大学物理第一章-质点运动学-习题解(详细、完整)

1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/s102g。解：此沟的宽度为m345m1060sin302sin220gRv1–4一质点在xoy平面内运动，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ymst1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vst2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taxxv，2m/s4ddtayyvst2时该质点的瞬时加速度为j4m/s2。21–5一质点沿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/s50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(dxxvvv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tt323，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/s2t=2s时切向加速度为2120.1tRa24m/s2t=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3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jir22btat（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jir22btat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＝4sB．t＝2sC．t＝8sD．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tsddv得任意时刻的速度为t24v4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gC．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内，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[]。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）1–142004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）9:10:20529:10:3032发射信号时间给减速器设定的加速度（单位：m/s2）9:10:332图1-1xASyBNMOV0S5收到信号时间与前方障碍物距离（单位：m）9:10:4012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执行命令，此时距前方障碍物距离s=2m。设定减速器加速度为a，则有222asvm，可得1am/s2，即只要设定加速度1am/s2，便可使探测器不与障碍物相撞。1–15阿波罗16号是阿波罗计划中的第十次载人航天任务（1972年4月16日），也是人类历史上第五次成功登月的任务。1972年4月27日成功返回。照片图1-2显示阿波罗宇航员在月球上跳跃并向人们致意。视频显示表明，宇航员在月球上空停留的时间是1.45s。已知月球的重力加速度是地球重力加速度的1/6。试计算宇航员在月球上跳起的高度。解：宇航员在月球上跳起可看成竖直上抛运动，由已知宇航员在空中停留的时间为1.45s，故宇航员从跳起最高处下落到月球表面的时间为t=0.725s，由于月球的重力加速度是地球的重力加速度的1/6，即gg61M，所以m43.0725.08.961212122Mtgh1–16气球上吊一重物，以速度0v从地面匀速竖直上升，经过时间t重物落回地面。不计空气对物体的阻力，重物离开气球时离地面的高度为多少。解：方法一：设重物离开气球时的高度为xh，当重物离开气球后作初速度为0v的竖直上抛运动，选重物离开气球时的位置为坐标原点，则重物落到地面时满足图1-2620021)(xxxgththvv其中xh表示向下的位移，0vxh为匀速运动的时间，xt为竖直上抛过程的时间，解方程得gttx02v于是，离开气球时的离地高度可由匀速上升过程中求得，其值为)2()(000gtttthxxvvv方法二：将重物的运动看成全程做匀速直线运动与离开气球后做自由落体运动的合运动。显然总位移等于零，所以0)(21200vvxhtgt解得)2(00gtthxvv1–17在篮球运动员作立定投篮时，如以出手时球的中心为坐标原点，作坐标系Oxy如图1–3所示。设篮圈中心坐标为（x，y），出手高度为H，于的出手速度为0v，试证明球的出手角度θ应满足)2(211tan2022020vvvgxyggx才能投入。证明：设出手后需用时t入蓝，则有θttxxcos0vv20221sin21gttgttyyvv消去时间t，得θgxgxαxθgxθxy22022022202tan22tancos21tanvvvH1H2θyxO图1-37整理得02tantan22022202vvgxyθxθgx解之得)2(211tan2022020vvvgxyggx1–18有一质点沿x轴作直线运动，t时刻的坐标为32254tt.x（SI）。试求：（1）第2s内的平均速度；（2）第2s末的瞬时速度；（3）第2s内的路程。解：（1）将t=1s代入32254tt.x得第1s末的位置为m5.225.41x将t=2s代入32254tt.x得第2s末的位置为m0.22225.4322x则第2s内质点的位移为0.5m2.5m-m0.212xxx第2s内的平均速度-0.5m/s10.5txv式中负号表示平均速的方向沿x轴负方向。（2）质点在任意时刻的速度为269ddtttxv将s2t代入上式得第2s末的瞬时速度为m/s626292v式中负号表示瞬时速度的方向沿x轴负方向。（3）由069dd2tttxv得质点停止运动的时刻为s5.1t。由此计算得第1s末到1.5s末的时间内质点走过的路程为m875.05.25.125.15.4321s第1.5s末到第2s末的