发布时间 : 星期四 文章大学物理 力学部分习题解答更新完毕开始阅读a3a7104069eae009581becb6
第一篇 力学
h1h2= 故可得：hb解： 由于 （＋b）1=h2xx+bb两边微分：h1 =h2dbd（x＋b）=h2 dtdtdxdbdb+h2=h2?0+h2 dtdtdth?db变形上式可得：=20
dth1－h2所以人影顶端移动的速度为：由 h1习题1-16图解
dbd（x+b）=h2可得： dtdtd?x?b?h1dbh1h2?0?0 ??????h1dth2dth2h1?h2h1?h21-17 一质点作半径为r=10(m)的圆周运动,其角坐标?可用??2?4t2（单位为SI制）表示，试问：（1）t=2(s)时，法向加速度和切向加速度各是多少？（2）当?角等于多少时，其总加速度与半径成450？
分析：由角坐标?对时间求导可得ω，由角速度ω对时间求导可得角加速度β，进而可求出法向加速度an和切向加速度aτ。而总加速度与半径成450，说明an与aτ大小相等，由此解出t，从而求出θ。
解： （1）由于??2?4t，则角速度ω=的数值分别为：
2dθ=8t，在t=2s时，法向加速度和切向加速度dtant=2s=?2r=64?22?10=2.56?103(m.s-2)
att?2s=rdω=10?8=80m?s?2 dt1 8当总加速度与半径成450时，此时应有：a?=an
2即： r×8=64t×r t=2t于是 ??2?421?2?4?8?2.r5a(d )1-18 一质点在水平面内以顺时针方向沿半径为2m的圆形轨道运动。此质点的角速度与运动时间的平方成正比，即ω?kt2(SI制),式中k为常数。已知质点在第2(s)末的线速度为32(m?s?1)，试求t=0.5(s)时质点的线速度与加速度。
分析：代入初始条件可由?=ωr、ω=kt求出k、?，再由?求导得到?，再求出加速度分
2量a?、an，最后由其合成加速度a。
解： 由??kt2且?r??可知： k??rt2?32?3?4rad?s 22?2 5
第一篇 力学
所以 ω=?（）t=4t
则t=0.5(s)时质点的线速度、角加速度、切向加速度和总加速度分别为：
2???r?4?0.52?2?2?m?s?1?
a??d?d??r?r?8t?2?8?0.5?8?m?s?2? dtdt2an??2r??4?0.52??2?2?m?s?2?
2a=a?2+an=82+22=8.25（m.s－2）
1-19 一只在星际空间飞行的火箭，当它的燃料以恒定速率燃烧时，其运动函数可表示为
1x?ut?u(b?t)ln(1?bt)，其中u是喷出气流相对火箭体的速度，是一个常量，b是与燃烧速率成
正比的一个常量。(1)求此火箭的速度；(2)求此火箭的加速度表示式；(3)设u?3.0?103ms，
b?7.5?10?3/s，并设燃料在120s内燃烧完，求t=0s和t=120s时的速度；(4)求在t=0s和t=120s
时的加速度。
分析：由运动方程的表达式可得速度表达式?，加速度表达式a。再将已知代回?、a即能求出最后两小题。
1解： （1）由x?ut?u(b?t)ln(1?bt)可知此火箭的速度为：
??dx??1??b??u?u??ln?1?bt????t????uln?1?bt? ?dt?b?1?bt??d??bub??u?? dt1?bt1?bt(2)此火箭的加速度为：
a?(3) 火箭在t=0s和t=120s时的速度分别为：
?t?0s??uln?1?bt???3.0?103ln1?0?m?s?1?
?t?120s??uln?1?bt???3.0?103ln?1?7.5?10?3?120??6.9?103?m?s?1?
(4) 火箭在t=0s和t=120s时的加速度分别为：
at?osub3.0?103?7.5?10?3???22.5m?s?2 1?bt1??at?12osub3.0?103?7.5?10?3?2???225m?s ?31?bt1?7.5?10?120??1-20 一质量为10kg的质点在力F?120t?40N的作用下沿x轴作直线运动。在t=0时，质点位于x0?5.0m处，速度为?0?6.0m?s?1，求质点在任意时刻的速度和位置。
分析：可由牛顿第二定律可求出质点的加速度，进而由adt=d?积分求出速度。再由速度表
?dt=xdt积分求位矢。
解：由牛顿第二定律得
ax?F120t?40??12t?4(ms2) m106
第一篇 力学
d?x由ax? 得
dtdx 得 dt?x?x6.0d?x??axdt???12t?4?dt
00tt质点在任意时刻的速度：由?x??x?6t2?4t?6.0
tt00?5.0dx???xdt???62t?4t?6.?0 dt32质点在任意时刻的位置： x=2t+2t+6.0t+5.0 （m） 1-21 以速度?0作匀速运动的汽车，在关闭发动机后，它的加速度为a??k?2，其中k为比例常数，?是速度。求：(1)关闭发动后t时刻的速度；(2)关闭发动机后在t时间内前进的距离。
分析：可由adt=d?积分求出速度，再由速度表?dt=xdt积分求位矢。 解： （1）由a??k?2可知：a?上式两边积分
d?d???k?2 ，2??kdt dt???0?2???0kdt4
???01?kt?0
?d?t?（2）由???01?kt?0t0??0dx 可得：dt?dx dt1?kt?00上式两边积分
?1?kt??0dt??dx
0xx?ln?1?k?0t?
k1-22一质量为m的小球，最初位于如图所示的A点，然后沿半径为r的光滑圆轨道ADCB下滑，试求小球到达C点时的角速度和对圆轨道的作用力。
分析：因为圆轨道对它的支持力N在法向方向，所以受力分析时把力按切向和法向分解，在该两方向上用牛顿第二定律列方程，注意变换aτ=再由?、r、?的关系求出ω。
解：小球在运动过程中只受重力mg和圆轨道对它的支持力N，取如图所示的自然坐标系，由牛顿定律得
法向：N?mgcos??md?d?dθd??d?==ω=，就可求出?，N，dtdθdtdθrdθ?2r （1）
切向：?mgsin??ma??md? （2） dtd?dsd?d??m??m? dtdtdsds图1-31 习题1-22图解 由（2）式 ： ?mgsin??ma??m?ds??d?即 ?gsin
而ds?rd?
故 ?gsin?rd???d? 等式两边积分
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第一篇 力学
??90??gsin??rd????d? 得 ??2rgcos? 00?则小球在点C的角速度为 ???r??2gcos??/r mg?c osos?由（1）式得 N?mgc??2m?3r由此可得小球对圆轨道的作用力为 N/=-N=-3mgcosθ 负号表示N'与法向正向n反向。
1-23轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0?10kg，飞机以55.0m.s
23?1的速率在水平跑道上着陆后，
驾驶员开始制动，若阻力与时间成正比，比例系数??5.0?10N?s，求：
（1）10s后飞机的速率；
（2）飞机着陆后10s内滑行的距离。
分析：先由牛顿第二定律求出加速度，再由adt=d?积分求出速度，再由速度表?dt=xdt积分求位矢。
解： 以地面飞机滑行方向为坐标正方向，由牛顿定律及初始条件，有
?1F?ma?md????t dtαtdt m??得 ???0?因此，飞机着陆10s后的速率为
?0d?=?－0t?2mt2
?1 ??30.0m?s
??又
t??2?dx???t?dt 0?x0?0?2m??x故飞机着陆后10s内滑行的距离 st?10s?x?x0??0t??6mt3?467m
1-24一物体自地球表面以速率?0竖直上抛。假定空气对物体阻力的值为Fr?km?2，其中m为物体的质量，k为常量。试求：
（1）该物体能上升的高度；
（2）物体返回地面时速度的值（设重力加速度为常量）。 分析：分别对物体上抛、下抛时作受力分析，由牛顿第二定律把力与加速度相联系，再注意由加速度a=d?dyd?=?dtdydy 习题1-24图解 变换出a与y的关系，再积分求出y的表达式及速度。
解： 以地面为原点，竖直向上为y轴如图所示。 （1）物体在上抛过程中，根据牛顿定律有：
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