1、習題解答習題一1-1 r 與r 有無不同 ? dr和 dr有無不同 ?dv 和 dv 有無不同 ?其不同在哪里 ?d td td td t試舉例說明解： （ 1） r是位移的模，r 是位矢的模的增量，即rr2 r1 ， rr2 r1 ；（2） dr 是速度的模，即drvds .dtd tdtdr 只是速度在徑向上的分量 .dt?rr rr?有? （式中 ? 叫做單位矢），則 drd rr rdrdtdtd t式中 dr 就是速度徑向上的分量，dtdr與d r不同如題1-1圖所示 .d td t題1-1圖(3)dv 表示加速度的模，即adv ，dv 是加速度 a 在切向上的分量 .d tdtdt

2、有 vv (表軌道節線方向單位矢） ，所以dvdvv d式中 dv 就是加速度的切向分量 .dtdtdtdt(dr?d ?的運算較復雜，超出教材規定，故不予討論)dt與dt1-2設質點的運動方程為 x = x ( t ) ， y = y ( t ) ，在計算質點的速度和加速度時，有人先求出r x2y 2 ，然后根據 v =dr，及 a d 2r而求得結果；又有人先計算速度和加速度dtdt 22dy2d2 x22 y2dx及 a =d你認為兩種方法哪一種v =dtdt 2dt 2dt正確？為什么？兩者差別何在？解：后一種方法正確. 因為速度與加速度都是矢量，在平面直角坐標系中，有r xiyj ，

3、vdrdxdydtijdtdtad2 rd 2 x id 2 y jdt 2dt 2dt 2故它們的模即為22vvx2v y2dxdydtdt22aax2ay2d2 xd2 ydt 2dt 2而前一種方法的錯誤可能有兩點，其一是概念上的錯誤，即誤把速度、加速度定義作vdrad 2 rdtdt 2其二，可能是將dr 與 d2 r 誤作速度與加速度的模。在1-1題中已說明 dr 不是速度的模，dtdt 2dtd 2 r而只是速度在徑向上的分量，同樣，也不是加速度的模，它只是加速度在徑向分量中 dt 2d2 rd2。或者概括性地說， 前一種方法只考慮了位矢r 在徑向（即的一部分 a徑rdt 2dt量

4、值）方面隨時間的變化率，而沒有考慮位矢 r 及速度 v 的方向隨間的變化率對速度、加速度的貢獻。1-3 一質點在 xOy 平面上運動，運動方程為=3 t +5, y = 1 t 2+3 t -4.2式中 t 以 s 計， x , y 以 m計 (1) 以時間 t 為變量，寫出質點位置矢量的表示式；(2) 求出 t =1s 時刻和 t 2s 時刻的位置矢量，計算這 1秒內質點的位移； (3) 計算 t 0 s 時刻到 t 4s時刻內的平均速度； (4) 求出質點速度矢量表示式， 計算 t 4 s 時質點的速度； (5) 計算 t 0s 到 t 4s 內質點的平均加速度； (6) 求出質點加速度矢

5、量的表示式，計算 t 4s 時質點的加速度 ( 請把位置矢量、位移、平均速度、瞬時速度、平均加速度、瞬時加速度都表示成直角坐標系中的矢量式 )解：（ 1）rt5)i1 t 2t4)j m(3(3(2) 將 t 1 , t2 代入上式即有2r18i0.5 jmr211 j4 jmrr2r13 j4.5 jm(3)r05 j4 j ,r417 i 16 jvrr 4r012i20 j3i5 j m s 1t404(4)vdr3i (t3) j m s 1dt則v43i7 jm s 1(5)v03i3 j , v43i7 javv4 v041 jm s2t44(6)adv1 j m s 2dt這說明

6、該點只有y 方向的加速度，且為恒量。1-4 在離水面高 h米的岸上，有人用繩子拉船靠岸，船在離岸S處，如題 1-4 圖所示當人以v0 (m· s 1 ) 的速率收繩時，試求船運動的速度和加速度的大小圖1-4解： 設人到船之間繩的長度為l ，此時繩與水面成角，由圖可知l 2h2s2將上式對時間t 求導，得2l dl2s ds題1-4圖dtdt根據速度的定義，并注意到l , s是隨 t 減少的，dlv0 , v船dsv繩dtdt即dsl dllv0v船dts dts v0cos或v船lv 0(h2s2 )1 / 2 v0ss將船 再對 t 求導，即得船的加速度vdv船s dll dsv0

7、 s lv 船adtdtv0v0dts2s22( sls )v02h 2v02s2s31-5 質點沿 x 軸運動， 其加速度和位置的關系為a 2+6 x2 ， a 的單位為 m s 2 ， x 的單位為 m.質點在 x 0處，速度為 10 m s 1, 試求質點在任何坐標處的速度值解：dvdv dxdvavdtdx dtdx分離變量：dadx(26x2 )dx兩邊積分得1v22x2x3c2由題知， x0時， v010 , c50v2x3x25 m s 11-6 已知一質點作直線運動，其加速度為a 4+3 tm s 2 ，開始運動時，x 5 mv=0，求該質點在 t 10s時的速度和位置解：dv

8、tadt43分離變量，得dv( 43t )dt積分，得v4t3 t 2c12由題知， t0 , v0 0 , c1 0故v4t3t 22又因為vdx4t3t 23dt2xt2)dt分離變量，td(421 t 3積分得x2t 2c22由題知t 0 , x05 , c25故x2t 21t 352所以 t10 s時v104103102190m s 12x10210 2110 35705m21-7 一質點沿半徑為 1 m 的圓周運動， 運動方程為=2+3 t 3 ， 式中以弧度計， t 以秒計，求： (1)t 2 s(2) 當加速度的方向和半徑成 45°角時，其角位移是多少 ?解：d2dtd

9、t9t,dt18(1) t2 s 時，aR118236 ms 2anR21(922)21296 ms 2(2) 當加速度方向與半徑成45角時，有tan 45a1an即R2R亦即(9t 2 ) 218t則解得t 329于是角位移為23t 32322.67rad91-8 質點沿半徑為R 的圓周按 s v0 t1bt 2 的規律運動，式中s 為質點離圓周上某點的弧2長, v0 ，b 都是常量， 求：(1)t 時刻質點的加速度； (2)t 為何值時， 加速度在數值上等于b 解：（ 1）vdsv0btdtadvbdtanv2(v0bt ) 2RR則aa2an2b2( v0bt) 4R2加速度與半徑的夾角

10、為aRbarctan an(v0bt )2(2) 由題意應有ab2( v0bt) 4bR2即b 2b 2(v0bt ) 4, (v0 bt )40R2當 tv0 時， abb1-9 半徑為 R 的輪子， 以勻速 v0 沿水平線向前滾動：(1) 證明輪緣上任意點B 的運動方程為x R (t sint) ， y R (1cost ) ，式中v0 / R 是輪子滾動的角速度，當B 與水平線接觸的瞬間開始計時此時B 所在的位置為原點，輪子前進方向為x 軸正方向； (2)求 B 點速度和加速度的分量表示式解：依題意作出下圖，由圖可知題1-9圖(1)xv0t2Rsin2cos2v0tRsinR(tR si

11、nt)y 2R sin sin22R(1cos )R(1cost )(2)vxdxR(1cost )dtv ydyR sint )dta xR2 sintdvxdta yR2 costdv ydt1-10以初速度 v0 20 ms 1 拋出一小球，拋出方向與水平面成幔60 °的夾角，求： (1) 球軌道最高點的曲率半徑R1 ； (2)落地處的曲率半徑 R2 ( 提示：利用曲率半徑與法向加速度之間的關系)解：設小球所作拋物線軌道如題1-10 圖所示題 1-10 圖(1) 在最高點，v1vxv0 cos60oan1g10 m s 2又an1v121v12(20cos60 ) 2110an

12、110 m(2) 在落地點，v2v020 m s 1 ,而an2gcos60o2v22(20)280 man210cos601-11飛輪半徑為 0.4 m= 0.2 rad · s 2 ，求 t 2s時邊緣上各點的速度、法向加速度、解：當 t2 s 時，t0.220.4rads 1則 vR0.40.40.16 m s 1anR20.4(0.4) 20.064m s 2aR0.40.20.08 ms 2aan2a 2(0.064) 2(0.08) 20.102 ms 21-12如題 1-12圖，物體 A 以相對 B 的速度 v 2gy 沿斜面滑動，y 為縱坐標，開始時A 在斜面頂端高為

13、h 處， B 物體以 u 勻速向右運動，求 A 物滑到地面時的速度解：當滑至斜面底時，yh ，則 vA2gh , A 物運動過程中又受到B 的牽連運動影響，因此， A 對地的速度為vA地uv A'(u2gh cos)i( 2gh sin ) j題 1-12 圖1-13 一船以速率 v1 30km· h-1 沿直線向東行駛，另一小艇在其前方以速率v2 40km· h-1沿直線向北行駛，問在船上看小艇的速度為何?在艇上看船的速度又為何 ?解： (1) 大船看小艇，則有 v21 v2 v1 ，依題意作速度矢量圖如題1-13圖 (a)題 1-13 圖由圖可知v21v12v2

14、250 km h 1方向北偏西arctanv1arctan336.87v24(2) 小船看大船，則有v12v1v2 ，依題意作出速度矢量圖如題1-13 圖 (b)，同上法，得v1250 km h 1方向南偏東 36.87o1-14 當一輪船在雨中航行時，它的雨篷遮著篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高 4 m 但當輪船停航時，甲板上干濕兩部分的分界線卻在篷前3 m ，如雨滴的速度大小為8 m· s-1 ，求輪船的速率解： 依題意作出矢量圖如題1-14 所示題 1-14 圖v雨船v雨v船v雨v雨船v船由圖中比例關系可知v船v雨 8 m s 1習題二2-1因繩不可伸長，故滑輪兩邊繩子的加速

15、度均為a ，其對于m 則為牽連加速度，又知 m122對繩子的相對加速度為a，故 m2 對地加速度，由圖(b) 可知，為a2=a1-a 又因繩的質量不計，所以圓柱體受到的摩擦力f 在數值上等于繩的張力T，由牛頓定律，有mg-T=m a111T-m2g=m2a2聯立、式，得( m1m2 ) gm2 aa1m1 m2( m1m2 )gm1 aa2m1 m2f Tm1m2 (2ga )m1 m2討論 (1)若 a =0，則 a =a 表示柱體與繩之間無相對滑動12(2) 若 a =2g，則 T=f=0 ，表示柱體與繩之間無任何作用力，此時m1,m2 均作自由落體運動題2-1圖2-2 以梯子為對象，其受

16、力圖如圖(b) 所示，則在豎直方向上，NB-mg=0又因梯無轉動，以B 點為轉動點，設梯子長為l ，則NAlsin -mg l cos =02在水平方向因其有加速度a，故有f+N A=ma題2-2圖式中 f 為梯子受到的摩擦力，其方向有兩種可能，即 f= ± 0mg 聯立、式得tanmg, tanMg2(a0 g)0 g)2( a2-3axf x63m s2m168a yf y7m s 2m 16(1)vxvx02ax dt2325m s 1084v yv y02ay dt727m s 10168于是質點在2s 時的速度v5 i7 jms 1(2)48r( v0t1 ax t 2 )

17、i1 a yt 2 j22(22134)i1(74 j282)1613 i7 jm482-4 (1) akvdvmdt分離變量，得dvkdtvmvdvt即vv00kdtmlnvln ektmv0vk tv0 e m(2)xvdttmk tmv0(1 emk tv0 edtk)0(3)質點停止運動時速度為零，即t ，故有 xv0 emk tmv0dtk0(4) 當 t= m 時，其速度為kv v0 e m kv0 e 1v0k me即速度減至 v0的 1.e2-5 分別以 m1,m2 為研究對象，其受力圖如圖(b) 所示(1) 設 m 相對滑輪 ( 即升降機 ) 的加速度為a，則 m對地加速度

18、a =a -a ；因繩不可伸長，222故 m1 對滑輪的加速度亦為a，又m1 在水平方向上沒有受牽連運動的影響，所以m1 在水平方向對地加速度亦為a，由牛頓定律，有m2g-T=m2(a -a)T=m1a題2-5圖聯立，解得a =g 方向向下(2) m 2 對地加速度為a2=a -a=g方向向上2a=a +am 在水面方向有相對加速度，豎直方向有牽連加速度，即絕相牽1 a1a 2a2g 2g 25 g42=arctana =arctan1 =26.6 °，左偏上a22-6 依題意作出示意圖如題2-6圖題2-6圖在忽略空氣阻力情況下， 拋體落地瞬時的末速度大小與初速度大小相同，與軌道相切

19、斜向下，而拋物線具有對 y 軸對稱性，故末速度與x 軸夾角亦為 30°，則動量的增量為p=mv-mv0由矢量圖知，動量增量大小為mv ，方向豎直向下02-7 由題知， 小球落地時間為0.5s 因小球為平拋運動， 故小球落地的瞬時向下的速度大小為 v=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦為v =0.5g 設向上為 y 軸正向，則動量的增量12p=mv -mv1方向豎直向上，2大小p =mv2-(-mv 1)=mg碰撞過程中動量不守恒 這是因為在碰撞過程中， 小球受到地面給予的沖力作用另外，碰撞前初動量方向斜向下，碰后末動量方向斜向上，這也說明動量不守恒2-8 (1)若物體原來靜止，則

20、t4-1 , 沿 x 軸正向，p1= Fdt(10 2t )idt 56 i kg · m· s00v1p15.6im s 1mI 1p156ikgm s 1若物體原來具有 -6m · s-1 初速，則p0mv0 , p m(v0tFmv0tdt)Fdt 于是0m0p2p0tp1 ,pFdt0同理，v= v ,I=I1212這說明，只要力函數不變，作用時間相同，則不管物體有無初動量，也不管初動量有多大，那么物體獲得的動量的增量 ( 亦即沖量 ) 就一定相同，這就是動量定理(2) 同上理，兩種情況中的作用時間相同，即t2t )dt10tt 2I(100亦即 t 2+

21、10t-200=0解得 t=10 s， (t=-20 s舍去 )2-9質點的動量為p=mv=m (-asin ti+bcos tj)將 t=0 和 t=分別代入上式，得2p1=m bj,p 2=-m ai,則動量的增量亦即質點所受外力的沖量為I=p=p2-p 1=-m (ai+bj)2-10 (1)由題意，子彈到槍口時，有F=(a-bt)=0,得 t=ab(2) 子彈所受的沖量It1 bt 2(a bt)dt at02將 t= a 代入，得ba2I2b(3) 由動量定理可求得子彈的質量mIa 2v02bv02-11 設一塊為m1，則另一塊為m2，m1=km2 及 m1+m2=m于是得m1km

22、, m2mk 1k1又設 m1 的速度為v1,m2 的速度為v2，則有T1 m1v121 m2 v221 mv2222mv=m1v1+m2v2聯立、解得v2=(k+1)v-kv 1將代入，并整理得2T(v1v)2km于是有 v1v2Tkm將其代入式，有2kTv2vm又，題述爆炸后，兩彈片仍沿原方向飛行，故只能取v1 v2kT , v2v2Tmkm證畢2-12 (1)由題知， F 合 為恒力， A 合=F· r=(7i-6j)· (-3i+4j+16k)=-21-24=-45 J(2) NA4575wt0.6(3) 由動能定理，Ek =A=-45 J2-13 以木板上界面為坐

23、標原點，向內為y 坐標正向，如題2-13 圖，則鐵釘所受阻力為題 2-13 圖f=-ky第一錘外力的功為A1A1f dy1kssfdykydy02式中 f 是鐵錘作用于釘上的力，f 是木板作用于釘上的力，在dt 0 時， f =-f 設第二錘外力的功為A2，則同理，有A2y21 ky22kkydy122由題意，有A2A1( 1 mv2 )k22即 1ky22kk222所以， y22于是釘子第二次能進入的深度為y=y -y=2 -1=0.414 cm212-14dE(r )nkF ( r )r n 1dr方向與位矢 r 的方向相反，即指向力心2-15彈簧 A、 B 及重物 C 受力如題2-15

24、圖所示平衡時，有題 2-15 圖FA=FB=Mg又 F A=k1 x1FB=k2x2所以靜止時兩彈簧伸長量之比為x1k2x2k1彈性勢能之比為EEp11 k1x122k2p212k12k2x22-16 (1)設在距月球中心為r 處 F 月引 =F 地引 ，由萬有引力定律，有mM 月=GmM 地G r 22R r經整理，得M 月r=RM地M月=7.3510223.481085.9810247.3510 22=38.3210 6 m則 p 點處至月球表面的距離為h=r-r 月 =(38.32-1.74)×106 3.66 × 107 m(2) 質量為 1 kg 的物體在 p 點

25、的引力勢能為EPM月M 地GGrR r=6.6710117.3510226.6710 115.9810241073.8310738.43.83=-1.28106J2-17取 B 點為重力勢能零點，彈簧原長為彈性勢能零點，則由功能原理，有1212- mgh=(m +m)v - mgh+k(l) 212122式中l 為彈簧在 A點時比原長的伸長量，則l=AC-BC=(2-1)h聯立上述兩式，得kh 22v=2 m1m2gh21m1m2題 2-17 圖2-18取木塊壓縮彈簧至最短處的位置為重力勢能零點，彈簧原長處為彈性勢能零點則由功能原理，有-f r s= 1 kx 21 mv 2mgs sin 3

26、7221 mv2mgssin 37f r sk=21 kx22式中s=4.8+0.2=5 m， x=0.2 m ，再代入有關數據，解得-1k=1390 N · m題 2-18 圖再次運用功能原理，求木塊彈回的高度h-f t s =mgssin37 ° - 1 kx 32代入有關數據，得s =1.4 m,則木塊彈回高度h =s sin37 °=0.84 m題 2-19圖2-19 m從 M上下滑的過程中，機械能守恒，以m， M地球為系統，以最低點為重力勢能零點，則有121MV2mgR= mv22又下滑過程，動量守恒，以m,M為系統則在m脫離 M瞬間，水平方向有mv-M

27、V=0聯立，以上兩式，得v=2MgRmM2-20兩小球碰撞過程中，機械能守恒，有1 mv021 mv121 mv22222即v02v12v22題 2-20 圖 (a)題 2-20 圖(b)又碰撞過程中，動量守恒，即有mv0=mv1+mv2亦即v =v +v201由可作出矢量三角形如圖(b) ，又由式可知三矢量之間滿足勾股定理，且以v0 為斜邊，故知 v1 與 v2 是互相垂直的2-21由題知，質點的位矢為r=x 1i+y 1j作用在質點上的力為f=-fi所以，質點對原點的角動量為L0=r × mv=(x 1i+y 1j) ×m(vxi+v yj)=(x 1mvy-y 1mv

28、x)k作用在質點上的力的力矩為M0=r × f=(x 1i+y 1j) × (-fi)=y1fk2-22哈雷彗星繞太陽運動時受到太陽的引力即有心力的作用，所以角動量守恒；又由于哈雷彗星在近日點及遠日點時的速度都與軌道半徑垂直，故有r1mv1=r 2mv2 r2r1v18.7510105.461045.261012mv29.08102pfdt315 jkgms 12-23 (1)5 jdt0(2) 解 ( 一 ) x=x 0+v0xt=4+3=7yv0 yt1at 26 3153225.5 j223即 r 1=4i,r 2=7i+25.5j vx =v0x =1v y v0 y at653113即 v1=i 1+6j,v2=i+11j L 1=r 1× mv1=4i × 3(i+6j)=72kL =r×mv=(7i+25.5j)× 3(i+11j)=154.5k222 L=L -L =82.5k kg2-1· m· s21解( 二)dz MdtttF )dtLM dt(r003t )i (6t1)5t 2 ) j5 jdt(40233t )kdt82.5kkgm 2