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1、习题解答1-3如题1-3图所示，汽车从A地出发，向北行驶60km到达B地，然后向东行驶60km到达C地，最后向东北行驶50km到达D地。求汽车行驶的总路程和总位移。解汽车行驶的总路程为3加+BC4CD-(60+60+JU)Im-170km汽车的总位移的大小为Jj?-bCD=(249+50)km=135km,r=位移的方向沿东北方向，与方向一致。幽1-4现有一矢量R是时间t的函数，问由 与df在一般情况下是否相等？为什么?解廿与在一般情况下是不相等的。因为前者是对矢量R的绝对值(大小或长度)求导,表示矢量R的大小随时间的变化率；而后者是对矢量R的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量R大小
2、随时间的变化和矢量R方向随时间的变化两部分的绝对值。如果矢量R方向不变只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。1-5一质点沿直线L运动，其位置与时间的关系为r=6t22t3,r和t的单位分别是m和s。求:(1)第二秒内的平均速度;(2)第三秒末和第四秒末的速度;(3)第三秒末和第四秒末的加速度。解取直线L的正方向为x轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x轴的正方向，若为负值表示，该速度或加速度沿x轴的反方向。(1)第二秒内的平均速度_24-161-(6-2-+ums1；2-1(2)第三秒末的速度心._1v=12f-6r因为由，将t=3s代入，就求得第三秒末的速度，为v3
3、=18ms1；用同样的方法可以求得第四秒末的速度，为v4=48ms1；(3)第三秒末的加速度(2=-因为，将t=3s代入，就求得第三秒末的加速度，为a3=24ms2；用同样的方法可以求得第四秒末的加速度，为ds而F = fl = 出和度v4=36ms2.1-6一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为(1) vdv=ads;(2)当a为常量时，式v2=vo2+2a(sso)成立。出血vdv=(D=os=adj*df；(2)对上式积分，等号左边为小品=；hd()=，/-君),等号右边为t口山-a(:-5/,于是得产一记=巩Ef),即.1-7质点沿直线运动，在经过时间t后它离该直线上某定点O的距离
4、S满足关系式：S=(t1)2(t2),s和t的单位分别是m和s。求：(1)当质点经过O点时的速度和加速度；(2)当质点的速度为零时它离开。点的距离；(3)当质点的加速度为零时它离开O点的距离；(4)当质点的速度为12ms1时它的加速度。解：取质点沿x轴运动，取坐标原点为定点O(1)质点经过O点时，即s=0,由式什-12)=口可以解得t=1.0s,t=2.0s.当t=1s时,式=云=叫-1*-2) +。-1/ = 口 drAVi-H9a=4(f-l|+2(f-2)=-2Dm0T当t=2s时，v=1.0ms-2,a=4.0ms-2.(2)质点的速度为零，即dj.Fy+G-1)=口，dr上式可化为”
5、11(3”门口解得t=1.0s和t=1.7s.当t=1s时，质点正好处于O点，即离开O点的距离为0m；当t=5/3s时，质点离开O点的距离为0.15mo(3)质点的加速度为零，即a=丁=+2(f-2)=0of,上式可化为3t-4=0,解得t=1.3s.这时离开O点的距离为0.074m。(4)质点的速度为12ms1,即2(t-r)(t-2)+0-1)2=12,由此解得f=3.4s,于=-0.69s.将t值代入加速度的表示式dva=丁=4小7)上工60of,求得的加速度分别为a=12.4ms-2和a=12.2ms-2.1-8一质点沿某直线作减速运动，其加速度为a=Cv2,C是常量。若t=0时质点的
6、速度为vo,并处于so的位置上，求任意时刻t质点的速度和位置。解以t=0时刻质点的位置为坐标原点O,取水平线为x轴，质点就沿x轴运动。因为是直线运动，矢量可以用带有正负号的标量来表示。dva二于是有两边分别积分，得因为to=0,所以上是变为上式就是任意时刻质点的速度表达式。因为出，dx=vdt,将式（1）代入上式，得品=3_凸M十1两边分别积分，得于是，任意时刻质点的位置表达式为=针十用=1葭仃加+白十的.时间，加速度均匀增O上。根据题意，质1-9质点作直线运动，初速度为零，初始加速度为ao,质点出发后每经过加bo求经过t时间后质点的速度和加速度。解可以把质点运动所沿的直线定为直线L,并设初始
7、时刻质点处于固定点点运动的加速度应该表示为bfl=OqH1.由速度公式V-F+。虫可以求得经过t时间质点的速度？hap=J口adt=值/+t.另外，根据位移公式可以求得经过t时间质点的位移1.20 s 至U达 X2 = 3.151-10质点沿直线y=2x+1m运动，某时刻位于xi=1.51m处，经过了m处。求质点在此过程中的平均速度。解根据定义，平均速度应表示为T=At,其中由已知条件找出x和V，就可以求得平均速度产Ar=-jt1=3.15m-1.51tn=1j64tn.根据直线方程V=2x+1,可求得yi=2xi+1=4.02m,y2=2x2+1=7.31m.所以如=/口尸=731m-4.0
8、2m=3.2Sm.平均速度为-Ar必/mm3-1i=i!j=。3了，+274力邦.-sAfAfAr.也可以用下面的方式表示与x轴的夹角为溪=arcten=arctan200=6326,Ar.1-11质点运动的位置与时间的关系为x=5+t2,V=3+5tt2,z=1+2t2,求第二秒末质点的速度和加速度，长度和时间的单位分别是米和秒。解已知质点运动轨道的参量方程为r=5十/，y=-3工=14工产质点任意时刻的速度和加速度分别为质点在第二秒末的速度和加速度就是由以上两式求得的。将t = 2 s代入上式，就得到质点在第二秒末的速度和加速度，分别为vx = 4.口 in sn-10 m 9-L 口和a
9、, = 2 JO m s- ,-2.0 m s-2 as = 40 m s-J1-12设质点的位置与时间的关系为x=x(t),y=y(t),在计算质点的速度和加速度时，如果先小口-小rv=-_口x求出昨#+F，然后根据出和肉求得结果；还可以用另一种方法计算：先算出速度和加速度分量，再合成，得到的结果为v =,恭T你认为哪一组结果正确？为什么?解第二组结果是正确的。而在一般情况下第一组结果不正确，这是因为在一般情况下速度和加速度中的r是质点的位置矢量，不仅有大小而且有方向，微分时，既要对大小微分也要对方向微分。第一组结果的错误就在于，只对位置矢量的大小微分，而没有对位置矢量的方向微分。1-13火
10、车以匀加速运动驶离站台。当火车刚开动时，站在第一节车厢前端相对应的站台位置上的静止观察者发现，第一节车厢从其身边驶过的时间是5.0s。问第九节车厢驶过此观察者身边需要多少时间？t1解设火车的加速度为a,每节车厢的长度为1,第一节车厢从观察者身边通过所需时间为t1,满足.前八节车厢通过观察者身边所需时间为t2,前九节车厢通过观察者身边所需时间为t3,并可列出下面两个方程式P!=-2f3-由式(1)得将上式代入式(2)和式(3),分别得到吧=白S即份X寸=s21第九节车厢通过观察者身边所需时间为t=t3t2=15.00s14.14s=0.86s.2.44 m s 1时，有一螺1-14一架开始静止的
11、升降机以加速度1.22ms2上升，当上升速度达到帽自升降机的天花板上落下，天花板与升降机的底面相距2.74mo计算：(1)螺帽从天花板落到升降机的底面所需要的时间；(2)螺帽相对升降机外固定柱子的下降距离。h1,同时升降机上升的解设螺帽落到升降机地面所需时间为t,在这段时间内螺帽下落的距离为距离为h2oV0 = 2.24 ms1,加速(1)若以螺帽为研究对象，可取y轴竖直向下，t=0时，螺帽的速度为度为g,则有12周=Trm一若以升降机为研究对象，可取y轴竖直向上，t=0时度为a=1.22ms2,这时应有.I2ft-.=hat(2)显然h=hi+h2就是升降机的天花板与底面之间的距离，修121
12、2h=瓦十比=产前十at一v口十一gf有式(3)解得f=(17D5s.(2)螺帽相对升降机外固定柱子的下降距离，就是上面所说的可以得到I士.舟=一串口十二3=0,715m.1-15设火箭引信的燃烧时间为6.0s,今在与水平面成在弹道的最高点爆炸，问必须以多大的初速度发射火箭？解以火箭发射点为原点、水平向右为x轴、竖直向上为度为V0,则其竖直向上的分量为,竖直向上的速度为，升降机的速度为V0=2.44ms1,加速亨于2.74m。于是h1,将上面所求得的t代入式(1),45角的方向将火箭发射出去，欲使火箭y轴，建立坐标系。设发射火箭的初速火箭到达最高点时，Vy=0,由此可以求得初速度为sltl45
13、m - s*1 - S3 in 界1-16倾斜上抛一小球，抛出时初速度与水平面成60角，1.00秒钟后小球仍然斜向上升，但飞行方向与水平面成45角。试求：(1)小球到达最高点的时间；(2)小球在最高点的速度。解以抛设点为原点、水平向右为x轴、竖直向上为y轴，建立坐标系。(1)为求得小球到达最高点的时间，必须先求出它的初速度V0。因为V0与水平方向成60角，所以可列出下面的方程式f01vK=COS60=-ToVy=vfJ-sf=十了厂目.当t=1s时，速度v与水平方向成45,必定有盛一,所以1拒一V。=r豺,由此解得vn=%1=2&幺m-才-1.如果小球到达最高点的时间为t,则有J?n=式=口由此解得（2）小球到达最高点时的速度是沿水平方向的，其大小为v=cos600-=13.4tns-11-17质点作曲线运动，其角速度为常量，质点位置的极径与时间的关系可以表示为司）一%一，其中0和都是常量。求质点的径向速度和径向加速度，横向速度和横向加速度解质点的径向速度为质点的径向加速度为
