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第一章习题解答1.1 由题可知示意图如题1.1.1图:设开始计时的时刻速度为,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为.则有:由以上两式得再由此式得 证明完毕.1.2 解 由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题1.2.1图.设船经过小时向东经过灯塔,则向北行驶的船经过小时经过灯塔任意时刻船的坐标，船坐标，则船间距离的平方即对时间求导船相距最近，即，所以即午后45分钟时两船相距最近最近距离km1.3 解 如题1.3.2图由题分析可知，点的坐标为又由于在中，有（正弦定理）所以联立以上各式运用由此可得得得化简整理可得此即为点的轨道方程.（2）要求点的速度，分别求导其中又因为对两边分别求导故有所以1.4 解 如题1.4.1图所示，绕点以匀角速度转动，在上滑动，因此点有一个垂直杆的速度分量点速度又因为所以点加速度1.5 解 由题可知，变加速度表示为由加速度的微分形式我们可知代入得对等式两边同时积分可得 ：（为常数）代入初始条件：时，故即又因为所以对等式两边同时积分，可得：1.6 解 由题可知质点的位矢速度沿垂直于位矢速度又因为 ， 即即（取位矢方向，垂直位矢方向）所以 故 即 沿位矢方向加速度 垂直位矢方向加速度 对求导 对求导 把代入式中可得1.7 解 由题可知 对求导 对求导 对求导 对求导 对于加速度，我们有如下关系见题1.7.1图即 -对俩式分别作如下处理：，即得 -+得 把代入 得同理可得1.8解 以焦点为坐标原点，运动如题1.8.1图所示则点坐标对两式分别求导故 如图所示的椭圆的极坐标表示法为对求导可得（利用）又因为 即 所以 故有 即 （其中为椭圆的半短轴）1.9证 质点作平面运动，设速度表达式为令为位矢与轴正向的夹角，所以所以 又因为速率保持为常数，即为常数对等式两边求导所以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，则质点切向加速度法向加速度，而且有关系式 又因为 所以 联立 又把两边对时间求导得又因为 所以 把代入既可化为对等式两边积分所以1.11解 由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示两式相比得即 对等式两边分别积分即 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 所以 ，联立，有又因为所以 ，对等式两边分别积分，利用初始条件时，1.13 证（）当，即空气相对地面上静止的，有.式中质点相对静止参考系的绝对速度， 指向点运动参考系的速度， 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：=，即飞机在舰作匀速直线运动.所以飞机来回飞行的总时间 .（）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度飞行时间 当飞机向西飞行时速度飞行时间故来回飞行时间即 同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间（c）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题1.13.1图所以来回飞行的总时间 同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为1.14解 正方形如题1.14.1图。由题可知设风速,当飞机，故飞机沿此边长6正方形飞行一周所需总时间 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 故又因为，所以由图可知所以=81.16解 以一岸边为轴，垂直岸的方向为轴.建立如题1.16.1图所示坐标系.所以水流速度又因为河流中心处水流速度为所以。当时，即 -得，两边积分 联立，得 同理，当时，即 由知，当时，代入得有 ，所以船的轨迹船在对岸的了；靠拢地点，即时有1.17 解 以为极点，岸为极轴建立极坐标如题.17.1图.船沿垂直于的方向的速度为，船沿径向方向的速度为和沿径向的分量的合成，即 -/得 ，对两积分：设为常数，即代入初始条件时，.设有得 1.18 解 如题1.18.1图质点沿下滑，由受力分析我们可知质点下滑的加速度为.设竖直线，斜槽，易知，由正弦定理即 又因为质点沿光滑面下滑，即质点做匀速直线运动.所以 有 欲使质点到达点时间最短，由可知，只需求出的极大值即可，令把对求导 极大值时，故有由于是斜面的夹角，即所以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，上升时 下降时题1.19.1图则两个过程的运动方程为：上升 下降： 对上升阶段:即 对两边积分所以 即质点到达的高度.对下降阶段：即 由=可得1.20解 作子弹运动示意图如题1.20.1图所示.题1.20.1图水平方向不受外力，作匀速直线运动有 竖直方向作上抛运动，有 由得 代入化简可得因为子弹的运动轨迹与发射时仰角有关，即是的函数，所以要求的最大值.把对求导，求出极值点.即 所以，代入的表达式中可得： 此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离的最大值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，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.轨道的切线方向上有： 轨道的法线方向上有： 由于角是在减小的，故 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即 把代入可得 用可得 即，两边积分得 代入初始条件时，即可得代入式，得 又因为所以 把代入积分后可得 1.22 各量方向如题1.22.1图.电子受力则电子的运动微分方程为 -由，即代入整理可得 对于齐次方程的通解非齐次方程的特解所以非齐次方程的通解代入初始条件：时，得 时，得,故同理，把代入可以解出把代入代入初条件时，得.所以）1.23证 （a）在1.22题中，时，则电子运动受力电子的运动微分方程 -对积分 对再积分 又故（为一常数）此即为抛物线方程.当时则电子受力 则电子的运动微分方程为 -同1.22题的解法，联立-解之，得于是 及电子轨道为半径的圆.1.24 解以竖直向下为正方向，建立如题1.24.2图所示坐标， 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，则3个物体运动微分方程为： -由于与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有，即 之间用倔强系数弹性绳联结.故有 由得 由得 代入，有 代入，有 此即为简谐振动的运动方程.角频率所以周期解得以初始时为原点，时，.所以 代入得联立-得1.25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.题2.15.1图原点的重力势能设为0.设弹簧最大伸长.整个过程中，只有重力做功，机械能守恒： -联立得 弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力，为最大张力，即1.26解 以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系.题1.26.1图设绳的弹性系数为,则有 当 脱离下坠前，与系统平衡.当脱离下坠前，在拉力作用下上升，之后作简运.运动微分方程为 联立 得 齐次方程通解非齐次方程的特解所以的通解代入初始条件：时，得；故有即为在任一时刻离上端的距离.1.27解对于圆柱凸面上运动的质点受力分析如图1-24.运动的轨迹的切线方向上有: 法线方向上有： 对于有（为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即又因为 即 设质点刚离开圆柱面时速度，离开点与竖直方向夹角，对式两边积分 刚离开圆柱面时即 联立 得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.椭圆方程 从滑到最低点，只有重力做功.机械能守恒.即 设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为则有： 为点的曲率半径.的轨迹：得； 又因为 所以故根据作用力与反作用力的关系小球到达椭圆最低点对椭圆压力为方向垂直轨道向下.1.29 解质点作平面直线运动，运动轨迹方程为 -由曲线运动质点的受力分析，我们可以得到： -因为曲线上每点的曲率 所以 把代入曲率公式中所以 由即，又有数学关系可知，即所以 把代入1.30 证当题1.29所述运动轨迹的曲线不光滑时，质点的运动方程为： 由1.29题可知 由数学知识知 把代入 这是一个非齐次二阶微分方程.解为当时，得即当，时，即故有1.31证：单摆运动受力分析如图1.31.1图所示。因为即所以又单摆摆角很小，有=上式即化为：此即为一个标准的有阻尼振动方程。设为固有频率，又由于，即阻力很小的情况。方程的解为所以单摆振动周期结论得证。1.32 1.32 解：设楔子的倾角为，楔子向右作加速度的匀加速运动，如图1.32.1图。我们以楔子为参考系，在非惯性系中来分析此题，则质点受到一个大小为的非惯性力，方向与相反。质点在楔子这个非惯性系中沿斜面 下滑，沿斜面的受力分析：垂直斜面受力平衡： 联立得此即楔子相对斜面的加速度。对斜面的压力与斜面对的支持力等大反方向。同理可得当楔子向左作加速度为的匀加速运动时，质点的和楔子对斜面的压力为综上所述可得1.33解 设钢丝圆圈以加速度向上作匀加速运动如题1.33.1图，我们以钢丝圆圈作参考系，在圆圈这个非惯性系里来分析此题。圆圈上的小环会受到一个大小为方向与相反的惯性力的作用，则圆环运动到圆圈上某点，切线方向受力分析：法线方向受力分析有：对两边同乘以即两边同时积分把代入可解得同理可解出，当钢丝圆圈以加速度竖直向下运动时小环的相对速度综上所述，小环的相对速度圈对小环的反作用力1.34证：（1）当火车所受阻力为常数时，因为功率与牵引力有如下关系：所以即对两边积分 （2） 当阻力和速度成正比时，设=，为常数。同理由（1）可知即 对两边积分1.35 解 锤的压力是均匀增加的，设，为常数，由题意可知，得，所以，即故两边同时积分得，又因为当增至极大值后，又均匀减小到0，故此时有为常数，所以即由得整个过程压力所做功又因为即对上式两边分段积分得136 解 （a）保守力满足条件对题中所给的力的表达式 ，代入上式即 所以此力是保守力，其势为 (b)同（a），由所以此力是保守力，则其势能为1.37 解 （a）因为质子与中子之间引力势能表达式为故质子与中子之间的引力（b）质量为的粒子作半径为的圆运动。动量矩由（a）知提供粒子作圆周运动的向心力，方向是沿着径向，故当半径为的圆周运动两式两边同乘以即又因为有做圆周运动的粒子的能量等于粒子的动能和势能之和。所以1.38 解 要满足势能的存在，即力场必须是无旋场，亦即力为保守力，所以即得为常数满足上式关系，才有势能存在。势能为：1.39 证 质点受一与距离成反比的力的作用。设此力为又因为即当质点从无穷远处到达时，对式两边分别积分：当质点从静止出发到达时，对式两边分别积分：得所以质点自无穷远到达时的速率和自静止出发到达时的速率相同。1.40 1.40 解由题可知（因为是引力，方向与径向相反所以要有负号）由运动微分方程即 对上式两边积分故又因为与的方向相反，故取负号。即 （*） （1）则： （2） （3）将式（1-3）代入（*），得：注：概率积分1.41证 画出有心力场中图示如题1.41.图，我们采用的是极坐标。所以又由于常数即由图所示关系，又有，故即由动能定理沿方向得1.42 证 （）依据上题结论，我们仍然去极坐标如题1.42.1图。质点运动轨迹为一圆周，则其极坐标方程为 由得即故即力与距离5次方成正比，负号表示力的方向与径向相反。（）质点走一对数螺旋线，极点为力心，我们仍采用极坐标。对数螺旋线为常数。有根据题1.41，常数，有故得证。1.43证 由毕耐公式 质点所受有心力做双纽线运动故故1.44证 由毕耐公式将力带入此式因为所以即令上式化为这是一个二阶常系数废气次方程。解之得微积分常数，取，故有令所以1.45 证 由题意可知，质点是以太阳为力心的圆锥曲线，太阳在焦点上。轨迹方程为在近日点处在远日点处由角动量守恒有所以1.46解 因为质点速率所以又由于即又因为所以两边积分即1.47 证（）设地球轨道半径为。则彗星的近日点距离为。圆锥曲线的极坐标方程为彗星轨道为抛物线，即。近日点时。故近日点有即 又因为所以（彗星在单位时间内矢径扫过的面积）扫过扇形面积的速度又因为故两边积分 从数学上我们可以得到两轨道交点为地球轨道半径处。即即又因为所以把代入（ 式代入时取“+”即可）故彗星在地球轨道内停留的时间为设地球绕太阳运动一周的时间为。因为假定地球运动轨道为圆形，所以又由于，有地球绕太阳运动单位时间内矢径扫过的面积。扫过扇形速度 （）由证明（）知彗星在地球轨道内停留时间对此式求极大值，即对求导，使即即 得验证故为极大值，代入式可知1.48 解 由1.9给出的条件：人造地球卫星近、远点距离分别为地球半径有椭圆运动中的能量方程可知： 为卫星运行的椭圆轨道的长轴把代入有近地点速率远地点速率运动周期（参见1.47）其中为运动轨道的半长轴所以1.49 证 由行星绕太阳作椭圆运动的能量方程为为椭圆的半长轴。令又因为，上式化为：因为即所以又因为行星椭圆轨道运动周期即常数，故又因为 为正焦弦的一半所以 由题意可知 即 把代入可得化简可得即 两边积分，由题设即1.50解 质点在有心力场中运动，能量和角动量均守恒。无穷远处势能为零。所以 任意一处 由代入所以
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