第1章--质点运动学与牛顿定律

习题
1 选择题
1.1一质点在平面上运动,已知质点位置矢量的表达式为 r = a t 2 i + b t 2 j (其中a 、b 为常量), 则该质点作( ) (A) 匀速直线运动 (B) 变速直线运动 (C) 抛物线运动 (D) 一般曲线运动
解 首先要判断的是质点的轨迹，由质点的位置矢量表达式 r = a t 2 i + b t 2 j 知2
x at =，
2y bt =。

消去t 可得质点的轨迹方程为b
y x a
=
，由此可知质点的轨迹为直线。

其次要判断的是状态的变化，也就是考察速度和加速度，22d at bt dt
==+r
υi j ，22a b =+a i j 。

由此
可知质点作变速直线运动，故选B 。

1.2 如图所示，用水平力F 把木块压在竖直的墙面上并保持静止。

当F 逐渐增大时，木块所受的摩擦力( )
（A ）不为零， 但保持不变
（B ）随F 成正比地增大
（C ）开始随F 增大， 达到某一最大值后， 就保持不变 （D ）无法确定
解 由题意可知物体的状态是静止，根据牛顿第二定律物体所受的合外力为零。

在竖直方向上物体受重力和摩擦力两个力的作用，两个力大小相等 、方向相反。

故选A 。

1.3一质点沿x 轴运动，其速度与时间的关系为：2
4m/s t =+v ，当3s t =时，质点位于
9m x =处，则质点的运动方程为( )
(A)214123x t t =+- (B)2
142
x t t =+
(C)23x t =+ (D)3
14123
x t t =++
解 因为质点沿x 轴运动，由dx dt
υ=有dx dt υ=，通过积分2
(4)dx dt t dt υ==+⎰⎰⎰得到
21
43
x t t C =++。

当3s t =时，质点位于9m x =处，可求得12C =-。

故选A 。

1.4 质点作曲线运动，其瞬时速度为υ，瞬时速率为υ，平均速度为υ，平均速率为υ，则
它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的? ( ) （A ）,υυ==υυ （B ）,υυ≠=υυ
习题1.2图
（C ）,υυ=≠υυ （D ）,υυ≠≠υυ 解 ,,,d d s s
d t d t t t
υυ∆∆=
===∆∆r r υυ；d d s =r s ∆≠∆r 。

故选C 。

1.5 以下五种运动形式中，a 保持不变的运动是( ) (A) 单摆的运动 (B) 匀速率圆周运动 (C) 行星的椭圆轨道运动 (D) 抛体运动 (E) 圆锥摆运动
解 a 保持不变表明物体所受的合外力恒定不变。

单摆的运动、行星的椭圆轨道运动、圆锥摆运动合外力的大小和方向都在不断的改变；匀速率圆周运动合外力的大小不变，但方向不断地改变；作抛体运动的物体只受重力作用，大小和方向都不变，故选D 。

1.6 对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的( ) (A) 切向加速度必不为零。

(B) 法向加速度必不为零（拐点处除外）。

(C) 由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零。

(D) 若物体作匀速率运动，其总加速度必为零。

(E) 若物体的加速度a 为恒矢量，它一定作匀变速率运动。

解 对于沿曲线运动的物体，2
,n d a a dt τυυρ==。

当0υ=时，a τ可以等于零；当0υ≠时，0n a ≠；故选B 。

1.7 一运动质点在某瞬时位于矢径(),x y r 的端点处, 其速度大小为( )
(A)
t r d d (B) d d t
r
(C) d d t
r
(D)
2
2
d d d d ⎪⎭
⎫
⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 解 因为 d dx dy dt dt dt ==+r υi j ，所以速度的大小为2
2
d d d d ⎪⎭
⎫
⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 。

故选D 。

1.8 水平地面上放一物体A ，它与地面间的滑动摩擦系数为μ．现加一恒力F 如图所示．欲使物体A 有最大加速度，则恒力F 与水平方向夹角θ 应满足( ) (A) sin θ ＝μ． (B) cos θ ＝μ． (C) tg θ ＝μ． (D) ctg θ ＝μ．
解 欲使物体A 有最大加速度，对物体进行受力解，物体共受到,,F N P 三个力的作用，
F
习题1.8图
所受合外力是()cos sin F P F θθμ--，根据牛顿第二定律
()cos sin F P F a m
θθμ
--=
，令()'0a θ=，可求得tg μθ=时物体A 有最大加速度。

故
选C 。

1.9 在相对地面静止的坐标系内，A 、B 二船都以1
2m s -⋅速率匀速行驶，A 船沿x 轴正向，B 船沿y 轴正向。

今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系(x 、y 方向单位矢用i 、j 表示)，那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度（以m/s 为单位）为( ) (A) 2i ＋2j (B) -2i ＋2j
(C) －2i －2j (D) 2i －2j
解 这是一个相对运动的问题，要求的是B 船相对A 船的速度，由题意可知
()12A m s -=⋅υi ，()12B m s -=⋅υj ，'
22B
B A =-=-υυυj i ，故选B 。

1.10 如图所示，一轻绳跨过一个定滑轮，两端各系一质量分别为m 1和m 2的重物，且m 1>m 2．滑轮质量及轴上摩擦均不计，此时重物的加速度的大小为a ．今用一竖直向下的恒力g
m F 1=代替质量为m 1的物体，可得质量为m 2的重物的加速度为的大小a ′，则( ) (A) a ′= a (B) a ′> a
(C) a ′< a (D) 不能确定.
解 对12,m m 两物体进行受力解，1m 受力1,P T ；2m 受力2,P T 。

根据牛顿第二定律 有1122,P T m a T P m a -=-=，
可求得()1212
m m g a m m -=+；
当用一竖直向下的恒力g m F 1
=代
替质量为m 1的物体，可得质量为m 2的重物的加速度为的大小()12'2
m m g a m -=。

由此可知
a ′> a ，故选B 。

习题1.10图
2 填空题
1.11在xoy 平面内有一运动的质点，其x ,y 分量的运动方程分别为10cos(5)x t =，
10sin(5)y t =(SI)，t 时刻其速率υ =__________， 其切向加速度的大小a τ=______________；其法向加速度的大小n a =_________。

解 根据,x y dx dy
dt dt
υυ=
=
可得()()50sin 5,50cos 5x y t t υυ=-=，t 时刻质点的速率为
150m s υ-==⋅，切向加速度的大小0d a dt
τυ==，法向加速度的大小
2
2250n a m s R
υ-=
=⋅。

1.12在x 轴上作变加速直线运动的质点,已知其初速度为0υ,初始位置为0x ,加速度为a=C t 2 (其中C 为常量),则其速度与时间的关系υ= ， 运动方程为x= 。

解 根据,d adt dx dt υυ==，通过积分
02
t d Ct dt υ
υυ=⎰⎰可得3013
Ct υυ=+；通过积分03001()3x t x dx Ct dt υ=+⎰⎰可得4
00112
x x t Ct υ=++。

1.13灯距地面高度为H ,一个人身高为h , 在灯下以匀速率υ沿水平直线行走, 如图1.2所示.
则他的头顶在地上的影子M 点沿地面移动的速度M υ= 。

解 建立如下坐标，设时刻t 影子M 点在地面的位置为x ，人在地面的位置为t υ，由几何关系知x H x t h υ=-，将此式对t 求导得dx dx h H dt dt υ=-，
因为M dx dt υ=，所以M H H h
υ
υ=+。

习题1.13图
1.14如图,一质点P 从O 点出发以匀速率11
m s -⋅作顺时针转向的圆周运动, 圆的半径1m,如图所示,当它走过
3
4
圆周时, 走过的路程是 ，这段时间内的平均速度大小 ，方向是 。

解 质点P 从O 点出发以匀速率11
m s -⋅作顺时针转向的圆周运动, 当它走过
3
4
圆周到达B 时，走过的路程是33
242m ππ⨯=
，1223OB m s t π
-=
=⋅υ，方向与ox 轴成45。

1.15一质点沿半径为R 的圆周运动, 在t = 0时经过P 点, 此后它的速率υ按υ=A+B t (A 、B 为正的已知常量)变化, 则质点沿圆周运动一周再经过P 点时的切向加速度a t = ，法向加速度a n = 。

解 d a B dt
τυ
==，22()n A Bt a R R υ+==。

1.16以一定初速度斜向上抛出一个物体, 如果忽略空气阻力, 当该物体的速度υ与水平面的夹角为θ 时，它的切向加速度a τ的大小为a τ= ， 法向加速度a n 的大小为a n = 。

解 因为忽略空气阻力，物体只受重力作用，所以物体的加速度就是重力加速度g ，将g 分解为沿速度方向和与速度垂直方向即得到sin ,cos n a g a g τθθ==。

1.17如图所示装置中，若两个滑轮与绳子的质量以及滑轮与其轴之间的摩擦都忽略不计，绳子不可伸长，则在外力F 的作用下，物体m 1和m 2的加速
度为a =______________________，m 1与m 2间绳子的张力T =________________________。

2
习题1.14图
解 因为两个滑轮与绳子的质量以及滑轮与其轴之间的摩擦都忽略不计，绳子不可伸长，对
12,m m 两物体进行受力解，1m 受力1,P T,F ；2m 受力2,P T 。

根据牛顿第二定律
有1122,F P T m a T P m a +-=-=，可求得12122
1212
2,m g m g F m m g Fm a T m m m m -++=
=++。

1.18在如图所示的装置中，两个定滑轮与绳的质量以及滑轮与其轴之间的摩擦都可忽略不计，绳子不可伸长，m 1与平面之间的摩擦也可不计，在水平外力F 的作用
下，物体m 1与m 2的加速度a ＝______________，绳中的张力T ＝_________________。

解 因为两个滑轮与绳子的质量以及滑轮与其轴之间的摩擦都忽略不计，绳子不可伸长， 对
12,m m 两物体进行受力解，1m 水平方向受力,F T ；2m 受力2,P T 。

根据牛顿第二定律有122,F T m a T P m a -=-=，可求得2122
1212
,F m g m m g Fm a T m m m m -+=
=++。

3 计算题
1.19 已知质点位矢随时间变化的函数形式为2
2t t =+r i j ，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解 (1)由d dt =
r υ，有：22t =+υi j ，d dt
=υ
a ，有：2=a i （2）而υ=υ
，有速率：υ==
∴d a dt
τυ
==，利用222
n a a a τ=+
有：n a ==
1.20 一质点沿x 轴作直线运动,它在t 时刻的坐标是23
4.52x t t =-，式中x 以米计，
t 以秒计，试求
习题1.17图 习题1.18图
(1) 1=t s 和2=t s 时刻的瞬时速度；
（2）第二秒内所通过的路程；
（3）第二秒内的平均加速度以及s t 1=和 s t 2=时刻的瞬时加速度。

解（1）由 232(4.52)96dx d
t t t t dt dt
υ=
=-=- 可知 当1=t s 时 21
191613m s υ-=⨯-⨯=⋅ ， 当2=t s 时 21
292626m s υ-=⨯-⨯=-⋅
（2）令2960dx
t t dt
υ=
=-= 得 5.1=t s 时x 有极值，其速度为零，质点改变运动方向，即质点的“回头”点。

此时
1.5 1.5| 3.375t x x m ===
而 231 4.5121 2.5x m =⨯-⨯= 23
2 4.52222x m =⨯-⨯=
则质点所经过的路程为
1.512 1.5|||||3.375
2.5||2
3.375| 2.25s y y y y m ∆=-+-=-+-= （3）-221
9)m s t -=
=-⋅∆υυa i ( 而 -2(912))d t m s dt
==-⋅υ
a i (
则 -213()m s =-⋅a i -2
215()m s =-⋅a i
1.21 一质点在y 轴上作加速运动，开始时00,y y υυ==。

若
（1）加速度c kt a +=，求任意时刻的速度和位置，其中c k ,,为常量； （2）加速度a k υ=-，求任意时刻的速度和位置； （3）加速度a ky =，求任意位置的速度。

解：（1）由00
()t
a t dt υυ=+⎰
和00
()t
y y t dt υ=+⎰可依次得
速度2
000
1()2
t
kt c dt kt ct υυυ=+
+=+
+⎰
位置坐标223
00000
111()226
t
y y ct t dt y t ct kt υυ=+
++
=+++⎰ （2）由d a k dt υυ==-可得d kdt υ
υ=-， 两边积分有 0
t
d k dt υυυυ
=-⎰
⎰ 所以 0
ln
kt υ
υ=-
可得 0kt
e
υυ-=
再由dy dt
υ=可得0kt
dy dt e dt υυ-== 两边积分有
00
y t
kt
y dy e dt υ-=
⎰
⎰ 由此可得 0
0(1)kt y y e k
υ-=-
-
（3）由于d d dy d a dt dy dt dy
υυυυ=
== 于是 d ady υυ= 两边积分有 0
y
y d kydy υυυυ=⎰⎰
由此可得 2
222
00()k y y υ
υ=+-,故
υ=
1.22质点的运动方程为：cos x R t ω=，sin y R t ω=，2h
z t ωπ
=
，式中ω、、h R 为正的常量。

求：（1）质点运动的轨迹方程；（2）质点的速度大小；（3）质点的加速度大小。

解 （1）质点的轨迹方程为：2
2
2
R y x =+，t h
z ωπ
2=
，这是一条空间螺旋线。

空间螺旋线在Oxy 平面上的投影，是圆心在原点，半径为R 的圆，其螺距为h 。

（2）sin x dx
R t dt
υωω==- ，cos y d y R t d t υωω==，2z d z h d t υωπ==，
∴υ== （3）t R a x ωωcos 2-= t R a y ωωs i n 2
-= 0=z a
∴ 222ωR a a a y x =+=
1.23质点在xOy 平面内的运动方程为 x =3t ，y =2t 2+3。

求：（1）t =2s 时质点的位矢、速度和
加速度；（2）从t =1s 到t =2s 这段时间内，质点位移的大小和方向；（3）1~0s 和2~1s 两时间段，质点的平均速度；（4）写出轨迹方程。

解 (1) 2
3(23)t t =++r i j ，d 34d t t
==+r υi j ，22d 4d t ==r a j
s 2=t 时，611=+r i j ，38=+υi j ，4=a j
(2) 21(611)(35)36∆=-=+-+=+r r r i j i j i j ，∆==
r
与x 轴正向的夹角 ︒==4.633
6arctan θ (3) 1011(35)3321t -+-=
==+∆r r i j j υi j ，212236361
t -+===+∆r r i j
υi j (4) 3x t =，39233222
+=
+⎪⎭
⎫
⎝⎛=x x y
1.24 质点的t x ~关系如图，图中a ，b ，c 三条线表示三个速度不同的运动．问（1）它
们属于什么类型的运动?（2）哪一个速率小？
解（1）从图象可以看出，三条线反映的都是：x 与t 成线性关系，所以 它们属于匀速直线运动 （2）根据 dx dt
υ=
可知直线的斜率越小，速率就小，所以c 对应的速率小。

1.25质点沿x 轴正向运动，加速度a k υ=-，k 为常数．设从原点出发时速度为0υ，求运
动方程)(t x x =。

解 由于是一维运动，所以，由题意：
d k dt
υ
υ=-， 分离变量并积分有：0
1
t
d kdt υ
υυυ
=-⎰⎰ ，得：0k t e υυ-=
又∵ 0k t dx
e dt
υ-=， 积分有：000x t kt dx e dt υ-=⎰⎰
∴ 0
(1)k t x e k
υ-=
-
1.26 已知子弹的轨迹为抛物线，初速为0υ，并且0υ与水平面的夹角为θ。

试分别求出抛物线顶点及落地点的曲率半径。

解（1）抛物线顶点处子弹的速度0cos x υυθ=，顶点处切向加速度为0，法向加速度为g 。

因此有：2
2011
(cos )g υθυρρ==
， 2201cos g
υθ
ρ=
习题1.24图
习题1.26图
（2）在落地点时子弹的速度为0υ，由抛物线对称性，知法向加速度方向与竖直方向成θ角，
则：cos n a g θ=，有：202
cos g υθρ= 则： 202cos g υρθ=。

1.27 如图所示，质量为m 的钢球A 沿着中心在O 、半径为R 的光滑半圆形槽下滑．当A 滑到图示的位置时，其速率为v ，钢球中心与O 的连线OA 和竖直方向成θ 角，求这时钢球对槽的压力和钢球的切向加速度． 解 对小球进行受力解
根据牛顿第二定律有2
cos N P m
R
υθ-=
2
cos N m
mg R
υθ=+
sin sin P a g m
τθ
θ=
=
1.28 质量为10kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为6N x f =，
7N y f =，当0t =时，0x y ==，-102m s x υ=-⋅，00y υ=。

当2s t =时，求：
(1) 质点的位矢； (2) 质点的速度。

解 （1）由题意根据牛顿第二定律m
=F
a 可以得到
2260.610
70.710x x y y f a m s m f a m s m --⎧===⋅⎪⎪⎨
⎪===⋅⎪⎩
又因为d dt =υa 通过积分020
0x y
t
x x
t y y d a dt d a dt υυυυ-⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩⎰⎰⎰⎰
习题1.27图
得 0.62x t υ=- 0.7
y t υ=
由d dt =
r υ通过积分2
02
0(0.62)0.320.70.35t t x t dt t t y tdt t ⎧=-=-⎪⎨⎪==⎩
⎰⎰
所以22
(0.32)0.35t t t =-+r i j
当2s t =时
22(0.3222)0.3522.8 1.4=⨯-⨯+⨯=-+r i j i j
（2）(0.62)0.7t t =-+υi j 当2s t =时
(0.622)0.720.8 1.4=⨯-+⨯=-+υi j
i j
1.29质量为m 的子弹以速度0υ水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度。

解 由题意，子弹射入沙土中的阻力表达式为：f k υ=- 又由牛顿第二定律可得：d f m
dt υ=，则d k m dt
υυ-= 分离变量，可得：d k dt m υ
υ=-，两边同时积分，有：00t d k
dt m
υυυυ=-⎰⎰，
所以：0k
t m
e υυ-
=
（2）子弹进入沙土的最大深度也就是0υ=的时候子弹的位移，则：
考虑到
d d dx dt dx dt υυ=
，dx dt υ=，可推出：m
dx d k
υ=-，而这个式子两边积分就可以得到位移：00max 0m m
x d k k
υυυ=-=⎰
1.30 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：
（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式12
111
k k k =+； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．
解 当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数． 两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为
F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2．
F
F
（1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2， 因此
12
12F F F k k k =+ 即
12
111k k k =+． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2， 因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即 k = k 1 + k 2．
1.31 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．
解 珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为 珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ． 珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ． 根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ， 可得
2
cos mg
R ωθ=，
解得2
cos g
arc R θω=±
1.32一质量为m 的小球以速率0υ从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求： （1）小球速率随时间的变化关系()t υ； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．
解（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为正，根据牛顿第二定律得方程
d mg k m
dt
υυ--= 习题1.28图
习题1.31图
分离变量得
()
d m d mg k dt m
mg k k mg k υυυυ
+=-=-++
积分得ln()m
t mg k C k
υ=-
++． 当t = 0时，0υυ=所以0ln()m
C mg k k
υ=+，
因此0
ln m mg k t k mg k υυ+=-
+， 小球速率随时间的变化关系为
0()exp()mg kt mg k m k
υυ=+
--．
（2）当小球运动到最高点时0υ=，所需要的时间为
ln
m mg
T k mg k υ=-
+． [讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤： 由于dx
dt
υ=
，所以 0()exp()mg kt mg dx dt k m k υ⎡
⎤=+--⎢⎥⎣
⎦ 积分得
0'()
exp()mg
m kt mg k x t C k m k υ+
=-
--+ 当t = 0时，x = 0，所以
0'()mg
m k C k
υ+
=
因此
0()
1exp()mg m kt mg k x t k m k
υ+
⎡⎤=
---⎢⎥⎣⎦
（2）如果小球以0υ的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为
d mg k m
dt
υυ-=
用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为
0()exp()mg mg kt
k k m
υυ=
--- 这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．。