《大学物理学》课程作业习题（含解答）No.1 运动的描述

《大学物理AI》作业NO.1运动的描述一、选择题：（注意：题目中可能有一个或几个正确答案）1.一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应是［B］(A) t=4s(B) t=2s(D) t= 5s(c) t=8s解：小球运动速度大小V==4-2t.当小球运动到最高点时v=-0，即4-2t=0，t=2（s)。故选B2.质点作半径为R的变速圆周运动时的加速度大小应为（其中v表示任意时刻质点的速率）［B](B) [dy)2. ((dt)RZ(℃)+(D) 12Rdt+R12解：质点作圆周运动时，切向加速度和法向加速度分别为α,=-ra, =R故选B3。一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为，瞬时速率为V，某一段时间内的平均速度为，平均速率为，它们之间关系正确的有［D］(A) =v，同=(B)同v，同=(c) 同老v，同*(D)同=，同解：根据定义，瞬时避度为=需，瞬时避率为=岁，由于]=d，所以月=v。t岁，平均速率1一会，而一般情况下[(1| ，所以下。平均速度=个故选I44.某物体的运动规律为=-hzt，式中k为大于零的常数。当t=0时，初速为%，则dt速度与t的函数关系应是［℃］

《大学物理 AI》作业 N0.1 运动的描述 一、选择题：（注意：题目中可能有一个或几个正确答案） 1．一小球沿斜面向上运动，其运动方程为 2 S = 5 + 4t − t （SI），则小球运动到最高点的时 刻应是[ B ] （A） t = 4s （B） t = 2s （C） t = 8s （D） t = 5s 解：小球运动速度大小 t t s v 4 2 d d = = − 。 当小球运动到最高点时 v=0，即 4− 2t = 0，t=2（s）。 故选 B 2．质点作半径为 R 的变速圆周运动时的加速度大小应为（其中 v 表示任意时刻质点的速率） [ B ] （A） t v d d （B） 1 2 2 2 4 d d                  +      R v t v （C） R v t v 2 d d + （D） R v 2 解：质点作圆周运动时，切向加速度和法向加速度分别为 R v a t v at n 2 , d d = = ， 所以加速度大小为： 1 2 2 2 2 2 2 d d                  +      = + = R v t v a at an 。 故选 B 3．一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 ，它们之间关系正确的有[ D ] （A） v = v v = v   , （B） v  v v = v   , （C） v  v v  v   , （D） v = v v  v   , 解：根据定义，瞬时速度为 dt dr v   = ，瞬时速率为 t s v d d = ，由于 dr = ds  ，所以 v = v  。 平均速度 t r v   =   ，平均速率 t s v   = ，而一般情况下 r  s  ，所以 v  v  。 故选 D 4．某物体的运动规律为 kv t t v 2 d d = − ，式中 k 为大于零的常数。当 t＝0 时，初速为 0 v ，则 速度 v 与 t 的函数关系应是[ C ]

(A) v=k +Vo(B) v=-→k +vo01-+t(D) 12+解：将兴=-kv1分离变量并积分可得；=]°kd+--+故选C1，Vo5.在相对地面静止的坐标系内，A、B二船都以2m·s的速率匀速行使，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、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［B］(A)27 +2j(B) 27 +27(C) -2i -2j(D) 2i -2j解：由题意知：A船相对于地的速度VA-地=27，B船相对于地的速度VB-地=27，根据相对运动速度公式，B船相对于A船的速度为故选BVB-^ =VB-地 + 地-4 =V-地-VA-地 =-2 +2]。6.一刚体绕z轴以每分种60转作匀速转动。设某时刻刚体上一点P的位置矢量为F=3i+4j+5k，其单位为“10-m"，若以“10-m·s-1”为速度单位，则该时刻P点的速度为：［B］(A)= 94.2i +125.6]+157.0k(B) = -25.17 +18.87(C) V=25.17 +18.8)(D)=31.4k60×2=6.28(s"），写成失量式=6.28解：刚体绕z轴转动的角速度大小为の：60根据质点的线速度与角速度的关系，P点的速度为V=0xF=6.28k×(37 +4j+5k)=-25.17+18.87。故选B二、填空题：1.一质点的运动方程为x=6t-t(SI)，则在t由0至4s的时间间隔内，质点的位移大小为一，在t由0到4s的时间间隔内质点走过的路程为，10m

（A） 0 2 2 1 v = kt + v （B） 0 2 2 1 v = − kt + v （C） 0 2 1 2 1 v kt v = + （D） 0 2 1 2 1 v kt v = − + 解：将 kv t t v 2 d d = − 分离变量并积分可得：   − = v t v kt t v v 0 2 d d 0 0 2 2 0 1 2 1 1 , 2 1 1 1 v kt v kt v v − = = + 。 故选 C 5．在相对地面静止的坐标系内，A、B 二船都以 2 1 m s −  的速率匀速行使，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 1 m s −  为单位）为[ B ] （A） i j   2 + 2 （B） i j   − 2 + 2 （C） i j   − 2 − 2 （D） i j   2 − 2 解：由题意知：A 船相对于地的速度 v i A   = 2 −地 ，B 船相对于地的速度 v j B   = 2 −地 ，根据相 对运动速度公式，B 船相对于 A 船的速度为 v v v v v i j B A B A B A        = + = − = −2 + 2 − −地 地− −地 −地 。 故选 B 6．一刚体绕 z 轴以每分种 60 转作匀速转动。设某时刻刚体上一点 P 的位置矢量为 r i j k     = 3 + 4 + 5 ，其单位为“ 10 m −2 ”，若以“ 2 1 10 m s − −  ”为速度单位，则该时刻 P 点的速度为：[ B ] （A） v i j k     = 94.2 +125.6 +157.0 （B） v i j    = −25.1 +18.8 （C） v i j    = 25.1 +18.8 （D） v k   = 31.4 解：刚体绕 z 轴转动的角速度大小为 6.28(s ) 60 60 2 −1 =  =   ，写成矢量式 k    = 6.28 根据质点的线速度与角速度的关系，P 点的速度为 v r k ( i j k ) i j          =  = 6.28  3 + 4 + 5 = −25.1 +18.8 。 故选 B 二、填空题： 1．一质点的运动方程为 6 (SI) 2 x = t − t ，则在 t 由 0 至 4 s 的时间间隔内，质点的位移大 小为 8 m ，在 t 由 0 到 4 s 的时间间隔内质点走过的路程为 10 m

解：由运动方程可知：质点作直线运动，t=0及 t=4 s时刻的坐标分别为xo =0,x4 =6×4-42 =8所以质点在此时间间隔内位移的大小为Ar=x4-xo=8 (m)=6-21，可见质点做变速运动。又质点的运动速度=dt又因t=3s时，V=0：K3s时，v>0；t>3s时，K0。所以质点在0~3s间向x轴正方向运动，3~4s间向x轴反方向运动，故在0~4 s时间间隔内，质点走过的路程为S=x; = xol+|x4 - x|=|6×3-3|+|6×4-42 -(6×3-3 )=9+1=10 (m)2.()与(+AI)为某质点在不同时刻的位置矢量，试在图（a）中画出AF、Ar，图（b)中画出A、AV。(t)NBOAO0Lr(+)(t+At)图(a)图 (b)解： 据定义, 位移△=(t+t)-(), 而 r =(t + t)-(0)。速度增量 =(t+)-(), 速率增量=(t)-()它们的表示分别如上图（a）、（b）所示。3.距河岸（看成直线）500m处有一艘静止的船，船上的探照灯以转速为n=1r/min转动当光束与岸边成60°角时，光束沿岸边移动的速率V=69. 8 m/s解：以河岸为x轴，船离原点距离1=500m，则探照灯光束照在岸上的坐标为x=1·tgo，其中θ角为光束和船与原点连线之间的夹角。于是光束沿岸边移动的速度大小为OFde==1.160°"cos?@dr=cos*@+Ca当光束与岸边成60°角时，0=30°2元x1 =69.8 (m-s*l)V=500×cos?30°*60

解：由运动方程可知：质点作直线运动，t=0 及 t=4 s 时刻的坐标分别为 0, 6 4 4 8 2 x0 = x4 =  − = 所以质点在此时间间隔内位移的大小为 x = x4 − x0 = 8 （m） 又质点的运动速度 t t x v 6 2 d d = = − ，可见质点做变速运动。 又因 t=3 s 时，v=0；t0；t>3s 时，v<0。所以质点在 0~3 s 间向 x 轴正方向运动， 3~4 s 间向 x 轴反方向运动，故在 0~4 s 时间间隔内，质点走过的路程为 ( ) 2 2 2 S = x3 − x0 + x4 − x3 = 63−3 + 64 − 4 − 63−3 = 9 +1 = 10 (m) 2．r(t) r(t + t)   与 为某质点在不同时刻的位置矢量，试在图（a）中画出 r、r  ，图（b） 中画出 v、v  。 解：据定义，位移 r r(t t) r(t)     = +  − ，而 r r(t t) r(t)    = +  − 。 速度增量 v v(t t) v(t)     = +  − ，速率增量 v v(t t) v(t)    = +  − 。 它们的表示分别如上图（a）、（b）所示。 3．距河岸（看成直线）500 m 处有一艘静止的船，船上的探照灯以转速为 n =1r/min 转动， 当光束与岸边成 60°角时，光束沿岸边移动的速率 v = 69.8 m/s 。 解：以河岸为 x 轴，船离原点距离 l=500 m，则探照灯光束照在岸上 的坐标为 x = l  tg ，其中  角为光束和船与原点连线之间的夹角。 于是光束沿岸边移动的速度大小为     2 2 d cos d cos 1 d d l t l t x v = =  = ， 当光束与岸边成 60°角时，   = 30 69.8 (m s ) 60 2 1 cos 30 1 500 1 2 − =   =     v x  60   l O x 船 o B A v(t)  v(t +t)  v   v A r(t) B  o r(t +t)  r   r 图（a） 图（b）

4.一物体作如图所示的斜抛运动，测得在轨道A点处速3A度√的大小为V，其方向与水平方向夹角成30°。则物Rva体在A点的切向加速度大小a,=g/22/3v22 (3g)轨道的曲率半径p解：抛体运动的加速度大小为g，方向向下。由失量分解得切向加速度的大小为a,=-gcos60°=-g/2J3法向加速度的大小为α,gcos302v2_2/3v2所以轨道的曲率半径p=an3g5．有一水平飞行的飞机，速度为，在飞机上以水平速度向前发射一颗炮弹，略去空气阻力并设发炮过程不影响飞机的速度，则g-xy=2(v+o（1）以地球为参照系，炮弹的轨迹方程为（2）以飞机为参照系，炮弹的轨迹方程为解：（1）以地球为参考系，以飞机飞行方向为x轴，竖直向下为y轴；以发炮时为计时起点该时刻飞机的位置为坐标原点，则炮弹的运动方程为[x = (v+vo)tg12y=消去时间参数t，得炮弹的轨迹方程y=2/v+voy（2）以飞机为参考系，坐标轴和计时起点的选择同（1），则炮弹的运动方程为[x=vy=1gry=gx消去时间参数t，得炮弹的轨迹方程21.26.半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.50rad·s的匀角加速度转动，则飞轮边缘上一点

4．一物体作如图所示的斜抛运动，测得在轨道 A 点处速 度 v  的大小为 v ，其方向与水平方向夹角成 30°。则物 体在 A 点的切向加速度大小 t a ＝ -g/2 ， 轨道的曲率半径  = 2 3 /(3 ) 2 v g 。 解：抛体运动的加速度大小为 g，方向向下。由矢量分解得： 切向加速度的大小为 at = −g cos60 = − g 2  法向加速度的大小为 g g v an 2 3 cos30 2 = = =   所以轨道的曲率半径 g v a v n 3 2 3 2 2  = = 5．有一水平飞行的飞机，速度为 0 v  ，在飞机上以水平速度 v  向前发射一颗炮弹，略去空气阻 力并设发炮过程不影响飞机的速度，则 （1）以地球为参照系，炮弹的轨迹方程为 ( ) 2 2 2 0 x v v g y + = 。 （2）以飞机为参照系，炮弹的轨迹方程为 2 2 2 x v g y = 。 解：（1）以地球为参考系，以飞机飞行方向为 x 轴，竖直向下为 y 轴；以发炮时为计时起点， 该时刻飞机的位置为坐标原点，则炮弹的运动方程为 ( )      = = + 2 0 2 1 y gt x v v t 消去时间参数 t，得炮弹的轨迹方程 ( ) 2 2 2 0 x v v g y + = （2）以飞机为参考系，坐标轴和计时起点的选择同（1），则炮弹的运动方程为      = = 2 2 1 y gt x vt 消去时间参数 t，得炮弹的轨迹方程 2 2 2 x v g y = 6．半径为 30cm 的飞轮，从静止开始以 -2 0.50rad s 的匀角加速度转动，则飞轮边缘上一点 A v  0 30 t a n a g

0.15 m -s-2在飞轮转过240°时的切向加速度的大小a,，法向加速度的大小1.26 m -s-2a.=解：飞轮边缘一点的切向加速度大小为a, =rβ=0.3×0.5=0.15 (m·s-2)设飞轮转过240°时的角速度为，由の2-02=2β0,0=0，得2=2β0此时飞轮边缘一点的法向加速度大小为02 (三、计算题：1.一个人自原点出发，25s内向东走30m，又10s内向南走10m，再15s内向正西北走(北)18m。求在这50s内（1）平均速度的大小和方向，（2）平均速率的大小。x(东)(西)可元/解：建立如图坐标系。50 s 内人的位移为(南)Ar =0A+ AB+BC=307 -107 +18cos45°(-7 +J)=17.277 + 2.73则 50 s 内平均速度的大小为：13--=0.35 (m·s-")50方向为与x轴的正向夹角：2.73A8.98°（东偏北8.98°）β=tg-17.27Ax50s内人走的路程为S-30+10+18=58(m)，所以平均速率为S58=1.16 (m s-l)t42.如图所示，质点P在水平面内沿一半径为R2m的圆轨道转动。转动的角速度の与时间t的函数关系为の=kt2（k为常量)。已知t=2s时，质点P的速度值为32m/s。试求t=1 s时，质点P的速度与加速度的大小

在飞轮转过 240°时的切向加速度的大小 t a ＝ 2 0.15 m s −  ，法向加速度的大小 n a ＝ 2 1.26 m s −  。 解：飞轮边缘一点的切向加速度大小为 ( ) 2 0.3 0.5 0.15 m s − a = r =  =  t 设飞轮转过  240 时的角速度为  ，由 2 , 0 0 2 0 2  − =   = ，得  2 2 = 此时飞轮边缘一点的法向加速度大小为 ( ) 2 2 2 1.26 m s 360 240 2 0.3 2 0.5 − a = r = r   =      =  n 三、计算题： 1．一个人自原点出发，25 s 内向东走 30 m，又 10 s 内向南走 10 m，再 15 s 内向正西北走 18 m。求在这 50 s 内， （1）平均速度的大小和方向， （2）平均速率的大小。 解：建立如图坐标系。 50 s 内人的位移为 r = OA + AB + BC  ( ) i j i j i j        17.27 2.73 30 10 18cos45 = + = − + − + 则 50 s 内平均速度的大小为： 0.35 (m s ) 50 17.27 2.73 1 2 2 − =  + =   = t r v   方向为与 x 轴的正向夹角： 8.98 ( 8.98 ) 17.27 2.73 tg tg 1 1  东偏北  = =   = − − x y  50 s 内人走的路程为 S=30+10+18=58 (m)，所以平均速率为 1.16 (m s ) 50 58 −1 = =   = t S v 2．如图所示，质点 P 在水平面内沿一半径为 R=2 m 的圆轨道转动。转动的角速度  与时间 t 的函数关系为 2  = kt （k 为常量）。已知 t＝2 s 时，质点 P 的速度值为 32 m/s。试求 t＝1 s 时，质点 P 的速度与加速度的大小。 O x (东) y (北) (南) （西）  4 C B  A

解：先根据已知条件求常量k。t-2s时，P点的速度值V= RO= Rk×2?=32k-浆-2-4 (nds-)所以t=1s时，质点P的速度大小为V=Rkt? =2×4x1? =8 (m-s-)切向加速度的大小a,==2Rkt=2×2×4×1=16 (m·s-2)法向加速度的大小=k2Rt4 =42×2×1=32 (m·s-2)an=Ra= /a? +a, = /162 +322 =35.8 (m s-2)故加速度的大小为3．一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以60km/h的速度由东向西刮来，如果飞机的航速（在静止空气中的速率）为180km/h，试问（1）驾驶员应取什么方向航行？（2）飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明。解：建立如图坐标系，由已知条件，有(北)风-地=-607 (km·h-")(东)机-风=180(km-h-")方向未知，机-地大小未知，方向正北。V风-地由相对速度公式，文机-地=V机-风+V风-地则各速度矢量三角形为直角三角形，如右图所示。于是飞机相对于地面的速率为机-地|= V1802 -602 =170(km ·h-")驾驶员应取的航向为北偏东0 =sin-1 60 ,19.47°180

解：先根据已知条件求常量 k。t=2s 时，P 点的速度值 2 32 2 v = R = Rk  = 所以 4 (rad s ) 4 2 32 4 32 −3 =   = = R k t=1s 时，质点 P 的速度大小为 ( ) 2 2 1 2 4 1 8 m s − v = Rkt =   =  切向加速度的大小 ( ) 2 2 2 2 4 1 16 m s d d − = = Rkt =    =  t v at 法向加速度的大小 ( ) 2 4 2 2 2 4 2 1 32 m s − = = k Rt =   =  R v an 故加速度的大小为 ( ) 2 2 2 2 2 16 32 35.8 m s − = + = + =  a at an 3．一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以 60 km/h 的速度由东向西刮来，如果飞机的航速 （在静止空气中的速率）为 180 km/h，试问（1）驾驶员应取什么方向航行？（2）飞机相对 于地面的速率为多少？试用矢量图说明。 解：建立如图坐标系，由已知条件，有 ( ) 1 - 60 km h − v = − i    风 地 ( ) 1 - 180 km h − v机 风 =   ，方向未知， v机-地  大小未知，方向正北。 由相对速度公式， v机-地 v机-风 v风-地    = + 则各速度矢量三角形为直角三角形，如右图所示。 于是飞机相对于地面的速率为 ( ) 2 2 1 - 180 60 170 km h − v机 地 = − =   驾驶员应取的航向为北偏东  19.47 180 60 sin 1 = = −  y(北) x(东) 机-地 v  机-风 v  风-地 v   P O R