计生证-预备党员自我评价

第1章 质点运动学
习 题
一 选择题
1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ]
(A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同
(B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零
(C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化
(D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小
解析：速度是描述质点运动的方向 和快慢的物理量，加速度是描述质点运动
速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C。

1-2 某质点的运动方程为
x2t3t
3
12(m)
，则该质点作[ ]
(A)匀加速直线运动，加速度沿
ox
轴正向
(B)匀加速直线运动，加速度沿
ox
轴负向
(C)变加速直线运动，加速度沿
ox
轴正向
(D)变加速直线运动，加速度沿
ox
轴负向
解析：

1-3 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< br>，某
一段时间内的平均速率为
v
，平均速度为
v
，他们之间的 关系必定有[ ]
(A)
vv
，
vv
(B)
vv
，
vv

(C)
vv
，
vv
(D)
vv
，
vv

解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故vv
；平均速率
v
度
v=

1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ]
r
，故
vv
。答案选D。
t
s
，而平均 速
t
v
dxdv
29t
2
a18t
，，故答案选D。
dtdt

1

(A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零
(B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零
(C)必有加速度，但法向加速度可以为零
(D)法向加速度一定不为零
解析：质 点作圆周运动时，
aa
n
e
n
a
t
e
t

定不为零，答案选D。

1-5 某物体的运动规律为
dv< br>kv
2
t
，式中，
k
为大于零的常量。当
t0
时，
dt
v
2

e
n

dve
t
，所以法向加速度一
dt
初速为
v
0
，则 速率
v
与时间
t
的函数关系为[ ]
1
2
1kt
2
1
(A)
vktv
0
(B)


2
v2v
0
1
2
1kt2
1
(C)
vktv
0
(D)


2
v2v
0
dv
解析：由于
kv
2
t
，所以
dt

1kt
2
1
dv(kvt)dt
，得到

，故答案
v2v
0v
0
0
v

t
2
选B。

二 填空题
1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为
r=4t
2
i+(2t+3)j
，则从
t0
到
t1s
时的位移为 ，
t1s
时的加速度为 。
dvd
2
r

2
8i
解析：
r
10
r
1
r
0
4i5j3j4i2j
,< br>a
1

dt
1
dt
1

1-7 一 质点以初速
v
0
和抛射角

0
作斜抛运动，则到达最高处的 速度大小
为 ，切向加速度大小为 ，法向加速度大小为 ，合加速度
大小为 。
解析：以初速
v
0
、抛射 角

0
作斜抛的运动方程：

2

rv
0
tcos

0
i(v
0
tsin
< br>0

1
2
gt)j
，
2
则
v< br>dr
dv
v
0
cos

0
i(v
0
sin

0
gt)j
，
agj
。 < br>dt
dt
到达最高处时，竖直方向上的速度大小
v
j
v0
sin

0
gt0
，此时速度大小
即为水平方向 上的速度值
vv
i
v
0
cos

0
。 切向加速度大小
a
t

速度大小
a
n
a
2
a
t
2
g
。

1-8 一飞轮做匀减速转 动，在
5s
内角速度由
40

rads
减到
10< br>
rads
，则
飞轮在这
5s
内总共转过了 圈，飞轮再经过 的时间停止转动。
d

d
2
< br>10

40


2
6

， 所以角速度解析：角加速度


dtdt5
dv
0
，法向 加
dt



0


t40

6

t
，角度



0
t< br>
t
2
40

t3

t
2。
因此，飞轮在这
5s
内总共转过了
N
t
< br>



5


0
125

62.5
圈，再经过
2

2

2

1
2



010

6

1.67
秒后停止转动。
1-9 一质点从静止出发沿半径为
3m
的圆周运动，切向加速度为
3ms< br>2
并保
持不变，则经过
s
后它的总加速度恰好与半径成45
角。在此时间内质点经
过的路程为
m
，角位移为
rad
，在
1s
末总加速度大小为
ms
2
。
dv
v
2
2
R3m
、
a
t
3ms
可得，
a
n
3t
2
。解析：由
v
0
0
、

vv
0
a
t
t3t
，
dt
R
总加速度恰好与半径成
45
角意味着
a
n
a
t
，可得
t1s
。
1
2
1
a
t
2
3t
2
在此时 间内经过的角位移

1
(

0
t

t )
路程
t0.5rad
，
22R
1
2R
1< br>1
s

1
R1.5m
，在1s末总加速度大小为
a
1
a
n
2
a
t
2
9t
4
9
1
4.2ms
2
。
1

1-10 半径为
30cm
的飞轮，从静止开始以
0.5

rads
的 匀角速度转动，则飞

3

轮边缘上一点在飞轮转过
240< br>时的切向加速度
a
t

，法向加速度
a
n

。
5ms
，所以
a
t

解析：匀速转动的线速度大小
v

R0.1< br>
dv
0
，
dt
v
2
a
n
0.075

2
ms
2
。
R

三 计算题
1-11 一电子的位置由
r3.00ti4.00t
2
j2 .00k
描述，式中
t
单位为
s
,
r
的
单位为
m
。
(1)
求电子任意时刻的速度
v
，
(2 )
在
t2.00s
时，电子速度的大小。
解析：(1)
v
dr
3i8tj

dt
(2 )由于
v
2
3i16j
,所以可以求出在
t2s
时， 电子速度的大小
vv
i
2
v
j
2
3
2
(16)
2
16.m3s(
。


)

1-12 质点作直线运动，其运动方程为
x12t6t
2
(
式 中
x
以
m
计，，
t
以
s
计）
求：
(1)
t4s
时，质点的位置，速度和加速度；
(2)
质点通过原 点时的速度；
(3)
质点速度为零时的位置；
(4)
作
xt
图，
vt
图，
at
图。
解析：(1)由运动方程
x 12t6t
2
可得，
v
dxdv
1212ta12
，。
dtdt
t4s
时，
x
4
48m，
v
4
36ms
，
v
4
12ms2
。
(2)质点通过原点时,
x0
，所以
t0s或2s
，得到
v12ms或12ms
。
(3)质点速度为零时，
t1s
，此时
x6m
。
(4)略。

1-13 一质点沿
x
轴运动，加速度
a 2t,t0
时
x
0
3m,v
0
1ms
。求 ：（1）
（2）速度为零时质点的位置和加速度；（3）从开始
t
时刻质点的速度和位 置；

4

（
t0
）到速度为零这段时间内质点的位移大小。
dv< br>2t
，解析：(1)
a
所以
v
t
v
0

v
0
1ms
，
dt
dx
1t< br>2
，
x
0
3m
，所以
x
t
x< br>0

又因为
v
dt

t
(2t)dt 12
0

t
tdt1t
2
。
0
< br>1
(1t
2
)dt3tt
3
。
3
0
t
111
(2)
v0
时，
t1s
，此时x
1
31m
，
a
1
2ms
2。
33
112
(3)
xx
1
x
03m
。
33

1-14 质点沿直线运动，速度
vt
3
3t
2
2
(
式中
v
以
ms
计，
t
以
s
计
)
，如
果当
t2 s
时，质点位于
x4m
处，求
t3s
是时质点的位置、速度和加 速度。
解析：由
v
dx
3
t3t
2
2< br>得：
dt
t
11
xx
2
(t
3
3t
2
2)dt4(t
4
t
3
2t)t< br>4
t
3
2t12
，
44
2
2

t
a
dv
3t
2
6t
，
dt
所以，
x
3
41.25m
，
v
3
56 ms
，
x
3
45ms
2
。

1-15 质点沿直线运动,加速度
a4t
2

(
式中
a
以
ms
2
计，
t
以
s
计），如果
当
t3s
时，质点位于
x9m
处，
v2ms
，求质点的运动方 程。
dv
4t
2
得，解析：由
a
vv
3

dt
dx
又因为
v
，所以
xx
3< br>
dt

11
(4t)dt2(4tt
3
) t
3
4t1
。
3
3
3
3
2
t
t

113
(t
3
4t1)dtt
4
2t
2
t
。
3124
3
t

1-16 一个质点自原点开始沿抛物线
2yx
2
运动，它在
x< br>轴上的分速度为一
常量，其值为
4.0ms
，求质点在
x2m
处的速度和加速度。
解析：x轴：
v
x

xt
dx1< br>4

dx

4dtx4t
，y轴：
yx
2
8t
2
。
00
dt2

5

质点在
x2m
处，
t0.5s
。
dv
y
dy
16t
，
a
y
16ms
2< br>，
a
x
0
，所以
v
y
因为
vy

dt
dt
8ms
。
x2
故
v
2
4i+8j(ms)
，
a
2
16j(ms
2
)
。

1-17 （1）若已知一质点的位置由
x412t3t
2
(式中
t
的单位为
s
,
x
的
单位为
m< br>)给出，它在
t1s
末的速度为何值？（2）该时刻质点正在向
x
的 正方
向还是负方向运动？（3）该时刻质点速率为何值？（4）
t3s
后，质点是否在
某一时刻向
x
轴负方向运动？
解 析：(1)
v
dx
126t
，所以
v
1
 1266ms
，即
v6i(ms)
。
dt
(2)负方向。
(3)
v6i6ms
。
(4 )因为
v126t
，若负向运动则
v0
，
t2
， 所以
t3s
后，质点不会在
某一时刻向
x
轴负方向运动。

1-18 已知质点的运动方程为：
x2t,y2t
2
(
x
，
y
以
m
为单位，
t
以
s为
单位)。（1）求质点运动运动的轨道方程；（2）写出
t1s
和
t 2s
时质点的位置
矢量，并计算
1s
到
2s
的平均速度； （3）计算
1s
末和
2s
末的瞬时速度；（4）计算
1s
末 和
2s
末的瞬时加速度。
解析：(1)
x2t,y2t
2< br>，所以
y2
(2)
r
1
2i+j(m),r
2
4i2j(m),v
(3)
v
x

(4)
a
x


1
2
x
。

4
r
2i3j(ms)
。
t
dxdy
 2,v
y
2t
，所以
v
1
2i2j(ms),v
2
2i4j(ms)
。
dtdt
dv
dv
x
0,a
y

y
2
，所以
a
1
2j(ms
2
),a
2
2j(ms
2
)
。
dtdt
1-19 一小轿车作直线运动，刹车时速度为
v
0
，刹车后其加速度与速度成正

6

比而反向，即
akv
，
k
为已知的 大于零的常量。试求：（1）刹车后轿车的速
度与时间的函数关系；（2）刹车后轿车最多能行多远？
解析：(1)
akv
(2)
v
dv1
v
 kdtdvktlnv
v
vv
0
e
kt
。
0
dtv
t
dxdxk
v
0
e
kt< br>

e
kt
d(kt)
0
dtdtv0

x
0
dxx
v
0
(1e
 kt
)
，
k
当
t
时，
xx
max


v
0
。
k
1-20 一质点沿
Ox
轴作速直线运 动，加速度为
akx
，
k
为一正的常量，
假定质点在
x
0
处的速度是
u
0
，试求质点速度的大小
v
与坐标
x
的函数关系。
解析：因为
v
vx
dxdxdvdxd x
akx
，所以

vdv

(kx)dx，两边积
u
0
x
0
dtdvdtdvdv
分后可以得到
vu
0
2
kx
0
2
kx
2
。

1-21 一飞轮以
n1500rmin
的转速运动，受到制动后均 匀地减速，经
t50s
后静止。试求：（1）角加速度

：（2）制动后< br>t25s
时飞轮的角速度，
以及从制动开始到停转，飞轮的转数
N
； （3）设飞轮的半径
R1m
，则
t25s
时
飞轮边缘上一点的速 度和加速度的大小。
解析：(1)因为
n1500rmin50

ra ds

，所以


(2)

t


0


t50

25

25< br>
rads
，
11250

6250r
。 因为



0
t

t
2
1250

rad
，所以
N
22

d



rads
2
。
dt
(3)
v

t
R25

ms,a

t
2
R62 5

2
ms
2
。

1-22 一质点沿半径为< br>R
的圆周运动，质点所经过的孤长与时间的关系为
1
sbtct
2
，其中
b
、
c
为常量，且
Rcb
2
，求 切向加速度与法向加速度大小
2
相等之前所经历的时间。
dsdv
v
2
(bct)
2
bct
，所以
a
t
c
，
a
n

解析：因为
v
。
dtdt
RR

7

(bct)
2
若
a
t
a
n
，则
c
，即
Rcb ct
。
R
又因为
Rcb
2
，所以
Rcb ct
，即
t

Rb

。
cc
1-23 一质点做半径
r10m
的圆周运动，其角加速度



r ads
2
，若质点
由静止开始运动，求（1）质点在第一秒末的角速度，法向加速度和 切向加速度；
（2）总加速度的大小和方向。

1
d



d





dt



rads
, 解析：(1)


00
dt< br>所以
a
n


2
r10

2ms
2
,a
t
r

10

ms< br>2
。
(2)
aa
n
2
a
t
2
10

2
1ms
2
，
由
tg



1-24 以初速度
v
0< br>与地面成

角向斜上抛出一物体，如果物体达到的最大高
度为
3m，且在最高点时运动轨道的半径亦为
3m
，忽略空气阻力，求
v
0
与

的值。
a
n


可知，与切向夹角为
arctg

。
a
t

0
2< br>(v
0
sin

)
2
2g3
v
0
2
sin
2

6g

解析：联 立

得：

2
，
(v
0
cos

)
2
2
g

v
0
cos
< br>3g

3

所以
v
0
3g

9.4ms,

arctg25444

。

8

第1章 质点运动学
习 题
一 选择题
1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ]
(A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同
(B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零
(C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化
(D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小
解析：速度是描述质点运动的方向 和快慢的物理量，加速度是描述质点运动
速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C。

1-2 某质点的运动方程为
x2t3t
3
12(m)
，则该质点作[ ]
(A)匀加速直线运动，加速度沿
ox
轴正向
(B)匀加速直线运动，加速度沿
ox
轴负向
(C)变加速直线运动，加速度沿
ox
轴正向
(D)变加速直线运动，加速度沿
ox
轴负向
解析：

1-3 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< br>，某
一段时间内的平均速率为
v
，平均速度为
v
，他们之间的 关系必定有[ ]
(A)
vv
，
vv
(B)
vv
，
vv

(C)
vv
，
vv
(D)
vv
，
vv

解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故vv
；平均速率
v
度
v=

1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ]
r
，故
vv
。答案选D。
t
s
，而平均 速
t
v
dxdv
29t
2
a18t
，，故答案选D。
dtdt

1

(A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零
(B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零
(C)必有加速度，但法向加速度可以为零
(D)法向加速度一定不为零
解析：质 点作圆周运动时，
aa
n
e
n
a
t
e
t

定不为零，答案选D。

1-5 某物体的运动规律为
dv< br>kv
2
t
，式中，
k
为大于零的常量。当
t0
时，
dt
v
2

e
n

dve
t
，所以法向加速度一
dt
初速为
v
0
，则 速率
v
与时间
t
的函数关系为[ ]
1
2
1kt
2
1
(A)
vktv
0
(B)


2
v2v
0
1
2
1kt2
1
(C)
vktv
0
(D)


2
v2v
0
dv
解析：由于
kv
2
t
，所以
dt

1kt
2
1
dv(kvt)dt
，得到

，故答案
v2v
0v
0
0
v

t
2
选B。

二 填空题
1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为
r=4t
2
i+(2t+3)j
，则从
t0
到
t1s
时的位移为 ，
t1s
时的加速度为 。
dvd
2
r

2
8i
解析：
r
10
r
1
r
0
4i5j3j4i2j
,< br>a
1

dt
1
dt
1

1-7 一 质点以初速
v
0
和抛射角

0
作斜抛运动，则到达最高处的 速度大小
为 ，切向加速度大小为 ，法向加速度大小为 ，合加速度
大小为 。
解析：以初速
v
0
、抛射 角

0
作斜抛的运动方程：

2

rv
0
tcos

0
i(v
0
tsin
< br>0

1
2
gt)j
，
2
则
v< br>dr
dv
v
0
cos

0
i(v
0
sin

0
gt)j
，
agj
。 < br>dt
dt
到达最高处时，竖直方向上的速度大小
v
j
v0
sin

0
gt0
，此时速度大小
即为水平方向 上的速度值
vv
i
v
0
cos

0
。 切向加速度大小
a
t

速度大小
a
n
a
2
a
t
2
g
。

1-8 一飞轮做匀减速转 动，在
5s
内角速度由
40

rads
减到
10< br>
rads
，则
飞轮在这
5s
内总共转过了 圈，飞轮再经过 的时间停止转动。
d

d
2
< br>10

40


2
6

， 所以角速度解析：角加速度


dtdt5
dv
0
，法向 加
dt



0


t40

6

t
，角度



0
t< br>
t
2
40

t3

t
2。
因此，飞轮在这
5s
内总共转过了
N
t
< br>



5


0
125

62.5
圈，再经过
2

2

2

1
2



010

6

1.67
秒后停止转动。
1-9 一质点从静止出发沿半径为
3m
的圆周运动，切向加速度为
3ms< br>2
并保
持不变，则经过
s
后它的总加速度恰好与半径成45
角。在此时间内质点经
过的路程为
m
，角位移为
rad
，在
1s
末总加速度大小为
ms
2
。
dv
v
2
2
R3m
、
a
t
3ms
可得，
a
n
3t
2
。解析：由
v
0
0
、

vv
0
a
t
t3t
，
dt
R
总加速度恰好与半径成
45
角意味着
a
n
a
t
，可得
t1s
。
1
2
1
a
t
2
3t
2
在此时 间内经过的角位移

1
(

0
t

t )
路程
t0.5rad
，
22R
1
2R
1< br>1
s

1
R1.5m
，在1s末总加速度大小为
a
1
a
n
2
a
t
2
9t
4
9
1
4.2ms
2
。
1

1-10 半径为
30cm
的飞轮，从静止开始以
0.5

rads
的 匀角速度转动，则飞

3

轮边缘上一点在飞轮转过
240< br>时的切向加速度
a
t

，法向加速度
a
n

。
5ms
，所以
a
t

解析：匀速转动的线速度大小
v

R0.1< br>
dv
0
，
dt
v
2
a
n
0.075

2
ms
2
。
R

三 计算题
1-11 一电子的位置由
r3.00ti4.00t
2
j2 .00k
描述，式中
t
单位为
s
,
r
的
单位为
m
。
(1)
求电子任意时刻的速度
v
，
(2 )
在
t2.00s
时，电子速度的大小。
解析：(1)
v
dr
3i8tj

dt
(2 )由于
v
2
3i16j
,所以可以求出在
t2s
时， 电子速度的大小
vv
i
2
v
j
2
3
2
(16)
2
16.m3s(
。


)

1-12 质点作直线运动，其运动方程为
x12t6t
2
(
式 中
x
以
m
计，，
t
以
s
计）
求：
(1)
t4s
时，质点的位置，速度和加速度；
(2)
质点通过原 点时的速度；
(3)
质点速度为零时的位置；
(4)
作
xt
图，
vt
图，
at
图。
解析：(1)由运动方程
x 12t6t
2
可得，
v
dxdv
1212ta12
，。
dtdt
t4s
时，
x
4
48m，
v
4
36ms
，
v
4
12ms2
。
(2)质点通过原点时,
x0
，所以
t0s或2s
，得到
v12ms或12ms
。
(3)质点速度为零时，
t1s
，此时
x6m
。
(4)略。

1-13 一质点沿
x
轴运动，加速度
a 2t,t0
时
x
0
3m,v
0
1ms
。求 ：（1）
（2）速度为零时质点的位置和加速度；（3）从开始
t
时刻质点的速度和位 置；

4

（
t0
）到速度为零这段时间内质点的位移大小。
dv< br>2t
，解析：(1)
a
所以
v
t
v
0

v
0
1ms
，
dt
dx
1t< br>2
，
x
0
3m
，所以
x
t
x< br>0

又因为
v
dt

t
(2t)dt 12
0

t
tdt1t
2
。
0
< br>1
(1t
2
)dt3tt
3
。
3
0
t
111
(2)
v0
时，
t1s
，此时x
1
31m
，
a
1
2ms
2。
33
112
(3)
xx
1
x
03m
。
33

1-14 质点沿直线运动，速度
vt
3
3t
2
2
(
式中
v
以
ms
计，
t
以
s
计
)
，如
果当
t2 s
时，质点位于
x4m
处，求
t3s
是时质点的位置、速度和加 速度。
解析：由
v
dx
3
t3t
2
2< br>得：
dt
t
11
xx
2
(t
3
3t
2
2)dt4(t
4
t
3
2t)t< br>4
t
3
2t12
，
44
2
2

t
a
dv
3t
2
6t
，
dt
所以，
x
3
41.25m
，
v
3
56 ms
，
x
3
45ms
2
。

1-15 质点沿直线运动,加速度
a4t
2

(
式中
a
以
ms
2
计，
t
以
s
计），如果
当
t3s
时，质点位于
x9m
处，
v2ms
，求质点的运动方 程。
dv
4t
2
得，解析：由
a
vv
3

dt
dx
又因为
v
，所以
xx
3< br>
dt

11
(4t)dt2(4tt
3
) t
3
4t1
。
3
3
3
3
2
t
t

113
(t
3
4t1)dtt
4
2t
2
t
。
3124
3
t

1-16 一个质点自原点开始沿抛物线
2yx
2
运动，它在
x< br>轴上的分速度为一
常量，其值为
4.0ms
，求质点在
x2m
处的速度和加速度。
解析：x轴：
v
x

xt
dx1< br>4

dx

4dtx4t
，y轴：
yx
2
8t
2
。
00
dt2

5

质点在
x2m
处，
t0.5s
。
dv
y
dy
16t
，
a
y
16ms
2< br>，
a
x
0
，所以
v
y
因为
vy

dt
dt
8ms
。
x2
故
v
2
4i+8j(ms)
，
a
2
16j(ms
2
)
。

1-17 （1）若已知一质点的位置由
x412t3t
2
(式中
t
的单位为
s
,
x
的
单位为
m< br>)给出，它在
t1s
末的速度为何值？（2）该时刻质点正在向
x
的 正方
向还是负方向运动？（3）该时刻质点速率为何值？（4）
t3s
后，质点是否在
某一时刻向
x
轴负方向运动？
解 析：(1)
v
dx
126t
，所以
v
1
 1266ms
，即
v6i(ms)
。
dt
(2)负方向。
(3)
v6i6ms
。
(4 )因为
v126t
，若负向运动则
v0
，
t2
， 所以
t3s
后，质点不会在
某一时刻向
x
轴负方向运动。

1-18 已知质点的运动方程为：
x2t,y2t
2
(
x
，
y
以
m
为单位，
t
以
s为
单位)。（1）求质点运动运动的轨道方程；（2）写出
t1s
和
t 2s
时质点的位置
矢量，并计算
1s
到
2s
的平均速度； （3）计算
1s
末和
2s
末的瞬时速度；（4）计算
1s
末 和
2s
末的瞬时加速度。
解析：(1)
x2t,y2t
2< br>，所以
y2
(2)
r
1
2i+j(m),r
2
4i2j(m),v
(3)
v
x

(4)
a
x


1
2
x
。

4
r
2i3j(ms)
。
t
dxdy
 2,v
y
2t
，所以
v
1
2i2j(ms),v
2
2i4j(ms)
。
dtdt
dv
dv
x
0,a
y

y
2
，所以
a
1
2j(ms
2
),a
2
2j(ms
2
)
。
dtdt
1-19 一小轿车作直线运动，刹车时速度为
v
0
，刹车后其加速度与速度成正

6

比而反向，即
akv
，
k
为已知的 大于零的常量。试求：（1）刹车后轿车的速
度与时间的函数关系；（2）刹车后轿车最多能行多远？
解析：(1)
akv
(2)
v
dv1
v
 kdtdvktlnv
v
vv
0
e
kt
。
0
dtv
t
dxdxk
v
0
e
kt< br>

e
kt
d(kt)
0
dtdtv0

x
0
dxx
v
0
(1e
 kt
)
，
k
当
t
时，
xx
max


v
0
。
k
1-20 一质点沿
Ox
轴作速直线运 动，加速度为
akx
，
k
为一正的常量，
假定质点在
x
0
处的速度是
u
0
，试求质点速度的大小
v
与坐标
x
的函数关系。
解析：因为
v
vx
dxdxdvdxd x
akx
，所以

vdv

(kx)dx，两边积
u
0
x
0
dtdvdtdvdv
分后可以得到
vu
0
2
kx
0
2
kx
2
。

1-21 一飞轮以
n1500rmin
的转速运动，受到制动后均 匀地减速，经
t50s
后静止。试求：（1）角加速度

：（2）制动后< br>t25s
时飞轮的角速度，
以及从制动开始到停转，飞轮的转数
N
； （3）设飞轮的半径
R1m
，则
t25s
时
飞轮边缘上一点的速 度和加速度的大小。
解析：(1)因为
n1500rmin50

ra ds

，所以


(2)

t


0


t50

25

25< br>
rads
，
11250

6250r
。 因为



0
t

t
2
1250

rad
，所以
N
22

d



rads
2
。
dt
(3)
v

t
R25

ms,a

t
2
R62 5

2
ms
2
。

1-22 一质点沿半径为< br>R
的圆周运动，质点所经过的孤长与时间的关系为
1
sbtct
2
，其中
b
、
c
为常量，且
Rcb
2
，求 切向加速度与法向加速度大小
2
相等之前所经历的时间。
dsdv
v
2
(bct)
2
bct
，所以
a
t
c
，
a
n

解析：因为
v
。
dtdt
RR

7

(bct)
2
若
a
t
a
n
，则
c
，即
Rcb ct
。
R
又因为
Rcb
2
，所以
Rcb ct
，即
t

Rb

。
cc
1-23 一质点做半径
r10m
的圆周运动，其角加速度



r ads
2
，若质点
由静止开始运动，求（1）质点在第一秒末的角速度，法向加速度和 切向加速度；
（2）总加速度的大小和方向。

1
d



d





dt



rads
, 解析：(1)


00
dt< br>所以
a
n


2
r10

2ms
2
,a
t
r

10

ms< br>2
。
(2)
aa
n
2
a
t
2
10

2
1ms
2
，
由
tg



1-24 以初速度
v
0< br>与地面成

角向斜上抛出一物体，如果物体达到的最大高
度为
3m，且在最高点时运动轨道的半径亦为
3m
，忽略空气阻力，求
v
0
与

的值。
a
n


可知，与切向夹角为
arctg

。
a
t

0
2< br>(v
0
sin

)
2
2g3
v
0
2
sin
2

6g

解析：联 立

得：

2
，
(v
0
cos

)
2
2
g

v
0
cos
< br>3g

3

所以
v
0
3g

9.4ms,

arctg25444

。

8