1、第一章习题解答1.1 由题可知示意图如题 1.1.1 图: S2t1t题 1 . 1 . 1 图设开始计时的时刻速度为 0v,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为 a.则有: 21210tatvs由以上两式得 10tt再由此式得 21ttsa证明完毕.1.2 解 由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题 1.2.1 图.ABO题 1 . 2 . 1 图设 A船经过 0t小时向东经过灯塔,则向北行驶的 船经过0t小时经过灯塔任意时刻 A船的坐标 txA150， AyB船坐标 x， ttyB20则 A船间距离的平方 22BABAyxd- 2 -即 20215td2015tt202067945
2、ttt2d对时间 t求导 675902ttdtAB船相距最近，即0t，所以 ht430即午后 45 分钟时两船相距最近最近距离 22min1515skm1.3 解 1如题 1.3.2 图 xyCaBArO第 1 . 3 题图 ABCraxyO题 1 . 3 . 2 图由题分析可知，点 C的坐标为 sincosayrx又由于在 AOB中，有 isinr（正弦定理）所以- 3 -rya2sinsi联立以上各式运用 1cosi22由此可得 ryaxrax2cos得 12422ryxyxry得 2223yaxaxy化简整理可得 22234r此即为 C点的轨道方程.（2）要求 点的速度，分别求导 2co
3、ssininryrx其中 又因为 sin2siar对两边分别求导故有 cos2ar所以 2yxV 4cossinco2sin22rrrii4cos1.4 解 如题 1.4.1 图所示，- 4 -ABOCLxd第 1 . 4 题图OL绕 点以匀角速度转动， 在 AB上滑动，因此 点有一个垂直杆的速度分量 2xdCvC点速度 22secsco又因为 所以 点加速度 tanse2dtva 22tansecdxd1.5 解 由题可知，变加速度表示为 Ttc2si1由加速度的微分形式我们可知 dtva代入得 tTcv2sin1对等式两边同时积分 dtcdvt00si可得 ： DTtt2os（ 为常数）代
4、入初始条件： 0t时， v，故 c即- 5 -12cosTttv又因为 dtv所以 dstTttc12os对等式两边同时积分 ，可得： ttcs2sin211.6 解 由题可知质点的位矢速度 r/v沿垂直于位矢速度 又因为 r/v ， 即 rv即jivardtrtd（取位矢方向 i，垂直位矢方向 j）所以 jii rdtritrt ttdtrt jjjij2rr故 iarr22即 沿位矢方向加速度 垂直位矢方向加速度 ra2对求导 r- 6 -对求导 r2r把代入式中可得 ra22/1.7 解 由题可知 sincoryx 对求导 icx对求导 cossini2os2 rr对求导 iy对求导 s
5、incos2sin2 rrr对于加速度 a，我们有如下关系见题 1.7.1 图 raOxy题 1 . 7 . 1 图即 cossiniayxr-对俩式分别作如下处理： co，即得 cosinsiinayxr-+得 icyxr- 7 -把代入 得 2rar同理可得 1.8 解 以焦点 F为坐标原点，运动如题 1.8.1 图所示 FOMxy题 1 . 8 . 1 图则 M点坐标 sincoryx对 yx,两式分别求导 cossiniryx故 2222 iicoryxv 2r如图所示的椭圆的极坐标表示法为 cos12ea对 r求导可得（利用 ）又因为 22ear即 re21cos所以 22222 1
6、1cssineraa故有 2224sin1earv- 8 -2241ear121 22eraa2r222rr b2即 rabrv（其中 e,122为椭圆的半短轴）1.9 证 质点作平面运动，设速度表达式为 jivyx令为位矢与轴正向的夹角，所以 dttdtvdyxjia jixyyxvdtv所以 jiaxyyxvdtvdt jiyxvyxyyxxttv dttyx又因为速率保持为常数，即 Cvyx,2为常数对等式两边求导 0dttyx所以 va即速度矢量与加速度矢量正交.1.10 解 由题可知运动轨迹如题 1.10.1 图所示， p,2,xyO题 1 . 1 0 . 1 图- 9 -则质点切向
7、加速度 dtvat法向加速度 2nva，而且有关系式 2vkdt又因为 23y1px所以 y32p联立 232yp1kvdt又 dvtdtv把 2pxy两边对时间求导得 pyx又因为 22yv所以 221py- 10 -把代入 2322211ypkvdypv既可化为 2pydkvd对等式两边积分 2ykvpu所以 ke1.11 解 由题可知速度和加速度有关系如图 1.11.1 所示av题 1 . 1 1 . 1 图cosin2adtvrtn两式相比得 tvrvcos1in2即 2tvdr对等式两边分别积分 200cot1rvt 即 t0rv此即质点的速度随时间而变化的规律.- 11 -1.12
8、 证 由题 1.11 可知质点运动有关系式 cosin2adtvr所以 dvtdtv，联立，有 cosin2rv又因为 所以 dvcot，对等式两边分别积分，利用初始条件 0t时， 0co00ev1.13 证（ a）当 0，即空气相对地面上静止的，有 一一一v.式中 一质点相对静止参考系的绝对速度， 一指向点运动参考系的速度， 一指运动参考系相对静止参考系的速度.可知飞机相对地面参考系速度： 一v= ，即飞机在舰作匀速直线运动.所以飞机来回飞行的总时间 vlt20.（ b）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度 01飞行时间 01vlt当飞机向西飞行时速度 0v一一飞行时间 02vlt故来回
9、飞行时间 021vltt0l20vl即 - 12 -20201vtlt同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间 201vt（c）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题 1.13.1 图Av0v一B题 1 . 1 3 . 1 图v0一2所以来回飞行的总时间 20vlt202011vtvl同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为 201vtt1.14 解 正方形如题 1.14.1 图。 ACBD3v41由题可知 hkmv/28一一 设风速 BA, hkm/10一 ,当飞机， 28)(1vB/96/,22- 13 -hkmvDC/72/)810(,34A962故飞机沿此边长 6 hkm/正方形飞行一
10、周所需总时间 in1524967218ht2v一v一题 1 . 1 4 . 2 图 一v一v4题 1 . 1 4 . 3 图1.15 解 船停止时，干湿分界线在蓬前 3，由题画出速度示意图如题.15.1 图 一v一一v3 m题 1 . 1 5 . 1 图 一一一vv故 sinsin一一又因为 2，所以 cosi一一v由图可知 51,24cos24cos,53inmv/8一所以- 14 -cos)sin(i一一v=8m/1.16 解 以一岸边为 x轴，垂直岸的方向为 y轴.建立如题 1.16.1 图所示坐标系.xOd一v题 1 . 1 6 . 1 图所以水流速度 dydkyv20又因为河流中心处
11、水流速度为 ck所以 dck2。当 20dy时，ycv一即utydx2-得tdcux2，两边积分 tdcdxt2002tu联立，得 202dyudcx同理，当 2dy时，v一即 utdcydctx2- 15 -dtucdx2一Dyu由知，当 2dy时，cx4代入得 ucd2有 dcyux2，y所以船的轨迹 dyucyducx2202船在对岸的了；靠拢地点，即 y时有1.17 解 以 A为极点，岸为极轴建立极坐标如题.17.1 图. 1C2AxOr题 1 . 1 7 . 1 图船沿垂直于 r的方向的速度为 sinC1，船沿径向 r方向的速度为 2C和 1沿径向的分量的合成，即 21cosindt
12、r-/得 Crdcosin12，对两积分： CCrsinl2talnl12- 16 -设Ck,2,1为常数，即 Crk1cos2inl代入初始条件 0r时， 0.设,0有,cos2inl010kr得 011sicoinkkr1.18 解 如题 1.18.1 图 ABOa题 1 . 1 8 . 1 图mg质点沿 OA下滑，由受力分析我们可知质点下滑的加速度为 cosga.设竖直线 hOB，斜槽s，易知,2,2OABB，由正弦定理 sinsinh即 cosh又因为质点沿光滑面 OA下滑，即质点做匀速直线运动.所以 22cos1tgats有 0scso212htg欲使质点到达 A点时间最短，由t可知
13、，只需求出 cos的极大值即可，令 inscoscosy- 17 -sin21cos2y把 y对 求导 sico2sincs2d极大值时0y，故有 sinta由于是斜面的夹角，即 20,所以 1.19 解 质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降阶段.取向上为正各力示意图如题 1.19.1 图，mgvR上升时 下降时题 1.19.1 图则两个过程的运动方程为：上升 2ygmky下降： 2对上升阶段: 21vkgdtvyt即 gdvk21对两边积分- 18 -gdyvkdhv0201所以 202lnh即质点到达的高度.对下降阶段： 2gvkdyvt即 vkhv020121lngh由=可得 201vk
14、v1.20 解 作子弹运动示意图如题 1.20.1 图所示.d0v题 1.20.1 图水平方向不受外力，作匀速直线运动有 tvdcoss0竖直方向作上抛运动，有 201inigt由得 cos0vdt代入化简可得- 19 -220cosingvd因为子弹的运动轨迹与发射时仰角 有关，即 是 的函数，所以要求 d的最大值.把 对 求导，求出极值点. 0cossincos20 gvd即 sci02os所以 24，代入 d的表达式中可得： 24sincos20max gv 2sin420gvec20gv此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离 d的最大值1.21 解 阻力一直与速度方向相反，即阻力与速度
15、方向时刻在变化，但都在轨道上没点切线所在的直线方向上，故用自然坐标比用直角坐标好. Oyxv0vgm题 1 . 2 1 . 1 图轨道的切线方向上有： sinmgkvdt轨道的法线方向上有： cos2r- 20 -由于角是在减小的，故 dsr由于初末状态由速度与水平方向夹角 来确定，故我们要想法使变成关于 的等式由 dsvmtsdtv即 ingkvsm把代入可得 cos2ds用 可得 cosin1gkvdvdvi2gk222cosinsco22isdvd即22cossgkdvd，两边积分得 Cgkvtancos1代入初始条件 0t时， 0,即可得 tancos10gkvC代入式，得 kvtan
16、tcs0又因为cos,2mgrv所以 - 21 -vgdtcos 把代入 dtgkvgcstantcos0积分后可得 kvtsi21l01.22 各量方向如题 1.22.1 图. OyxBEV题 1 . 2 2 . 1 图Z电子受力 BEFveBvezyx0kjijjievBEey则电子的运动微分方程为 0zmxeEevyyxx-由,dteBtvmx，即 yvxdB0Vevx代入整理可得 BEmey2- 22 -对于齐次方程02ymBe的通解 tmeBsinAtecosY21非齐次方程的特解 VEe2所以非齐次方程的通解 BVEemtsinAtmBcosYy 22121代入初始条件： 0t时，
17、 得EVe1t时， yv得 2A,故 2eBmtcosBey同理，把代入可以解出 tsinEVetx把代入 VeBmvtBemdt 2cosdtEteEVxCtBmeBsin代入初条件 0t时， x，得 0C.所以 tEesiVe）1.23 证 （a）在 1.22 题中， 0B时，则电子运动受力 jF电子的运动微分方程zmeEyx-对积分- 23 -1CtmeEy 对再积分 212t又 0z,vtx故 CmveExyz20（ 21为一常数）此即为抛物线方程.b当 0E时则电子受力 Bvezyx0kjivFjixyev则电子的运动微分方程为 0zmevyxxy-同 1.22 题的解法，联立-解之
18、，得 tmeBVyxcosin,于是 22evyx及电子轨道为半径的圆 eBmV.1.24 解以竖直向下为正方向，建立如题 1.24.2 图所示坐标，- 24 -Tma2 TmaO1232题 1.24.1 图 题 1.24.2 图以开始所在位置为原点.设-处物体所处坐标分别为 321,y，则 3 个物体运动微分方程为：322ymTg-由于与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有 2，即之间用倔强系数 amgk弹性绳联结 .故有 aymgaykT 2121由得 a211由得 mgyT23代入，有 21代入，有 gya1134此即为简谐振动的运动方程.角频率 ag32- 25 -所以周期 ga32解
19、得 4sinco21tAty以初始时为原点， 0t时， 0,.所以 aty3cs41代入得 tagmT32cos联立-得 tgcs121.25 解，选向下为正方向，滑轮刚停时物体所在平衡位置为坐标原点.建立如题.25.1 图所示坐标系.OyW题 2.15.1 图原点的重力势能设为 0.设弹簧最大伸长 max.整个过程中，只有重力做功，机械能守恒： 0 2max0max202 11kWkgvg-联立得 gv00max弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力， T为最大张力，即- 26 -0maxax1gvWkT1.26 解 以绳顶端为坐标原点.建立如题 1.26.1 图所示坐标系.OmT题 1.2
20、6.1 图设绳的弹性系数为 k,则有 kbmg当 m脱离下坠前， 与 系统平衡 .当 脱离下坠前， 在拉力 T作用下上升，之后作简运.运动微分方程为 yak联立 得 bgy0齐次方程通解 tbgAtYsincos21非齐次方程的特解 a0所以的通解 btgAtbYsincos21代入初始条件： 0t时， ,ay得 0,1；故有- 27 -batgcyos即为 m在任一时刻离上端 O的距离 .1.27 解对于圆柱凸面上运动的质点受力分析如图 1-24. mgN题 1 . 2 7 . 1 图运动的轨迹的切线方向上有: dtvmgsin法线方向上有： RvN2cos对于有 dtvtgsin（ 为运动
21、路程，亦即半圆柱周围弧长）即 dsgvin又因为 ds即 Rgvin设质点刚离开圆柱面时速度 0，离开点与竖直方向夹角 0，对式两边积分ddvsi0020co1gR刚离开圆柱面时 0N即 vm20cs联立 得- 28 -32arcos0即为刚离开圆柱面时与竖直方向夹角.1.28 解 建立如题 1.28.1 图所示直角坐标. abABOxy题 1 . 2 8 . 1 图椭圆方程 2byax从 A滑到最低点 B，只有重力做功.机械能守恒.即 21mvg设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为 N则有： 2为 B点的曲率半径.A的轨迹： 21axby得 21axy； 2321ax又因为 2321by
22、k所以- 29 -222 1abWmghabvmgN故根据作用力与反作用力的关系小球到达椭圆最低点对椭圆压力为 21方向垂直轨道向下.1.29 解质点作平面直线运动，运动轨迹方程为 2cos1inayx-由曲线运动质点的受力分析，我们可以得到： dtvmgNsin2-因为曲线上每点的曲率 231yk所以 2cos1incs2inadxydxyxy22cos1cos1in2s2a 2cos1把代入曲率公式中 cs4k所以 o1ak由 singdvtsdtv- 30 -即 dsgvin，又有数学关系可知 sindy，即 gdyv所以2co12gav把代入 2svmNcosco412cosgagm1.30 证当题 1.29 所述运动轨迹的曲线不光滑时，质点的运动方程为： dsNmgvdsin21co2由 1.29 题可知 cos4a由数学知识知 d把代入 dvagdv 22 cos4sin12i2这是一个非齐次二阶微分方程.解为 2222 1cossin41 Ceagagv 当时， 0得 eagC214即 2222 14cossin41 eagagv当 ， 0时，即 12122age
