第一章 质点运动学(答案)
大学物理力学一、二章作业答案
大学物理力学一、二章作业答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第一章 质点运动学一、选择题1、一质点在xoy 平面内运动，其运动方程为2,ct b y at x +==，式中a 、b 、c 均为常数。
当运动质点的运动方向与x 轴成450角时，它的速率为[ B ]。
A ．a ；B ．a 2；C ．2c ；D ．224c a +。
2、设木块沿光滑斜面从下端开始往上滑动，然后下滑，则表示木块速度与时间关系的曲线是图1-1中的[ D ]。
3、一质点的运动方程是j t R i t R rωωsin cos +=，R 、ω为正常数。
从t ＝ωπ/到t =ωπ/2时间内该质点的路程是[ B ]。
A ．2R ；B ．R π；C ． 0；D ．ωπR 。
4、质量为0.25kg 的质点，受i t F =(N)的力作用，t =0时该质点以v=2j m/s 的速度通过坐标原点，该质点任意时刻的位置矢量是[ B ]。
A ．22t i +2j m ； B ．j t i t2323+m ；C ．j t i t343243+； D ．条件不足，无法确定。
二、填空题1、一质点沿x 轴运动，其运动方程为225t t x -+=（x 以米为单位，t 以秒为单位）。
质点的初速度为 2m/s ，第4秒末的速度为 -6m/s ，第4秒末的加速度为 -2m/s 2 。
2、一质点以π（m/s ）的匀速率作半径为5m 的圆周运动。
该质点在5s 内的平均速度的大小为 2m/s ，平均加速度的大小为 22m /5s π 。
3、一质点沿半径为0.1m 的圆周运动，其运动方程为22t +=θ（式中的θ以弧度计，t 以秒计），质点在第一秒末的速度为 0.2m/s ，切向加速度为 0.2m/s 2 。
4、一质点沿半径1m 的圆周运动，运动方程为θ=2+3t 3，其中θ以弧度计，t 以秒计。
T =2s 时质点的切向加速度为 36m/s 2 ；当加速度的方向和半径成45º角时角位移是 38rad 。
(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 。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
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。
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 。
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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 t r ；（2）d d t r；（3）d d s r；（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 y x θ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 nt 2＝b 21θ＝20tω⎰d t ＝bt 2＝211-4一人沿停靠的台阶式电梯走上楼需时90s ，当他站在开动的电梯上上楼，需时60s ．如果此人沿开动的电梯走上楼，所需时间为（）.(A)24s(B)30s (C)36s (D)40s答案：（C ）解析：设电梯长度为s ，则=+9060s s s t ，解得t ＝36s.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 ＝，00d =(3+2)d v x v 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 tθ⋅＝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/sv风地＝方向为东偏北45°.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 v tA v A t t ωωω-=⎰⎰解得，该质点的速度为cos v A tωω=-d d x v t＝00d cos d x t x A t t ωω=-⎰⎰解得，该质点的运动方程为sin x A tω=-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1s 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.(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1s 内位移为11010()()r x x i y y j∆=-+- 2213(10)(10)3(10)23 3.5()i j i j m ⎡⎤=-+-+-⎢⎥⎣⎦=+ (3)前4s 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 r v i t j t-==++⋅ t ＝4s 时质点的速度为143(43)37(m s )v i j i j -=++=+⋅ (5)前4s 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 v a j t-==⋅ t ＝4s 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 ＝2s 时，x ＝4m ，求：t ＝3s 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 t t=++==+将t =3s 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 ＝1s 时质点的坐标和位矢方向；(3)第1s 内质点的位移和平均速度；(4)t ＝1s 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 =1s 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1s 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 v a i t== 故t =1s 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1.80s 内加速到1600km·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1.80s 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 .1.80s 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1.0s 末又竖直向上扔出第二块石头，后者在h ＝11.0m 高度处击中前者，求第二块石头扔出时的速率；(2)若在1.3s 末竖直向上扔出第二块石头，它仍在h ＝11.0m 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 1.22st 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 =---D D 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。
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 。
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一. 选择题:［ C ］1、[基础训练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0v 收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船的运动是(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． 【提示】如图建坐标系，设船离岸边x 米，222l h x =+，22dl dxlxdt dt=， dx l dl dl dt x dtx dt ==，0dlv dt=-，220dx h xv i v i dt +==-2203v h dv dv dxa i dt dx dt x==⋅=-可见，加速度与速度同向，且加速度随时间变化。
［ B ］2、[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. 【提示】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。
4.50(1 2.5)22(21)122()sx vdt m ==+⨯÷-+⨯÷=⎰［ D ］3、[基础训练4] 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，t a 表示切向加速度分量，下列表达式中， (1) a t = d /d v ， (2) v =t r d /d ， (3) d d /t =s v ， (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． 【提示】根据定义式d d t =s v ，d d t a t=v，d d a a t ==v 即可判断。
［ C ］4、[基础训练6]一飞机相对空气的速度大小为 200 km/h, 风速为56 km/h ，方向从西向东．地面雷达站测得飞机速度大小为 192 km/h ，方向是-12(A) 南偏西16.3°；(B) 北偏东16.3°；(C) 向正南或向正北；(D) 西偏北16.3°；(E) 东偏南16.3°．【提示】根据三个速率的数值关系，以及伽利略速度变换式=+v v v→→→机地机空气空气地，可以画出三个速度之间的矢量关系，如图所示。
=200km/h, 56/, =192km/hkm hv v v→→→=机空气空气地机地,根据余弦定理，222200=56192256192cosθ+-⨯⨯，解得cos=0θ，所以=2πθ±.［ 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的函数关系是(A)221vv+=kt, (B)221vv+-=kt,(C)2121vv+=kt, (D)2121vv+-=kt【提示】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．【提示】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1、[基础训练10 ]在轨道A点处速度v的大小为v30°，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）【提示】如图，将重力加速度分解为切向加速度分量和法向加速度分量，得v→机地v→空气地v→空气地空气v→机地220sin 300.5, cos 30 cos 30t n v v a g g a g g ρρ=-=-==∴=2、[基础训练12 ]一质点沿直线运动,其运动学方程为x = 6 t －t 2 (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 ．【提示】（1）x = 6 t －t 2 (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 -+-=-+-=3、[基础训练13 ]在x 轴上作变加速直线运动的质点，已知其初速度为0v ，初始位置为x 0，加速度2Ct a =（其中C 为常量），则其速度与时间的关系为=v 30 3C v t +，运动学方程为=x 400 + 12C x v t t +． 【提示】（1）2dv a Ct dt ==，02vtv dv Ct dt =⎰⎰，得：303C v v t =+.（2）303C dx v v t dt =+=，03003x tx C dx v t dt ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰⎰，得：400+12C x x v t t =+.4、[自测提高9 ]一质点从静止出发沿半径R=1m 的圆周运动，其角加速度随时间t 的变化规律为2126 (SI)t t β=-，则质点的角速度ω =3243 (/) t t rad s -；加速度切向分量a t =22126 (/) t t m s -。
【提示】（1）2126d t t dt ωβ=-=，()200126td t t dt ωω=-⎰⎰，3243 (/)t t rad s ω=-；（2）22126 (/)t a R t t m s β==-；5、[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，走过的路程是__4π/3=4.19（m ），这段时间内的平均速度大小为3)=4.1310(/) m s π-⨯，方向是__与x 轴正方向逆时针成600．【提示】24S 2R (m);33ππ=⨯=路程 0r 2cos30v m /s S t 400vπ∆⨯===∆平均速度大小（）；v方向如图。
6、[自测提高14 ]小船从岸边A 点出发渡河，如果它保持与河岸垂直向前划，则经过时间t 1到达对岸下游C 点；如果小船以同样速率划行，但垂直河岸横渡到正对岸B 点，则需与A 、B 两点联成的直线成α角逆流划行，经过时间t 2到达B 点．若B 、C 两点间距为S ，则(1) 此河宽度l(2) α =()112cos / t t -或12sin -⎢⎥⎣⎦。
【提示】设小船速度为v ，水流速度为u ，如图。
（1）保持与河岸垂直向前划时，1 l vt =……①； 1S ut =……②；（2）成α角逆流划行时，()2cos l v t α=……③； sin u v α=……④.联立①和③得：()()11212cos /, cos /t t t t αα-=∴=；联立②和④，可求出sin u v α===再代入①得：l =.三．计算题1、[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； (3) 第2秒内的路程．解：（1）t 1=1s: x 1=2.5m; t 2=2s: x 2=2m ;∴ 21212 2.50.5(/)21x x v i i i m s t t --===--- （2）,)69(2i t t i dtdx v -== )/(6)4629(22s m i i v s t -=⨯-⨯==∴时， （3）令0)69(2=-=i t t v ， 得：' 1.5t s =. 此时x ’=3.375m;∴第二秒内的路程s=(x ’-x 1)+(x ’-x 2)=（3.375-2.5）+(3.375-2)=2.25m2、[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vv uαA质点的速度随时间而变化的规律，已知初速为0v 。
解：,n t a tg a ϕ= 将t dva dt=，2n v a R =代入，得2dv v dt Rtg ϕ=，分离变量并积分：00200011, vtv v Rtg dv dt tv v Rtg v v Rtg Rtg v t ϕϕϕϕ=-+=∴=-⎰⎰4、[自测提高15 ]质点按照212s bt ct =-的规律沿半径为R 的圆周运动，其中s 是质点运动的路程，b 、c 是常量，并且b 2>cR 。
问当切向加速度与法向加速度大小相等时，质点运动了多少时间？解：212s bt ct =-，dsv b ct dt==-，切向加速度大小t dv a c c dt ==-=，法向加速度大小2n v a R=； 当切向加速度与法向加速度大小相等时：2v cR =，v =，即b ct -=得1b t c-=；2b t c=。
讨论：若s 是路程，则v>0，只有t 1一个解。
4、[自测提高17 ] 一敞顶电梯以恒定速率v =10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m 时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率200=v m/s ．试问： (1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？(2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？解：(1) 根据伽利略速度变换式对对对v v v =+球地球梯梯地，可得球相对地面的初速度：方向向上，大小为2010对v =+=球地30 m/s球到达最高点时，对地的速度为零。
可得最大高度为245.92对v h g==球地m/s离地面高度为H = (45.9+10) m =55.9 m(2) 以地面作为参考系：球回到电梯上时，电梯上升的高度＝球上升的高度，即212v v 对对t t gt =-梯地球地解得： 02v0 4.08t t g===（舍去）或 s【若以电梯作为参考系：则00v v gt -=-】附加题：[ 自测提高16 ] 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：如图，设风对地v kvj =，正方形边长为L ，根据+风对地机对地机对风v v v =求解。