大学物理第一章质点运动学习题解(详细、完整)

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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(1)

v2 KK
由图中的几何关系，知：
vx

v1 KK
10(m /
s)
y(北)
vy

(vK2 K

v1 KK
)tg
45
v
45
15 10 5(m / s)
10ms-1 15ms-1 x(东)
O
风速的大小：
v 102 52 11.2(m / s)
风速的方向：
2q
由υy=0有得射高
t v0 sin q g
ym

v02 sin 2 2g
q
讨论：抛射初速度大小v0一定的情况下，抛射角q = 45o 时，射程最大，q = 90o 时，射高最大。
抛体在任意时刻的运动方程
v dr dt
r tvdt 0
y
v0t
1 gt2 2

t 0
任意时刻速度分量为
y
v x v0 cosq v y v0 sinq gt v0y
积分可得运动方程
v v0
g
θ
x v0 cosq t
y

v0
sinq

t

1 2
gt
2
o
v0 x
x
消去t 得轨迹方程
y

x
t
anq

2v
2 0
g cos2
q
x2
由y =0得射程
xm

v02
sin g
(
x2 h2 u) u
x
x2
h2 dx x2 h2 dt

u2h2 x3

大学物理习题册及解答_第二版_第一章_质点的运动

如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置的速度
为
．
a
d
dt
d
dx
dx dt
d
dx
d adx (3 6x2 )dx
d
x (3 6x2 )dx
0
0
6x 4x3
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：
(S I)S，式bt中b0、.5cct为2 大于零的常数，且b2>R c．
Δt
2 1
“-”表示平均速度方向沿x轴负向。
dx
(2) 第2秒末的瞬时速度 v 10t 9t 2 16m/s
dt
t2
(3) 由2秒末的加速度 a dv 10 18t 26m/s2
dt
t2
2.一质点在Oxy平面上运动，运动方程为x=3t, y=3t2-5(SI), 求(1)质点运动的轨道方程,并画出轨道曲线;(2)t1=0s和t2=120s时质点的的速度、加速度。
与其速度矢量恰好垂直；(4) 在什么时刻电子离原点最近．
4 质点作曲线运动，表示位置矢量，表示速度，表示加速度，
S表示路程，at表示切向加速度，下列表达式中，
(1) d a
dt
(3) dS
dt
(2) dr
(4)
ddtr
dt
at
（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．
, ay
dvy dt
dv 2dt, dv 36t 2dt
x
y
dv vx
0
x
t
0
2 dt

大学物理练习题_C1-1质点运动学（含答案解析）

本习题版权归西南交大理学院物理系所有《大学物理AI 》作业No.01运动的描述班级________学号________姓名_________成绩_______一、选择题1．一质点沿x 轴作直线运动，其v ~t 曲线如图所示。

若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)0(B) 5 m(C) 2 m (D)－2 m (E)－5 m解：因质点沿x 轴作直线运动，速度v =x 2t 2v (m ⋅s -1)21O-112.5234 4.5t (s )d x，d t∆x =⎰d x =⎰v d tx 1t 1所以在v ~t 图中，曲线所包围的面积在数值上等于对应时间间隔内质点位移的大小。

横轴以上面积为正，表示位移为正；横轴以下面积为负，表示位移为负。

由上分析可得t＝4.5 s 时,位移∆x =x =1(1+2.5)⨯2-1(1+2)⨯1=2(m )22选C2．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、ϖv湖水静止，则小船的运动是0[](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)匀速直线运动解：以水面和湖岸交点为坐标原点建立坐标系如图所示，且设定滑轮到湖面高度为h ，则xh 2+x 2d l x d x =-=v 0题意匀速率收绳有22d td t h +x 小船在任一位置绳长为l =d x h 2+x 2=-v 0故小船在任一位置速率为d t x 22d 2x 2h +2x =-v 0小船在任一位置加速度为a =，因加速度随小船位置变化，且d t 2x 3与速度方向相同，故小船作变加速运动。

选Cϖ3．一运动质点在某瞬时位于矢径r (x ,y )的端点处，其速度大小为[]d r (A)d t ϖd r (C)d tϖd r (B)d t(D)⎛d x ⎫⎛d y ⎫ ⎪+ ⎪d t d t ⎝⎭⎝⎭22ϖϖϖd x ϖd y ϖϖϖd r解：由速度定义v =及其直角坐标系表示v =v x i +v y j =i +j 可得速度大d t d t d t ϖ⎛d x ⎫⎛d y ⎫小为v =⎪+ ⎪d t d t ⎝⎭⎝⎭22精品文档选D4．一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速度为v ，平均速率为v ，它们之间的关系必定有[](A)v =v ,ϖϖϖϖϖ(B)v ≠v ,v =vv =v ϖϖϖϖ(C)v =v ,v ≠v (D)v ≠v ,v ≠vϖd s ϖd rϖϖ解：根据定义，瞬时速度为v =，瞬时速率为v =，由于d r =d s ，所以v =v 。

大学物理上册第一章习题答案详解

� ⎛1 ⎞� r = (3t + 5)i + ⎜ t 2 + 3t − 4 ⎟ j (m) ⎝2 ⎠
(2) 第一秒内位移
� � � ∆r1 = ( x1 − x 0 )i + ( y1 − y 0 ) j �⎡ 1 ⎤� = 3(1 − 0)i ⎢ (1 − 0) 2 + 3(1 − 10)⎥ j ⎣2 ⎦ � � = 3i + 3.5 j (m)
负号表示 a 的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.
1-8 在生物物理实验中用来分离不同种类分子的超级离心机的转速是 6 × 10 4 r ⋅ min −1 ，在这种离心机的转子内，离轴 l0cm 远的一个大分子的向心加速度是重力加速度的几倍?
解：物体 A 下降的加速度(如图所示)为
2h 2 × 0.4 = = 0.2m/s 2 2 2 t 2 此加速度也等于轮缘上一点在 t ′ = 3s 时的切向加速度，即
a=
′ at = 0.2(m/s 2 )
在 t ′ = 3s 时的法向加速度为
an =
′ v ′ 2 (a t t ) 2 (0.2 × 3) 2 = = = 0.36(m/s 2 ) R R 1.0
ds l dl s 2 + h2 = =− v0 dt s l 2 − h 2 dt
习题 1-7 图
负号表示船在水面上向岸靠近. 船的加速度为
a=
⎡d ⎛ dv l = −⎢ ⎜ ⎜ 2 2 dt ⎢ ⎣ dl ⎝ l − h
2 ⎞ ⎤ dl h 2v ⎟v 0 ⎥ = − 30 ⎟ s ⎠ ⎥ ⎦ dt
将 t=3s 代入证
1 x3 = 41 (m) 4

大学物理学第四版1质点运动学习题答案

习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j +其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。

解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d r v dt= ，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。

1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。

求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t s 的位移；（3）0=t 和1=t s 两时刻的速度。

解：（1）由24(32)r t i t j =++ ，可知24x t = ，32y t =+ 消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。

（2）从0=t 到1=t s 的位移为：j i j j i r r r243)54()0()1(+=-+=-=∆（3）由d r v dt= ，有速度：82v t i j =+0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。

1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，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。

解：(1)由d rv dt = ，有：22v t i j =+ ，d v a dt= ，有：2a i = ；（2）而v v =，有速率：1222[(2)2]v t =+=∴t dv a dt==，利用222t n a a a =+有：n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为h ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。

大学物理试题库及答案详解【考试必备】

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ts t 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；trd d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．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 402=+==⎰⎰x x s s QP1 -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 TR x π2sin=',t TR 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 v i 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 -t 2,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 v B 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 v v v v 得石子速度 )1(Bt e B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BA t 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 BA tB 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⎰⎰⎰+==t t t t 000)d 46(d d j i a v v j 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 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,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td d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为R a 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 ＝vt , 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 v v 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 (coscos 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 n2s 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 ＝0.55ｓ 1 -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v 2 ．(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hl αarctan ≥．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．。

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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at=0的运动是运动；任意时刻an=0的运动是运动；任意时刻a=0的运动是运动；任意时刻at=0，an=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/s10

g。

解：此沟的宽度为

m345m1060sin302sin220gRv

1–4 一质点在xoy平面运动，运动方程为tx2，229ty，位移的单位为m，试

写出st1时质点的位置矢量__________；st2时该质点的瞬时速度为__________，此时的瞬时加速度为__________。解：将st1代入tx2，229ty得

2xm，7ym st1故时质点的位置矢量为 jir72（m）

由质点的运动方程为tx2，229ty得质点在任意时刻的速度为

m/s2ddtxxv，m/s4ddttxyv st2时该质点的瞬时速度为 ji82v（m/s）

质点在任意时刻的加速度为 0ddtaxx

，2m/s4ddtayyv

st2时该质点的瞬时加速度为j4m/s2。

1–5 一质点沿x轴正向运动，其加速度与位置的关系为xa23，若在x=0处，其速度m/s5

0v，则质点运动到x=3m处时所具有的速度为__________。

解：由xa23得

xxtxxt23ddddddddvvvv

故 xxd)23(dvv 积分得

305d)23(dxx

vvv

则质点运动到x=3m处时所具有的速度大小为 61vm/s=7.81m/s；

1–6 一质点作半径R=1.0m的圆周运动，其运动方程为tt32

，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

2322322rad

由tt323得任意时刻的角速度大小为

36dd2tt



t=2s时角速度为

326227rad/s

任意时刻的角速度大小为

tt12dd

t=2s时角加速度为

212=24rad/s

t=2s时切向加速度为

2120.1tRa24m/s2 t=2s时法向加速度为 22n270.1Ra729m/s2； 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an都是变化的，因此至少其方向在不断变化。而切向加速度at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，at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，at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),(yxr的端点处，对其速度大小有四种意见：（1）trdd （2）tddr （3）tsdd （4）22ddddtytx 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：trdd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；tddr表示速度矢量；tsdd是在自然坐标系中计算速度大小的公式；22ddddtytx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jir

btat（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jir

btat可计算出质点的速度为jibtat22v，加速度为jiba22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–t2（SI），则小球运动到最高点的时刻是[ ]。 A．t＝4s B．t＝2s C．t＝8s D．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–t2，利用tsd

v得任

意时刻的速度为 t24v 令024tv，得

s2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V0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g C．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。

tVx0， 221gty 根据三角形相似得dSxy//，所以得影子位移为

02/VgtxydS

由此可见影子在竖直方向作速度为02Vg的匀速直线运动。故选（A）。

1–13 在相对地面静止的坐标系，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[ ]。

图1-1 x A

S y

N M

V0 S A．ji22 B．ji22 C．ji22 D．ji22 解：选B船为运动物体，则B船相对于地的速度为绝对速度j2v，A船相对于地的速度为牵连速度i2

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

vvv0

，故ji22v，因此应选（B）

1–14 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/s2。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：收到信号时间与前方障碍物距离（单位：m） 9:10:20 52 9:10:30 32 发射信号时间给减速器设定的加速度（单位：m/s2） 9:10:33 2 收到信号时间与前方障碍物距离（单位：m） 9:10:40 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

s10cst月地

从前两次收到的信号可知：探测器的速度为 m/s21032521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/s2101232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