2015第一章 质点运动学作业答案
2015第一章质点运动学作业答案
第一章质点运动学.选择题::B : 1、［基础训练2］—质点沿x轴作直线运动，其(A) 5m . (B) 2m .(C) 0 . (D) -2 m .(E) -5 m.4.5 s【答】x = vdt，质点在x轴上的位置即为这段时间内v-t曲线下的面积的代数和：x = (1 2.5) 2 2 - (2 1) 1 2 = 2(m):A : 2、［基础训练5］一条河在某一段直线岸边同侧有4 km/h .如河水流速为2 km/h,方向从A到B，则(B) 甲和乙同时回到A.(D)甲比乙早2分钟回到A.. . . 一1 1 2 ,.、上甲=I A jB ' t o >A ( h)J4 4 2 4-2 3乙：t^ t A ,B t B = 2t A B =2 ,2 (h)；••• At =t 甲-匕=-(h) =10 (min)6:C : 3、［自测提高1］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v0收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船的运动是甲、乙两人需要从码头A到码头B,再立即由B返回。
甲划船前去，船相对河水的速度为(A)匀加速运动.(C)变加速运动. (B)匀减速运动.(D)变减速运动. (E)匀速直线运动.【答】如图建坐标系，设船离岸边x米, -h2x22l d^=2x dXdt dtdx I dl x2 h2 dl dldt x dt x dt dtdx h2 x2iv i v0idt x v -t曲线如图所示，如t=0时，质点位于坐标原点，则t=4.5 s时，质点在x轴上的位置为A、B两个码头，相距1 km。
km/h ;而乙沿岸步行，步行速度也为(A)甲比乙晚10分钟回到A.(C)甲比乙早10分钟回到A.【答】甲::B : 4、（自测提高3）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(A) 2 -：R/T , 2 -R/T . (C) 0,0 .【答】平均速度大小：V = — =0II A t:C : 5、［自测提高6］某物体的运动规律为 dv/dt - -kv 2t ，式中的k 为大于零的常 量.当t =0时，初速为V 。
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第一章质点运动学1、(习题1.1)：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 =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 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 dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk 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 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．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 ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 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 =+，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。
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第一章质点运动学1-1质点作曲线运动，在时刻 t 质点的位失为r ，速度为v ,速率为v , t 至（t t 路程为 s ，位失大小的变化量为 r （或称 r ），平均速度为v ,平均速率为v 。
（1）根据上述情况，则必有（ B ） 时间内的位移为 r ，(A) r s r (B) r s r ，当 t 0时有 dr ds dr (C ) r r s ，当 t 0时有 dr dr ds (D)r s r ，当 t 0时有 dr dr ds （2）根据上述情况,则必有 （ C )(A) v vj 7 v (B) v vj v v(C ) v v 侗 v (D) v vj v v1-2 一运动质点在某瞬时位于位失 r （x, y ）的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 dr （1）巴；（2） dr ；（3） ds . (4) J (dx )2 (dy ) dt dt dtXdt dt下述判断正确的是 :（ D )（A ）只有（1） (2) 正确； (A ) 只有 ( 2）正确（A ）只有（2） (3) 正确； (A ) 只有 ( 3) (4) 正确 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。
/、 dv/、 dr / 、ds v ； (4) dv (1) 一a ； (2)— v ； (3)— dt dt dt dt对下列表达式，即 a t 下述判断正确的是（ D ） （A ）只有（1）（ 4 ）是对的；（A ）只有（2）（ 4）是对的 （A ）只有（2 ）是对的；（A ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ B ） （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 1-5有一质点作直线运动，其运动方程为 x =6t -2t （SI 制），试求: （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） 质点作什么类型的运动？(5 0解：⑴ 先求出质点在第二秒内的位移。
2015第一章质点运动学作业答案
一.选择题：:B ］1、［基础训练2］—质点沿x轴作直线运动，其v t曲线如图所示，如t=0时，质点位于坐标原点则t=4、5 s时质点在x轴上得位置为(A) 5m. (B) 2m.(C) 0. (D) 2 m.(E) 5 m、【答】，质点在x轴上得位置即为这段时间内vt曲线下得面积得代数与：:A : 2、［基础训练5］一条河在某一段直线岸边同侧有A、B两个码头，相距1 km。
甲、乙两人需要从码头A到码头B,再立即由B返回。
甲划船前去，船相对河水得速度为 4 km/h; 而乙沿岸步行，步行速度也为4 km/h.如河水流速为 2 km/h,方向从A到B,则(A)甲比乙晚10分钟回到A. (B)甲与乙同时回到A.(C)甲比乙早10分钟回到A. (D)甲比乙早2分钟回到A.【答】甲:;乙:；:C : 3、［自测提高1］如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处得定滑轮.设该人以匀速率收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船得运动就是拉湖中得船向岸边运动(A)匀加速运动. (B)匀减速运动.(C)变加速运动. (D)变减速运动.(E)匀速直线运动【答】如图建坐标系，设船离岸边x米,，可见，加速度与速度同向，且加速度随时间变化。
:B : 4、(自测提高3)质点沿半径为R得圆周作匀速率运动，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(A) 2 R/T , 2 R/T. (B) 0,2 R/T(C) 0,0. (D) 2 R/T , 0、【答】平均速度大小：平均速率：:C : 5、［自测提高6］某物体得运动规律为，式中得k为大于零得常量.当时，初速为V0, 则速度与时间t得函数关系就是(A) , (B),(C) , (D)【答】，分离变量并积分”得、:B : 6、［自测提高7］在相对地面静止得坐标系内，A、B二船都以2 m/s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得坐标系(x、y方向单位矢用、表示),那么在A船上得坐标系中,B船得速度(以m/s为单位)为(A) 2 + 2. (B) 2+ 2. (C) —2-2. (D) 2 —2.【答】 =+ ==填空题7、［基础训练10］ 一物体作如图所示得斜抛运动，测得在轨道A 点处速度得大小为 v,其方向与水平方向夹角成 30° ,则物体在5g ,轨道得曲率半径、(重力加速度为g)【答】如图，将重力加速度分解为切向加速度分量与法向加速度分量2a t gsin 300 0.5g, gcos30°8、［基础训练12］ 一质点沿直线运动，其运动学方程为x = 6 t -12 (SI),则在t 由0至4s 得时 间间隔内，质点得位移大小为 ，在t 由0到4s 得时间间隔内质点走过得路程为 . 【答】(1) x = 6 t - t 2 (SI),位移大小;(2),可见,t<3s 时,>0;t=3s 时,=0;而 t>3s 时,<0;所以,路程=9、 ［基础训练13］在xy 平面内有一运动质点，其运动学方程为：(SI),则t 时刻其速度；其切向加 速度得大小a t = 0 :该质点运动得轨迹就是 圆 .【答】(1)； (2) 速率，切向加速度 (3) ,,可见,,轨迹为一个圆。
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答案：[A]
提示： ，
题：
答案：[C]
提示：由时间的相对性， ，长度为
题 ：
答案：[D]
提示： 得
题：
答案：[D]
提示： ， ，故
题：
答案：[A]
提示： ； ； ；故
二、填空题
题：
答案：
提示：设痕迹之间距离为 ，由公式 （ 为静长度）。则车上观察者测得长度为
题：
答案：（1） ，（2）
提示：（1）相对论质量和相对论动量： ，
简谐振动的表达式为：x= (πt –π/3)．
（2）当t=T/4时物体的位置为;x= (π/2–π/3) = π/6 = (m)．
速度为；v= -πAsin(π/2–π/3) = πsinπ/6 = (m·s-1)．
加速度为：a= dv/dt= -ω2Acos(ωt + φ)= -π2Acos(πt -π/3)= π2cosπ/6 = (m·s-2)．
[解答]物体的总能量为：E = Ek+ Ep= (J)．
（1）根据能量公式E = kA2/2，得振幅为： = (m)．
（2）当动能等于势能时，即Ek= Ep，由于E = Ek+ Ep，可得：E =2Ep，
即 ，解得： = ±(m)．
（3）再根据能量公式E = mvm2/2，得物体经过平衡位置的速度为：
（2）速度的最大值为：vm= ωA= π = (m·s-1)； 题解答图
加速度的最大值为：am= ω2A= π2= (m·s-2)．
（3）弹簧的倔强系数为：k = mω2，最大回复力为:f = kA = mω2A= (N)；
振动能量为:E = kA2/2 =mω2A2/2 = ×10-2(J)，
(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 。
大学物理课后习题答案第一章
第一章 质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：=Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述数据求出量值．[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：．计算得加速度为：= 0.4(m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= 4.49(s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)，v a 22(1)(1)n sa n t -=+22(1)(1)n sa n t -=+22(51)30(51)10a -=+222h t g=70m22.5º 图1.3所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程， 解得：．这里y = -70m ，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t = 6.98(s)．由此可以求解其他问题．1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2，k 为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为； （2）试证在时间t ，船行驶的距离为． [证明]（1）分离变量得， 故 ，可得：． （2）公式可化为，由于v = d x/d t ，所以： 积分．因此 ． 证毕．[讨论]当力是速度的函数时，即f = f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ． 由于a = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变量得方程：， 解方程即可求解．在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则d v /d t = -kv n ．（1）如果n = 1，则得， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为 ：v = v 0e -kt ．201sin 02gt v t y θ-+=0(sin t v g θ=011kt v v =+01ln(1)x v kt k=+2d d vk t v =-020d d v t v v k t v =-⎰⎰011kt v v =+001v v v kt=+00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰01ln(1)x v kt k=+d d ()m vt f v =d d vk t v=-而d v = v 0e -kt d t ，积分得：． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此．（2）如果n ≠1，则得，积分得． 当t = 0时，v = v 0，所以，因此． 如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求：（1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)；角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即．由此得，即 ，解得 ．所以 =3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．1．6 一飞机在铅直面飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = 20m·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为， ． 即 ，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；(s)．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．0e `ktv x C k-=+-0(1-e )kt vx k -=d d n vk t v=-11n v kt C n -=-+-101n v C n-=-11011(1)n n n kt v v --=+-1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-3n t a a =23r r ωβ=22(12)243t t =33/6t =3242(13/3)t θ=+=+32012x x x v t a t =+2012y y y v t a t =-+201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅02sin 103sin v t a θα== y xO α v 0θ a a xa yv 0x v 0y[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 1.0m 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s 下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于， 所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m·s -2)．1．8 一升降机以加速度1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距 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．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为． 由题意得h = h 1 - h 2，所以， 解得时间为= 0.705(s)．算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ． （2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ， 所以飞行时间为 ． （3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为212t h a t =∆2n v a R=21012h v t at =+22012h v t gt =-21()2h a g t =+2/()t h a g =+02l t v =1221/t t u v =-02221/t t u v=-1222l l vl t v u v u v u =+=+--022222/1/1/t l v u v u v==--22V v u =-RA图1.7AB AB vv + uv - uABvuuvv． 证毕．1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作矢量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 ． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以：，即 ． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间，雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．22222222/1/l l l v t V v u u v ===--0221/t u v=-2v 3v 1v 12(sin cos )lv v hθθ=+12sin()sin(90)v v θαα=+︒-12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+12(sin cos )lv v hθθ=+v 1hl v 2θ图1.10v 1h lv 2θ v 3 α α v ⊥。
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。
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一.选择题:［B］1、[基础训练2]一质点沿x轴作直线运动,其v-t曲线如图所示,如t=0时,质点位于坐标原点,则t=4、5 s时,质点在x轴上的位置为(A) 5m. (B) 2m.(C) 0. (D) -2 m.(E) -5 m、【答】4.5sx vdt=⎰,质点在x轴上的位置即为这段时间内v-t曲线下的面积的代数与:(1 2.5)22(21)122()x m=+⨯÷-+⨯÷=［A］2、[基础训练5] 一条河在某一段直线岸边同侧有A、B两个码头,相距1 km。
甲、乙两人需要从码头A到码头B,再立即由B返回。
甲划船前去,船相对河水的速度为4 km/h;而乙沿岸步行,步行速度也为4 km/h.如河水流速为2 km/h, 方向从A到B,则(A) 甲比乙晚10分钟回到A. (B) 甲与乙同时回到A.(C) 甲比乙早10分钟回到A. (D) 甲比乙早2分钟回到A.【答】甲:()()112()42423A B B At t t h→→=+=+=+-甲;乙:1122 ()42A B B A A Bt t t t h→→→=+==⨯=乙;∴1()10 (min)6t t t h∆=-==甲乙［C］3、[自测提高1]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收绳,绳不伸长、湖水静止,则小船的运动就是(A) 匀加速运动. (B) 匀减速运动.(C) 变加速运动. (D) 变减速运动. (E) 匀速直线运动.【答】如图建坐标系,设船离岸边x米,222l h x=+,22dl dxl xdt dt=,dx l dl dldt x dt x dt==,dlvdt=-,22dx h xv i v idt x+==-223v hdv dv dxa idt dx dt x==⋅=-,可见,加速度与速度同向,且加速度随时间变化。
-12［B］4、(自测提高3)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(A) 2πR/T , 2πR/T.(B) 0 , 2πR/T(C) 0 , 0. (D) 2πR/T , 0、【答】平均速度大小:0rvt∆==∆平均速率:2s Rvt T∆==∆π［C］5、[自测提高6]某物体的运动规律为tkt2d/d vv-=,式中的k为大于零的常量.当0=t时,初速为v0,则速度v与时间t的函数关系就是(A)221vv+=kt, (B)221vv+-=kt,(C)2121vv+=kt, (D)2121vv+-=kt【答】tkt2d/d vv-=,分离变量并积分,2v tvdvktdtv=-⎰⎰,得2121vv+=kt、［B］6、[自测提高7]在相对地面静止的坐标系内,A、B二船都以2 m/s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) 2i＋2j. (B) -2i＋2j. (C) －2i－2j. (D) 2i－2j.【答】B A对v=B对v地+A对v地=B对v地-A对v地=2222 (/)j i i j m s-=-+、二、填空题7、[基础训练10] 一物体作如图所示的斜抛运动,测得在轨道A点处速度v的大小为v,其方向与水平方向夹角成30°,则物体在A点的切向加速度a t = -0.5g ,轨道的曲率半径23vg⨯、(重力加速度为g)【答】如图,将重力加速度分解为切向加速度分量与法向加速度分量,得2200sin300.5,cos30cos30t nv va g g a ggρρ=-=-==∴=8、[基础训练12] 一质点沿直线运动,其运动学方程为x = 6 t－t2(SI),则在t由0至4s的时间间隔内,质点的位移大小为 8 ()m,在t由0到4s的时间间隔内质点走过的路程为 10 ()m.【答】(1)x = 6 t－t2(SI),位移大小()24064408 ()r x x m∆=-=⨯--=;(2)62x dxv t dt==-,可见,t<3s 时,x v >0;t=3s 时,x v =0;而t>3s 时,x v <0;所以,路程=()()()3034()909810 ()x x x x m -+-=-+-=9、[基础训练13]在xy平面内有一运动质点,其运动学方程为:jt i t r5sin 105cos 10+=(SI),则t时刻其速度=v(m/s) )5cos 5sin (50 j t i t +-;其切向加速度的大小a t = 0 ;该质点运动的轨迹就是 圆 . 【答】(1)50(sin 5cos 5) (m/s)drv t i t j dt==-+; (2)速率50 /v m s =,切向加速度0t dva dt== (3)10cos5x t =,t y 5sin 10=,可见,22100x y +=,轨迹为一个圆。
10、[自测提高8] 距河岸(瞧成直线)500 m 处有一艘静止的船,船上的探照灯以转速为n =1 r/min 转动.当光束与岸边成60°角时,光束沿岸边移动的速度v = 69.8 m/s 、 【答】如图,设25002/3060d m n rad s πωπθ====︒，，; tan x d θ=,22200sec 69.8/cos 9dx dx d d v d m s dt d dt θωπθωθθ===⋅===11、[自测提高11]一质点从O 点出发以匀速率1 cm/s 作顺时针转向的圆周运动,圆的半径为1 m,如图所示.当它走过2/3圆周时,走过的路程就是__4、19(m),这段时间内的平均速度大小为34.1310(/) m s -⨯,方向就是__与x 轴正方向逆时针成600. 【答】24S 2R4.19(m)33ππ=⨯==路程 03r 2cos30v 4.1310(/)S t vm s -∆⨯====⨯∆平均速度大小;方向如图。
三.计算题12、[基础训练16 ]有一质点沿x 轴作直线运动,t 时刻的坐标为x = 4、5 t 2 – 2 t 3 (SI) .试求:(1) 第2秒内的平均速度; (2) 第2秒末的瞬时速度;vd(3) 第2秒内的路程.解:(1)t 1=1s 时,x 1=2.5m ; t 2=2s 时,x 2=2m ;21212 2.50.5 (/)21x x x x v m s t t t -∆-====-∆--,0.5 (/)v i m s =- (2)),69(2t t dtdx v x -== )/(6 ),/( 6 2s m i v s m v s t x -=-==时，(3)令0)69(2=-=t t v x , 得:' 1.5t s =、 此时 3.375m x ='第二秒内的路程()()m ....x'x x x's 2522375352375321=-+-=-+-=13、[基础训练18 ] 一物体以初速度0v 、仰角α 由地面抛出,并落回到与抛出处同一水平面上.求地面上方该抛体运动轨道的最大曲率半径与最小曲率半径.解 :如图,以θ 表示物体在运动轨道上任意点P 处其速度与水平方向的夹角, 则有αθcos cos 0v v =, θα22202cos cos v v =又因θcos g a n =,且2n v a ρ=,故该点θαρ3222cos cos g a n v v== 因为αθ≤, 所以地面上方的轨道各点均有αθcos cos ≥,上式的分母在αθ=处最小,在0=θ处最大,故()αρcos /20max g v = , g /cos 220min αρv =14、[基础训练19 ]质点沿半径为R 的圆周运动,加速度与速度的夹角ϕ保持不变,求该质点的速度随时间而变化的规律,已知初速为0v 。
解:tan ,n t a a ϕ= 将t dva dt=,2n v a R =代入,得2tan dv v dt R ϕ=,分离变量并积分:002000tan 11, tan tan tan vtv v R dv dt tv v R v v R R v t ϕϕϕϕ=-+=∴=-⎰⎰15、[基础训练20 ] 当火车静止时,乘客发现雨滴下落方向偏向车头,偏角为30°,当火车以35 m/s 的速率沿水平直路行驶时,发现雨滴下落方向偏向车尾,偏角为45°,假设雨滴相对于地的速度保持不变,试计算雨滴相对地的速度大小.解:根据伽利略速度变换式:v v v =+雨地雨地对对车车对,作图。
由正弦定理sin 45sin 75=雨地地v v 对车对 ,解得: 25.6=雨地v 对(m/s)16、[自测提高15 ] 如图所示,质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动.转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量).已知s t 2=时,质点P 的速度值为32 m/s.试求1=t s 时,质点P 的速度与加速度的大小.解:根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时, v = 4Rt 2 = 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 2附加题:17、[自测提高18] 一质点从静止开始作直线运动,开始时加速度为a 0,此后加速度随时间均匀增加,经过时间τ 后,加速度为2a 0,经过时间2τ 后,加速度为3 a 0 ,…求经过时间n τ 后,该质点的速度与走过的距离.解:设质点的加速度为 a = a 0+α t ∵ t = τ 时, a =2 a 0 ∴ α = a 0 /τ即 a = a 0+ a 0 t /τ ,由 a = d v /d t 分离变量得 ()00/dv a a t dt τ=+,积分()00/vtdv a a t dt τ=+⎰⎰,得:2002av a t t τ=+ 由 v = d s /d t ,分离变量并积分得t t s t s d d d )2(2000t a t a tτ+==⎰⎰⎰v ,302062t at a τ+=s ;当t = n τ 时,质点的速度 τ0)2(21a n n +=τn v ; 质点走过的距离 2τ02)3(61a n n +=τn s 、r vt va v v°v 45° vv 雨对车v 地车对v雨地对。