1、第一章质点的运动一、填空题1、质点的位移为由可知（1-1）消去，可得质点的轨道方程为表明质点作已原点为圆心，半径为R的圆周运动。结合（1-1）可知运动周期为从到，时长为，所求路程为半圆周长，即。2、因为所以第二秒末的速度为 3、因为而所以初始时刻的加速度为 4、在地面上取竖直向下方向为x轴方向。（1）重物从开始脱落到再次回到脱落处是一个对称过程。速度从变化至，而加速度为，由（1-2）可解出所花时间为。（2）考察重物继续下落至触地的过程。以初速，加速度下落，发生的路程为，由可解出由（1-2）可计算出落地时的速度为，方向竖直向下，而所求重物落地时间为5、由图1-1，可得汽车行驶的总路程为取东北方向
2、为x轴，则总位移为图1-16、由可知（1-2）消去，可得质点的轨道方程为表明质点的运动轨迹为一椭圆。7、小球运动到最高点时，速度沿水平方向，而加速度仍保持为g，且方向竖直向下。因而小球的切线加速度为0，法向加速度为g。8、由图1-2可知，总加速度的大小为9、质点运动的速率为所以质点的切向加速度为而法向加速度为图1-2所求时间为方程的解，即为。10、对两边定积分得也即再对两边定积分得所求质点的运动方程为二、选择题1、前3秒内质点的位移为因为质点的速度可知在时速度有变向，所以路程要分段求：前两秒的路程为第3秒内的路程为所求前3秒内的路程为选D。2、将运动方程消去t，得质点运动的轨迹方程为经坐标平移
3、，可变为的标准的抛物线方程形式，选C。3、质点的平均速度为选A。4、小球自静止以加速度下落，与桌面碰前速度可由解出为，方向竖直向下所花时间为反跳至最高点的过程是前一过程的逆过程，可依例解出反弹速度和所花时间分别为，方向竖直向上和取x轴竖直向上，则，速度改变所需时间为所以平均加速度为选A。5、因为速度与时间成反比，不妨设为，其中C为常量。则加速度为选C。6、选B。7、选A。8、选C。9、选B。10、选C。11、选B。三、计算题1、解：（1）第二秒内的位移为第二秒内的平均速度为（2）质点的速度为所以第1s末的瞬时速度为第2s末的瞬时速度为。质点在（即，）时速度有变向。表明质点在第2秒内没有变向，所
4、以质点在第2秒内的路程为（3）质点的加速度为所以第1s末的瞬时加速度为第二秒内的平均加速度为2、第2秒内质点的平均速度为任意时刻质点的速度为第2秒内的平均加速度为3、质点的速度为质点的加速度为4、解（1）由可知（1-2）消去，可得质点的轨道方程为表明质点的运动轨迹为一抛物线。（2）质点在最初2秒内的位移为平均速度为质点在任意时刻的速度为（1-3）质点在最初2秒内的平均加速度为（3）质点在第1秒末的速度为质点在任意时刻的加速度为（1-4）质点在第1秒末的加速度为由（1-3）式，可得质点的速率为所以质点在任意时刻的切向加速度为第1秒末质点的切向加速度为而由式（1-4），可知加速度的大小为再由可求出
5、第1秒末质点的法向加速度为5、对两边定积分得注意到，则对两边定积分得注意到，则所求运动方程为6、考察运动员从入水（此刻计时为）到速度为入水速度的1/10时的过程，设初速度为，初位置为，因运动员在水下的加速度为又可得上式可化为两边定积分得即当运动员速度为入水速度的1/10时，有可解出该时刻为（1-5）又可得两边定积分得将（1-5）代入上式，得注意到，上式简化为此即为所求的入水深度。7、解：以定滑轮为原点，水平向右方向为x轴，竖直向下方向为y轴建立xOy坐标系，则小船的位置可用坐标（x，h）表示，其位置矢量为由题图可知绳长为（1-6）依题设，人以匀速u拉绳子，表示绳长每秒钟缩短u米，即（负号表示绳
6、长随时间缩短）把（1-6）式对时间t求导也即（1-7）由此可解出所以小船的速度为把（1-7）式对时间t求导可解出所以小船的加速度为8、解：质点作圆周运动的角速度和角加速度分别为设圆半径为R，任意时刻t质点的法向加速度和切向加速度分别为（1-8）（1-9）（1）时，质点的法向加速度为质点的切向加速度为（2）切向加速度恰为总加速度的一半，即把（1-8）和（1-9）两式代入上式，可解出该时刻为满足方程的非负实数解。此时质点的角位置为（3）当切向加速度与法向加速度相等时，即可解出该时刻为9、解：参见课本p.1112中关于斜抛运动的讨论，可知物体运动的轨迹方程为物体的射程为注意到物体从抛出至最大高度的过程与从最大高度至落地的过程对称，所以物体的飞行时间为物体所能达到的最大高度为
