第一章质点运动学习题分析与解答

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大学物理二习题答案与详解第01章质点运动学习题详解.

习题一一、选择题1．质点沿轨道AB 作曲线运动，速率逐渐减小，图中哪一种情况正确地表示了质点在C[ ]错误!(A) (B) (C) (D) 答案：C解：加速度方向只能在运动轨迹内侧，只有[B]、[C]符合；又由于是减速运动，所以加速度的切向分量与速度方向相反，故选（C ）。

2．一质点沿x 轴运动的规律是245x t t =-+（SI 制）。

则前三秒内它的 [ ] （A ）位移和路程都是3m ；（B ）位移和路程都是-3m ；（C ）位移是-3m ，路程是3m ；（D ）位移是-3m ，路程是5m 。

答案：D 解：3253t t x xx==∆=-=-=-24dx t dt =-，令0dxdt=，得2t =。

即2t =时x 取极值而返回。

所以： 022*********|||||||||15||21|5t t t t S S S x x x x x x ----=====+=+=-+-=-+-=3．一质点的运动方程是cos sin r R ti R tj ωω=+，R 、ω为正常数。

从t ＝/πω到t =2/πω时间内（1）该质点的位移是 [ ]（A ） -2R i ；（B ）2R i；（C ） -2j ；（D ）0。

（2）该质点经过的路程是 [ ]（A ）2R ；（B ）R π；（C ）0；（D ）R πω。

答案：B ；B 。

解：（1）122,t t ππωω==，21()()2r r t r t Ri ∆=-=；（2）∆t 内质点沿圆周运动了半周，故所走路程为πR 。

或者：,x y dx dy v v dt dt==，21,t t v R S vdt R ωπ====⎰4．一细直杆AB ，竖直靠在墙壁上，B 端沿水平方向以速度v滑离墙壁，则当细杆运动到图示位置时，细杆中点C 的速度 [ ]（A ）大小为/2v ，方向与B 端运动方向相同；（B）大小为/2v ，方向与A 端运动方向相同；（C ）大小为/2v , 方向沿杆身方向；（D ）大小为/(2cos )v θ ，方向与水平方向成θ角。

大学物理习题册及解答_第二版_第一章_质点的运动

x Ae t cost (SI)
(A,皆为常数) (2) 质点通过原点的时刻 .
(1)任意时刻ｔ质点的加速度
t
Ae [ cost sin t ](SI) 解： x a x Ae cos t 2 sin t
d adx (3 6 x )dx
2

0
d (3 6 x 2 )dx
0
x
6x 4x
3
2．一质点沿半径为R的圆周运动，其路程S随时间t变化的规律为：
2 (S I)S ，式中、ct c为大于零的常数，且 b2>R c． bt b 0.5
（ 1 ）质点运动的切向加速度 at ＝ -c(m/s2) , 法向加速度 an ＝
dr dt
（A）只有(1)、(4)是对的．（C）只有(2)是对的．
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． (D) 抛体运动． (B) 匀速率圆周运动． (C) 行星的椭圆轨道运动．
(E) 圆锥摆运动．
6 下列说法哪一条正确？
(A) 加速度恒定不变时，物体运动方向也不变． (B) 平均速率等于平均速度的大小． ( v1 , v 2 分别为初、末速率) (C) 不管加速度如何，平均速率表达式总可以写成 v v1 v 2 / 2
2
C
2
0 C R
三计算题 1．有一质点沿x轴作直线运动，t时刻的坐标为 x=5t2-3t3（SI）．试求(1)在第2秒内的平均速度；(2)第 2秒末的瞬时速度；(3)第2秒末的加速度．
解：（1）第2秒内的平均速度表示为：
Δx x(t 2) x(t 1) v 6(m / s) Δt 2 1

大学物理第1章质点运动学习题解答

第1章质点运动学习题解答1-9 质点运动学方程为k j e i e r t t ˆ2ˆˆ22++=- .⑴求质点轨迹；⑵求自t= -1到t=1质点的位移。

解：⑴由运动学方程可知：1,2,,22====-xy z e y e x t t ，所以，质点是在z=2平面内的第一像限的一条双曲线上运动。

⑵j e e i e e r r r ˆ)(ˆ)()1()1(2222---+-=--=∆j i ˆ2537.7ˆ2537.7+-=。

所以，位移大小：︒==∆∆=︒==∆∆=︒=-=∆∆==+-=∆+∆=∆900arccos ||arccos z 45)22arccos(||arccos y 135)22arccos(||arccos x ,22537.72537.7)2537.7()()(||2222r zr y r x y x rγβα轴夹角与轴夹角与轴夹角与1-10 ⑴k t j t R i t R r ˆ2ˆsin ˆcos ++= ，R 为正常数，求t=0,π/2时的速度和加速度。

⑵kt j t i t r ˆ6ˆ5.4ˆ332+-= ，求t=0,1时的速度和加速度（写出正交分解式）。

解：⑴kj t R i t R dt r d v ˆ2ˆcos ˆsin /++-== jR a k i R v iR a k j R v j t R i t R dt v d a t t t t ˆ|,ˆ2ˆ|,ˆ|,ˆ2ˆ|.ˆsin ˆcos /2/2/00-=+-=-=+=∴--======ππ ⑵kt j dt v d a k t j t i dt r d v ˆ36ˆ9/,ˆ18ˆ9ˆ3/2+-==+-== ； kj a k j i v j a i v t t t t ˆ36ˆ9|,ˆ18ˆ9ˆ3|,ˆ9|,ˆ3|1100+-=+-=-======1-12质点直线运动的运动学方程为x=acost,a 为正常数，求质点速度和加速度，并讨论运动特点（有无周期性，运动范围，速度变化情况等）解：t a dt dv a t a dt dx v t a x x x x cos /,sin /,cos -==-=== 显然，质点随时间按余弦规律作周期性运动，运动范围：a a a a v a a x a x x ≤≤-≤≤-≤≤-,,1-13图中a 、b 和c 表示质点沿直线运动三种不同情况下的x-t 图像，试说明每种运动的特点（即速度，计时起点时质点的位置坐标，质点位于坐标原点的时刻）解：质点直线运动的速度 dt dx v /=，在x-t 图像中为曲线斜率。

大学物理习题册及解答第二版第一章质点的运动

7 汽车在半径为200m的圆弧形公路上刹车，刹车开始阶段的路程
随时间的变化关系为 S 20t 0.2t3(SI)，汽车在t=1s时的切向加速
度
，法向加速度大小为，加速度的大小和方向为
和
。
at
d 2S dt 2
1.2t
1.2m / s2
an
2
R
1 dS R dt
2
(20 0.6t 2 )2 R
第一章质点的运动（一）
一、选择题
1 某质点作直线运动的运动学方程为x＝3t-5t3+6(SI)，则
该质点作 (A)匀加速直线运动，加速度沿x轴正方向． (B)匀加速直线运动，加速度沿x轴负方向． (C)变加速直线运动，加速度沿x轴正方向． (D)变加速直线运动，加速度沿x轴负方向．
2
一质点在某瞬时位于位矢 r(
2
4 一质点沿x方向运动，其加速度随时间变化关系为a =3+2t(SI) , 如果初始时质点的速度v0为5m/s，则当ｔ为3s时，质点的速度v
=_2__3_m_/_s_
5.一质点作半径为 0.1 m的圆周运动，其角位置的运动学方程为：
π
1 t2
(SI)
42
则其切向加速度为 a
R
R d 2
0.1m / s2
定要经过2m的路程． (B) 斜向上抛的物体，在最高点处的速度最小，加速度最大． (C) 物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向加速度为零． (D) 物体加速度越大，则速度越大．
3．在相对地面静止的坐标系内, A、B 二船都以3m/s 的速率匀
速行驶, A 船沿x轴正向, B船沿y轴正向,今在船 A 上设置与静
(A)
1 2

(完整版)大学物理01质点运动学习题解答

第一章质点运动学一选择题1．以下说法中，正确的选项是：（）A.一物体若拥有恒定的速率，则没有变化的速度；B.一物体拥有恒定的速度，但仍有变化的速率；C.一物体拥有恒定的加快度，则其速度不行能为零；D. 一物体拥有沿x 轴正方向的加快度而有沿x 轴负方向的速度。

解：答案是 D。

2.长度不变的杆 AB，其端点 A 以 v0匀速沿 y 轴向下滑动， B 点沿 x 轴挪动，则 B 点的速率为：（）A . v0 sinB .v0 cos C.v0 tan D.v0 / cos解：答案是 C。

简要提示：设 B 点的坐标为 x， A 点的坐标为 y，杆的长度为l，则x2y2l 2对上式两边关于时间求导：dx dy0，因dxv，dyv0，所以2 x 2 ydtdt dt dt2xv2yv0 = 0即v=v0 y/x =v0tan所以答案是 C。

3.如图示，路灯距地面高为 H，行人身高为 h，若人以匀速 v 背向路灯行走，灯y人头A H vv0hθvx影sB选择题 3图选择题 2图则人头影子挪动的速度u 为（）H h Hv h HA.vB.H H h H h 解：答案是 B 。

简要提示：设人头影子到灯杆的距离为 x ，则x s h ， x Hs ， x H H hdx H ds HvuH h dt Hdt h所以答案是 B 。

4. 某质点作直线运动的运动学方程为x ＝ 3t-5t 3 + 6 (SI)，则该质点作A. 匀加快直线运动，加快度沿 x 轴正方向．B. 匀加快直线运动，加快度沿 x 轴负方向．C. 变加快直线运动，加快度沿 x 轴正方向．D. 变加快直线运动，加快度沿x 轴负方向．()解：答案是 D5. 一物体从某一确立高度以v 0 的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v t ，那么它的运动时间是：（）v t - v 0v t v 0v t2 22v v 0 v t A.B.C.gD.2 gg2 g解：答案是 C 。

第01章(质点运动学)习题答案

思考题1-1 什么是矢径？矢径和对初始位置的位移矢量之间有何关系？怎样选取坐标原点才能够使两者一致？答：矢径即位置矢量，是从坐标原点O 指向质点所在处P 的有向线段。

位移 r vD 和矢径r v不同，矢径确定某一时刻质点的位置，位移则描述某段时间内始未质点位置的变化。

矢径是相对坐标原点的，位移矢量是相对初始位置的。

对于相对静止的不同坐标系来说，位矢依赖于坐标系的选择，而位移则与所选取的坐标系无关。

若取初始位置为坐标原点才能够使两者一致。

1-2 在下列各图中质点 M 作曲线运动，指出哪些运动是不可能的？答：(A) 质点只要作曲线运动，肯定有法向加速度，不可能加速度为零。

(D) 质点只要作曲线运动，肯定有法向加速度，不可能只有切向加速度。

1-3 下列说法哪一条是正确的？(A) 加速度恒定不变时，物体运动方向也不变． (B) 平均速率等于平均速度的大小．(C) 不管加速度如何，平均速率表达式总可以写成 ( ) 2 / 2 1 v v v += ，其中 v 1、v 2 分别为初、末速率．(D) 运动物体速率不变时，速度可以变化．答：加速度恒定不变时，意味着速度的大小和方向的变化是恒定的。

不是物体运动方向不变。

平均速率不等于平均速度的大小。

若速率的变化是线性的（加速度恒定）平均速率表达式才可以写成 ( ) 2 / 2 1 v v v + = ，否则不可以。

只有运动物体速率不变时，速度可以变化．才是正确的。

1-4 如图所示，质点作曲线运动，质点的加速度 a 是恒矢量(a 1=a 2=a 3=a )．试问质点是否能作匀变速率运动? 答：质点作匀变速率运动要求切向加速度是恒量，如图所示，质点作曲线运动，质点的加速度 a 是恒矢量(a 1=a 2=a 3=a) 则切向分量不一样，质点不能作匀变速率运动。

1-5 以下五种运动形式中，加速度 a 保持不变的运动是哪一a 3M 1M 2M 3a 3a 3思考题 1-4图aMMMvva =0 (A)(B)(C)(D)a vM av思考题 1-2图种或哪几种？(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．答：加速度a 保持不变（意味加速度 a 的大小和方向都保持不变）的运动是抛体运动。

大学物理上册第一章质点运动学习题及答案

第一章质点运动学一、简答题1、运动质点的路程和位移有何区别?答：路程是标量，位移是矢量；路程表示质点实际运动轨迹的长度，而位移表示始点指向终点的有向线段。

2、质点运动方程为()()()()k t z j t y i t x t r ++=，其位置矢量的大小、速度及加速度如何表示? 答：()()()t z t y t x r 222r ++==()()()k t z j t y i t xv ++= ()()()k t z j t y i t x a ++=3、质点做曲线运动在t t t ∆+→时间内速度从1v 变为到2v ，则平均加速度和t时刻的瞬时加速度各为多少? 答：平均加速度 t v v a ∆-=12 ，瞬时加速度()()dt v d t v v a t t lim t 120 =∆-=→∆4、画出示意图说明什么是伽利略速度变换公式? 其适用条件是什么?答：牵连相对绝对U V +=V ，适用条件宏观低速5、什么质点? 一个物体具备哪些条件时才可以被看作质点?答：质点是一个理想化的模型,它是实际物体在一定条件下的科学抽象。

条件：只要物体的形状和大小在所研究的问题中属于无关因素或次要因素,物体就能被看作质点。

二、选择题1、关于运动和静止的说法中正确的是 ( C )A 、我们看到的物体的位置没有变化，物体一定处于静止状态B 、两物体间的距离没有变化，两物体就一定都静止C 、自然界中找不到不运动的物体，运动是绝对的，静止是相对的D 、为了研究物体的运动，必须先选参考系，平时说的运动和静止是相对地球而言的2、下列说法中正确的是 ( D )A 、物体运动的速度越大，加速度也一定越大B 、物体的加速度越大，它的速度一定越大C 、加速度就是“加出来的速度”D 、加速度反映速度变化的快慢，与速度大小无关3、质点沿x 轴作直线运动，其t v-曲线如图所示，如s t 0=时，质点位于坐标原点，则s .t 54=时，质点在x 轴的位置为 ( B )A 、5 mB 、2 mC 、0 mD 、-2 m4、质点作匀速率圆周运动，则 ( B )A 、线速度不变B 、角速度不变C 、法向加速度不变D 、加速度不变5、质点作直线运动，某时刻的瞬时速度为s /m v 2=，瞬时加速度为22s /m a -=，则一秒钟后质点的速度 ( D )A 、等于0B 、等于s /m 2-C 、等于s /m 2D 、不能确定6、质点作曲线运动，r 表示位置矢量的大小，s 表示路程，z a 表示切向加速度的大小，v 表示速度的大小。

大学物理第一章质点运动学-习题及答案

第一章质点运动学1-1 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at += （其中b a ,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 [B]解：由j i rv bt at t 22d d +==知 v 随t 变化，质点作变速运动。

又由x aby bt y at x =⎪⎭⎪⎬⎫==22 知质点轨迹为一直线。

故该质点作变速直线运动。

1-2 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程，t a 表示切向加速度，下列表达式中，① a t v =d ② v t r =d ③ v t s =d d ④ t a t =d d v （A ）只有（1）、（4）是对的。

（B ）只有（2）、（4）是对的。

（C ）只有（2）是对的。

（D ）只有（3）是对的。

[D]解：由定义：t vt a d d d d ≠=v ； t r t s t v d d d d d d ≠==r ； t t v a d d d d v ≠=τ只有③正确。

1-3 在相对地面静止的坐标系内，A 、B 二船都以21s m -⋅的速率匀速行驶，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j i ,表示），那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度（以1s m -⋅为单位）为（A ）j i 22+ （B ）j i 22+-（C ）j i 22-- （D ）j i 22- [B]解：由i v 2=对地A ，j v 2=对地B 可得 A B A B 地对对地对v v v +=⎰对地对地A B v v -=i j 22-=j i 22+-= （1s m -⋅）1-4 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间变化关系为)SI (23t a +=如果初始时质点的速度0v 为51s m -⋅，则当t 为3s 时，质点的速度1s m 23-⋅=v解：⎰+=tta v v 00d13s m 23d )23(5-⋅=++=⎰tt1-5 一质点的运动方程为SI)(62t t x -=，则在t 由0至4s 的时间间隔内，质点的位移大小为 8m ，在t 由0到4s 的时间间隔内质点走过的路程为 10m 。

大学物理习题答案解析第一章

第一章质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为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 (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (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 (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜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 ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．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tst ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故tst 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 )的端点处,对其速度的大小有四种意见,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 ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td 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．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；tsd d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．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 (C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．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为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．*1 -5 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作( )(A) 匀加速运动,θcos 0v v =(B) 匀减速运动,θcos 0v v = (C) 变加速运动,θcos 0v v =(D) 变减速运动,θcos 0v v = (E) 匀速直线运动,0v v =分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l随时间t 而变化．小船速度22d d d d h l t llt x -==v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θlh l cos /0220v v v =-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．讨论有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？ 1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的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,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x两式计算．解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v -t 曲线的斜率为加速度的大小(图中AB 、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a -t 图上是平行于t 轴的直线,由v -t 图中求出各段的斜率,即可作出a -t 图线．又由速度的定义可知,x -t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x –t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x ＝x (t ),求出不同时刻t 的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．解将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2s m 20-⋅=--=AB AB AB t t a v v (匀加速直线运动)0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD CD CD t t a v v (匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ内质点所走过的路程s ．分析质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和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)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和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 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为m 91.5d 4d 42=+==⎰⎰x x s s Q P1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-= 22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和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,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v20221gt t h y -+=v当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v vs 705.02=+=ag ht (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-=s 705.02=+=ag ht (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v则 m 716.0='-=h h d1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m 的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a )图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r (t )求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t )和y′＝y′(t )来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋y ′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为t T R x π2sin=', t T R y π2cos -='坐标变换后,在O x y 坐标系中有t TR x x π2sin='=, R t TR y y y +-=+'=π2cos0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sinj i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t vi j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和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 不是时间t 的显函数,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⎰⎰=tt a 0d d 0vv v得 03314v v +-=t t (1)由⎰⎰=txx t x 0d d 0v得 00421212x 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 ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -14 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,求石子下落的速度和运动方程．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是速度v 的函数,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 vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v vvvv得石子速度 )1(Bt e BA--=v 由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BAt y --==v 并考虑初始条件有 t e BA y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BAt B A y 1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．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的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和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20021t a t x x x x ++=v 和20021t 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⎰⎰⎰+==ttt t 0)d 46(d d j i a vvj i t t 46+=v又由td d r=v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt r r t t t t 0)d 46(d d 0j i r vj i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？并对结果加以讨论．分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为t d d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为Ra n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值．解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得R a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈ 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ． 1 -17 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 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即t ΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,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 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t 则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 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质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na ρv 1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的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的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,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,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝v t , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为 o 5.12arctan==x y θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx yarctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的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 αg a n 1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足αβtan 21tan =并与v 0 无关．分析这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2) 令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r 从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan = 由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．讨论如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？分析选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 g h ωR x 2222= 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为gR 2sin 0v = 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)分析被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．解取图示坐标系Oxy ,由运动方程θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程 222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y ≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92°27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(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的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为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 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==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 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 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内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n 2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析这是一个相对运动的问题．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的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得 1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的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？分析这也是一个相对运动的问题．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的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hlαarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan221v v v -= 而要使hlαarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？船到达对岸的位置在什么地方？分析船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '=u αarcsin ,则船到达正对岸所需时间为。

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学1、(习题：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。

（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线（2）质点的位置： 22(48)r ti t j =+-r r r由d /d v r t =r r 则速度： 28v i tj =+r r r由d /d a v t =r r 则加速度： 8a j =r r则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=rr r rrrrr当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r rr r2、（习题）：质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dtdv-= ⎰⎰-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt e v dx t k tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a 4t (SI)，已知t 0时，质点位于x 10 m处，初速度v0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的d d r t v ，d d v t v，tvd d .解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+v v v（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t=v v v 而落地所用时间 gh2t =所以0d d r v i j t =v vd d v g j t=-v v 2202y 2x )gt (v v v v -+=+=2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 5、已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+v vv，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。

第一章质点运动学_习题及答案

第1章质点运动学习题及答案一、填空题1.一质点沿Ox 轴运动,其运动方程为335x t t =-+,则质点在任一时刻的速度为，加速度为。

2.一质点沿Ox 轴运动，其运动方程为335x t t =+-，则质点在2t s =时的加速度大小为，方向为。

3. 一质点沿Ox 轴运动，其速度为22t υ=，初始时刻位于原点，则质点在2t s =时的位置坐标x = ,加速度大小为。

4.一质点做直线运动，其瞬时加速度的变化规律为t A a ωωcos 2-=，在t=0 时，,,0A x x ==υ其中ω,A 均为正常数，则此质点的运动方程是。

5．一质点的运动学方程为cos sin R t R t =+r i j ，在任意时刻，切向加速度和法向加速度的大小分别为，。

6．质点作圆周运动的法向加速度反映了的变化快慢，切线加速度反映了的变化快慢。

7.一质点沿半径为R 的圆周按规律221bt t s o -=υ而运动, o υ,b 都是常数. t 时刻质点的总加速度为 ; t 为时总加速度在数值上等于b ，当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了圈。

二、回答问题1．｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?t d d r 和dr dt 有无不同? td d v 和dv dt 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解: ｜r ∆｜与r ∆ 不同. ｜r ∆｜表示质点运动位移的大小,而r ∆则表示质点运动时其径向长度的增量;t d d r 和dr dt 不同. td d r 表示质点运动速度的大小,而dr dt 则表示质点运动速度的径向分量;t d d v 和dv dt 不同. td d v 表示质点运动加速度的大小, 而dv dt 则表示质点运动加速度的切向分量. 2.质点沿直线运动，其位置矢量是否一定方向不变？质点位置矢量方向不变，质点是否一定做直线运动？解: 质点沿直线运动，其位置矢量方向可以改变;质点位置矢量方向不变，质点一定做直线运动.3.匀速圆周运动的速度和加速度是否都恒定不变？圆周运动的加速度是否总是指向圆心，为什么？解: 由于匀速圆周运动的速度和加速度的方向总是随时间发生变化的,因此,其速度和加速度不是恒定不变的;只有匀速圆周运动的加速度总是指向圆心,故一般来讲,圆周运动的加速度不一定指向圆心.三、计算题1．一物体做直线运动，运动方程为2362x t t =-，式中各量均采用国际单位制，求：（1）第二秒内的平均速度（2）第三秒末的速度；（3）第一秒末的加速度；（4）物体运动的类型。

第一章质点运动学问题与习题解答

第一章质点运动学问题与习题解答1-3 已知质点的运动方程为()()()r t x t i y t j =+，有人说其速度和加速度分别为drv dt=，22d r a dt =其中r =答：错。

因为2||||||()dr dx dy dx v v i j dt dt dt ===+=2||d x dr d r dt dt ==所以，drv dt≠同理，222222||||||()dv d x d y d x a a i j dt dt dt ===+=2222||d r d r dt dt ==故，22d ra dt≠。

1-6 一人站在地面上用枪瞄准悬挂在树上的木偶。

当击发枪机，子弹从枪口射出时，木偶正好由静止自由下落。

试说明为什么子弹总可以射中木偶？证明：选地面为参考系，以枪口处为坐标原点，如右图所示。

假设无重力加速度作用时，子弹直线飞行0t 时间后打中木偶A ，则其飞行时间为 00cos St v θ=，因g 的作用，0t 时刻子弹的位置矢量为 200012r v t gt =+，又从图中可知，落地前木偶垂直下落的距离为 212l gt =，而其落到地面所需时间为1t =故只要01t t <，则在0t 时木偶距原来位置A 的位移为 2001()2l t gt = 正好处于与子弹相遇的位置（如图所示）。

【条件01t t <即0cos S v θ<0cos S v θ>，所以，只要子弹在木偶落地前到达木偶原位置A 的正下方，子弹总能打到木偶。

】 1-9 下列说法是否正确：（1）质点做圆周运动时的加速度指向圆心；（2）匀速圆周运动的加速度为常量；（3）只有法向加速度的运动一定是圆周运动；x yv 0t 0gt 02/2Sr θPA（4）只有切向加速度的运动一定是直线运动。

答：质点做圆周运动时的加速度为 2t n dv v a e e dt R=+ 。

（1）错。

第一章质点运动学习题答案

第一章质点运动学习题答案 1-1 质点做直线运动，运动方程为2126x t t =-其中t 以s 为单位，x 以m 为单位，求：(1)t ＝4s 时，质点的位置、速度和加速度；(2)质点通过原点时的速度；(3)质点速度为零时的位置；(4) 做出x -t 图、v -t 图、a -t 图.解：(1) 根据直线运动情况下的定义，可得质点的位置、速度和加速度分别为 2126x t t =- （1） 1212dxv t dt==- （2） 2212d xa dt==- （3）当t ＝4s 时，代入数字得：48x =-m 36v =-m/s 12a =-m/s 2 （2）当质点通过原点时，x ＝0，代入运动方程得：2126t t -＝0 解得：120,2t t ==，代入（2）式得： 112v =m/s 2v =－12m/s(3) 将0v =代入（2）式，得12120t -= 解得：1t =s 代入（1）式得：x =12m －6m=6m 1.2一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x =3t +5, y =21t 2+3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度.解：（1） j t t i t r)4321()53(2-+++=m(2)将1=t ,2=t 代入上式即有j i r5.081-= mj j r4112+=m j j r r r5.4312+=-=∆m(3)∵ j i r j j r1617,4540+=-=∴ 104s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i ji r r t r v(4) 1s m )3(3d d -⋅++==j t i trv则 j i v 734+= 1s m -⋅(5)∵ j i v j i v73,3340+=+=204s m 1444-⋅==-=∆∆=j v v t v a(6) 2s m 1d d -⋅==j tva这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量.1-4 一质点沿一直线运动，其加速度为2a x =-，式中x 的单位为m ，a 的单位为m/s 2,试求该质点的速度v 与位置坐标x 之间的关系.设0x =时，0v ＝4m/s 解：依题意2dv dv dx dv a v x dt dx dt dx====- 02xv v xdx vdv -=⎰⎰积分得 22201()2x v v -=-v ==1-5质点沿直线运动，加速度24a t =-，如果当t ＝3时，9x =，2v =，求质点的运动方程. (其中a 以m/s 2为单位，t 以s 为单位，x 以m 为单位，v 以m/s 为单位) 解：加速度表示式对t 积分，得30143v adt t t v ==-++⎰42001212x vdt t t v t x ==-+++⎰ 将t ＝3s ，x ＝9m ，2v =m/s 代入以上二式，得积分常数01v =-m/s ，0x ＝0.75m ，则3421413120.7512v t t x t t t =-+-=-+-+1-6 当物体以非常高的速度穿过空气时，由空气阻力产生的反向加速度大小与物体速度的平方成反比，即2a kv =-，其中k 为常量. 若物体不受其他力作用沿x 方向运动，通过原点时的速度为0v ，试证明在此后的任意位置x 处其速度为0kxv v e -=.解：根据加速度定义得：2dv a kv dt ==-，因dv dv dx dv a v dt dx dt dx===，代入上式，分离变量，整理后得：1dv kdx v=-，应用初始条件00,x v v ==，两边积分得001vx v dv kdx v =-⎰⎰ 得 0ln v v kx =- 即有：0kxv v e -= 1-7试写出以矢量形式表示的质点做匀速圆周运动的运动学方程，并证明做匀速圆周运动质点的速度矢量v 和加速度a 矢量的标积等于零，即0v a = 解：以直角坐标表示的质点运动学方程为cos ,sin x R t y R t ωω==以矢量形式表示的指点运动学方程为cos sin R t R t ωω=+r i j速度和加速度分别为sin cos drR t R t dtωωωω==-+v i j 22cos sin R t R t ωωωω=--a i j所以 0v a =1-8一质点在xoy 平面内运动，其运动方程为cos sin a t b t ωω=+r i j ，其中,,a b ω均为大于零的常量.解：（1）质点在任意时刻的速度sin cos d a t b t dtωωωω==-+rv i j （2）由cos ,sin x a t y b t ωω==消去t ，可得轨道方程22221x y a b+= 可见是椭圆方程，表明质点作椭圆运动（3）加速度22(cos sin )=d a t b t dtωωωω==-+-va i j r 因为2ω>0，所以a 的方向恒与r 反向，即a 恒指向椭圆中心.1-9路灯离地面高度为H ，一个身高为h 的人，在灯下水平路面上以匀速度0v 步行. 如图所示，求当人与灯的水平距离为x 时，他的头顶在地面上的影子移动的速度的大小.解：建立如图所示的坐标，t 时刻头顶影子的坐标为'x x +，设头顶影子的移动速度为v ，则 '''0()d x x dx dx dx v v dt dt dt dt+==+=+ 由图中可看出有''H hx x x=+，则有'hxx H h=- '0hv dx dt H h =- 所以有 000hv H v v v H h H h=+=-- 1-10 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．解：（1） bt v tsv -==0d d Rbt v R v a b tva n 202)(d d -==-==τ则 240222)(Rbt v b a a a n-+=+=τ 加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rb a a n --==τϕ (2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+== 即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v Rbt v b b∴当bv t 0=时，b a = 1-11质点做半径为20cm 的圆周运动，其切向加速度恒为5cm/s 2，若该质点由静止开始运动，需要多少时间：(1)它的法向加速度等于切向加速度；(2)法向加速度等于切向加速度的二倍.解：质点圆周运动半径r ＝20cm ，切向加速度a τ＝5cm/s 2，t 时刻速度为v a t τ=，法向加速度为2/n a v r =，因此有 2//nn a t v a a r a r a τττ===（1）当n a a τ=时，22045n a r t r a a ττ====s （2）当12n a a τ=时，2240 2.835n a r t r a a ττ====s 1-12 (1)地球的半径为6.37610⨯m ，求地球赤道表面上一点相对于地球中心的向心加速度. (2)地球绕太阳运行的轨道半径为1.51110⨯m ，求地球相对于太阳的向心加速度. (3)天文测量表明，太阳系以近似圆形的轨道绕银河系中心运动，半径为 2.82010⨯m ，速率为2.5510⨯m/s ，求太阳系相对于银河系的向心加速度. 解：（1）地球赤道表面一点相对于地球中心的向心角速度为 126221126.3710() 3.3610246060n a R πω-==⨯⨯=⨯⨯⨯ m/s 2（2）地球相对太阳的向心加速度为 2211232221.510() 5.9510365246060n a R πω-==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ m/s 2（3）太阳系相对银河系的向心加速度3252103203(2.510) 2.23102.810n v a R -⨯===⨯⨯ m/s 21-13 以初速度0v ＝201s m -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ．解：设小球所作抛物线轨道如题1-13图所示．题1-13图 (1)在最高点，o 0160cos v v v x == 21s m 10-⋅==g a n又∵ 1211ρv a n =∴ m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ(2)在落地点，2002==v v 1s m -⋅,而 o60cos 2⨯=g a n∴ m 8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ1-14一架飞机在水平地面的上方，以174m/s 的速率垂直俯冲，假定飞机以圆形路径脱离俯冲，而飞机可以承受的最大加速度为78.4m/s 2，为了避免飞机撞到地面，求飞机开始脱离俯冲的最低高度. 假定整个运动中速率恒定. 解：设飞机以半径为R 圆形路径俯冲，其加速度为2/n a v R =当n a 为飞机所能承受的最大加速度时，R 即为最小，所以22min min 78.4174/,174/78.4386.2R R ===m1-15一飞轮以速度1500n =rev/min 转动，受制动而均匀减速，经50t =s 静止，求 (1) 角加速度β和从制动开始到静止飞轮转过的转数N ；(2) 求制动开始后，25t =s 时飞轮的角速度ω；(3) 设飞轮半径R =1m ，求25t =s 时，飞轮边缘上一点的速度和加速度.解：（1）飞轮的初角速度01500225060n ωπππ==⨯=，当50t =s 时，0ω=；代入0t ωωβ=+得 0tωωβπ-==-从开始到静止，飞轮转过的角度及其转数为：220115050(50)125022t t θωβπππ=+=⨯-= rad6252N θπ== rev （2）25t =s 时，飞轮的角速度为 0502525t ωωβπππ=+=-= rad/s （3）25t =s 时，飞轮边缘上一点的速度为12525v R ωππ==⨯= m/s 相应的切线和法线加速度为1t a R βππ==-⨯=-m/s 2222(25)1625n a R ωππ==⨯= m/s 21-16一质点沿半径为1m 的圆周运动，运动方程为223t θ=+，式中θ以弧度计，t 以秒计，求：(1)t ＝2s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45︒角时，其角位移是多少？解： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω (1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成45︒角时，有即 βωR R =2亦即 t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为rad 67.29232323=⨯+=+=t θ 1-17一圆盘半径为3m ，它的角速度在t ＝0时为3.33πrad/s ，以后均匀地减小，到t ＝4s 时角速度变为零. 试计算圆盘边缘上一点在t ＝2s 时的切向加速度和法向加速度的大小.解：角速度均匀减小，因此，角加速度为tan 451na a τ︒==(4)(0)0 3.330.83404ωωπβπ--===-- rad/s 2 圆盘做匀角加速度，故有0 3.330.83t t ωωβππ=+=-当2t =s 时， 3.330.83216.7ωπππ=-⨯=rad/s 法向和切向加速度分别为282.4n a R ω==m/s 2 a R τβ=＝－7.8 m/s 21-18某雷达站对一个飞行中的炮弹进行观测，发现炮弹达最高点时，正好位于雷达站的上方，且速率为v ，高度为h ，求在炮弹此后的飞行过程中，在t (以s 为单位)时刻雷达的观测方向与铅垂直方向之间的夹角θ及其变化率d dtθω=(雷达的转动角速度)解：以雷达位置为坐标原点，取坐标系xoy 如图所示，根据题意，炮弹的运动方程为 21,2x vt y h gt ==-可解得： 212cot h gt y x vt θ-== （1）则212arccoth gt vtθ-= 将（1）式两边对t 求导数，得222212csc gt h gt d dt vtθθ--+-= 则有22222222222111()2221csc (cot 1)()2h gt h gt v h gt d dt vt vt h gt v t θωθθ+++====+-+1-19 汽车在大雨中行驶，车速为80km/h ，车中乘客看见侧面的玻璃上雨滴和铅垂线成60︒角，当车停下来时，他发现雨滴是垂直下落的，求雨滴下落的速度.解：取车为运动参考系'S ，雨滴相对于车的速度为ps 'v ，雨滴对地速度为ps v ，车对地的速度为's s v ，相对运动速度合成定理为'psps s s '=+v v v 见如图所示的速度合成图，则有'ps ps 1000cot 60800.57712.83600v v ︒==⨯⨯=m/s1-20一升降机以加速度1.22m/s 2上升，当上升速度为2.44 m/s 2时，有一螺帽自升降机的天花板松落，天花板与升降机底面相距2.74m ，计算：(1)螺帽从天花板落到底面所需的时间；(2)螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离.解：以升降机外固定柱子为参考系，竖直向上为y 坐标轴正向，螺帽松落时升降机底面位置为原点. 螺帽从0y ＝2.74m 处松落，以初速度0v ＝2.44m/s 做竖直上抛运动，升降机底面则从原点以同样的初速度做向上的加速运动，加速度a ＝1.22m/s 2，它们的运动方程分别为螺帽：210012y y v t gt =+-底面：22012y v t at =+ 螺帽落到底面上时，12y y =，由以上两式得 t ＝0.705s （2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为 201010.7152s y y v t gt =-=-+=m1-21某人骑自行车以速率v 向西行使，北风以速率v 吹来（对地面），问骑车者遇到风速及风向如何？解：地为静系E ，人为动系M 。

大学物理质点运动学习题（附答案）

第1章质点运动学习题及答案1．｜｜与有无不同?和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?试举例说明．r ∆r ∆t d d r dr dt t d d v dv dt解: ｜｜与不同. ｜｜表示质点运动位移的大小,而则表示质点运动时其径向长度的r ∆r ∆r ∆r ∆增量;和不同. 表示质点运动速度的大小,而则表示质点运动速度的径向分量;t d d r dr dt t d d r dr dtt d d v 和不同. 表示质点运动加速度的大小, 而则表示质点运动加速度的切向分量.dv dt t d d v dv dt2.质点沿直线运动，其位置矢量是否一定方向不变？质点位置矢量方向不变，质点是否一定做直线运动？解: 质点沿直线运动，其位置矢量方向可以改变;质点位置矢量方向不变，质点一定做直线运动.3.匀速圆周运动的速度和加速度是否都恒定不变？圆周运动的加速度是否总是指向圆心，为什么？解: 由于匀速圆周运动的速度和加速度的方向总是随时间发生变化的,因此,其速度和加速度不是恒定不变的;只有匀速圆周运动的加速度总是指向圆心,故一般来讲,圆周运动的加速度不一定指向圆心.4．一物体做直线运动，运动方程为，式中各量均采用国际单位制，求：（1）第二秒2362x t t =-内的平均速度（2）第三秒末的速度；（3）第一秒末的加速度；（4）物体运动的类型。

解: 由于: 232621261212x(t )t t dx v(t )t t dtdv a(t )t dt=-==-==-所以:（1）第二秒内的平均速度:1(2)(1)4()21x x v ms --==- （2）第三秒末的速度: 21(3)1236318()v ms -=⨯-⨯=- （3）第一秒末的加速度:2(1)121210()a ms -=-⨯= （4）物体运动的类型为变速直线运动。

5．一质点运动方程的表达式为，式中的分别以为单位，试求；（1）质点2105(t t t =+r i j ）,t r m,s 的速度和加速度；（2）质点的轨迹方程。

(完整版)大学物理01质点运动学习题解答

第一章质点运动学一选择题1．下列说法中，正确的是：（）A. 一物体若具有恒定的速率，则没有变化的速度；B. 一物体具有恒定的速度，但仍有变化的速率；C. 一物体具有恒定的加速度，则其速度不可能为零；D. 一物体具有沿x 轴正方向的加速度而有沿x 轴负方向的速度。

解：答案是D 。

2. 长度不变的杆AB ，其端点A 以v 0匀速沿y 轴向下滑动，B 点沿x 轴移动，则B 点的速率为：（）A . v 0 sin θB . v 0 cos θC . v 0 tan θD . v 0 / cos θ 解：答案是C 。

简要提示：设B 点的坐标为x ，A 点的坐标为y ，杆的长度为l ，则222l y x =+ 对上式两边关于时间求导：0d d 2d d 2=+t y y t x x ，因v =tx d d ，0d d v -=t y ，所以 2x v -2y v 0 = 0 即 v =v 0 y /x =v 0tan θ所以答案是C 。

3. 如图示，路灯距地面高为H ，行人身高为h ，若人以匀速v 背向路灯行走，则人头影子移动的速度u 为（） A.v H h H - B. v h H H - C. v H h D. v hH 解：答案是B 。

v x选择题2图灯s选择题3图简要提示：设人头影子到灯杆的距离为x ，则H h x s x =-，s hH H x -=， v hH H t s h H H t x u -=-==d d d d 所以答案是B 。

4. 某质点作直线运动的运动学方程为x ＝3t -5t 3 + 6 (SI)，则该质点作A. 匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向．B. 匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向．C. 变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向．D. 变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向． ( )解：答案是D5. 一物体从某一确定高度以v 0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v t ，那么它的运动时间是：（） A. g 0v v -t B. g 20v v -t C. g 202v v -t D. g2202v v -t 解：答案是C 。

第1章质点运动学——习题解答

第1章质点运动学1-1 一运动质点某一瞬时位于径矢()r x y ，的端点处，关于其速度的大小有4种不同的看法，即（1）d d tr；（2）d d t r；（3）d d sr；（4下列判断正确的是（）. (A) 只有(1)和(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(3)和(4)正确 (D) (1)(2)(3)(4)都正确答案：（C ）解析：瞬时速度的大小等于瞬时速率，故（3）正确；速度可由各分量合成，故（4）正确。

1-2 一质点的运动方程为22cos cos sin sin x At Bt y At Bt θθθθ⎧⎪⎨⎪⎩＝＋，＝＋，式中A ，B ，θ均为常量，且A ＞0，B ＞0，则该质点的运动为（）. (A) 一般曲线运动(B) 匀速直线运动 (C) 匀减速直线运动(D) 匀加速直线运动答案：（D ）解析：由tan yxθ＝可知，质点做直线运动.a x ＝2B cos θa y ＝2B sin θa ＝2B加速度a 为定值，故质点做匀加速直线运动.1-3 一质点沿半径为R 的圆周运动，其角速度随时间的变化规律为ω＝2bt ，式中b 为正常量．如果t ＝0时，θ0＝0，那么当质点的加速度与半径成45°角时，θ角的大小为( ) rad.(A) 12(B) 1 (C) b (D) 2b答案：（A ）解析： a t ＝R β＝2bRa n ＝R 2ω＝4Rb 2t 2a t ＝a n t 2＝b21θ＝20tω⎰d t ＝bt 2＝211-4 一人沿停靠的台阶式电梯走上楼需时90 s ，当他站在开动的电梯上上楼，需时60 s ．如果此人沿开动的电梯走上楼，所需时间为（）.(A) 24 s (B) 30 s (C) 36 s (D) 40 s答案：（C ）解析：设电梯长度为s ，则=+9060s s st ，解得t ＝36 s.1-5 已知质点的加速度与位移的关系式为32a x ＝＋，当t ＝0时，v 0＝0，x 0＝0，则速度v 与位移x 的关系式为________. 答案：v 2＝3x 2＋4x 解析： d d d d d d d d v v x v a v t x t x ===， d d v v a x ＝，d =(3+2)d vxv v x x ⎰⎰，v 2＝3x 2＋4x .1-6 在地面上以相同的初速v 0，不同的抛射角θ斜向上抛出一物体，不计空气阻力．当θ＝________时，水平射程最远，最远水平射程为________. 答案：45°20v g解析：对于斜抛运动：0cos x v t θ⋅＝201sin 2y v t gt θ⋅＝－当y ＝0时，解得02sin v t gθ=物体的水平射程20sin 2v x gθ＝当θ＝45°时有最远水平射程，其大小为20max v x g＝1-7 某人骑摩托车以115m s -⋅的速度向东行驶，感觉到风以115m s -⋅的速度从正南吹来，则风速的大小为________ m·s －1，方向沿________.答案：m/s 东偏北45° 解析：如答案1-7图所示，由图可知=+v v v 风地风人人地故风速大小m/s v 风地＝方向为东偏北45°.v 地风v 人地15v 人风15答案1-7图1-8 一质点作直线运动，加速度2sin a A t ωω＝，已知t ＝0时，x 0＝0，v 0＝－ωA ，则该质点的运动方程为_______________. 答案：sin x A t ω=-，解析： d d v a t ＝20d sin d vtAv A t t ωωω-=⎰⎰解得，该质点的速度为cos v A t ωω=-d d x v t ＝d cos d xtx A t t ωω=-⎰⎰解得，该质点的运动方程为sin x A t ω=-1-9 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x ＝3t ＋5，y ＝12t 2＋3t －4式中，t 以s 计，x ，y 以m 计.(1) 以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式； (2) 计算第1 s 内质点的位移；(3) 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4 s 时刻内的平均速度；(4) 求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度； (5) 计算t ＝0 s 到t ＝4 s 内质点的平均加速度；(6) 求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4 s 时质点的加速度. (位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式) 解：(1) 质点t 时刻位矢为21(35)342r t i t t j ⎛⎫=+++- ⎪⎝⎭(m)(2) 第1 s 内位移为11010()()r x x i y y j ∆=-+-2213(10)(10)3(10)23 3.5()i ji j m ⎡⎤=-+-+-⎢⎥⎣⎦=+(3) 前4 s 内平均速度为11(1220)35(m s )4r v i j i j t -∆==⨯+=+⋅∆ (4) 质点速度矢量表示式为1d 3(3)(m s )d rv i t j t-==++⋅ t ＝4 s 时质点的速度为143(43)37(m s )v i j i j -=++=+⋅(5) 前4 s 内平均加速度为240731(m s )4s 4v v v a j j t -∆--====⋅∆(6) 质点加速度矢量的表示式为2d 1(m s )d va j t-==⋅t ＝4 s 时质点的加速度为241(m s )a j -=⋅1-10 质点沿直线运动，速度v ＝(t 3＋3t 2＋2) m·s －1，如果当t ＝ 2 s 时，x ＝4 m ，求：t ＝3 s 时，质点的位置、速度和加速度. 解： 32d 32d x v t t t==++ 431d d 24x x v t t t t c ===+++⎰⎰当t =2时，x =4，代入可得c =－12.则质点的位置、速度和加速度的表达式分别为4312124x t t t =++-32232d 36d v t t v a t tt=++==+ 将t =3 s 分别代入得上述各式，解得1233341.25m 56m s 45m s x v a --==⋅=⋅，，1-11 质点的运动方程为2[4(32)] m r t i t j ＝＋＋，t 以s 计．求： (1) 质点的轨迹方程；(2) t ＝1 s 时质点的坐标和位矢方向； (3) 第1 s 内质点的位移和平均速度； (4) t ＝1 s 时质点的速度和加速度.解：(1) 由运动方程2432x t y t⎧=⎨=+⎩消去t 得轨迹方程2(3)0x y --=(2) t =1 s 时,114m 5m x y ==，,故质点的坐标为（4,5）. 由11tan 1.25y x α==得51.3α=︒，即位矢与x 轴夹角为53.0°. (3) 第1 s 内质点的位移和平均速度分别为1(40)(53)42(m)r i j i j ∆=-+-=+1142(m s )r v i j t-∆==+⋅∆ (4) 质点的速度与加速度分别为d 82d r v ti j t ==+d 8d va i t==故t =1 s 时的速度和加速度分别为1182m s v i j -=+⋅（） 218m s a i -=⋅（）1-12 以速度v 0平抛一球，不计空气阻力，求：t 时刻小球的切向加速度a t 和法向加速度a n 的量值. 解：小球下落过程中速度为v故切向加速度为2t d d v a t ＝由222n t a g a =-得，法向加速度为n a =1-13 一种喷气推进的实验车，从静止开始可在1.80 s 内加速到1 600 km·h －1的速率．按匀加速运动计算，它的加速度是否超过了人可以忍受的加速度25g ？这1.80 s 内该车跑了多少距离？解：实验车的加速度为3222160010m /s 2.4710m/s 3600 1.80v a t ⨯===⨯⨯故它的加速度略超过25g . 1.80 s 内实验车跑的距离为3160010 1.80m 400m 223600v s t ⨯==⨯=⨯ 1-14 在以初速率-1015.0 m s v ⋅＝竖直向上扔一块石头后，(1) 在1.0 s 末又竖直向上扔出第二块石头，后者在h ＝11.0 m 高度处击中前者，求第二块石头扔出时的速率；(2) 若在1.3 s 末竖直向上扔出第二块石头，它仍在h ＝11.0 m 高度处击中前者，求这一次第二块石头扔出时的速率.解：(1) 设第一块石头扔出后经过时间t 被第二块击中，则2012h v t gt =-代入已知数据得2111159.82t t =-⨯解此方程，可得二解为111.84s 1.22s t t ==，′第一块石头上升到顶点所用的时间为10m 15.0s 1.53s 9.8v t g ===1m t t >,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；1m t t <′，这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.设20v 和20v ′分别为在t 1和1t ′时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于22011111()()2h v t t g t t =--- 所以2211201111()119.8(1.841)22m/s 17.2m/s 1.841h g t t v t t +-∆+⨯⨯-===-∆- 同理，2211201111()119.8(1.221)22m/s 51.1m/s 1.221h g t t v t t +-∆+⨯⨯-===-∆-′′′ (2) 由于211.3s t t ∆=>′，所以第二块石头不可能在第一块上升时与第一块相碰。

大学物理第一章质点运动学习题解详细完整

第一章质点运动学1–1 描写质点运动状态的物理量是 ;解：加速度是描写质点状态变化的物理量,速度是描写质点运动状态的物理量,故填“速度”;1–2 任意时刻a t =0的运动是运动；任意时刻a n =0的运动是运动；任意时刻a =0的运动是运动；任意时刻a t =0,a n =常量的运动是运动;解：匀速率；直线；匀速直线；匀速圆周;1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟,他能以与水平成30°角,其值为30m/s 的初速从一边起跳,刚好到达另一边,则可知此沟的宽度为 )m/s 102=g ;解：此沟的宽度为m 345m 1060sin 302sin 220=︒⨯==g R θv1–4 一质点在xoy 平面内运动,运动方程为t x 2=,229t y -=,位移的单位为m,试写出s t 1=时质点的位置矢量__________；s t 2=时该质点的瞬时速度为__________,此时的瞬时加速度为__________;解：将s t 1=代入t x 2=,229t y -=得2=x m,7=y ms t 1=故时质点的位置矢量为j i r 72+=m由质点的运动方程为t x 2=,229t y -=得质点在任意时刻的速度为m/s 2d d ==t x x v ,m/s 4d d t tx y -==v s t 2=时该质点的瞬时速度为j i 82-=v m/s质点在任意时刻的加速度为0d d ==ta x x v ,2m/s 4d d -==t a y y v s t 2=时该质点的瞬时加速度为j 4-m/s 2;1–5 一质点沿x 轴正向运动,其加速度与位置的关系为x a 23+=,若在x =0处,其速度m/s 50=v ,则质点运动到x =3m 处时所具有的速度为__________;解：由x a 23+=得x xt x x t 23d d d d d d d d +===v v v v 故x x d )23(d +=v v积分得⎰⎰+=305d )23(d x x v v v则质点运动到x =3m 处时所具有的速度大小为 61=v m/s=s ；1–6 一质点作半径R =的圆周运动,其运动方程为t t 323+=θ,θ以rad 计,t 以s 计;则当t =2s 时,质点的角位置为________；角速度为_________；角加速度为_________；切向加速度为__________；法向加速度为__________;解： t =2s 时,质点的角位置为=⨯+⨯=23223θ22rad由t t 323+=θ得任意时刻的角速度大小为36d d 2+==t tθω t =2s 时角速度为 =+⨯=3262ω27rad/s任意时刻的角速度大小为t t12d d ==ωα t =2s 时角加速度为 212⨯=α=24rad/s 2t =2s 时切向加速度为=⨯⨯==2120.1t αR a 24m/s 2t =2s 时法向加速度为=⨯==22n 270.1ωR a 729m/s 2；1–7 下列各种情况中,说法错误的是 ;A ．一物体具有恒定的速率,但仍有变化的速度B ．一物体具有恒定的速度,但仍有变化的速率C ．一物体具有加速度,而其速度可以为零D ．一物体速率减小,但其加速度可以增大解：一质点有恒定的速率,但速度的方向可以发生变化,故速度可以变化；一质点具有加速度,说明其速度的变化不为零,但此时的速度可以为零；当加速度的值为负时,质点的速率减小,加速度的值可以增大,所以A 、C 和D 都是正确的,只有B 是错误的,故选B;1–8 一个质点作圆周运动时,下列说法中正确的是 ;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C ．切向加速度可能不变,法向加速度不变D ．切向加速度一定改变,法向加速度不变解：无论质点是作匀速圆周运动或是作变速圆周运动,法向加速度a n 都是变化的,因此至少其方向在不断变化;而切向加速度a t 是否变化,要视具体情况而定;质点作匀速圆周运动时,其切向加速度为零,保持不变；当质点作匀变速圆周运动时,a t 值为不为零的恒量,但方向变化；当质点作一般的变速圆周运动时,a t 值为不为零变量,方向同样发生变化;由此可见,应选B;1–9 一运动质点某瞬时位于位置矢量),(y x r 的端点处,对其速度大小有四种意见： 1t r d d 2t d d r 3t s d d 422d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 下述判断正确的是 ;A ．只有1,2正确B ．只有2,3正确C ．只有3,4正确D ．只有1,3正确解：tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中为质点的径向速度,是速度矢量沿径向的分量；t d d r 表示速度矢量；t s d d 是在自然坐标系中计算速度大小的公式；22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 是在真角坐标系中计算速度大小的公式;故应选C;1–10 一质点在平面上运动,已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at +=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：由j i r 22bt at +=可计算出质点的速度为j i bt at 22+=v ,加速度为j i b a 22+=a ;因质点的速度变化,加速度的大小和方向都不变,故质点应作变速直线运动;故选B;1–11 一小球沿斜面向上运动,其运动方程为S ＝5＋4t –t 2SI,则小球运动到最高点的时刻是 ;A ．t ＝4sB ．t ＝2sC ．t ＝8sD ．t ＝5s解：小球到最高点时,速度应为零;由其运动方程为S ＝5＋4t –t 2,利用ts d d =v 得任意时刻的速度为 t 24-=v令024=-=t v ,得s 2=t故选B;1–12 如图1-1所示,小球位于距墙MO 和地面NO 等远的一点A ,在球的右边,紧靠小球有一点光源S 当小球以速度V 0水平抛出,恰好落在墙角O 处;当小球在空中运动时,在墙上就有球的影子由上向下运动,其影子中心的运动是 ;A ．匀速直线运动B ．匀加速直线运动,加速度小于gC ．自由落体运动D ．变加速运动解：设A 到墙之间距离为d ;小球经t 时间自A 运动至B;此时影子在竖直方向的位移为S ;t V x 0=, 221gt y = 根据三角形相似得d S x y //=,所以得影子位移为2/V gt x yd S == 由此可见影子在竖直方向作速度为02V g 的匀速直线运动;故选A;1–13 在相对地面静止的坐标系内,A 、B 二船都以2m/s 的速率匀速行驶,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 方向单位矢量用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 ．j i 22+B ．j i 22+-C ．j i 22--D ．j i 22+解：选B 船为运动物体,则B 船相对于地的速度为绝对速度j 2=v ,A 船相对于地的速度为牵连速度i 2=0v ,则在A 船的坐标系中,B 船相对于A 船的速度为相对速度v ';因v v v 0'+=,故j i 22+-='v ,因此应选B1–14 2004年1月25日,继“勇气”号之后,“机遇”号火星探测器再次成功登陆火星;在人类成功登陆火星之前,人类为了探测距离地球大约5103⨯km 的月球,也发射了一种类似四轮小车的月球探测器;它能够在自动导航系统的控制下行走,且每隔10s 向地球发射一次信号;探测器上还装着两个相同的减速器其中一个是备用的,这种减速器可提供的最大加速度为5m/s 2;某次探测器的自动导航系统出现故障,从而使探测器只能匀速前进而不再能自动避开障碍物;此时地球上的科学家必须对探测器进行人工遥控操作;下表为控制中心的显示屏的数据：图1-1y BM9:10:40 12 已知控制中心的信号发射与接收设备工作速度极快;科学家每次分析数据并输入命令最少需要3s;问： 1经过数据分析,你认为减速器是否执行了减速命令2假如你是控制中心的工作人员,应采取怎样的措施加速度需满足什么条件,才可使探测器不与障碍物相撞请计算说明;解：1设在地球和月球之间传播电磁波需时为0t ,则有s 10==c s t 月地从前两次收到的信号可知：探测器的速度为m/s 21032521=-=v 由题意可知,从发射信号到探测器收到信号并执行命令的时刻为9:10:34;控制中心第3次收到的信号是探测器在9:10:39发出的;从后两次收到的信号可知探测器的速度为m/s 2101232=-=v 可见,探测器速度未变,并未执行命令而减速;减速器出现故障;（2）应启用另一个备用减速器;再经过3s 分析数据和1s 接收时间,探测器在9:10:44执行命令,此时距前方障碍物距离s =2m;设定减速器加速度为a ,则有222≤=as v m,可得1≥a m/s 2,即只要设定加速度1≥a m/s 2,便可使探测器不与障碍物相撞;1–15 阿波罗16号是阿波罗计划中的第十次载人航天任务1972年4月16日,也是人类历史上第五次成功登月的任务;1972年4月27日成功返回;照片图1-2显示阿波罗宇航员在月球上跳跃并向人们致意;视频显示表明,宇航员在月球上空停留的时间是;已知月球的重力加速度是地球重力加速度的1/6;试计算宇航员在月球上跳起的高度;解：宇航员在月球上跳起可看成竖直上抛运动,由已知宇航员在空中停留的时间为,故宇航员从跳起最高处下落到月球表面的时间为t =,由于月球的重力加速度是地球的重力加速度的1/6,即g g 61M =,所以 m 43.0725.08.961212122M =⨯⨯⨯==t g h1–16 气球上吊一重物,以速度0v 从地面匀速竖直上升,经过时间t 重物落回地面;不计空气对物体的阻力,重物离开气球时离地面的高度为多少;解：方法一：设重物离开气球时的高度为x h ,当重物离开气球后作初速度为0v 的竖直上抛运动,选重物离开气球时的位置为坐标原点,则重物落到地面时满足图1-220021)(x x x gt h t h --=-v v 其中x h -表示向下的位移,0v x h 为匀速运动的时间,x t 为竖直上抛过程的时间,解方程得 gt t x 02v = 于是,离开气球时的离地高度可由匀速上升过程中求得,其值为)2()(000gt t t t h x x v v v -=-= 方法二：将重物的运动看成全程做匀速直线运动与离开气球后做自由落体运动的合运动;显然总位移等于零,所以0)(21200=--v v x h t g t 解得 )2(00g t t h x v v -=1–17 在篮球运动员作立定投篮时,如以出手时球的中心为坐标原点,作坐标系Oxy 如图1–3所示;设篮圈中心坐标为x ,y ,出手高度为H ,于的出手速度为0v ,试证明球的出手角度θ应满足⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-±=)2(211tan 2022020v v v gx y g gx θ才能投入;证明：设出手后需用时t 入蓝,则有 θt t x x cos 0v v ==20221sin 21gt t gt t y y -=-=θv v 消去时间t ,得 θgx gx αx θgx θx y 22022022202tan 22tan cos 21tan v v v --=-= 图1-3整理得02tan tan 22022202=++-v v gx y θx θgx解之得⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-±=)2(211tan 2022020v v v gx y g gx θ1–18 有一质点沿x 轴作直线运动,t 时刻的坐标为32254t t .x -=SI;试求：1第2s 内的平均速度；2第2s 末的瞬时速度；3第2s 内的路程;解：1将t =1s 代入32254t t .x -=得第1s 末的位置为m 5.225.41=-=x将t =2s 代入32254t t .x -=得第2s 末的位置为m 0.22225.4322=⨯-⨯=x则第2s 内质点的位移为0.5m 2.5m -m 0.212-==-=∆x x x第2s 内的平均速度-0.5m/s 10.5=-=∆∆=t x v 式中负号表示平均速的方向沿x 轴负方向;2质点在任意时刻的速度为269d d t t tx -==v 将s 2=t 代入上式得第2s 末的瞬时速度为 m/s 626292-=⨯-⨯=v式中负号表示瞬时速度的方向沿x 轴负方向;3由069d d 2=-==t t tx v 得质点停止运动的时刻为s 5.1=t ;由此计算得第1s 末到末的时间内质点走过的路程为m 875.05.25.125.15.4321=-⨯-⨯=s 第末到第2s 末的时间内质点走过的路程为m 375.10.25.125.15.4322=-⨯-⨯=s则第2s 内的质点走过的路程为m 25.2375.1875.021=+=+=s s s1–19 由于空气的阻力,一个跳伞员在空中运动不是匀加速运动;一跳伞员在离开飞机到打开降落伞的这段时间内,其运动方程为)e (/k t k t c b y -+-=SI,式中b 、c 和k 是常量,y 是他离地面的高度;问：1要使运动方程有意义,b 、c 和k 的单位是什么2计算跳伞员在任意时刻的速度和加速度;解：1由量纲分析,b 的单位为m,c 的单位为m/s,k 的单位为s;2任意时刻的速度为)e 1(d d /k t c ty -+-==v 当时间足够长时其速度趋于c -;任意时刻的加速度为k t kc t a /ed d -==v 当时间足够长时其加速度趋于零;1–20 一艘正在沿直线行驶的电艇,在发动机关闭后,其加速度方向与速度方向相反,大小与速度平方成正比,即2d d v v K t-=,式中K 为常量;试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为Kx -=e 0v v 其中0v 是发动机关闭时的速度; 证明：由2d d v v K t-=得 2d d d d d d v v v v K xt x x -== 即x K d d -=vv 上式积分为⎰⎰-=x x K 0d d 0v v v v 得 Kx -=e 0v v1–21 一质点沿圆周运动,其切向加速度与法向加速度的大小恒保持相等;设θ为质点在圆周上任意两点速度1v 与2v 之间的夹角;试证：θe 12v v =;证明：因R a 2n v =,ta d d t v =,所以 t R d d 2v v =dsv v d d = 即vv d d =R s 对上式积分⎰⎰=2d d 0v v v v s R s得 12ln v v =R s 12ln v v ==R s θ 所以 θe 12v v =1–22 长为l 的细棒,在竖直平面内沿墙角下滑,上端A 下滑速度为匀速v ,如图1-4所示;当下端B 离墙角距离为xx<l 时,B 端水平速度和加速度多大解：建立如图所示的坐标系;设A 端离地高度为y ;∆AOB 为直角三角形,有222l y x =+ 方程两边对t 求导得 0d d 2d d 2=+t y y t x x所以B 端水平速度为 t y x y t x d d d d -=v xy =v x x l 22-= B 端水平方向加速度为v 222d /d d /d d d x tx y t y x t x-=232v x l -=1–23 质点作半径为m 3=R 的圆周运动,切向加速度为2t ms 3-=a ,在0=t 时质点的速度为零;试求：1s 1=t 时的速度与加速度；2第2s 内质点所通过的路程;图1-4解：1按定义ta d d t v =,得 t a d d t =v ,两端积分,并利用初始条件,可得 ⎰⎰⎰==t t t a t a 0t 0t 0d d d v v t t a 3t ==v当s 1=t 时,质点的速度为 m/s 3=v方向沿圆周的切线方向;任意时刻质点的法线加速度的大小为2222n m/s 39t Rt R a ===v 任意时刻质点加速度的大小为242n 2t m/s 99t a a a +=+=任意时刻加速度的方向,可由其与速度方向的夹角θ给出;且有22t n 33tan t t a a ===θ 当s 1=t 时有24m/s 23199=⨯+=a ,1tan =θ注意到0t >a ;所以得︒=45θ2按定义ts d d =v ,得t s d d v =,两端积分可得 ⎰⎰⎰==t t t s d 3d d v故得经t 时间后质点沿圆周走过的路程为C t s +=223 其中C 为积分常数;则第2s 内质点走过的路程为：m 5.4)123()223()1()2(22=+⨯-+⨯=-=∆C C s s s1–24 一飞机相对于空气以恒定速率v 沿正方形轨道飞行,在无风天气其运动周期为T ;若有恒定小风沿平行于正方形的一对边吹来,风速为)1(<<=k k V v ;求飞机仍沿原正方形对地轨道飞行时周期要增加多少解：依题意,设飞机沿如图1-5所示的ABCD 矩形路径运动,设矩形每边长为l ,如无风时,依题意有 vl T 4= 1 图1-5当有风时,设风的速度如图1-5所示,则飞机沿AB 运动时的速度为v v v k V +=+,飞机从A 飞到B 所花时间为vv k l t +=1 2 飞机沿CD 运动时的速度为v v v k V -=-,飞机从C 飞到D 所花时间为vv k l t -=2 3 飞机沿BC 运动和沿DA 运动所花的时间是相同的,为了使飞机沿矩形线运动,飞机相对于地的飞行速度方向应与运动路径成一夹角,使得飞机速度时的速度v 在水平方向的分量等于v k -,故飞机沿BC 运动和沿DA 运动的速度大小为222v v k -,飞机在BC 和DA 上所花的总时间为22232v v k lt -= 4综上,飞机在有风沿此矩形路径运动所花的总时间,即周期为2223212vv v v v v k l k l k l t t t T -+-++=++=' 5 利用1式,5式变为)1(4)4()1(4)11(22222k k T k k T T --≈--+='飞机在有风时的周期与无风时的周期相比,周期增加值为43)1(4)4(222T k T k k T T T T =---≈'-=∆。

质点运动学习题分析与解答

第1章质点运动学习题解答（一）. 选择题1．一运动质点在某瞬时位于矢径()y x r , 的端点处, 其速度大小为A. t r d dB. d d t rC. d d t rD.22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x [ ] 【分析与解答】t r d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率，d d t r表示速度矢量，d d t r 与t rd d 意义相同，在直角坐标系中，速度大小即速率可由2222d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x v v v yx求解，在自然坐标系中，速率可用公式t s v d d =计算。

正确答案是D 。

2. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为22at bt =+r i 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．［］【分析与解答】22at bt =+v i j 是变速运动，22,,ax at y bt x yb ===为直线方程正确答案是B 。

3．某质点的速度为，已知，时它过点(3,-7)，则该质点的运动方程为：A. B.C. D.不能确定 [ ]【分析与解答】22d 24(23)(47)t t t t t ==-+=+-+⎰r v i j c i j正确答案是B 。

4. 以初速将一物体斜向上抛，抛射角为，不计空气阻力，则物体在轨道最高点处的曲率半径为:A. B. C. D.不能确定。

[ ] 【分析与解答】v 0θv 0sin θg g v 02v 02cos 2θg v =2i -8t j t =02t i -4t 2j (2t +3)i -(4t 2+7)j -8j轨道最高点22220,(cos ),x xn v v v v v a g θρ=====v i ，故曲率半径2v g ρ=正确答案是C 。

5. 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每T 秒转一圈．在2T 时间间隔中，其平均速度大小与平均速率大小分别为．．［］【分析与解答】平均速度为位移除以时间间隔，平均速率为路程除以时间, 质点沿半径为R 的圆周转动一周，位移为零，路程等于。

第一章 质点运动学习题分析与解答

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