三峡大学：《大学物理》课程教学资源（试卷习题）第一章 运动的描述习题精选及参考答案

第一章运动的描述 习题精选及参考答案 1△r1与4有无不同?和有无不同?和有无不同?其不同在哪里?试 dt d 举例说明. 解:(1)Ar是位移的模,△r是位矢的模的增量,即Ar=-,4=|-所: 是速度的模,即 叫 只是速度在径向上的分量 ∵有r=rP(式中叫做单位矢),则=元~d dt d 式中一就是速度径向上的分量 d不同如题1-1图所示 d (3)表示加速度的模,即园=,是加速度a在切向上的分量 ∵有v=Vr(z表轨道节线方向单位矢),所以 式中一就是加速度的切向分量 (∵与的运算较复杂,超出教材规定,故不予讨论) 2一质点在xO平面上运动,运动方程为 3t+5 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

第一章 运动的描述 习题精选及参考答案 1 ｜ r ｜与 r 有无不同? d t dr 和 d t dr 有无不同? d t dv 和 d t dv 有无不同?其不同在哪里?试 举例说明． 解：（1） r 是位移的模，  r 是位矢的模的增量，即 r 2 1 = r −r ， 2 1 r r r    = − ； （2） d t dr 是速度的模，即 d t dr = v = t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有 r = rr ˆ （式中 r ˆ 叫做单位矢），则 t ˆ ˆ r t r t d d d d d d r r r = + 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题 1-1 图所示. 题 1-1 图 (3) d t dv 表示加速度的模，即 t v a d d   = ， t v d d 是加速度 a 在切向上的分量. ∵有     v = v ( 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d      = + 式中 dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d d ˆ d d ˆ     与 的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 2 一质点在 xOy 平面上运动，运动方程为 x =3 t +5, y = 2 1 t 2 +3 t -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 ＝0 s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(请把位置矢量、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) F=(3t+5)1+(t2+3-4)/m (2)将t=1,t=2代入上式即有 万1=87-0.5j 11i+4i m A=2-F1=3j+4.5jm 1=5j-4j,n4=17i+16j F4-112i+20 3+5jm 4 (4)v==3+(t+3)ms v4=3+7jm v=3i+3 1jm·s 这说明该点只有y方向的加速度,且为恒量。 3在离水面高h米的岸上,有人用绳子拉船靠岸,船在离岸S处,如题3图所示.当人以 o(m·s-)的速率收绳时,试求船运动的速度和加速度的大小

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 ＝ 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(请把位置矢量、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） r t i t t j    3 4) 2 1 (3 5) ( 2 = + + + − m (2)将 t =1, t = 2 代入上式即有 r i j    1 = 8 − 0.5 m r j j    2 =11 + 4 m r r r j j       = 2 − 1 = 3 + 4.5 m (3)∵ r j j r i j       0 = 5 − 4 , 4 =17 +16 ∴ 4 0 1 3 5 m s 4 12 20 4 0 − = +  + = − − =   = i j r r i j t r v         (4) 1 3 ( 3) m s d d − = = i + t + j  t r v     则 v i j    4 = 3 + 7 1 m s −  (5)∵ v i j v i j       0 = 3 + 3 , 4 = 3 + 7 4 0 2 1 m s 4 4 4 − = =  − =   = j v v t v a      (6) 2 1 m s d d − = = j  t v a    这说明该点只有 y 方向的加速度，且为恒量。 3 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题3图所示．当人以 0 v (m· −1 s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小． 图3

解:设人到船之间绳的长度为l,此时绳与水面成角,由图可知 12=h2 将上式对时间t求导,得 题3图 根据速度的定义,并注意到l,s是随t减少的, ds d/ cose 或 将v船再对t求导,即得船的加速度 ava=-at dt_-vo+hNo h vo 4已知一质点作直线运动,其加速度为a=4+31ms2,开始运动时,x=5m,v=0, 求该质点在=10s时的速度和位置 解:∵ 4+3t 分离变量,得 dv=(4+3t )dt 积分,得 v=41+=12+c1 由题知,t=0,vo=0,∴C1=0 故 y=4t+2t2 又因为 4t+-t

解： 设人到船之间绳的长度为 l ，此时绳与水面成  角，由图可知 2 2 2 l = h + s 将上式对时间 t 求导，得 t s s t l l d d 2 d d 2 = 题 3 图 根据速度的定义，并注意到 l , s 是随 t 减少的， ∴ t s v v t l v d d , d d 绳 = − = 0 船 = − 即 d cos d d d 0 0 v v s l t l s l t s v船 = − = − = = 或 s h s v s lv v 0 2 2 1/ 2 0 ( + ) 船 = = 将 v船 再对 t 求导，即得船的加速度 3 2 0 2 2 2 0 2 2 0 0 2 0 ( ) d d d d d d s h v s v s l s v s v s lv v s t s l t l s t v a = − + = − + = − = = 船 船 4 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3 t 2 m s −  ，开始运动时， x ＝5 m， v =0， 求该质点在 t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t t v a 4 3 d d = = + 分离变量，得 dv = (4 + 3t)dt 积分，得 1 2 2 3 v = 4t + t + c 由题知， t = 0, v0 = 0 ,∴ c1 = 0 故 2 2 3 v = 4t + t 又因为 2 2 3 4 d d t t t x v = = +

分离变量,dx=(4t+ 积分得 x=21+-t+c2 由题知t=0,x0=5,∴c,=5 故 t2+-t3+5 所以t=10s时 v1o=4×10+×102=190m·s-l x1=2×102+-×103+5=705 5一质点沿半径为1m的圆周运动,运动方程为=2+3t3,O式中以弧度计,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? do B (1)t=2s时, a2=RB=1×18×2=36ms-2 an=R2=1×(9×22)2=1296ms2 (2)当加速度方向与半径成45°角时,有 tan45°==1 即 Ro= R 亦即 (9r2)2=18t 2 则解得 于是角位移为 2 6飞轮半径为0.4m,自静止启动,其角加速度为B=0.2rad·s-2,求t=2s时边缘上 各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度

分离变量， x t t )dt 2 3 d (4 2 = + 积分得 2 2 3 2 1 x = 2t + t + c 由题知 t = 0, x0 = 5 ,∴ c2 = 5 故 5 2 1 2 2 3 x = t + t + 所以 t = 10 s 时 10 5 705 m 2 1 2 10 10 190 m s 2 3 4 10 2 3 10 2 1 10 =  +  + = =  +  =  − x v 5 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为  =2+3 3 t ， 式中以弧度计， t 以秒计， 求：(1) t ＝2 s 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 t t t 18 d d 9 , d d 2 = = = =     (1) t = 2 s 时， 2 1 18 2 36 m s − =  =   =  a R 2 2 2 2 1 (9 2 ) 1296 m s − a = R =   =  n (2)当加速度方向与半径成 ο 45 角时，有 tan 45 = = 1 an a 即 R = R 2 亦即 (9t ) 18t 2 2 = 则解得 9 3 2 t = 于是角位移为 2.67 rad 9 2 2 3 2 3 3  = + t = +  = 6 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为 β= 0.2 rad· 2 s − ，求 t ＝2s时边缘上 各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．

当t=2s时,O==0.2×2=04rads 则v=Ra=04×04=0.16 R (04)2=0.06 a2=RB=04×0.2=008m·s2

解：当 t = 2 s 时，  = t = 0.2 2 = 0.4 1 rad s −  则 v = R = 0.40.4 = 0.16 1 m s −  0.4 (0.4) 0.064 2 2 an = R =  = 2 m s −  a = R = 0.40.2 = 0.08 2 m s −  2 2 2 2 2 (0.064) (0.08) 0.102 m s − = + = + =  a an a