1、 1 第一章 质点运动学 T1-4： BDDB 1 -9 质点的运动方程为 23010 ttx 22015 tty 式中 x,y 的单位为 m,t 的单位为 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 ttxx 6010dd v ttyy 4015dd v 当 t 0 时 , vox -10 m -1 , voy 15 m -1 , 则初速 度的矢量表达式为 10 15v i j ， 初速度 大小为 120200 sm0.18 yx vvv (2) 加速度的分量式为 2sm60dd ta xx v, 2sm40dd ta y
2、y v则加速度 的矢量表达式为 60 40a i j， 加速度 的大小为 222 sm1.72 yx aaa 1 -13 质点沿直线运动 ,加速度 a 4 -t2 ,式中 a的单位为 m -2 ,t的单位为如果当 t 3时 ,x 9 m,v 2 m -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 dva dt ， 有 2d d (4 )da t t t v ， 得到 3114 3t t C v。 又由题目条件， t 3时 v 2，代入上式中有 3114 3 33 C 2，解得 1 1C ，则 31413tt v 。 （ 2）由 dxv
3、dt 及上面所求得的速度表达式， 有 31d v d ( 4 1)d3t t t t x 得 到 24212 12x t t t C 又由题目条件， t 3时 x 9， 代入 上式中有 24219 2 3 3 312 C ，解得 2 0.75C ， 于是可得质点运动方程为 2 2412 0.7512x t t t 1 -22 一质点沿半径为 R 的圆周按规律 20 21 btts v运动 ,v0 、 b 都是常量 (1) 求 t 时刻质点的 总 加速度 大小 ； (2) t 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
4、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 btts 0dd vv 其加速度的切向分量和法向分量分别为 t dvabdt , RbtRan202 )( vv 故加速度的大小为 2 2 422 02()Rnt R b b ta a a v (2) 要使 22nta a a b ,由 402()2 btRbbv可得 bt 0v (3) 从 t 0 开始到 t v0 /b 时 ,质点经过的路程为 bsss t 2200 v 因此质点运行的圈数为 bRRsn 42 20v 1 -23 一半径为 0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内
5、,其角速度与时间的平方成正比在 t 2.0 时测得轮缘一点的速度值为 4.0 m -1求： (1) 该轮在 t 0.5的角速度 ,轮缘一点的切向加速度和总加速度； (2)该点在 2.0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 2() dt k tdt ，其中 k为未知常数。 在 t 2.0 时 4v m -1 求： (1)在 t 0.5 时质点 的角速度 ,切向加速度和 法向 加速度； (2)取 t 0 时 0 0 ，求 t 2.0 时的 ( 2)t 。 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；
6、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 R v, 且 2() dt k tdt 得 2()v R t R k t， 将 t 2.0 时 4v m -1 代入上式解得 2k ， 所以 22)( tt 。 3 则 t 0.5 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为 212 0.5 rad st d 41dta R Rtt 2414 8na R Rt （ 2） 在 2.0内该点所转过的角度 r a d33.532d2d 20320 2200 tttt 或者：由 2( ) 2dttdt ，有 2( ) 2d t dt t dt ， 得到 323 t C。又由题目条
7、件，取 t 0 时 0 0 ，解得 C=0。则 在 2.0内该点的角度 为 32 5.33 rad3t 1 -24 一质点在半径为 0.10 m的圆周上运动 ,其角位置为 342 t ,式中 的单位为 rad,t 的单位为 (1) 求在 t 2.0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 , 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 342 t ,则角速度 212dd tt 在 t 2 时 ,法向加速度和切向加速度的数值分别为 222s 2.30 m
8、sntaR 22s d 4 .8 0 m sdttaR t (2) 当 22212/tnt aaaa 时 ,有 223 nt aa ,即 42 223 24 12Rt R t 得 3213t此时刻的角位置为 rad15.342 3 t (3) 要使 tn aa ,则有 42 223 24 12Rt R t t 0.55 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 的单位的在4 t 1 时 ,质点位于 x 5.0 m处 ,其速度 v 9 m -1 求质点 （ 1）
9、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 12 4Fatm 由 dva dt ， 有 d d (1 2 4 )da t t t v ， 得到 2 164t t C v 。 又由题目条件， t 1时 v 9，代入上式中解得 1 1C ，则 26 4 1tt v 。 （ 2）由 dxv dt 及上面所求得的速度表达式， 有 2d v d ( 6 4 1 )t t t d t x 得 到 32 222x t t t C 又由题目条件， t 1时 x 5， 代入 上式中解得 2 2C ， 于是可得
10、质点运动方程为 322 2 2x t t t 。 2 -20 质量为 45.0 kg 的物体 ,由地面以初速 60.0 m -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 -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 tmkmg ddvv (1) 将上式改写成微元等式，有 ddtkg m v vddt kg m vv，
11、积分得到 ln( )mkt g Ckm v。 由题意，将 t=0时速度为 0 60v 代入上式，有 0 ln( )mkgCkm 0v，即 ln( )mkCgkm0v， 故有时间和速度的关系为 1l n ( ) l n ( ) l n ( )1km k m k mmgt g g kk m k m k mg 00vvv v。 5 又当物体发射到最大高度时，速度 0v ，所以有此时所对应时间为 s11.61ln 0 mgkkmt v。 2 -22 质量为 m 的摩托车 ,在恒定的牵引力 F的作用下工作 ,并受到一定的阻力，使得 它能达到的最大速率是 vm 试计算以下情况 从 摩托车由 静止加速到 v
12、m/2所需的时间 ： (1) 阻力 Fr kv2；（ 2） 阻力 Fr kv ，其中 k为未知比例系数。 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。和上题一样，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） 设摩托车沿 x 轴正方向运动 ,在牵引力 F和阻力 Fr 同时作用下 ,由牛顿定律有 tmkF dd2 vv 当加速度 a dv/dt 0 时 ,摩托车的速率最大 ,此时牵引力和阻力相抵消， 因此可得 k F/vm2 代入上式中有 tmF m dd1 22 vvv ， 将上式改写成微元等式，并利用221 1 111
13、1mmm vvvv有22d1 ()2111mmmF dv dvdtm v vvvv，两边积分有 1l n( 1 ) l n( 1 ) l n( )2 2 21m m m mmmmF t C Cm vv v v vvvvv。 由 t=0时， v=0，代入上式，有 C=0。则当 v=vm/2 时，有 1 2ln ( ) ln 3221 2mmmmtFF1vv1 （ 2） 设摩托车沿 x 轴正方向运动 ,在牵引力 F和阻力 Fr 同时作用下 ,由牛顿定律有 ddF k m tvv 当加速度 a dv/dt 0 时 ,摩托车的速率最大 ,此时牵引力和阻力相抵消， 因此可得 k F/vm 代入上式中 有
14、 d1dmFmtvvv， 将上式改写成微元等式，有1mF dvdtm vv，两边积分有 ln(1 )m mF tCm vv v。 由 t=0时， v=0，代入上式，有 C=0。则当 v=vm/2 时，有 1ln (1 ) ln 22mmmmt FF vv。 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 6 T1， T3、 4、 5： CCDC 3 -6 一架以 3.0 102 m -1 的速率水平飞行的飞机 ,与一只身长为 0.20 m、质量为 0.50 kg 的飞鸟相碰设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度 ,而原来飞鸟对于地面的速率甚小 ,可以忽略不计试估计飞鸟对飞机的冲击力 (碰撞时间可用飞鸟身长
15、被飞机速率相除来估算 ) 知识点： 质点动量定理的应用：已知速度变化求平均作用力 解 以飞鸟为研究对象 ,取飞机运动方向为 x 轴正向由动量定理得 0 vmtF 式中 F为飞机对鸟的平均冲力 ,等式右边的 0指小鸟的初始动量忽略不计， 而身长为 20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约 为 t l /v,以此代入上式可得 N1055.2 52 lmF v 根据作用力和反作用力定律，则 鸟对飞机的平均冲力为 N1055.2 5 FF 3 -8 Fx 30 4t(式中 Fx 的单位为 N,t 的单位为 s)的合外力作用在质量 m 10 kg 的物体上 ,试求： (1) 在开始 2 内此力的冲量； (2)
16、若冲量 I 300 Ns,此力作用的时间； (3) 若物体的初速度 v1 10 ms-1 ,方向与 Fx 相同 ,在 t 6.86s时 ,此物体的速度 v2 知识点：冲量的 定义，质点动量定理的积分形式 解 (1) 由 冲量定义 21 dttI F t ，有 sN68230d430 20220 ttttI (2) 由 I 300 30t 2t2 ,解此方程可得 t 6 86 s(另一解 t0 处的 P点上的 (1)电场强度 E （ 2）电势V ，以无穷远处电势为 0. 知识点： 连续带电体电场强度、电势求解： 1）电荷元积分法 解：（ 1）沿着带电细棒建立坐标轴 x，以棒的中点为坐标原点。在棒
17、上任取一个线微元 dx，其电荷元为 dq，由均匀带电有 dq Qdx/L。记该电荷元的坐标为 x，离 P点距离为 r ，则有 r r x ，该电荷元对 P点所产生的电场强度大小为22004 4 ( )d q Q d xdE r L r x 。 整个带电体在点 P 的电场强度为 /22200/24 4 ( )LLd q Q d xE d E r L r x ，（注意积分时 r是常数） 解得22001 1 14 / 2 / 2 4QQE L r L r L r L 。 （ 2）沿着带电细棒建立坐标轴 x，以棒的中点为坐标原点。在棒上任取一个线微元 dx，其电荷元为 dq，由均匀带电有 dq Qdx/L。记该电荷元的坐标为 x，离 P点距离为 r ，则有 r r x ，该电荷元对 P点所产生的电势大小为004 4 ( )d q Q d xdV r L r x ， 则整个带电体在点 P 的电势大小为 /200/24 4 ( )LLd q Q d xV d V r L r x ，（注意积分时 r是常数） 解得0/2ln4 / 2Q r LV L r L 。
