1、第一章 质点力学第一章习题解答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 102ttsv再由此式得 21ttsa证明完毕.1.2 12422ryaxyaxry得 2223yaxaxy化简整理可得 22234r此即为 C点的轨道方程.- 2 -（2）要求 C点的速度，分别求导 2cossininryrx其中 又因为 sin2siar对两边分别求导故有 cos2ar所以 2yxV 4cossinco2sin22rrrii4cos1.4 解 如题
2、1.4.1 图所示， ABOCLxd第 1 . 4 题图OL绕 点以匀角速度转动， 在 AB上滑动，因此 C点有一个垂直杆的速度分量 2xdOvC点速度- 3 -dxdvv 22secsco又因为 所以 C点加速度 tansec2dtva 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 dtcdvt002sin1可得 ： DTtctvos2（ 为常数）代入初始条件： 0t时， ，故 c即 12cosTttv又因为 dtsv所以 dstTttc12os- 4 -对等式两边同时积分 ，可得：
3、 tTTtcs2sin211.6 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 rjivardtrtd（取位矢方向 i，垂直位矢方向 j）所以 jii rdtritrt ttdtrt jjjij2rr故 jiarr22即 沿位矢方向加速度 2垂直位矢方向加速度 ra对求导 r2对求导 r2r把代入式中可得- 5 -ra22/1.7 解 由题可知 sincoryx 对求导 sicorx对求导 cosini2s2 rr对求导 siry对求导 sincos2sin2 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
4、 cossiniayxr-对俩式分别作如下处理： ， in即得 cosinsiincoayxr-+得 sicyxr- 6 -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 ssisico rryxv 2r如图所示的椭圆的极坐标表示法为 cos12ear对 r求导可得（利用 ）又因为 22ear即 re21cos所以 22222 11cos1sineraa- 7 -故有 2224sin1rearv2241ear122era2r2
5、221rr 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 dtvtdvtdyxjia 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，- 8 -p,2,xyO题 1 . 1 0 . 1 图则质点切向加速度 dtvat法向加速度 2nva，而且有关系式 2vkdt又因为 23y1px所以 y32p
6、联立 232yp1kvdt又 dyvtdtv- 9 -把 2pxy两边对时间求导得 pyx又因为 22yxv所以 221py把代入 2322211ypkvdypv既可化为 2pydkvd对等式两边积分 2pydkvdpu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- 10 -两式相比得 dtvrvcos1in2即 2tvr对等式两边分别积分 200cot1vdrt 即 ct0rv此即质点的速度随时间而变化的规律.1.12 证 由题 1.11 可知质点运动有关系式 cosin2adtvr所以 dtvt，联立
7、，有 cosin2rvd又因为 v所以 dvcot，对等式两边分别积分，利用初始条件 0t时， 0cot00ev1.13 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- 11 -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故来回飞行时间 021vltt0l20vl即 20201vtlt同理可证，当空
8、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- 12 -20v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， v28/)10(kDB/96,22hkC7/)(34,vAm/8102故飞机沿此边长 6 hkm/正方形飞行一周所需总时间 in165924672918ht2v一v一题 1 . 1 4 . 2
9、图 一v一v4题 1 . 1 4 . 3 图- 13 -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 cosin一一v由图可知 51s,24cos24co,53insmv/8一所以 cos)sin(i一一v=8 s/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. xyOd一v题 1 . 1 6 . 1 图- 14 -所以水流速度 dydkyv20又因为河流中心处水流速度为 c2dk所以 dck2。当 20dy时， y
10、cv一即utydx2-得 tdcux2，两边积分 tdcudxt2002t联立，得 202dyudcx同理，当 2dy时， v一 即 utdcydctx2t一Dudcyx2由知，当 2dy时， 4代入得 uc2- 15 -有 udcyx2，dy所以船的轨迹 dyucyducx2202船在对岸的了；靠拢地点，即 时有 x1.17 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 sinC，船沿径向 r方向的速度为 2C和 1沿径向的分量的合成， 即 21cosiCdtr-/得 Crdtsin12，对两积分： Crsi
11、nl2talnl12设kC,2,1为常数，即 Crk1cos2inl- 16 -代入初始条件 0r时， 0.设 ,20有,cos2inl010krC得 011sincoikkr1.18 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 hB，斜槽 s，易知 ,2,2OABB，由正弦定理sininh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 0cscso212htg欲使质点到达 A点时间最短，由 o2t可知，只需求出cos的极大值即可，令 sinc
12、scosy- 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: 21vkgdtv- 18 -21vkgdyvt即 vk21对两边积分 gdyvkdhv020所以 2021lngkh即质点到达的高度.对下降阶段： 2gvkdyvt即 vkhv020112lngh由=可得 201vkv1.20 解 作子弹运动
13、示意图如题 1.20.1 图所示.d0v- 19 -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 201sinigtv由得 cos0vdt代入化简可得 220cosingd因为子弹的运动轨迹与发射时仰角 有关，即 d是 的函数，所以要求 d的最大值.把 d对 求导，求出极值点. 0cossincos20 gv即 csi02cos所以 24，代入 d的表达式中可得： 24sincos20max gvd 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，即阻力与速度方向时刻在变化，
14、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.- 20 -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： cos2grv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 singkvsm把代入可得 cos2dsv用 可得 cosin1gkvdvdi2- 21 -dvgkdv222cosinsco22is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 gkvta
15、ntcos0又因为 ,2mgrv所以 vgdtcos把代入 dtgkvgcostantcos0积分后可得 gkvtsi21l01.22 各量方向如题 1.22.1 图.- 22 -OyxBEV题 1 . 2 2 . 1 图Z电子受力 BEFveBvezyx0kjijjievBEey则电子的运动微分方程为 0zmxeBEevyyxx-由 ,dtyeBtvx，即 yvxd0VmeBvx代入整理可得 BEey2对于齐次方程 02mBey的通解 tmeBsinAtecosY21非齐次方程的特解- 23 -BVEemY2所以非齐次方程的通解 BVEetsinAtcosYy 22121代入初始条件： 0t
16、时， y得 m10t时， yv得 2A,故 2eBEVtmecosBEVe同理，把代入可以解出 tesinetx把代入 VeBmEvteBEVemdtx 2cosdttCtBEmeVeBxsin代入初条件 0t时， ，得 0.所以 tesinex）1.23 证 （a）在 1.22 题中， 0B时，则电子运动受力jFeE电子的运动微分方程 0zmeEyx- 24 -对积分 1CtmeEy对再积分 212tey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 0zmeBvyxxy-同 1.
17、22 题的解法，联立-解之，得 tmeBVyxcosin,于是 - 25 -22eBmvyx及电子轨道为半径的圆 eV.1.24 解以竖直向下为正方向，建立如题 1.24.2 图所示坐标，Tma2TmaO1232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： 3212ymTg-由于与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有 32y，即之间用倔强系数 amgk弹性绳联结 .故有 aymgaykT 2121由得 gyay211由得 - 26 -mgyT23 代入，有 21代入，有 gya1134此即为简谐振动的运动方
18、程.角频率 ag32所以周期 g解得 43sinco21 atAty以初始时为原点， 0t时， 0,1y.所以 aty43cos1代入得 tagmT32cos1联立-得 tagg32cos121.25 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.- 27 -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， maxT为最大张力，即0maxax1gvWkT1.26 解 以绳顶端为
19、坐标原点.建立如题 1.26.1 图所示坐标系.OmT- 28 -题 1.26.1 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， m在拉力 T作用下上升，之后作简运.运动微分方程为 yakg联立 得 by0g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 0,21c；故有batgcos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.- 29 -mgN题 1 . 2 7 . 1 图运动的轨迹的切线方向上有: dt
20、vmgsin法线方向上有： RvNg2cos对于有 dtvtgsin（ 为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即 dsgin又因为 R即 dgvsin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Rvsi0020co1g刚离开圆柱面时 N即 Rvmg20cos联立 得 32arcs0- 30 -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：2vg为 B点的曲率半径.A的轨迹： 21axby得 21axy； 2321axy又因为 2321byk
