《大学物理》课程教学资源（作业习题）力学基础习题（含解答）

习题解答 习题一 111△1与山少有无不同和有无不同和出有无不同其不同在哪里 drdr drdt 试举例说明. 解：(1)△是位移的模，△r是位矢的模的增量，即A=5-小，少=-： 告只是地度在格向上的分配 式中出线是速度径向上的分量。 做部普不意国新不 0 题1-1图 回留表不如速度的品，即闭岛出是加建度在切响上的分程 :有v=v(行表轨道节线方向单位矢)，所以 drdr 式中密就是加速度的切向分量 1-2设质点的运动方程为x=x(1),y=y(1),在计算质点的速度和加速度时，有人先求 d 二2+少，然后根据v,及口而求得结果：又有人先计算速度和加速 的分量，再合成求得结果，即 + 你认为两种方法哪一种

习题解答 习题一 1-1 ｜ r ｜与 r 有无不同? d t dr 和 d t dr 有无不同? d t dv 和 d t dv 有无不同?其不同在哪里? 试举例说明． 解：（1） r 是位移的模，  r 是位矢的模的增量，即 r 2 1 = r −r ， 2 1 r r r    = − ； （2） d t dr 是速度的模，即 d t dr = v = t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有 r = rr ˆ （式中 r ˆ 叫做单位矢），则 t ˆ ˆ r t r t d d d d d d r r r = + 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题 1-1 图所示. 题 1-1 图 (3) d t dv 表示加速度的模，即 t v a d d   = ， t v d d 是加速度 a 在切向上的分量. ∵有     v = v ( 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d      = + 式中 dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d d ˆ d dˆ     与 的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为 x = x ( t )， y = y ( t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求 出r＝ 2 2 x + y ，然后根据 v = t r d d ，及 a ＝ 2 2 d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度 的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2 d d d d        +      t y t x 及 a = 2 2 2 2 2 2 d d d d         +         t y t x 你认为两种方法哪一种

正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有下=x+月， 岛曾贵 故它们的模即为 =医-倍 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 其二，可能是将货与普误作速度与加选度的膜，在门短中已设阴告不是速度的顺。 而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模它只是加度在径向分量中 dt 整留 。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢F在径向（即 量值)方面随时间的变化率，而没有考虑位矢F及速度下的方向随间的变化率对速度、加速 度的贡献。 1-3一质点在xOy平面上运动，运动方程为 x=31+5,y=51产431-4. 式中1以s计，x,y以m计.()以时间1为变量，写出质点位置矢量的表示式：（②）求出 5时刻和1=2s时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移：（③）计算1=0s时刻到1=4s 时刻内的平均速度：(4)求出质点速度矢量表示式，计算1=4s时质点的速度：（⑤）计算1= 0s到1=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1=4s时质点 的加速度（请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成 直角坐标系中的矢量式) 解：(1) F=(31+5)i+(52+31-4)jm (2)将1=1,1=2代入上式即有 万=8-0.5jm

正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 r xi yj    = + ， j t y i t x t r a j t y i t x t r v         2 2 2 2 2 2 d d d d d d d d d d d d = = +  = = + 故它们的模即为 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 d d d d d d d d         +         = + =        +      = + = t y t x a a a t y t x v v v x y x y 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 2 2 d d d d t r a t r v = = 其二，可能是将 2 2 d d d d t r t r 与 误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明 t r d d 不是速度的模， 而只是速度在径向上的分量，同样， 2 2 d d t r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中 的一部分               = − 2 2 2 d d d d t r t r a  径 。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢 r  在径向（即 量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢 r  及速度 v  的方向随间的变化率对速度、加速 度的贡献。 1-3 一质点在 xOy 平面上运动，运动方程为 x =3 t +5, y = 2 1 t 2 +3 t -4. 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 ＝0 s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 ＝4 s 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(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成 直角坐标系中的矢量式)． 解：（1） r t i t t j    3 4) 2 1 (3 5) ( 2 = + + + − m (2)将 t =1, t = 2 代入上式即有 r i j    1 = 8 − 0.5 m

5=11j+4jm =万-万=3j+4.5jm (3) 6=57-47,万=177+16j =-2-5-12i+201=30+5jms △t4-0 4 国-告-+043ims 4=37+7jms (5) %=37+3j,4=37+7万 ag-订m 4 ( d-d-17m.s 这说明该点只有y方向的加速度，且为量。 14在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示.当人以 y。(血·s)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小 次 图1-4 解：设人到船之间绳的长度为1，此时绳与水面成角，由图可知 将上式对时间1求导，得 22 题1-4图

r j j    2 =11 + 4 m r r r j j       = 2 − 1 = 3 + 4.5 m (3)∵ r j j r i j       0 = 5 − 4 , 4 =17 +16 ∴ 4 0 1 3 5 m s 4 12 20 4 0 − = +  + = − − =   = i j r r i j t r v         (4) 1 3 ( 3) m s d d − = = i + t + j  t r v     则 v i j    4 = 3 + 7 1 m s −  (5)∵ v i j v i j       0 = 3 + 3 , 4 = 3 + 7 4 0 2 1 m s 4 4 4 − = =  − =   = j v v t v a      (6) 2 1 m s d d − = = j  t v a    这说明该点只有 y 方向的加速度，且为恒量。 1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以 0 v (m· −1 s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小． 图1-4 解： 设人到船之间绳的长度为 l ，此时绳与水面成  角，由图可知 2 2 2 l = h + s 将上式对时间 t 求导，得 t s s t l l d d 2 d d 2 = 题 1-4 图

根据速度的定义，并注意到1,5是随1减少的， d= d 、1dl_1 或 %-你+s 将Y翻再对1求导，即得船的加速度 是出 d s2 52 1-5质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为a=2+6x2,，a的单位为ms2,x的单位 为m,质点在x=0处，速度为10ms1,试求质点在任何坐标处的速度值. 解： 分离变量： udv=adx=(2+6x2)dx 两边积分得 02=2x+2+c 由题知，x=0时，%=10,∴c=50 v=2vx+x+25 m.s- 1-6已知一质点作直线运动，其加速度为a=4+31m·s2,开始运动时，x=5m,v =0,求该质点在1=10s时的速度和位置. 解： a盘=4+3 分离变量，得 dv=(4+3)d 积分，得 + 由题知，1=0，v。=0,∴G1=0

根据速度的定义，并注意到 l , s 是随 t 减少的， ∴ t s v v t l v d d , d d 绳 = − = 0 船 = − 即 d cos d d d 0 0 v v s l t l s l t s v船 = − = − = = 或 s h s v s lv v 0 2 2 1/ 2 0 ( + ) 船 = = 将 v船 再对 t 求导，即得船的加速度 3 2 0 2 2 2 0 2 2 0 0 2 0 ( ) d d d d d d s h v s v s l s v s v s lv v s t s l t l s t v a = − + = − + = − = = 船 船 1-5 质点沿 x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+6 2 x ，a 的单位为 2 m s −  ，x 的单位 为 m. 质点在 x ＝0处，速度为10 1 m s −  ,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ x v v t x x v t v a d d d d d d d d = = = 分离变量： d adx (2 6x )dx 2   = = + 两边积分得 v = x + x + c 2 3 2 2 2 1 由题知， x = 0 时， v0 = 10 ,∴ c = 50 ∴ 3 1 2 25 m s − v = x + x +  1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3 t 2 m s −  ，开始运动时， x ＝5 m， v =0，求该质点在 t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t t v a 4 3 d d = = + 分离变量，得 dv = (4 + 3t)dt 积分，得 1 2 2 3 v = 4t + t + c 由题知， t = 0, v0 = 0 ,∴ c1 = 0

=+ 又因为 分离变量，d=(+d 积分得 x=22++0 由题知t=0,x0=5,六c2=5 x=22+22+5 所以1=10s时 w=4×10+2x102=190ms x0=2×102+2×103+5=705 m 1-7一质点沿半径为1m的圆周运动，运动方程为日=2+31，日式中以弧度计，1以秒计， 求：(1)1=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： a=d0=9r,B=de=18 dt dt (1)1=2s时， a,=RB=1x18×2=36ms2 an=Ro2=1×(9×22)2=1296ms2 (2)当加速度方向与半径成45°角时，有 an45°=0=1 a. 即 Ro2=RB 亦即 (9r2)2=181 则解得 号 于是角位移为 0=2+3x=2+3x号=2676d

故 2 2 3 v = 4t + t 又因为 2 2 3 4 d d t t t x v = = + 分离变量， x t t )dt 2 3 d (4 2 = + 积分得 2 2 3 2 1 x = 2t + t + c 由题知 t = 0, x0 = 5 ,∴ c2 = 5 故 5 2 1 2 2 3 x = t + t + 所以 t = 10 s 时 10 5 705 m 2 1 2 10 10 190 m s 2 3 4 10 2 3 10 2 1 10 =  +  + = =  +  =  − x v 1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为  =2+3 3 t ， 式中以弧度计， t 以秒计， 求：(1) t ＝2 s 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： t t t t 18 d d 9 , d d 2 = = = =     (1) t = 2 s 时， 2 1 18 2 36 m s − =  =   =  a R 2 2 2 2 1 (9 2 ) 1296 m s − a = R =   =  n (2)当加速度方向与半径成 ο 45 角时，有 tan 45 = = 1 an a 即 R = R 2 亦即 (9t ) 18t 2 2 = 则解得 9 3 2 t = 于是角位移为 2.67 rad 9 2 2 3 2 3 3  = + t = +  =

1-8质点沿半径为R的圆周按5=1-，b的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧 长，。，b都是常量，求：(1)1时刻质点的加速度：（②）1为何值时，加速度在数值上等于b 解：(1) v密e%-以 d, v2_(vo-b)2 d.=R R 多 a=匠+G=6+-0 R- 加速度与半径的夹角为 -Rb (2)由题意应有 a=6=6+。-0 R2 即 6=+-,→-bM=0 R 当1=片时，a=b 1-9半径为R的轮子，以匀速，沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点B的运动方程为 x=R(o-smn),y=R(1-coso),式中=%/R是轮子滚动的角速度，当B与 水平线接触的瞬间开始计时，此时B所在的位置为原点，轮子前进方向为x轴正方向：（②） 求B点速度和加速度的分量表示式. 解：依题意作出下图，由图可知 Bx,米 题1-9图 (1) x=w1-2Rsn2cos号 =vot-Rsin 0 =R(ot-Rsin ot)

( sin ) sin 2 cos 2 2 sin 0 0 R t R t v t R x v t R      = − = − = − 1-8 质点沿半径为 R 的圆周按 s ＝ 2 0 2 1 v t − bt 的规律运动，式中 s 为质点离圆周上某点的弧 长, 0 v ，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 bt t s v = = 0 − d d R v bt R v a b t v a n 2 0 2 ( ) d d − = =  = = − 则 2 4 2 2 2 0 ( ) R v bt a a an b − =  + = + 加速度与半径的夹角为 2 0 ( ) arctan v bt Rb a a n − − = =   (2)由题意应有 2 4 2 0 ( ) R v bt a b b − = = + 即 , ( ) 0 ( ) 4 2 0 4 2 2 0  − = − = + v bt R v bt b b ∴当 b v t 0 = 时， a = b 1-9 半径为 R 的轮子，以匀速 0 v 沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点 B 的运动方程为 x＝ R (t − sin t) ， y ＝ R (1− cost) ，式中 0  = v / R 是轮子滚动的角速度，当 B 与 水平线接触的瞬间开始计时．此时 B 所在的位置为原点，轮子前进方向为 x 轴正方向；(2) 求 B 点速度和加速度的分量表示式． 解：依题意作出下图，由图可知 题 1-9 图 (1)

y-2km2n? =R(1-cose)=R(1-cos@r) dy =di =Rsin ot) ,=Rm2sm= d a,Ro'cosot dv, dt 1-10以初速度。=20ms抛出一小球，抛出方向与水平面成慢60°的夹角 求：(1)球轨道最高点的曲率半径R:(2)落地处的曲率半径R2。 (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系) 解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示 题1-10图 )在最高点， aml=g=10m.s 又： (20xcos60) a。 =10m

(1 cos ) (1 cos ) 2 sin 2 2 sin R R t y R     = − = − = (2)        = = = = − sin ) d d (1 cos ) d d R t t y v R t t x v y x           = = = = t v a R t t v a R t y y x x d d cos d d sin 2 2     1-10 以初速度 0 v ＝20 1 m s −  抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角， 求：(1)球轨道最高点的曲率半径 R1；(2)落地处的曲率半径 R2 ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系) 解：设小球所作抛物线轨道如题 1-10 图所示． 题 1-10 图 (1)在最高点， o v1 = vx = v0 cos602 1 10 m s − a = g =  n 又∵ 1 2 1 1  v an = ∴ 10 m 10 (20 cos60 ) 2 2 1 1 1 =   = = an v 

(2)在落地点。 2=%=20ms1 am=g×cos60 (20)2 10xc0s60°-80m 1-11飞轮半径为0.4m,自静止启动，其角加速度为B=0.2rad·s2，求1=2s时边缘 上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度. 解：当t=2s时，0=m=0.2×2=0.4ads 则v=R0=0.4×0.4=0.16ms- an=Ro2=0.4×(0.4)2=0.064m-s2 a,=R6=0.4×0.2=0.08m-s2 a=√a+a=V0.064)2+(0.08)2=0.102ms 1-12如题1-12图，物体A以相对B的速度v=√2g沿斜面滑动，y为纵坐标，开始时 A在斜面项端高为h处，B物体以u匀速向右运动，求A物滑到地面时的速度。 解：当滑至斜面底时，y=h,则v4=√2gh,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响， 因此，A对地的速度为 下4地=+下4 =(u+2gh cosa)i+(2gh sin a)j -I 题1-12图 1-13一船以速率y=30km·h沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率y2=40km·h 沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何？在艇上看船的速度又为何？ 解：(1)大船看小艇，则有下=-元，依题意作速度矢量图如题1-13图(】

(2)在落地点， v2 = v0 = 20 1 m s −  , 而 o cos60 2 an = g  ∴ 80 m 10 cos60 (20) 2 2 2 2 2 =   = = an v  1-11 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为 β= 0.2 rad· 2 s − ，求 t ＝2s时边缘 上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度． 解：当 t = 2 s 时，  = t = 0.2 2 = 0.4 1 rad s −  则 v = R = 0.40.4 = 0.16 1 m s −  0.4 (0.4) 0.064 2 2 an = R =  = 2 m s −  a = R = 0.40.2 = 0.08 2 m s −  2 2 2 2 2 (0.064) (0.08) 0.102 m s − = + = + =  a an a 1-12 如题 1-12 图，物体 A 以相对 B 的速度 v ＝ 2gy 沿斜面滑动， y 为纵坐标，开始时 A 在斜面顶端高为 h 处， B 物体以 u 匀速向右运动，求 A 物滑到地面时的速度． 解：当滑至斜面底时， y = h ，则 v  A = 2gh , A 物运动过程中又受到 B 的牵连运动影响， 因此， A 对地的速度为 u gh i gh j v u v A A      ( 2 cos ) ( 2 sin ) ' = +  +  地 = + 题 1-12 图 1-13 一船以速率 1 v ＝30km·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率 2 v ＝40km·h -1 沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何? 解：(1)大船看小艇，则有 21 2 1 v v v    = − ，依题意作速度矢量图如题 1-13 图(a)

题1-13图 由图可知 '21=√y2+=50kmh 方向北偏西 0=arctan=arctan3=36.870 2 4 (2)小船看大船，则有可2=可-立2，依题意作出速度矢量图如题1-13图(6)，同上法，得 Vi2 =50 km.h- 方向南偏东36.87° 1-14当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2m的甲板上，篷高4m但当 轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3m,如雨滴的速度大小为8m·s,求 轮船的速率. 解：依题意作出矢量图如题1-14所示。 题1-14图 下雨船=下铺一下船 下雨=下雨输十下船 由图中比例关系可知 V船=V雨=8ms

题 1-13 图 由图可知 2 1 2 2 21 1 50 km h − v = v + v =  方向北偏西 = = = 36.87 4 3 arctan arctan 2 1 v v  (2)小船看大船，则有 12 1 2 v v v    = − ，依题意作出速度矢量图如题 1-13 图(b)，同上法，得 v12 = 50 1 km h −  方向南偏东 o 36.87 1-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但当 轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m·s -1，求 轮船的速率． 解： 依题意作出矢量图如题 1-14 所示． 题 1-14 图 ∵ v雨船 v雨 v船    = − ∴ v雨 v雨船 v船    = + 由图中比例关系可知 1 8 m s − v船 = v雨 = 