物理学教程上册课后答案第一章

第一章质点运动学

1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点得位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内得位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小得变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v . (1) 根据上述情况,则必有( )

(A) ｜Δr ｜= Δs = Δr

(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r

(D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( )

(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v

分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小得变化量,三个量得物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注:在直线运动中有相等得可能).但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r .故选(B).(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故

t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v . 但由于｜d r ｜＝d s ,故t

s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v .由此可见,应选(C). 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )得端点处,对其速度得大小有四种意见,即

(1)t r d d ; (2)t d d r ; (3)t s d d ; (4)22d d d d ??

? ??+??? ??t y t x .

下述判断正确得就是( )

(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确

分析与解 t

r d d 表示质点到坐标原点得距离随时间得变化率,在极坐标系中叫径向速率.通常用符号v r 表示,这就是速度矢量在位矢方向上得一个分量;t

d d r 表示速度矢量;在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ??

? ??+??? ??=t y t x v 求解.故选(D).1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度.对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ;(2)d r /d t ＝v ;(3)d s /d t ＝v ;(4)d v /d t ｜＝a ｔ.下述判断正确得就是( )

(A) 只有(1)、(4)就是对得 (B) 只有(2)、(4)就是对得

分析与解

d d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间得变化率,就是加速度矢量沿速度方向得一个分量,起改变速度大小得作用;t

r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述);t s d d 在自然坐标系中表示质点得速率v ;而t

d d v 表示加速度得大小而不就是切向加速度a ｔ.因此只有(3) 式表达就是正确得.故选(D).1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )

(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变

(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变

(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变

分析与解加速度得切向分量a ｔ起改变速度大小得作用,而法向分量

a n 起改变速度方向得作用.质点作圆周运动时,由于速度方向不断改

变,相应法向加速度得方向也在不断改变,因而法向加速度就是一定改变得.至于a ｔ就是否改变,则要视质点得速率情况而定.质点作匀速

率圆周运动时, a ｔ恒为零;质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为

零得恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般得变速率圆周运动.由此可见,

应选(B). 1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 得单位为m,t 得单位为 s.求:

(1) 质点在运动开始后4、0 s 内得位移得大小;

(2) 质点在该时间内所通过得路程;

(3) t ＝4 s 时质点得速度与加速度.

分析位移与路程就是两个完全不同得概念.只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移得大小才会与路程相等.质点在t 时间内得位移Δx 得大小可直接由运动方程得到:0Δx x x t -=,而在求路程时,

就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移得大小与路程就不同了.为此,需根据0d d =t x 来确定其运动方向改变得时刻t p ,求出0～t p 与t p ～t 内得位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内得路程21x x s ?+?=,如图所示,至于t ＝4、0 s 时质点速度与加速度可用

x d d 与22d d t x 两式计算.

题 1-5 图

解 (1) 质点在4、0 s 内位移得大小

m 32Δ04-=-=x x x

(2) 由 0d d =t

x 得知质点得换向时刻为

s 2=p t (t ＝0不合题意)

则

m 0.8Δ021=-=x x x

m 40Δ242-=-=x x x

所以,质点在4、0 s 时间间隔内得路程为

m 48ΔΔ21=+=x x s (3) t ＝4、0 s 时

0.4s m 48d d -=?-==t t x v 2s

0.422m.s 36d d -=-==t t x a 1 -6 已知质点得运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 得单位为m,t 得单位为ｓ.求:

(1) 质点得运动轨迹;

(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点得位矢;

(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点得位移Δr 与径向增量Δr ;

分析质点得轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程得两个分量式x (t )与y (t )中消去t 即可得到.对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析)、解 (1) 由x (t )与y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为

12x y -= 这就是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示.

(2) 将t ＝0ｓ与t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为

j r 20= , j i r 242-=

图(a)中得P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ与t ＝2ｓ时质点所在位置.

(3) 由位移表达式,得

j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x

其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r

而径向增量m 47.2ΔΔ20202222

02=+-+=-==y x y x r r r r

题 1-6 图

1 -7 质点得运动方程为

23010t t x +-=

22015t t y -=

式中x ,y 得单位为m,t 得单位为ｓ.

试求:(1) 初速度得大小与方向;(2) 加速度得大小与方向.

分析由运动方程得分量式可分别求出速度、加速度得分量,再由运动合成算出速度与加速度得大小与方向.

解 (1) 速度得分量式为

t t

x x 6010d d +-==v t t

y y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v 0x ＝-10 m ·ｓ-1 , v 0y ＝15 m ·ｓ-1 ,则初速度大小为 120200s m 0.18-?=+=y x v v v

设v 0与x 轴得夹角为α,则

3tan 00-==x y

αv v α＝123°41′

(2) 加速度得分量式为

2s m 60d d -?==t

a x x v , 2s m 40d d -?-==t a y y v 则加速度得大小为

2s m 1.72-?=+=y x a a a 设a 与x 轴得夹角为β,则

2tan -==x y a a β β＝-33°41′(或326°19′)

1 -8 一升降机以加速度1、2

2 m ·ｓ-2上升,当上升速度为2、44 m ·ｓ-1时,有一螺丝自升降机得天花板上松脱,天花板与升降机得底面相距2、74 m.计算:(1)螺丝从天花板落到底面所需要得时间;(2)螺丝相对升降机外固定柱子得下降距离.分析在升降机与螺丝之间有相对运动得情况下,一种处理方法就是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上得匀加速度运动与初速不为零得螺丝得自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中得运动方程y 1 ＝y 1(t )与y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,

问题即可解;另一种方法就是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但就是,此加速度应该就是相对加

速度.升降机厢得高度就就是螺丝(或升降机)运动得路程.解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示得坐标系,升降机与螺丝得运动方程分别为

20121at t y +=v 2022

1gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即

20202

121gt t h at t -+=+v v s 705.02=+=a

g h t (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降得距离为 m 716.021202=+

-=-=gt t y h d v 解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它得加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有

2)(2

10t a g h +-= s 705.02=+=a

g h t (2) 由于升降机在t 时间内上升得高度为

202

1at t h +='v 则 m 716.0='-=h h d

题 1-8 图

1 -9 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t

2 ,式中a 得单位为m ·ｓ-2 ,t 得单位为ｓ.如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m ·ｓ-1 ,求质点得运动

方程.分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度与运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决.由t a d d v =与t

x d d =v 可得t a d d =v 与t x d d v =.如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分.如果a 或v 不就是时间t 得显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分.解由分析知,应有

=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1) 由 ??=t

x x t x 0d d 0v 得 004212

12x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m ·ｓ-1代入(1)、(2)得

v 0＝-1 m ·ｓ-1, x 0＝0、75 m

于就是可得质点运动方程为

75.012

1242+-=t t x 1 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落得速度与运动方程.分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度就是速度v 得函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为

t a d )

(d =v v 后再两边积分.解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点.

(1) 由题意知 v v B A t a -==

d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为

t B A d d =-v v (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

??=-t t B A 0d d d 0v v v v

得石子速度 )e 1(Bt B

A --=v 由此可知当,t →∞时,

B A →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度.

(2) 再由)e 1(d d Bt B

A t y --==v 并考虑初始条件有 t

B A y t Bt y d )e 1(d 00??--=

得石子运动方程

)1(e 2-+=-Bt B A t B A y 1 -11 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 得单位为m ·ｓ-2 .在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i .求:(1) 在任意时刻得速

度与位置矢量;(2) 质点在Oxy 平面上得轨迹方程,并画出轨迹得示意图.

题 1-11 图

分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度得两个分量a x 与a y 分别积分,从而得到运动方程r 得两个分量式x (t )与y (t ).由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即2002

1t a t x x x x ++=v 与

2002

1t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动.读者不妨自己验

证一下.解由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得

???

+==t t t t 000)d 46(d d j i a v v j i t t 46+=v 又由t

d d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ???+==t

t r

r t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=

由上述结果可得质点运动方程得分量式,即

x ＝10＋3t 2

y ＝2t 2

消去参数t ,可得运动得轨迹方程

3y ＝2x -20 m

这就是一个直线方程.直线斜率32tan d d ===

αx y k ,α＝33°41′.轨迹如图所示.

1 -1

2 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2、0t i ＋(19、0 -2、0t 2 )j ,式中r 得单位为m,t 得单位为s.求:(1)质点得轨迹方程;(2) 在t 1＝1、0s 到t 2 ＝2、0s 时间内得平均速度;(3) t 1 ＝1、0ｓ时得

速度及切向与法向加速度;(4) t ＝1、0s 时质点所在处轨道得曲率半径ρ.分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )与y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点得轨迹方程.平均速度就是反映质点在一段时间

内位置得变化率,即t

ΔΔr =

v ,它与时间间隔Δt 得大小有关,当Δt →0 时,平均速度得极限即瞬时速度t d d r =v .切向与法向加速度就是指在自然坐标下得分矢量a ｔ与a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小得

变化率,即t t t

e a d d v =,后者只反映质点速度方向得变化,它可由总加速度a 与a ｔ得到.在求得t 1 时刻质点得速度与法向加速度得大小后,

可由公式ρa n 2v =求ρ.解 (1) 由参数方程

x ＝2、0t , y ＝19、0-2、0t 2

消去t 得质点得轨迹方程:

y ＝19、0 -0、50x 2

(2) 在t 1 ＝1、00ｓ到t 2 ＝2、0ｓ时间内得平均速度

j i r r 0.60.2ΔΔ1

212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻得速度与加速度分别为

j i j i j i t t

y t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 22222s m 0.4d d d d )(-?-=+=t

y t x t 则t 1 ＝1、00ｓ时得速度

v (t )｜t ＝1ｓ＝2、0i -4、0j

切向与法向加速度分别为

t t y x t t t t

t e e e a 22

2s 1s m 58.3)(d d d d -=?=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-?=-=

(4) t ＝1、0ｓ质点得速度大小为

2s m 47.4-?=+=y x v v v

则m 17.112==n

a ρv 1 -13 飞机以100 m ·ｓ-1 得速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问:(1) 此时目标在飞机正下方位置得前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员瞧目标得视线与水平线成何角度？(3) 物品投出2、0ｓ后,它得法向加速度与切向加速度各为多少？

题 1-13 图

分析物品空投后作平抛运动.忽略空气阻力得条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动.到达地面目标时,两方向上运动时间就是相同得.因此,分别列出其运动方程,运用时间相等得条件,即可求解.此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下得重力加速度.为求特定时刻t 时物体得切向加速度与法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间得夹角α或β.由图可知,在特定时刻t ,物体得切向加速度与水平线之间得夹角α,可由此时刻得两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 得切向与法向分量求得.解 (1) 取如图所示得坐标,物品下落时在水平与竖直方向得运动方程分别为

x ＝vt , y ＝1/2 gt 2

飞机水平飞行速度v ＝100 m ·s -1 ,飞机离地面得高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前得距离m 4522==g

y x v (2) 视线与水平线得夹角为 o 5.12arctan

==x y θ (3) 在任意时刻物品得速度与水平轴得夹角为

v v gt αx y

arctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度得切向分量与法向分量分别为

2s m 88.1arctan sin sin -?=??? ?

?==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -?=??? ?

?==v gt g g a n α 1 -14 为迎接香港回归,特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口,如图所示,柯驾车从跑道东端启动,到达跑道终端时速度大小为1500=v h km 1-?,她随即以仰角 5=α冲出,飞越跨度达57 m,安全着陆

在西岸木桥上,求:

题 1-14 图

（1）柯飞车跨越黄河用了多长时间？

（2）若起飞点高出河面10 m,柯驾车飞行得最高点距河面为几

米？

（3）西岸木桥与起飞点得高度差为多少？

分析由题意知,飞车作斜上抛运动,对包含抛体在内得一般曲线运动

来说,运用叠加原理就是求解此类问题得普适方法,操作程序就是:建立一个恰当得直角坐标系,将运动分解为两个相互正交得直线运动,由于在抛体运动中,质点得加速度恒为g ,故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动,直接列出相关运动规律方程即可求解,本题可建立图示坐标系,图中m m x y 和分别表示飞车得最大高度

与飞跃跨度、解在图示坐标系中,有

t v x )cos (0α= (1) 202

1sin (gt t v y -=）α (2)

gt v v y -=αsin 0 (3)

(1) 由式(1),令57m ==x x m,得飞跃时间

37.1cos 0m m ==α

v x t s (2)由式(3),令0=y v ,得飞行到最大高度所需时间

v t αsin 0m =’

将’

m t 代入式(2),得飞行最大高度

67.02sin 220m ==g

v y αm 则飞车在最高点时距河面距离为

10m +=y h m 67.10= m

(3)将37.1m =t s 代入式(2),得西岸木桥位置为

y = - 4、22 m

“-”号表示木桥在飞车起飞点得下方、

讨论本题也可以水面为坐标系原点,则飞车在 y 方向上得运动方程应为

10=y m + 202

1)sin (gt t v -α 1 -15 如图所示,从山坡底端将小球抛出,已知该山坡有恒定倾角 30=α,球得抛射角 60=β,设球被抛出时得速率v 0 ＝19、6 m ·ｓ-1

,忽略空气阻力,问球落在山坡上处离山坡底端得距离为多少？此过程

经历多长时间？

题 1-15 图

分析求解方法与上题类似,但本题可将运动按两种方式分解,如图(a)与图(b)所示、在图(a)坐标系中,两个分运动均为匀减速直线运动,加速度大小分别为-g αcos 与-g αsin ,瞧似复杂,但求解本题确较方便,因为落地时有y =0,对应得时间t 与x 得值即为本题所求、在图(b)坐标系中,分运动瞧似简单,但求解本题还需将落地点P 得坐标y 与x 得关系列出来、解 1 由分析知,在图(a)坐标系中,有 20)sin (2

)]cos([t g t v x ααβ-+-= (1) 20)cos (2

1)]sin([t g t v y ααβ-+-= (2) 落地时,有y =0,由式(2)解得飞行时间为

31.230tan 20== g

v t s 将 t 值代入式(1),得

1.263220===g

v x OP m 解 2 由分析知,在图(b)坐标系中,

对小球 t v x )cos (0β=

(1)

202

)sin (gt t v y -=β (2) 对点P αtan x y ='

(3)由式(1)、(2)可得球得轨道方程为 β

β2202cos 2tan v gx x y -= (4) 落地时,应有y y '=,即

60cos 260tan 30tan 2202v gx x x -= 解之得落地点P 得x 坐标为 g

v x 3320= (5)

则 1.263230cos 20===g

v x OP m 联解式(1)与式(5)可得飞行时间

31.2=t s

讨论比较两种解法,您对如何灵活运用叠加原理有什么体会? 1 -16 一质点沿半径为R 得圆周按规律202

1bt t s -=v 运动,v 0 、b 都

就是常量.(1) 求t 时刻质点得总加速度;(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,质点已沿圆周运行了多少圈？分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始得曲线坐标.由给定得运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即就是沿曲线运动得速度v 与加速度得切向分量a ｔ,而加速度得法向分量为a n ＝v 2 /R .这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n .至于质点在t 时间内通过得路程,

即为曲线坐标得改变量Δs ＝s t -s 0.因圆周长为2πR,质点所转过得圈数自然可求得.解 (1) 质点作圆周运动得速率为

bt t

s -==0d d v v 其加速度得切向分量与法向分量分别为

b t s a t -==22d d , R

bt R a n 2

02)(-==v v 故加速度得大小为

R )(402222

bt b a a a a t t

n -+=+=v 其方向与切线之间得夹角为

????--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R

=-+4022)(1v 可得 b

t 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过得路程为

b s s s t 2200v =-= 因此质点运行得圈数为

R s n π4π220v == 1 -17 一半径为0、50 m 得飞轮在启动时得短时间内,其角速度与时间得平方成正比.在t ＝2、0ｓ时测得轮缘一点得速度值为4、0 m ·ｓ-1.求:(1) 该轮在t ′＝0、5ｓ得角速度,轮缘一点得切向加速度与总加速度;(2)该点在2、0ｓ内所转过得角度.分析首先应该确定角速度得函数关系ω＝kt 2.依据角量与线量得关系由特定时刻得速度值可得相应得角速度,从而求出式中得比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动得角量描述与线量描述得相应关系,由运动学中两类问题求解得方法(微分法与积分法),即可得到特定时刻得角加速度、切向加速度与角位移.解因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数

322s rad 2-?===Rt

t ωk v

所以 22)(t t ωω==

则t ′＝0、5ｓ时得角速度、角加速度与切向加速度分别为

12s rad 5.02-?='=t ω

2s rad 0.24d d -?='==t t

ωα 2s m 0.1-?==R αa t

总加速度

n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-?=+=

R ωR αa 在2、0ｓ内该点所转过得角度 rad 33.532d 2d 20320

2200====-??t t t t ωθθ 1 -18 一质点在半径为0、10 m 得圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 得单位为rad,t 得单位为ｓ.(1) 求在t ＝2、0ｓ时质点得法向加速度与切向加速度.(2) 当切向加速度得大小恰等于总加速度大小得一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度与切向加速度得值相等？分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程得对应关系,应用运动学求解得方法即可得到.

解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t t θω==

.在t ＝2 ｓ时,法向加速度与切向加速度得数值分别为

22s 2s m 30.2-=?==ωr a t n

2s m 80.4d d -=?==t ωr a t t (2) 当222

12/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()

422212243t r rt = 得 3

213=

t 此时刻得角位置为 rad 15.3423=+=t θ

(3) 要使t n a a =,则有

()()4

22212243t r rt = t ＝0、55ｓ

1 -19 一无风得下雨天,一列火车以v 1＝20、0 m ·ｓ-1 得速度匀速

前进,在车内得旅客瞧见玻璃窗外得雨滴与垂线成75°角下降.求雨滴下落得速度v 2 .(设下降得雨滴作匀速运动)

题 1-19 图

分析这就是一个相对运动得问题.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′.v 1 为Ｓ′相对Ｓ得速度,v 2 为雨滴

相对Ｓ得速度,利用相对运动速度得关系即可解.解以地面为参考系,火车相对地面运动得速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落得速度为

v 2 ,旅客瞧到雨滴下落得速度v 2′为相对速度,它们之间得关系为

1'22v v v += (如图所示),于就是可得1o 12s m 36.575

tan -?==v v 1 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴得速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方

形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析这也就是一个相对运动得问题.可视雨点为研究对象,地面为静参考系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得方向(即雨点相对于汽车得运动速度v 2′得方向)应满足h

l αarctan ≥.再由相对速度得矢量关系122v v v -=',即可求出

所需车速v 1.

题 1-20 图

解由122v v v -='［图(b)］,有

θcos sin arctan 221v v v -=α 而要使h

l αarctan ≥,则

h l θθ≥-cos sin 221v v v ??? ??+≥θh θl sin cos 21v v