东北林业大学 大学物理A习题答案

1 h0vsxyr 班级 学号 姓名

第1章 质点运动学

1-1 已知质点的运动方程为36tteerijk。(1)求：自t=0至t=1质点的位移。(2)求质点的轨迹方程。

解：(1) kji0r63 kjeie1r-163

质点的位移为jeier331

(2) 由运动方程有txe，tye3， 6z 消t得

轨迹方程为 3xy且6z

1-2运动质点在某瞬时位于矢径yx,r的端点处，其速度的大小为 [ D ]

(A)dtdr (B)dtdr

(C)dtdr (D)22dtdydtdx

1-3如图所示，堤岸距离湖面的竖直高度为h，有人用绳绕过岸边的定滑轮拉湖中的小船向岸边运动。设人以匀速率v0收绳，绳不可伸长且湖水静止。求：小船在离岸边的距离为s时，小船的速率为多大？(忽略滑轮及船的大小)

解：如图所示，在直角坐标系xOy中，t时刻船离岸边的距离为sx，船的位置矢量可表示为

jirhx

船的速度为 iirvvdtdxdtd

其中 22hrx

所以 dtdrhrrhrdtddtdxv2222

2 因绳子的长度随时间变短，所以 0vdtdr

则 船的速度为iiv022220vshshrrv

所以 船的速率为 022vshsv

1-4已知质点的运动方程为kjir5sincosωtRωtR(SI)。求：(1)质点在任意时刻的速度和加速度。(2)质点的轨迹方程。

解：(1)由速度的定义得

jcosisinωtωRωtωRdtrdv

由加速度的定义得

jsincos22ωtRωitRωdtvda

(2) 由运动方程有 ωtRxcos，ωtRysin，5z 消t得

质点的轨迹方程为 222Ryx且5z

1-5 一质点在平面上运动，已知质点的运动方程为jir2235tt，则该质点所作运动为 [ B ]

(A) 匀速直线运动 (B) 匀变速直线运动

(C) 抛体运动 (D) 一般的曲线运动

1-6 一质点沿Ox 轴运动，坐标与时间之间的关系为ttx233(SI)。则质点在4s末的瞬时速度为 142m·s-1 ，瞬时加速度为 72m·s-2 ；1s末到4s末的位移为 183m ，平均速度为 61m·s-1 ，平均加速度为 45m·s-2。

解题提示：瞬时速度计算dtdxv，瞬时加速度计算22dtxda；位移为14xxx，平均速度为1414xxv，平均加速度为 1414vva

1-7 已知质点沿Ox 轴作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为

3 tax32sm。在t=0时，0xv，10xm。求：(1)质点在时刻t的速度。(2)质点的运动方程。

解：(1) 由dtdvaxx得

dtadvxx

两边同时积分，并将初始条件t=0时，0xv带入积分方程，有

ttxvxtdtdtadvx0003

解得质点在时刻t的速度为 223tvx

(2) 由dtdxvx得

dtvdxx

两边同时积分，并将初始条件t=0时，10xm带入积分方程，有

ttxxdttdtvdx0201023

解得质点的运动方程为 32110tx

1-8 一物体从空中由静止下落，已知物体下落的加速度与速率之间的关系为BvAa(A,B为常数)。求：物体的速度和运动方程。

解：（1）设物体静止时的位置为坐标原点，向下为y轴正方向，则t=0时,

v=0, y=0。

由dtvda得

dtBvAadtdv

整理得 dtdvBvA1

4 对方程两边同时积分，并将初始条件带入积分方程，有

tvdtdvBvA001

解得物体的速率为 BtBAve1 ，方向竖直向下

（2）由dtdyv得

dtBAdyBte1

对方程两边同时积分，并将初始条件带入积分方程，有

tBtydtBAdy00e1

解得物体的运动方程为 1e2BtBAtBAy

1-9一质点作半径r=5m的圆周运动，其在自然坐标系中的运动方程为2212tts(SI)，求：t为何值时，质点的切向加速度和法向加速度大小相等。

解：由运动方程得

tdtdsv2

质点的切向加速度为 1dtdvat

质点的法向加速度为 5222trvan

当两者相等时，有 1522t

解得时间t的值为 )25(ts

5 1-10 质点做半径为1m的圆周运动，其角位置满足关系式325tθ(SI)。t=1s时，质点的切向加速度 12m·s-2 ，法向加速度 36m·s-2 ，总加速度

37.95m·s-2 。

解：由运动方程325tθ得

角速度为12s6tdtdθω ， 角加速度为2s12tdtdω

t时刻，质点的切向加速度的大小为ttRat121122sm

质点的法向加速度的大小为42223616ttRωan2sm

质点的总加速度的大小为 242223612ttaaant2sm

将t=1s代入上面方程，即可得到上面的答案。

6 班级 学号 姓名

第2章 质点动力学

2-1 质量为m的质点沿Ox轴方向运动，其运动方程为ωtAxsin。式中A、ω均为正的常数，t为时间变量，则该质点所受的合外力F为 [ C ]

(A) xωF2 (B) mωFx (C) xmωF2 (D) xmωF2

解：因为 xtAdtxda2222sin

所以 xmωmaF2

2-2 质量为m的物体在水平面上作直线运动，当速度为v时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s后速度减为零。则物体加速度的大小为

a ，物体与水平面间的摩擦系数为 。

解：设运动方向为正方向，由asvv2202t得

sva22 (1)

所以 加速度的大小为 sva22

因摩擦力是物体运动的合外力，所以

mamgN

将(1)式带入上式，得

gsv22

7 BAPATTTPBNfaAaB

lθmPTxy 2-3如图所示，两个物体A、B的质量均为m=3kg，物体A向下运动的加速度1a2sm。求物体B与桌面间的摩擦力。（绳的质量不计，且不可伸长）

解：选地面为惯性参照系，采用隔离法对两物体进行受力分析，如图所示。因绳质量不计，所以绳中各点张力处处相等。根据牛顿第二定律，有

BmafT （1）

AAmaTP2 （2）

其中，mgPPBA。

两个物体A、B间坐标的关系为

BAxy2

对上式求时间t的二次导数，得

BAaa2 （3）

将3个方程联立，可得

7.2Nf

2-4 一根长为l=0.5m的轻绳，一端固定在天花板上，另一端系一质量为m的重物，如图所示。重物经推动后，在一水平面内作匀速圆周运动，转速n=11sr。这种装置叫作圆锥摆。求这时绳和竖直方向所成的角度。

解：选地面为惯性参照系，对重物进行受力分析，重物受到绳子的拉力T和重力gPm，如图所示。重物作匀速圆周运动，加速度为向心加速度。建立如图所示坐标系，根据牛顿第二定律，有

竖直方向： mgTcos （1）

水平方向： 2sinmrT （2）

由图可知，圆的半径sinlr，重物在圆周上运动的角速度大小为

n2 （3）

将上面三个方程联立，可得

8 θθvvxy 49704cos22.lng

查表得 3160

由此题可知，物体的转速n越大， 越大，与重物的质量无关。

2-5 A、B两质点的质量关系为BAmm，同时受到相等的冲量作用，则[ D ]

(A) A比B的动量增量少 (B) A与B的动能增量相等

(C) A比B的动量增量大 (D) A与B的动量增量相等

提示：动量定理：合外力的冲量等于动量的增量。

2-6如图所示，一质量为0.05kg、速率为101sm的小球，以与竖直墙面法线成45角的方向撞击在墙上，并以相同的速率和角度弹回。已知球与墙面的碰撞时间为0.05s。求在此碰撞时间内墙面受到的平均冲力。

解：按照图中所选坐标，1v和2v均在x、y平面内，由动量定理，小球在碰撞过程中所受的冲量为

xxxmvmvtF12

yyymvmvtF12

其中，θvvxcos1，θvvxcos2，θvvysin1，θvvysin2。

即 θmvtFxcos2，0yF

所以，小球受到的平均冲力为

tmvFFxcos2

设F为小球对墙面的平均冲力，根据牛顿第三定律，可知

tmvFFcos2= −14.1N

即 墙面受到的平均冲力大小为14.1N，方向沿x轴负向。

9 2-7 质量为2kg的物体，在变力F(x)的作用下，从0x处由静止开始沿x方向运动，已知变力F(x)与x之间的关系为

xxxF230102 151010550xxx

式中，x的单位为m，F(x)的单位为N。求：(1) 物体由0x处分别运动到5x，10，15m的过程中，力F(x)所做的功各是多少？(2) 物体在5x，10，15m处的速率各是多少？

解：(1) 根据功的定义21rFrrdW，得

x=5时，有 252505xdxWJ

x=10时，有 7550251021055010dxxdxWJ

x=15时，有1002575230151010515dxxWWWJ

(2)根据动能定理k21rEFWrrd，得

021255mvW

所以，物体在x=5m处的速率 -15sm5v