北方民族大学物理（上）题库

1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t2?2t3,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：

Δx?xt?x0,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

dx?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dttp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程s??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时

dxd2x质点速度和加速度可用和2两式计算．

dtdt解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小

Δx?x4?x0??32m

(2) 由 得知质点的换向时刻为

dx?0 dttp?2s (t＝0不合题意)

则

Δx1?x2?x0?8.0m

Δx2?x4?x2??40m

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为

s?Δx1?Δx2?48m

(3) t＝4.0 s时

v?dx??48m?s?1 dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2

dtt?4.0s

1 -8 已知质点的运动方程为r?2ti?(2?t)j,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；

*

2(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

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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ds,则ds?(dx)2?(dy)2,最后用s??ds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

1y?2?x2

4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

r0?2j , r2?4i?2j

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

Δr?r2?r1?(x2?x0)i?(y2?y0)j?4i?2j

其中位移大小Δr?(Δx)2?(Δy)2?5.66m

2222x2?y2?x0?y0?2.47m

而径向增量Δr?Δr?r2?r0?*(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ds,则

1ds?(dx)2?(dy)2,由轨道方程可得dy??xdx,代入ds,则2ｓ内路程为

2s??ds??PQ404?x2dx?5.91m

1 -9 质点的运动方程为

x??10t?30t2 y?15t?20t2

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

vx?dx??10?60t dt 2

vy?dy?15?40t dt2当t ＝0 时, vox ＝-10 m·ｓ-1 , voy ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为

v0?v0x?v0y?18.0m?s?1

设vo与x 轴的夹角为α,则

2tanα?v0yv0x3??

2α＝123°41′

(2) 加速度的分量式为

ax?则加速度的大小为

dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2

dtdta?ax?ay?72.1m?s?2

设a 与x 轴的夹角为β,则

22tanβ?ay2?? ax3β＝-33°41′(或326°19′)

1 -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a?dvdx和v?可得dv?adt和dx?vdt．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可dtdt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

vt?

由

v0dv??adt

0得 v?4t?t?v0 (1)

133?xx0dx??vdt

02t得 x?2t?14t?v0t?x0 (2) 12将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m·ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为

x?2t2?

14t?0.75 123

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r0 ＝10 mi．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ax 和ay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x?x0?v0xt?12axt和21y?y0?v0yt?ayt2,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．

2解 由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得

?dv??adt??(6i?4j)dt

000vttv?6ti?4tj

又由v?dr及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 dt?rr0dr??vdt??(6ti?4tj)dt

00ttr?(10?3t2)i?2t2j

由上述结果可得质点运动方程的分量式,即

x ＝10＋3t2

y ＝2t2

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k?dy2?tanα?,α＝33°41′．轨迹如图所示． dx31 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r＝2.0ti ＋(19.0 -2.0t2 )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t1＝1.0s 到t2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t1 ＝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

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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v?大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度v?Δr,它与时间间隔Δt 的Δtdr．切向和法向加速度是指在自然坐dtdvt标下的分矢量aｔ 和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即at?e,后者只

dt反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ 得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加

v2速度的大小后,可由公式an?求ρ．

ρ解 (1) 由参数方程 消去t 得质点的轨迹方程：

y ＝19.0 -0.50x2

(2) 在t1 ＝1.00ｓ 到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度

x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t2

v?Δrr2?r1??2.0i?6.0j Δtt2?t1(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为

v(t)?vxi?vyj?dxdyi?j?2.0i?4.0tj dtdtd2xd2ya(t)?2i?2j??4.0m?s?2j

dtdt则t1 ＝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

att?1s?dvd2?2et?(vx?v2y)et?3.58m?set dtdtan?a2?at2en?1.79m?s?2en

(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为

2?1v?vx?v2y?4.47m?s

v2?11.17m 则ρ?an1 -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＝kt2．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

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