第一章 质点运动学 部分习题分析与解答第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
（ 1）质点在 4.0s的位移的大小：
1-1 已知质点沿 x轴作直线运动,其运动方程为
x=2m+(6m?s-2)t2-(2m?s -3)t3,求 (1)质点在运动开始后
4.0s内位移的大小 ;（ 2）质点在该时间内所通过的路程。
mxxx 3204
(2)由
0)6()12( 232 tsmtsmdtdx
得知质点的 换向 时刻为,)0(2 不合题意 tst p
则 mxxx 0.8021
mxxx 40242
质点在 4.0s内的路程为,mxxs 48
21
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-3 如图 1-3所示,湖中有一小船,岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸,设滑轮距离水面高度为 h,滑轮到原船位置的绳长为,试求,当人以匀速 拉绳时,船运动的速度 为多少?
v
v?
0l
v?
v
0l
o x
h l
x
建立如图所示的坐标系,由图可知任一时刻,
22 hlx
22
0 )( hvtl
2
1
2
0
2
)(
1
vtl
h
v
dt
dx
v
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-4 一升降机以加速度 1.22m?s-2上升,当上升速度为
2.44m?s-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距 2.74m,计算,(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间 ;(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离,
在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分析讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程,并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解 ;另一种方法是取升降机为参考系,这时螺丝相对升降机作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度,升降机厢的高度就是螺丝运动的路程,
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
（ 1）以地面为参考系,取如图所示的坐标系,
升降机与螺丝的运动方程为,
y2
y1
v
ah
y
2
01 2
1 attvy
2
02 2
1 gttvhy
当螺丝落到底面时,有,即
21 yy?
2
0
2
0 2
1
2
1 gttvhattv
s
ga
h
t 705.0
2
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
（ 2）螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为,
mgttvyhd 716.0
2
1 2
02
（ 1）以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小为,螺丝落到底面时,有,aga
2)(
2
10 tgah s
ga
ht 705.02?
（ 2）由于升降机在 t时间内上升的高度为,
2
0 2
1 attvh
则,mhhd 716.0
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-5一质点 P沿半径 R=3.00m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为 20.0s,设 t=0时,质点位于 o点,按图中所示 oxy坐标系,求,(1)质点 P在任意时刻的位矢 ;(2)5s时的速度和加速度,
如图所示,在 坐标系中,因,则质点 P的参数方程为 yxo tT
2?
o
y? y
x?
x
o?
R
tTRRx 2s in)90c o s ( 0
tTRRy 2c o s)90s in( 0
坐标变换后,在 oxy坐标系中有,
tTRxx?2s in
RtTRRyy2c o s
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答则质点 P的位矢方程为,
jRtTRitTRr )2c os(2s in
jtit )]1.0c o s (1[3)1.0s in (3
5s时的速度和加速度分别为,
jjtitdt rdv
3.0)1.0s i n (3.0)1.0c os (3.0
i
jtit
dt
vd
a
2
22
03.0
)1.0c o s (03.0)1.0s i n (03.0
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-7 质点在 oxy平面内运动,其运动方程为求,(1)质点的轨迹方程 ;(2)在 t1=1.00s到 t2=2.00s时间内的平均速度 ;(3)t1=1.00s时的速度及切向和法向加速度,
jtsmmitsmr ])00.2(0.19[)00.2( 221
(1)由参数方程 tx 00.2?
200.20.19 ty
消去 t得质点的轨迹方程,
250.00.19 xy
(2)在 t1=1.00s到 t2=2.00s时间内的平均速度
ji
tt
rr
t
r
v
00.600.2
12
12
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为：
jtidt rdv
00.400.2 jdtvda?
00.4
则 t1=1.00s时的速度为,
jiv 00.400.2
切向和法向加速度 分别为,
222
22
58.3))00.4(00.2(
)(
smt
dt
d
vv
dt
d
dt
dv
a
yxt
222 79.1) smaaa
tn
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
（ 1）由加速度定义式,根据初始条件 t0=0
时,vo=0,积分可得：
1-9 一质点具有恒定加速度,
在 t=0时,其速度为零,位置矢量,求,（ 1）在任意时刻的速度和位置矢量；（ 2）质点在 oxy平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图。
jsmisma )4()6( 22
imr )10(0?
v t t dtjidtavd
0 0 0 )46(
jtitv 46
又由 及初始条件 t=0时,,积分可得
dt
rdv imr )10(0?
rr t t dtjtitdtvrd
0 0 0
)46(
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
jtitr 22 2)310(
(2)由上述结果可得质点运动方程的分量式,即
2310 tx
22 ty?
消去参数 t,可得运动的轨迹方程
2023 xy
这是一个直线方程,直线的斜率,
1433,
3
2 0tg
dx
dyk
轨迹如图所示,
X/m
y/m
o 10?
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-11 一足球运动员在正对门前 25.0m处以 20.0m.s-1的初速率罚任意球,已知球门高为 3.44m。若要在垂直平面内将足球直接踢进球门，问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？
(足球可视为质点 )
分析,被踢出后的足球，在空中作斜抛运动，其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到。由于水平距离 x已知,球门高度又限定了 y方向的范围，故只需将 x,y值代入即可求出。
解,取图示坐标系 Oxy，由运动方程
2
2
1s in,c o s gtvtyvtx
消去 t得轨迹方程
22
2 )1(2 xtgv
gx t gy
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答以 x=25.0m,v=20.0m.s-1及 3.44>=y>=0代入后，可解得
89.1892.2792.6911.71 21
说明,在初速度一定的条件下，球击中球门底线或球门上缘都对应有两个不同的投射倾角（如图），如果投射角不在上述范围，踢出的球将因射程不足或越过球门而不能射入球门。
θ1
θ2
25m
3.44m
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-14 一质点沿半径为 R的圆周按规律 运动,v0,b都是常量。（ 1）求 t时刻质点的总加速度；（ 2） t为何值时总加速度在数值上等于 b？ (3)当加速度达到 b时，质点已沿圆周运动了多少圈？
2
0 2
1 bttvs
分析,在自然坐标中,s表示圆圆上从某一点开始的曲线坐标，由给定的运动方程 s=s(t),对时间求一阶、二阶导数，即是沿曲线运动的速度 v和加速度的切向分量 at,而加速度的法向分量为 an=v2/R。这样总加速度 a=atet+anen。至于质点在 t时间内通过的路程，即为曲线坐标的改变量因圆周长为 2πR,质点所转过的圈数自然求得。
0sss t
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答解,（ 1）质点作圆周运动的速率为
btvdtdsv 0
其加速度的切向分量和法向分量分别为
])([
2
0
Rb
btvar c t g
a
aar c t g
t
n
其方向与切线之间的夹角为
R
btv
R
vab
dt
sda
nt
2
0
2
2
2 )(
,
故加速度的大小为
R
btvbRaaa
tn
422
22 )(
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
b
vt 0?
（ 3）从 t=0开始到 t=v0/b时，质点经过的路程为因此质点运行的圈数为
b
vsss
t 2
2
0
0
（ 2）要使 |a|=b，由 可得 bbtvbR
R
422 )(1
bR
v
R
sn
42
2
0
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-17 一半径为 0.50m的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的平方成正比。在 t=2.0s时测得轮缘一点的速度为
4.0m.s-1。求（ 1）该轮在 t’=0.50s的角速度，轮缘一点的切向加速度和总加速度；（ 2）该点在 2.0s内所转过的角度。
分析,首先应该确定角速度的函数关系 ω =kt2。依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度，从而求出式中的比例系数 k,ω =ω (t)确定后，注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系，由运动学中两类问题求解的方法（微分法和积分法），即可得到特定时刻的角速度、切向加速度和角位移 。
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答解,因 ω R=v，由题意 ω∝ t2得比例系
3
22 2
sr a d
Rt
v
tk
所以 ω =ω（ t)=(2rad.s-3)t2
123 5.0')2( sr a dtsr a d?
则 t’=0.5s 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为
23 0.2')4( sr a dtsr a d
dt
d
20.1 smRa t?
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答总加速度
ntnt aaa eReR 2
2222 01.1)()( smRRa
在 2.0s内该点所转过的角度
r a dtsr a d
dttsr a ddt
s s
33.5)
3
2
(
)2(
33
2
0
2
0
23
0
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答分析,掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系，
应用运动学求解的方 法即可得到。
1-18 一质点在半径为 0.10m的圆周上运动，其角速度位置求（ 1）在 t=2.0s时质点的法向加速度和切向加速；（ 2）当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ值为多少？（ 3） t 为多少时，法向加速度和切向加速度的值相等 。
.)4(2 33 tsr a dr a d
解,（ 1）由于,)4(2
33 tsr a dr a d
则角速度
.)12( 23 tsr a ddtd
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答在 t=2s时，法向加速度和切向加速度的数值分别为
2
2
222
2
80.4
1030.2
sm
dt
d
ra
smra
stt
stn
（ 2）当 时，有 即
22
2
12/
tnt aaaa
23 nt aa?
sst
sr adrtsr adr
29.0
32
1
)]12[(])24([3 43223
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答此时刻的角位置为
r a dtsr a dr a d 15.3)4(2 33
（ 3）要使,则有
tn aa?
tsr a drtsr a dr )24(])12[( 3223
st 55.0?
解得第一章 质点运动学 部分习题分析与解答分析,这是一个相对运动的问题。设雨滴为研究对象，地面为静止参考系 S，火车为动参考系 S’。 v1为 S’相对 S的速度,v2为雨滴相对 S的速度，利用相对运动速度的关系即可解。
1-19 一无风的下雨天，一列火车以 v1=m.s-1的速度匀速前进，
在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成 750角下降。求雨滴下落的速度 v2 。（设下降的雨滴作匀速运动）
11
2 36.575
smtg
vv
解,以地面为参考系，旅客看到雨滴下落的速度 v2’为相对速度，它们之间的关系为 于是可得
1'22 vvv?
v1
v2V’2 α
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答分析,在本题中，飞机是研究以对象，地面为静止参考系 S，流动的空气为动参考系 S’。计算飞机在 A,B两地飞行来回所需时间，关键在于确定飞机相对于地面飞行速度的大小，但它受到空气速度（风速）的影响，因而改变了整个飞行时间。
1-20 设有一架飞机从 A处向东飞到 B处，然后向西飞回到 A处，
飞机相对空气的速率为 v’，而空气相对地面的速率为 u,A、
B间的距离为 L，飞机相对空气的速率为 v’保持不变。（ 1）假定空气是静止的（即 u=0)，试证来回飞行时间为 t0=2L/v’；
（ 2）假定空气的速度向东，试证来回飞行时间为
（ 3）假定空气的速度向北，试证来回飞行的时间为;)1( 12
2
01
v
utt
。vutt 2/12202 )1(
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
'
2
''0 v
L
v
L
v
Lttt
BAAB
证,由相对速度的矢量关系 有uvv由相对速度的矢量关系 有
（ 1）空气是静止的。即 u=0，则往返时，飞机相对地面的飞行速度 v就等于飞机相对空气的速度 v’，如图（ a），故飞行往返所需时间为
u=0
A B
图 a
V’ V’
（ 2）按题意，当飞机向东时，风速与飞机相对空气的速度同向；而飞机由东返回时，两者刚好反向，如图（ b），这时飞机在往返飞行时，相对地面速度值分别为 vAB=v’+u和 vBA=v’-u。因此，
飞行往返所需时间为
u
A B
图 b
V’ V’
u+V’ u-V’
1
2
2
01 )'1(''
v
ut
uv
L
uv
Lttt
BAAB
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
2/1
2
2
0
1
)
'
1(
2
v
u
t
v
L
v
L
v
L
ttt
BAAB
（ 3）当空气速度向北时，飞机相对地面的飞行速度的大小由可得为 如图（ c），
则飞行往返所需时间为
uvv '
22' uvv
u
A B
图 c
V’ V’
u uv v
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-21 如图 a所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速率为 v1，下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前 θ角，速率为 v2，若车后有一长方形物体，问车速 v1为多大时，此物体正好不会被雨水淋湿？
分析,这是个相对运动的问题，可视雨点为研究对象，地面为静止参考系 S，
汽车为动参考系 S’。如图 a所示，要使物体不被淋湿，在车上观察雨点下落的方向（即雨点相对于汽车的运动速度 v’2的方向）应满足
.hLa r c tg
h
L
α
v1
图 a
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
co s
s in
2
21
v
vva r ct g
解,由 [如图 b]，有
122 vvv
而要使,则
h
La r c tg
h
L
v
vv
co s
s in
2
21
s ins in
21 h
Lvv
v1
v2V’2
α θ
图 b
h
L
α
v1
图 a
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答例 1：已知质点沿 ox轴运动，其速度大小为式中 v和 t的单位分别为 m.s-1和 s，
当 t=0时，质点位于坐标原点右方 5m处，求：
（ 1）在 t=2s时的速度、加速度和所在位置；
（ 2）在 0~2s内的平均速度的大小；
（ 3）作 x-t,v-t,a-t图线，从图线上说明质点在什么时间内向 ox轴正方向运动；在什么时间内向 ox轴负方向运动；在什么时间内作加速运动；在什么时间内作减速运动？
266 ttv
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答解,（ 1） 由题意知将 t=2s代入式（ 1），得 v=-12m.s-1
)1(66 2ttv
又
)2(126 tdtdva
将 t=2s代入式（ 2），得 a=-18m.s-2
由于
v d tdxdtdxv,
将式（ 1）代入，并两边积分得
)3(23
23)66(
32
0
322
0 00
ttxx
ttdtttv d tdx
t tx
x
故由题意知 x0=5m,将 t=2s代入式（ 3），得 x=1m。
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答从题意知,t=0时,x0=5m，而 t=2s时,x=1m，由此得 0~2s内的平均速度大小为：
(2)平均速度：
0
0
tt
xx
t
xv
1.2
02
51?
smv
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
（ 3）由式（ 3）
式（ 1）
式（ 2）
作,x-t图线
v-t图线
a-t图线
6
3
0 1.0 2.0 t/s
x/m
1.5
0.5
0.5 t/s
a/(m.s-2)
0
6
v/(m.s-1)
0.5 t/s
0
-4.5
-12
从图线可以看出,
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答例 2：列车沿圆弧轨道行驶，方向由西向东逐渐变为向北，其运动规律 s=80t-t2 式中 s和 t的单位分别为 m和 s，当 t=0时，列车在 A点。此圆弧轨道的半径为 1500m，若把列车视为质点，求列车从 A点行驶到 s=1200m处的速率和加速度。
280 tts
解,如图所示，本题中,s=80t-t2为自然坐标中的运动方程，任一时刻速度
t
dt
ds
v
e
dt
ds
evv tt
280
,
速率
北东en et
a
θ
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答切向加速度
./2 2 的反方向沿负号表示 ttt easmdtdva
法向加速度
1 5 0 0
)280( 22 t
R
va
n
北东en et
a
θS=1200m时，可求得 t1=20s，
t2=60s(舍去）。以 t=20s代入得
222222
222
/27.2/07.1)2(
/07.1/
15
16
,/2
/40/)20280(
smsmaaa
smsmasma
smsmv
n
nt
t
a与 v的方向的夹角
00 9.1 5 1ar ct an1 8 0
t
n
a
a?
（ 1）质点在 4.0s的位移的大小：
1-1 已知质点沿 x轴作直线运动,其运动方程为
x=2m+(6m?s-2)t2-(2m?s -3)t3,求 (1)质点在运动开始后
4.0s内位移的大小 ;（ 2）质点在该时间内所通过的路程。
mxxx 3204
(2)由
0)6()12( 232 tsmtsmdtdx
得知质点的 换向 时刻为,)0(2 不合题意 tst p
则 mxxx 0.8021
mxxx 40242
质点在 4.0s内的路程为,mxxs 48
21
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-3 如图 1-3所示,湖中有一小船,岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸,设滑轮距离水面高度为 h,滑轮到原船位置的绳长为,试求,当人以匀速 拉绳时,船运动的速度 为多少?
v
v?
0l
v?
v
0l
o x
h l
x
建立如图所示的坐标系,由图可知任一时刻,
22 hlx
22
0 )( hvtl
2
1
2
0
2
)(
1
vtl
h
v
dt
dx
v
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-4 一升降机以加速度 1.22m?s-2上升,当上升速度为
2.44m?s-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距 2.74m,计算,(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间 ;(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离,
在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分析讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程,并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解 ;另一种方法是取升降机为参考系,这时螺丝相对升降机作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度,升降机厢的高度就是螺丝运动的路程,
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
（ 1）以地面为参考系,取如图所示的坐标系,
升降机与螺丝的运动方程为,
y2
y1
v
ah
y
2
01 2
1 attvy
2
02 2
1 gttvhy
当螺丝落到底面时,有,即
21 yy?
2
0
2
0 2
1
2
1 gttvhattv
s
ga
h
t 705.0
2
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
（ 2）螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为,
mgttvyhd 716.0
2
1 2
02
（ 1）以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小为,螺丝落到底面时,有,aga
2)(
2
10 tgah s
ga
ht 705.02?
（ 2）由于升降机在 t时间内上升的高度为,
2
0 2
1 attvh
则,mhhd 716.0
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-5一质点 P沿半径 R=3.00m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为 20.0s,设 t=0时,质点位于 o点,按图中所示 oxy坐标系,求,(1)质点 P在任意时刻的位矢 ;(2)5s时的速度和加速度,
如图所示,在 坐标系中,因,则质点 P的参数方程为 yxo tT
2?
o
y? y
x?
x
o?
R
tTRRx 2s in)90c o s ( 0
tTRRy 2c o s)90s in( 0
坐标变换后,在 oxy坐标系中有,
tTRxx?2s in
RtTRRyy2c o s
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答则质点 P的位矢方程为,
jRtTRitTRr )2c os(2s in
jtit )]1.0c o s (1[3)1.0s in (3
5s时的速度和加速度分别为,
jjtitdt rdv
3.0)1.0s i n (3.0)1.0c os (3.0
i
jtit
dt
vd
a
2
22
03.0
)1.0c o s (03.0)1.0s i n (03.0
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-7 质点在 oxy平面内运动,其运动方程为求,(1)质点的轨迹方程 ;(2)在 t1=1.00s到 t2=2.00s时间内的平均速度 ;(3)t1=1.00s时的速度及切向和法向加速度,
jtsmmitsmr ])00.2(0.19[)00.2( 221
(1)由参数方程 tx 00.2?
200.20.19 ty
消去 t得质点的轨迹方程,
250.00.19 xy
(2)在 t1=1.00s到 t2=2.00s时间内的平均速度
ji
tt
rr
t
r
v
00.600.2
12
12
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为：
jtidt rdv
00.400.2 jdtvda?
00.4
则 t1=1.00s时的速度为,
jiv 00.400.2
切向和法向加速度 分别为,
222
22
58.3))00.4(00.2(
)(
smt
dt
d
vv
dt
d
dt
dv
a
yxt
222 79.1) smaaa
tn
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
（ 1）由加速度定义式,根据初始条件 t0=0
时,vo=0,积分可得：
1-9 一质点具有恒定加速度,
在 t=0时,其速度为零,位置矢量,求,（ 1）在任意时刻的速度和位置矢量；（ 2）质点在 oxy平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图。
jsmisma )4()6( 22
imr )10(0?
v t t dtjidtavd
0 0 0 )46(
jtitv 46
又由 及初始条件 t=0时,,积分可得
dt
rdv imr )10(0?
rr t t dtjtitdtvrd
0 0 0
)46(
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
jtitr 22 2)310(
(2)由上述结果可得质点运动方程的分量式,即
2310 tx
22 ty?
消去参数 t,可得运动的轨迹方程
2023 xy
这是一个直线方程,直线的斜率,
1433,
3
2 0tg
dx
dyk
轨迹如图所示,
X/m
y/m
o 10?
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-11 一足球运动员在正对门前 25.0m处以 20.0m.s-1的初速率罚任意球,已知球门高为 3.44m。若要在垂直平面内将足球直接踢进球门，问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？
(足球可视为质点 )
分析,被踢出后的足球，在空中作斜抛运动，其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到。由于水平距离 x已知,球门高度又限定了 y方向的范围，故只需将 x,y值代入即可求出。
解,取图示坐标系 Oxy，由运动方程
2
2
1s in,c o s gtvtyvtx
消去 t得轨迹方程
22
2 )1(2 xtgv
gx t gy
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答以 x=25.0m,v=20.0m.s-1及 3.44>=y>=0代入后，可解得
89.1892.2792.6911.71 21
说明,在初速度一定的条件下，球击中球门底线或球门上缘都对应有两个不同的投射倾角（如图），如果投射角不在上述范围，踢出的球将因射程不足或越过球门而不能射入球门。
θ1
θ2
25m
3.44m
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-14 一质点沿半径为 R的圆周按规律 运动,v0,b都是常量。（ 1）求 t时刻质点的总加速度；（ 2） t为何值时总加速度在数值上等于 b？ (3)当加速度达到 b时，质点已沿圆周运动了多少圈？
2
0 2
1 bttvs
分析,在自然坐标中,s表示圆圆上从某一点开始的曲线坐标，由给定的运动方程 s=s(t),对时间求一阶、二阶导数，即是沿曲线运动的速度 v和加速度的切向分量 at,而加速度的法向分量为 an=v2/R。这样总加速度 a=atet+anen。至于质点在 t时间内通过的路程，即为曲线坐标的改变量因圆周长为 2πR,质点所转过的圈数自然求得。
0sss t
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答解,（ 1）质点作圆周运动的速率为
btvdtdsv 0
其加速度的切向分量和法向分量分别为
])([
2
0
Rb
btvar c t g
a
aar c t g
t
n
其方向与切线之间的夹角为
R
btv
R
vab
dt
sda
nt
2
0
2
2
2 )(
,
故加速度的大小为
R
btvbRaaa
tn
422
22 )(
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
b
vt 0?
（ 3）从 t=0开始到 t=v0/b时，质点经过的路程为因此质点运行的圈数为
b
vsss
t 2
2
0
0
（ 2）要使 |a|=b，由 可得 bbtvbR
R
422 )(1
bR
v
R
sn
42
2
0
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-17 一半径为 0.50m的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的平方成正比。在 t=2.0s时测得轮缘一点的速度为
4.0m.s-1。求（ 1）该轮在 t’=0.50s的角速度，轮缘一点的切向加速度和总加速度；（ 2）该点在 2.0s内所转过的角度。
分析,首先应该确定角速度的函数关系 ω =kt2。依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度，从而求出式中的比例系数 k,ω =ω (t)确定后，注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系，由运动学中两类问题求解的方法（微分法和积分法），即可得到特定时刻的角速度、切向加速度和角位移 。
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答解,因 ω R=v，由题意 ω∝ t2得比例系
3
22 2
sr a d
Rt
v
tk
所以 ω =ω（ t)=(2rad.s-3)t2
123 5.0')2( sr a dtsr a d?
则 t’=0.5s 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为
23 0.2')4( sr a dtsr a d
dt
d
20.1 smRa t?
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答总加速度
ntnt aaa eReR 2
2222 01.1)()( smRRa
在 2.0s内该点所转过的角度
r a dtsr a d
dttsr a ddt
s s
33.5)
3
2
(
)2(
33
2
0
2
0
23
0
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答分析,掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系，
应用运动学求解的方 法即可得到。
1-18 一质点在半径为 0.10m的圆周上运动，其角速度位置求（ 1）在 t=2.0s时质点的法向加速度和切向加速；（ 2）当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ值为多少？（ 3） t 为多少时，法向加速度和切向加速度的值相等 。
.)4(2 33 tsr a dr a d
解,（ 1）由于,)4(2
33 tsr a dr a d
则角速度
.)12( 23 tsr a ddtd
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答在 t=2s时，法向加速度和切向加速度的数值分别为
2
2
222
2
80.4
1030.2
sm
dt
d
ra
smra
stt
stn
（ 2）当 时，有 即
22
2
12/
tnt aaaa
23 nt aa?
sst
sr adrtsr adr
29.0
32
1
)]12[(])24([3 43223
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答此时刻的角位置为
r a dtsr a dr a d 15.3)4(2 33
（ 3）要使,则有
tn aa?
tsr a drtsr a dr )24(])12[( 3223
st 55.0?
解得第一章 质点运动学 部分习题分析与解答分析,这是一个相对运动的问题。设雨滴为研究对象，地面为静止参考系 S，火车为动参考系 S’。 v1为 S’相对 S的速度,v2为雨滴相对 S的速度，利用相对运动速度的关系即可解。
1-19 一无风的下雨天，一列火车以 v1=m.s-1的速度匀速前进，
在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成 750角下降。求雨滴下落的速度 v2 。（设下降的雨滴作匀速运动）
11
2 36.575
smtg
vv
解,以地面为参考系，旅客看到雨滴下落的速度 v2’为相对速度，它们之间的关系为 于是可得
1'22 vvv?
v1
v2V’2 α
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答分析,在本题中，飞机是研究以对象，地面为静止参考系 S，流动的空气为动参考系 S’。计算飞机在 A,B两地飞行来回所需时间，关键在于确定飞机相对于地面飞行速度的大小，但它受到空气速度（风速）的影响，因而改变了整个飞行时间。
1-20 设有一架飞机从 A处向东飞到 B处，然后向西飞回到 A处，
飞机相对空气的速率为 v’，而空气相对地面的速率为 u,A、
B间的距离为 L，飞机相对空气的速率为 v’保持不变。（ 1）假定空气是静止的（即 u=0)，试证来回飞行时间为 t0=2L/v’；
（ 2）假定空气的速度向东，试证来回飞行时间为
（ 3）假定空气的速度向北，试证来回飞行的时间为;)1( 12
2
01
v
utt
。vutt 2/12202 )1(
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
'
2
''0 v
L
v
L
v
Lttt
BAAB
证,由相对速度的矢量关系 有uvv由相对速度的矢量关系 有
（ 1）空气是静止的。即 u=0，则往返时，飞机相对地面的飞行速度 v就等于飞机相对空气的速度 v’，如图（ a），故飞行往返所需时间为
u=0
A B
图 a
V’ V’
（ 2）按题意，当飞机向东时，风速与飞机相对空气的速度同向；而飞机由东返回时，两者刚好反向，如图（ b），这时飞机在往返飞行时，相对地面速度值分别为 vAB=v’+u和 vBA=v’-u。因此，
飞行往返所需时间为
u
A B
图 b
V’ V’
u+V’ u-V’
1
2
2
01 )'1(''
v
ut
uv
L
uv
Lttt
BAAB
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
2/1
2
2
0
1
)
'
1(
2
v
u
t
v
L
v
L
v
L
ttt
BAAB
（ 3）当空气速度向北时，飞机相对地面的飞行速度的大小由可得为 如图（ c），
则飞行往返所需时间为
uvv '
22' uvv
u
A B
图 c
V’ V’
u uv v
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
1-21 如图 a所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速率为 v1，下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前 θ角，速率为 v2，若车后有一长方形物体，问车速 v1为多大时，此物体正好不会被雨水淋湿？
分析,这是个相对运动的问题，可视雨点为研究对象，地面为静止参考系 S，
汽车为动参考系 S’。如图 a所示，要使物体不被淋湿，在车上观察雨点下落的方向（即雨点相对于汽车的运动速度 v’2的方向）应满足
.hLa r c tg
h
L
α
v1
图 a
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
co s
s in
2
21
v
vva r ct g
解,由 [如图 b]，有
122 vvv
而要使,则
h
La r c tg
h
L
v
vv
co s
s in
2
21
s ins in
21 h
Lvv
v1
v2V’2
α θ
图 b
h
L
α
v1
图 a
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答例 1：已知质点沿 ox轴运动，其速度大小为式中 v和 t的单位分别为 m.s-1和 s，
当 t=0时，质点位于坐标原点右方 5m处，求：
（ 1）在 t=2s时的速度、加速度和所在位置；
（ 2）在 0~2s内的平均速度的大小；
（ 3）作 x-t,v-t,a-t图线，从图线上说明质点在什么时间内向 ox轴正方向运动；在什么时间内向 ox轴负方向运动；在什么时间内作加速运动；在什么时间内作减速运动？
266 ttv
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答解,（ 1） 由题意知将 t=2s代入式（ 1），得 v=-12m.s-1
)1(66 2ttv
又
)2(126 tdtdva
将 t=2s代入式（ 2），得 a=-18m.s-2
由于
v d tdxdtdxv,
将式（ 1）代入，并两边积分得
)3(23
23)66(
32
0
322
0 00
ttxx
ttdtttv d tdx
t tx
x
故由题意知 x0=5m,将 t=2s代入式（ 3），得 x=1m。
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答从题意知,t=0时,x0=5m，而 t=2s时,x=1m，由此得 0~2s内的平均速度大小为：
(2)平均速度：
0
0
tt
xx
t
xv
1.2
02
51?
smv
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答
（ 3）由式（ 3）
式（ 1）
式（ 2）
作,x-t图线
v-t图线
a-t图线
6
3
0 1.0 2.0 t/s
x/m
1.5
0.5
0.5 t/s
a/(m.s-2)
0
6
v/(m.s-1)
0.5 t/s
0
-4.5
-12
从图线可以看出,
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答例 2：列车沿圆弧轨道行驶，方向由西向东逐渐变为向北，其运动规律 s=80t-t2 式中 s和 t的单位分别为 m和 s，当 t=0时，列车在 A点。此圆弧轨道的半径为 1500m，若把列车视为质点，求列车从 A点行驶到 s=1200m处的速率和加速度。
280 tts
解,如图所示，本题中,s=80t-t2为自然坐标中的运动方程，任一时刻速度
t
dt
ds
v
e
dt
ds
evv tt
280
,
速率
北东en et
a
θ
第一章 质点运动学 部分习题分析与解答切向加速度
./2 2 的反方向沿负号表示 ttt easmdtdva
法向加速度
1 5 0 0
)280( 22 t
R
va
n
北东en et
a
θS=1200m时，可求得 t1=20s，
t2=60s(舍去）。以 t=20s代入得
222222
222
/27.2/07.1)2(
/07.1/
15
16
,/2
/40/)20280(
smsmaaa
smsmasma
smsmv
n
nt
t
a与 v的方向的夹角
00 9.1 5 1ar ct an1 8 0
t
n
a
a?
