第一章 质点运动学
T1-4：BDDB
1 -9 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2
式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．
试求：(1) 初速度的矢量表达式和大小；(2) 加速度的矢量表达式和大小 解 (1) 速度的分量式为
vx? dxdy??10?60tvy??15?40tdtdt当t ＝0 时, vox ＝-10 m·ｓ-1 , voy ＝15 m·ｓ-1 ,
???则初速度的矢量表达式为v??10i?15j，
初速度大小为
v0?v0x?v0y?18.0m?s?122
(2) 加速度的分量式为
dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2 dtdt???则加速度的矢量表达式为a?60i?40j，
ax?加速度的大小为
a?ax?ay?72.1m?s?2
221 -13 质点沿直线运动,加速度a＝4 -t2 ,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(1) 质点的任意时刻速度表达式；(2)运动方程．
解：（1） 由a＝4 -t2及a?dv， dt有
?dv??adt??(4?t2)dt，
得到 v?4t?1t3?C 。
13又由题目条件，t ＝3ｓ时v ＝2，代入上式中有 2?4?3?133?C，解得C1??1，则v?4t?1t3?1。
133（2）由v?有
dx及上面所求得的速度表达式，
dt?1dx??vdt??(4t?t3?1)dt
3得到 x?2t2?1t4?t?C
212又由题目条件，t ＝3ｓ时x ＝9，代入上式中有9?2?32?程为
1?34?3?C2 ，解得C2?0.75，于是可得质点运动方12
1
x?2t2?1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律s14t?t?0.75 121?v0t?bt2运动,v0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度大小；(2) t
2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？
知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式．本题采用线量的方式来描述圆周运动的运动方程。 解 (1) 质点作圆周运动的速率为
v?其加速度的切向分量和法向分量分别为
ds?v0?bt dt22v(v?bt)dv ?0at???b, an?RRdt故加速度的大小为
2a?an?at2?R2b2?(v0?bt)4 R2 (2) 要使a?a?a?b,由b?2n2t2(v0?bt)4R2?b可得
t?v0b
(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为
2v0s?st?s0?2b
因此质点运行的圈数为
2sv0 n??2πR4πbR1 -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--题目的另一种描述方法：一质点（即题目中轮缘一点）作半径为R=0.50 m的圆周运动，且?(t)其中k为未知常数。在t＝2.0ｓ 时vｓ时?0ｓ-1 ?4 m·
?d??kt2，dt．求：(1)在t′＝0.5ｓ时质点的角速度,切向加速度和法向加速度；(2)取t＝0
?0，求t＝2.0ｓ时的?(t?2)。
知识点：第一问--圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式；第二问--运动学积分问题：已知速度及初位置求某时刻质点位置
解 （1）因ωR ＝v, 且?(t)?d??kt2得 dtv?R?(t)?Rkt2，
将t＝2.0ｓ 时vｓ-1 ?4 m·
代入上式解得k?2，
所以
ω?ω(t)?2t2。
2
则t′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为
??2t2?0.5rad?s?1 at?Rd??4Rt?1 dt1an?R?2?4Rt4?
8（2）在2.0ｓ内该点所转过的角度
2222θ?θ0??ωdt??2t2dt?t30?5.33rad
003d?23tdt??t2dt2，或者：由?(t)?有?d????()得到θ?t?C。又由题目条件，取t＝0ｓ时?0?0，?2t2，
dt323解得C=0。则在2.0ｓ内该点的角度为θ?t?5.33rad
31 -24 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为θ?2?4t3,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0
ｓ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？
知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式． 解 (1) 由于θ?2?4t3,则角速度ω?dθ?12t2．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 dtant?2s?R?2?2.30m?s?2
at(2) 当att?2s?Rd??4.80m?s?2 dt?a/2?12an?at22时,有3at22?an,即
23?24Rt??R2?12t2?
4得 t3?此时刻的角位置为
1 23θ?2?4t3?3.15rad
(3) 要使an?at,则有
23?24Rt??R2?12t2?
4t ＝0.55ｓ 第二章 牛顿定律
T1-4：DACB
2 -14 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t ＋40,式中F 的单位为N,t 的单位的ｓ．在
3
t ＝1 时,质点位于x ＝5.0 m处,其速度v＝9 m·ｓ-1 ．求质点（1）在任意时刻的速度和（2）位置．
知识点：牛顿第二定律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度 解 （1）由牛顿第二定律有
a?由a有
F?12t?4 m?dv， dt?dv??adt??(12t?4)dt，
得到 v?6t2?4t?C1 。 又由题目条件，t ＝1ｓ时v ＝9，代入上式中解得C1（2）由v有
??1，则v?6t2?4t?1。
?dxdt及上面所求得的速度表达式，
?dx??vdt??(6t2?4t?1)dt
得到
x?2t3?2t2?t?C2
又由题目条件，t ＝1ｓ时x ＝5，代入上式中解得C2?2，于是可得质点运动方程为
x?2t3?2t2?t?2。
2 -20 质量为45.0 kg 的物体,由地面以初速60.0 m·ｓ-1 竖直向上发射,物体受到空气的阻力为Fr ＝kv,且k ＝0.03 N/( m·ｓ
-1
)．(1) 求物体发射到最大高度所需的时间。
知识点：牛顿第二定律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度。在这个题目中，并不需要得到速
度的表达式，只需要得到速度和时间之间的关系式。
解 (1) 物体在空中受重力mg和空气阻力Fr ＝kv 作用而减速．由牛顿定律得
?mg?kv?m将上式改写成微元等式，有dtdv (1) dt??dv kg?vmdv，积分得到t??mln(g?kv)?C。
kmkg?vmkmkmv0)，
?dt???由题意，将t=0时速度为v0?60代入上式，有0??mln(g?kv0)?C，即C?mln(g?kk1?v0故有时间和速度的关系为。 mkmkmmgt?ln(g?v0)?ln(g?v)?ln()kkmkmk1?vmg
4
相关推荐：
loading