的上
方，且速率为
v
，高 度为
h
，求在炮弹此后的飞行过程中，在
t
(以s为单位)时刻雷达的观测方向与铅垂直方向之间的夹角

及其变化率


22
d

(雷达的转动角速度)
dt


解：以雷达位置为坐标原点，取坐标系
xoy
如图所示 ，根据题意，炮弹的运动方程为

xv,ty

1
h
2
2
g

t

1
hgt
2
y
2
可解得：
cot


（1） 则
xvt
1
hgt
2
2


arccot
vt
将（1）式两边对
t
求导数，得
1
gt
2
hgt
2
d

2

csc
2



2
dtvt
111hgt
2
hgt
2
v(hgt
2
)
d< br>
2
则有




2
2
2

2
2
2

dtvtcsc

vt(co t

1)
(h
1
gt
2
)
2
v
2
t
2
2

1-19 汽车在大雨中行驶，车速为8 0kmh，车中乘客看见侧面的玻璃上雨滴和铅垂线成
60
角，当车停下来时，他发现雨滴是垂 直下落的，求雨滴下落的速度.
解：取车为运动参考系
S
，雨滴相对于车的速度为
v
ps
'
，雨滴对地速度为
v
ps
，车对地
'

的速度为

v
ps
v
s
'
s
，相对运动速度合成定理为
v
ps
'
v
s
'
s
见如图所示的速度合成图，则有

v
ps
v
ps
'
cot6080


1000
0.57712.8
ms
3600
22
1-20一升降机以加速度1.22ms上升，当上升速度为2.44 ms时，有一螺帽自升降机的天
花板松落，天花板与升降机底面相距2.74m，计算：(1)螺帽从天 花板落到底面所需的时间；
(2)螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离.

解 ：以升降机外固定柱子为参考系，竖直向上为
y
坐标轴正向，螺帽松落时升降机底面位
置为原点. 螺帽从
y
0
＝2.74m处松落，以初速度
v
0
＝2.44ms做竖直上抛运动，升降机底面
则从原点以同样的初速度做向上的加速运动，加速度a
＝1.22ms，它们的运动方程分别为
螺帽：
y
1
y< br>0
v
0
t
2
1
2
1
gt
底面：
y
2
v
0
tat
2

22
螺帽落到底面上时，
y
1
y
2
，由以上两式 得
t
＝0.705s
（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为

sy
0
y
1
v
0
t
1
2
gt0.715
m
2


1-21某人骑自行车以速 率
v
向西行使，北风以速率
v
吹来（对地面），问骑车者遇到风速及
风向如何？
解：地为静系E，人为动系M。风为运动物体P
绝对速度：
v
PE
v
，方向向南；
牵连速度：
v
ME
v
，方向向西；
求相对速度
v
PM
？
方向如何？
∵
v
PE
v
PM
v
ME


∵
v
ME
v
PE
v

∴



45°
22
v
PM
vMP
v
PE
2v




v
PM
方向：来自西北。或东偏南45°。
1-22 当一轮船在雨中航行时，它的雨蓬遮着蓬的垂直投影后2m的甲板上，蓬高为4m，但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在蓬前3m，若雨滴的速度大小为8ms，求轮船
的速率 .

解： 依题意作出矢量图如题1-22所示．

图1-22
∵
v
雨船
v
雨
v
船

∴
v
雨
v
雨船
v
船

由图中比例关系可知




v
船
v
雨
8ms
1

1-23 飞机自A城向北飞到B城，然后 又向南飞回到A城，飞机相对于空气的速度为
v
，而
空气相对于地面的速度为
u
，A、B之间的距离为
L
，如果飞机相对于空气的速率保持不变，
试证：( 1)当空气静止的(
u
＝0)时，飞行一个来回的时间为
t
0
2L v
； (2)当空气的速度
u
2
由南向北时，飞行一个来回的时间为
t
1
t
0
(1
2
)
；(3)当空气的速度由东 向西，飞行一
v
u
2
个来回的时间为
t
2
t0
1
2

v
解：（1）当空气静止时，
t
往
t
返

L
v
则
t
0
t
往
t
返

2 L

v
（2）空气对地面的速度
u
由南向北时，飞机相对空气的相对 速度去时与
u
同向，回来时与
u
反向，根据相对运动速度合成定理，飞机往返 速率分别为
v
往
vu,v
返
vu

则往返飞行的时间
t
1
t
往
t
返

t
0
LL2Lv

2


vuvu vu
2
1(uv)
2
（3）空气对地面的速度由东向西时

v
往
vu,v
返
vu

往返飞行的时间

t
2
t
往
t
返

2222
2L
vu
22

t
0
1(uv)
2