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，其速度有可能沿x 轴的负方向 解：答案是D 。

2. 某质点作直线运动的运动方程为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D

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 h H

解：答案是B 。 设人头影子到灯杆的距离为x ，则 H h x s x =-，s h H H

x -=， v h

H H

t s h H H t x u -=-==

d d d d 所以答案是B 。

4. 一质点的运动方程为j i r )()(t y t x +=，其中t 1时刻的位矢为j i r )()(111t y t x +=。问质点在t 1时刻的速率是 （ ）

A.

d d 1t

r B.

d d 1t

r C. 1

d d

t t t

=r D.

1

22)d d ()d d (

t t t

y t x =+

解 根据速率的概念，它等于速度矢量的模。

本题答案为D 。

5. 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 0

v v -t B. g

20v v -t C.

g 2

02v v -t D. g

22

02v v -t

解：答案是C 。

灯

s

选择题3图

gt t ty =-=202v v v ，g t t /2

02v v -=，所以答案是C 。

6. 质点作圆周运动时，下列说表述中正确的是 （ ） A. 速度方向一定指向切向，加速度方向一定指向圆心 B. 速度方向一定指向切向，加速度方向也一般指向切向 C. 由于法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 D. 切向加速度仅由速率的变化引起 解 答案是D 。

质点作圆周运动时，一般有切向加速度和法向加速度，总加速度是它们的矢量和，加速度的方向一般既不指向圆心也不指向切向。A 、B 和C 显然都是错误的，而切向加速度是由速度大小的变化引起的，因此D 是正确的。

7. 在做自由落体运动的升降机内，某人竖直上抛一弹性球，此人会观察到 （ ） A. 球匀减速地上升，达最大高度后匀加速下落 B. 球匀速地上升，与顶板碰撞后匀速下落 C. 球匀减速地上升，与顶板接触后停留在那里 D. 球匀减速地上升，达最大高度后停留在那里 解：答案是B 。

升降机内的人与球之间没有相对加速度。所以答案是B 。

8. 某人在由北向南行驶，速率为36 km ? h –1的汽车上，测得风从西边吹来，大小为10 m

? s –1，则实际风速大小和方向为：（ ）

A. 0

B. 14.14 m ? s –1

，西南风 C. 10 m ? s –1，西南风 D. 14.14 m ? s –1，西北风

解：答案是D 。

如图所示，由题意可知，已知牵连速率v 0为36 km ? h –1（即10 m ? s –1），而相对速率v '为10 m ? s –1，所以绝对速率v 为14.14 m ? s –1，

方向指向东南。所以答案是D 。

二 填空题

1. 一质点沿x 轴运动，运动方程为x =3+5t +6t 2-t 3 (SI 单位)。则质点在t =0到t =1s 过程中的平均速度v =______________m/s ；质点在t =1s 时刻的速度v =______________ m/s 。

解 根据平均速度定义,101650

10

1=-+=--=??=

x x t x v m/s 。 质点在任意时刻的速度23125d d t t t

x

-+==v ，因此质点在t =1s 时刻的速度

14131125)1(2=?-?+=v m/s 。

选择题8图

2. 两辆车A 和B ，在笔直的公路上同向行驶，它们从同一起始线上同时出发，并且由出发点开始计时，行驶的距离 x 与行驶时间 t 的函数关系式：24t t x A +=，3222t t x B += (SI 单位)，则：

(1) 它们刚离开出发点时，行驶在前面的一辆车是______________； (2) 出发后，两辆车行驶距离相同的时刻是____________________； (3) 出发后，B 车相对A 车速度为零的时刻是__________________． 解：答案：（1）A ；（2）t = 1.19 s ；（3）t = 0.67 s （1）两车的速度分别为

t t

x A

A 24d d +==

v 264d d t t t

x B

B +==

v 可得：t = 0时 B A v v > ，即刚开始时A 车行驶在前面。 (2) 由B A x x =，可得t = 1.19 s (3) 由B A v v =，可得 t = 0.67 s

3. 一质点以初速v 0，抛射角为θ0作斜抛运动 ，则到达最高处的速度大小为_____，切向加速度大小为______，法向加速度大小为_______，合加速度大小为_______。

解：答案：v 0cos θ 0； 0； g ； g 。

解 在最高点，垂直方向速度为零，只有水平速度，因此最高处的速度大小为v 0cos θ0。在最高点切向就是水平方向，法向就是竖直向下方向，因此切向加速度大小为0，法向加速度大小为g ，合加速度大小为g 。

4. 一物体作如图所示的斜抛运动，测得在轨道A 点处速度v 的方向与水平方向夹角为30?。则物体在A 点切向加速度大小为________m/s 2。

答案：4.9

解 本题是斜抛运动，在运动过程中加速度始终不变，因此物体在A 点的加速度大小就是重力加速度的大小g =9.8m/s 2。切向加速度沿速度反方向，大小为g cos60?=4.9m/s 2。

5. 一质点从静止出发沿半径为3 m 的圆周运动，切向加速度大小为3 m ? s –2，则经过 s 后它的总加速度恰好与半径成45°角。在此时间内质点经过的路程为 m ，角位移为 rad ，在1s 末总加速度大小为 m ? s –2

填空题4图

解：答案为：1s ； 1.5 m ； 0.5 rad ； 4.2 m ? s –2。 (1) 总加速度恰好与半径成45°角时a n = a t ，根据

t 2

t 2n )(a R

t a R a ===v

s 1t

==

a R

t (2) m 5.12

1

2t ==

t a s (3) rad 5.0π2π2==?=?R

s

R s ? (4) 1s 末

22

τ2n s m 3)(-?===R

t a R a v ，

222

n 2t s m 2.4s m 23 --?=?=+=∴a a a

6. 若地球的自转速率快到使得在赤道上的法向加速度为g ，则一天的时间应为 小时。（地球半径R = 6.4?10 6m ） 解：答案为：1.41小时。

简要提示：由：g R =2ω，R

g =

ω， h 41.1s 5075π

2π

2====

g

R

T ω

7. 一列车以5.66 m ? s –2的加速度在平面直铁道上行驶，小球在车厢中自由下落，则小球相对于车厢中乘客的加速度大小为________ m ? s –2，加速度与铅垂直的夹角为_______。

解：答案为：11.3 m ? s –2；300。

简要提示：如图所示，小球相对于地面的加速度，即绝对加速度是g 。列车的加速度，即牵连加速度a 0，大小为a 0 = 5.66 m ? s –2，所以小球的相对加速度a ' 为

0a g a -='

得a ' 的大小为： 22

02s m 3.11-?=+='a g a

与竖直方向的夹角θ为 ?='=-30)/(sin 01a a θ

三 计算题

1. 半径为R 的轮子在水平面上以角速度ω 作无滑动滚动时，轮边缘上任一质点的运动学方程为j i r )cos ()sin (t R R t R Rt ωωω-+-=，其中i 、j 分别为x ，y 直角坐标轴上的单位矢量，试求该质点的速率和加速度的大小。

解：质点运动的分量方程为?

??-=-=t R R y t

R Rt x ωωωcos sin

t R t

y t R R t x

y x ωωωωωsin d d cos d d ==-==

∴v v ， t

t R t R t R R y x ωωωωωωωω222222sin )cos 1()sin ()cos (+-=+-=+=∴v v v 2

sin 2t

R

ωω=v t R t

a t R t a y y x

x ωωωωcos d d sin d d 22====

v v ， R a a a y x 222ω=+=∴

2. 一质点运动的加速度为j i a 232t t +=，初始速度与初始位移均为零，求该质点的运动学方程以及2s 时该质点的速度。

解：答案为：j i r 434

1

31t t +=；1s m )84(-?+=j i v

简要提示：已知质点运动的加速度，可得

质点的速度为 j i a 320t t dt +=+=?v v

运动方程为 j i r r 43041

31t t dt +=+=?v

所以，2秒时质点的速度为： 1s m )84(-?+=j i v

3. 一艘正以v 0匀速直线行驶的舰艇，关闭发动机后，得到一个与舰速反向、大小与舰

速平方成正比的加速度，即d v /d t=-k v 2，k 为一常数，求证舰艇在行驶距离x 时的速率为v =v 0e -kx 。

解：已知：2d d v v

k t

-=

对上式分离变量x

t x x t d d d d d d d d v

v v v ==，得到

d d 2v v v k x

-= v

v k x d d -=

两边积分

d d 00??-=v v v v

k x x 得 0

0ln 1)ln (ln 1 v v

v v k k x -=--=

kx e -=0v v

4. 一质点初始时从原点开始以速度v 0沿x 轴正向运动，设运动过程中质点受到的加速

度a = ?kx 2，求质点在x 轴正向前进的最远距离。

解：已知：x 0 = 0，v 0和a = ?kx 2，运用分离变量，得：

x kx kx x

d d d d 22-=-=v v v

v

两边积分： ??-=x x kx 0

2d d 0

v

v

v v

得：

3/)3202kx -=-v (v 2

1 当v = 0时，质点前进的距离最远，即：3/12

0max )2/3(k x v =

5. 表面平直的山坡与水平面成30°，在山脚用炮轰山腰处的目标，已知v 0 = 150 m ? s –1，炮筒与水平面成60°，求击中的目标离炮位有多远？

解：取坐标如图，以炮位为原点，目标为P ，离炮位的距离为s 。则有

°30tan x y =

由轨迹方程 °

°60cos 260tan 22

02

v gx x y -= 联立解得

m 1326)30tan 60(tan 60cos 2220≈-=

°°°

g

x v m 6.76530tan ==°x y

根据22y x s +=或者?

=

30sin y

s ，均可以计算出m 2.1531=s 。

6. 设一歼击机在高空A 点时的速度沿水平方向，速率为1800 km/h ，飞机在竖直平面上沿近似于圆弧轨道俯冲到点B ，其速率变为2100 km/h ，A 到B 的圆弧的半径为4.0km ，所经历的时间为3.5s ，该俯冲过程可视为匀变速率圆周运动。求飞机在B 点加速度的大小，飞行员能承受这样的加速度吗？

解 500m /s km /h 1800A ==v ，m /s 583km /h 2100B ==v 。飞机在B 点的加速度的法向加速度

22

2B n m /s 0.854000

583===R a v

俯冲过程视为匀变速率圆周运动，故切向加速度可按照下式计算

2A B t m /s 7.233.5

500

-583 ==-=

t a v v 因此飞机在B 点的加速度大小

22222t 2

n m/s 2.88m/s 7.230.85=+=+=a a a

上面计算出的加速度是重力加速度的9倍，这是飞机驾驶员最多可承受的极限加速度。

7. 一质点沿半径为R 的圆周按规律2

02

1kt t s -=v 运动，v 0，k 都是常量.求：

（1）质点作圆周运动的速率；（2）质点的加速度。

解（1）质点作圆周运动的速率

kt t

s

-==

0d d v v （2）切向加速度和法向加速度分别为

k t

a -==d d t v

，R kt R a 2

02n )(-==v v 因此质点的加速度大小

2

4

022

n 2t )(R kt k a a a -+

=+=v

如图所示，设其与速度方向的夹角为θ ，则有

])(arctan[arctan 20t n

Rk

kt a a --==v θ

质点的加速度大小和方向都是随时间t 变化。

8. 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动，设0=t 时质点位于极轴上，其角速度为ω =12 t 2 (SI 单位)。(1) 求在t = 2.0s 时质点的法向加速度、切向加速度和角位置。(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时，角位置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？

解：(1) 已知ω =12 t 2，所以2秒时法向加速度和切向加速度分别为：

242n s m 4.230144-?===rt r a ω 2t s m 8.424d /d -?===rt t r a ω

其角位置为： rad 32rad 24d 2

030=?=+=?t ωθθ

(2) 由2/ t 2t 2

n a a a a a =+=，可得： 2n

2t 3a a =，即： 242)144()24(3rt rt =， 解得：33s 29.0=t

所以： rad 16.14d 030==+=?t

t t ωθθ

(3) 由n t a a =，可得 414424rt rt =， 所以s 55.0=t

9. 一架预警机A 以v A =1000km ? h –1的速率相对于地面向南巡航，飞机中雷达员发现一目标B 以v B =1200km ? h –1的速率相对于地面向东偏南30?方向飞行。求目标B 相对于预警机A 的速度。

解： 如图所示，已知飞机A 的绝对速度v A 和目标B 的绝对速度v B ，所以目标B 相对于飞机A 的相对速度v BA 为

A B BA v v v -=

所以

10h km 2.103930cos -?===B Bx BAx v v v

1

h km 40030sin -?=-=-=B A By A BAy v v v v v

因此，相对速度v BA 的大小为

1222

2h km 6.11134002.1039-?=+=+=BAy BAx v v v BA

方向为东偏北θ 角，θ 的大小为?===--212

.1039400

tan tan 1

1BAx

BAy v v θ

即相对速度v BA 的方向为东偏北21?。

x