细胞的多样性和统一性-专科分数线查询

第一章 质点运动学

重点难点：
本章重点：描述物体机械运动 物理量的理解和掌握，如位置矢量、位移、速度和加速度
等概念；运动学中的两类问题：第一类问题是已 知质点的运动方程求速度和加速度，第二类
问题是已知加速度、初速度和初始位置求质点的运动方程；掌 握圆周运动中的角速度、角加
速度、切向加速度、法向加速度，线量与角量之间的对应关系。难点：位置 矢量、位移、速
度、加速度等物理量的矢量性、瞬时性、叠加性、相对性的理解；运动学的两类问题的灵 活
应用。
解题思路：
本章中的描述物体机械运动物理量的确定需要先选择合适的参 考系和坐标系，然后根据
各物理量的定义求解，比较常用的坐标系是笛卡尔坐标系和柱坐标系以及极坐标 系。对于运
动学第一类问题已知质点的运动方程求速度和加速度采用的一般方法是求导，第二类问题已< br>知加速度、初速度和初始位置求质点的运动方程一般是积分。对于矢量运算一定要注意方向
性，一 般先可分解到各分坐标矢量上上进行代数运算，再进行矢量合成。

一 选择题
1． 下列说法中，正确的是 （ ）
A. 一物体若具有恒定的速率，则没有变化的速度
B. 一物体具有恒定的速度，但仍有变化的速率
C. 一物体具有恒定的加速度，则其速度不可能为零
D. 一物体具有沿x轴正方向的加速度，其速度有可能沿x轴的负方向
答案： D。 简要分析：本题考查对速度、速率和加速度等概念的正确理解，速度和位矢是描述物体
机械运动状态 的两个基本物理量，速度既有大小也有方向，速度的大小等于速率，加速度是
单位时间内速度的改变，也 具有方向性。
2. 某质点作直线运动的运动方程为x3t5t
3
+ 6 (SI)，则该质点作 （ ）
A. 匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向
B. 匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向
C. 变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向
D. 变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向
答案： D
简要分析： 本题属于运动学的第一类问题，已知运动方程求速度加速度等物理量，采取
的方法是先根据运动方程对时 间求导，再带入相应的数据求解。

3. 如图示，路灯距地面高为H，行人身高为h，若人
灯
以匀速v背向路灯行走，则人头影子移动的速度u为
（ ）
A.
D.
HhHh
v
B.
v
C.
v

H
HHhH
h
人头
v
影
H
v

h
答案： B 。
s
图1-1 选择题3图

简要分析：设人头影子到灯杆的距离为x，则
xshH

，
xs
，
xHHh
u
dxHdsH

v

dtHhdtHh
所以答案是B 。

4. 一质点的运动方程为
rx(t)iy(t)j
，其中t
1
时刻的位矢为
r
1x(t
1
)iy(t
1
)j
。
问质点在t
1
时刻的速率是 （ ）
A.
dr
1
dt

B.
dr
1
dt

C.

dr
dt
D.
tt
1
(
dx2
dy
)()
2
dtdt

tt
1
答案： D。
简要分析：本题考查对速度和速率关系的理解，根据速率的概念，速率等于速度矢量的
模。

5. 一物体从某一确定高度以v
0
的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v
t
，那么它
的运动时间是 （ ）
vv
0
v-v
0
A.
t
B.
t
C.
g
2g
v
t
2
v
0
2
g
v
t
2
v
0
2< br> D.
2g
答案： C 。
2
2
gt
，
tv
t
2
v
0
简要分析：根据速度的合成与分解，
v
ty

v
t
2

v
0

g
，所以答案
是C 。

6. 质点作圆周运动时，下列说表述中正确的是 （ ）
A. 速度方向一定指向切向，加速度方向一定指向圆心
B. 速度方向一定指向切向，加速度方向也一般指向切向
C. 由于法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零
D. 切向加速度仅由速率的变化引起
答案： D。
简要分析：质点作圆周运动时，一般有切向加速度和法向加速度，总加速度是它 们的矢
量和，加速度的方向一般既不指向圆心也不指向切向。A、B和C显然都是错误的，而切向
加速度是由速度大小的变化引起的，因此D是正确的。

7. 在做自由落体运动的升降机内，某人竖直上抛一弹性球，此人会观察到 （ ）
A. 球匀减速地上升，达最大高度后匀加速下落
B. 球匀速地上升，与顶板碰撞后匀速下落
C. 球匀减速地上升，与顶板接触后停留在那里
D. 球匀减速地上升，达最大高度后停留在那里

答案： B。
简要分析：升降机内的人与球之间没有相对加速度。所以答案是B。

8. 某人在由北向南行驶，速率为36 km



h
–1
的汽车上，测得风从
y
–1
西边吹来，大小为10 m



s，则实际风速大小和方向为：（ ）
v 
A. 0
x
o
B. 14.14 m



s
–1
，西南风
C. 10 m



s
–1
，西南风
D. 14.14 m



s
–1
，西北风

v
0

v
答案： D。
简要分析：本题考查速度的合成与分解，相对速度加上牵连速度
图1-2 选择题8图

–1
等于绝对速度，如图所示，由题意可知，已知牵连速率v
0
为36 km



h
–1
（即10 m



s），而相对速率v 为10 m



s
–1
，所以绝对速率v 为14.14 m



s
–1
，方向指向东南。
所以答案是D。

二 填空题

1. 一质点沿x轴运动，运动方程为x=3+5t+6t
2
t
3
(SI单位) 。则质点在t=0到t=1s过程
中的平均速度
v
=______________m s；质点在t=1s时刻的速度v=______________ ms。
答案：
10
；
14

简要分析： 本题为运动学的第一类 问题，已知运动方程求其他各物理量，采取的方
法是先将运动方程对时间求导，然后带入相关数据求解。 根据平均速度定
义,
v

x
x
1
x
0
dx
512t3t
2
，因此
56110
ms。质点在任意时刻的速度
v
dt
t10
质点在t=1s时刻的速度
v(1)512131
2
14
ms。

2. 两辆车A 和B，在笔直的公路上同向行驶，它们从同一起始线上同时出发，并且由出
发点开始计时，行驶的距离 x 与行驶时间 t 的函数关系式：
x
A
4tt
2
，
x
B
2t
2
2t
3
(SI
单位)，则：
(1) 它们刚离开出发点时，行驶在前面的一辆车是______________；
(2) 出发后，两辆车行驶距离相同的时刻是____________________；
(3) 出发后，B 车相对A 车速度为零的时刻是__________________．
答案：（1）A ；（2）t = 1.19 s ；（3）t = 0.67 s
简要分析：
（1）两车的速度分别为
v
A

v
B

dx
A
42t

dt
dx
B
4t6t
2

dt
可得：t = 0时
v
A
v
B
，即刚开始时A车行驶在前面。
(2) 由
x
A
x
B
，可得t = 1.19 s

(3) 由
v
A
v
B
，可得 t = 0.67 s

3. 一质点以初速v
0
，抛射角为

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_______。
答案： v
0
cos

0
； 0； g； g。
简要分析：在最高点，垂直方向速度为零，只有水平速度，因此最高处的速度大小为
v
0
cos

0
。在最高点切向就是水平方向，法向就是竖 直向下方向，因此切向加速度大小为0，
法向加速度大小为g，合加速度大小为g。

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的方向与水平方向夹角为
30 。则物体在A点切向加速度大小为________ms
2
。
v
A
30
图1-3 填空题4图


答案：4.9
简要分析：本题是斜抛运动，在运动过程中加速度始终不变，因此物体在A点的 加速
度大小就是重力加速度的大小g=9.8ms
2
。切向加速度沿速度反方向，大小 为
gcos60=4.9ms
2
。

5. 一质点从静止出发沿半径为3 m的圆周运动，切向加速度大小为3 m



s
–2
，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 m



s
–2

答案：1s； 1.5 m； 0.5 rad； 4.2 m



s
–2
。
简要分析：
(1) 总加速度恰好与半径成45°角时a
n
= a
t
，根据
2v
2
(a
t
t)
a
n
a
t
RR
t
R
1 s

a
t
(2)
s
1
a
t
t
2
1.5m

2
ss
2π0.5rad

2π
RR
v2
(a
τ
t)
2
a
n
3ms
2
，
RR
2
 aa
t
2
a
n
32ms
2
4.2ms
2

(3)



(4) 1s末

6. 若地球的自转速率快到使得在赤道上的法向加速度为g，则一天的时间应为 小
时。（地球半径R = 6.410
6
m）

答案：1.41小时。
简要分析：由：

2
Rg
，

g
，
R
T
2π

2πR
5075s1.41h

g

7. 一列车以5.66 m



s
–2
的加速度在平面直铁道上行驶，小球在车厢 中自由下落，则小球
相对于车厢中乘客的加速度大小为________ m



s
–2
，加速度与铅垂直的夹角为_______。
答案：11.3 m



s
–2
；30
0
。
简要分析：如图所示，小球相对于地面 的加速度，即绝对加速度是g。列车的加速度，
即牵连加速度a
0
，大小为a
0
= 5.66 m



s
–2
，所以小球的相对
a
0
加速度a

为
30

a

ga
0

得a

的大小为：
a

g
22
a
0
11.3ms

1
2
a


g
图1-4 填空题7图 < br>与竖直方向的夹角

为

sin(a
0
a

)30


三 计算题
1. 半径为R的轮子在水平面上以角速度

作无滑动滚动时，轮边缘上任一质点的运动
学 方程为
r(

RtRsin

t)i(RRcos

t)j
，其中i、j分别为x
，
y直角坐标轴上的单位矢
量，试求 该质点的速率和加速度的大小。
简要分析：本题属于运动学的第一类问题，已知运动方程求解各物理量 ，采用的方法将
运动方程对时间求导，分别得出速度、加速度等表达式，然后带入数据求解，需要注意的 是
一般采用分量形式，将矢量运算转化为标量运算。

x

Rt Rsin

t
解：质点运动的分量方程为


yRR cos

t

v
x

dy
dx


R

Rcos

t，v
y

Rsin

t

dtdt
vv
x
2
v
y
2
(

R

Rcos
t)
2
(

Rsin

t)
2< br>

R(1cos

t)
2
sin
2< br>
t
v2

R
sin

t
2
d
v
y
d
v
x
2
a
x< br>

Rsin

t，a
y


2
Rcos

t

dtdt
aa
x
 a
y


2
R

22

2. 一质点运动的加速度为
a2ti3t
2
j
，初始速度与初始位移均为零， 求该质点的运动
学方程以及2s时该质点的速度。
简要分析：本题属于运动学的第二类问题， 已知已知加速度、初速度和初始位置求质点
的运动方程，采取的一般方法是逐步积分，进而得出运动方程 。
解：质点的速度为
v

v
0


adtt
2
it
3
j

11
运动方程为
rr
0


v
dtt
3
it
4
j

34
所以，2秒时质点的速度为：
v(4i8j)ms
-1

3. 一艘正以v
0
匀速 直线行驶的舰艇，关闭发动机后，得到一个与舰速反向、大小与舰
速平方成正比的加速度，即dvdt=

kv
2
，k为一常数，求证舰艇在行驶距离x时的速率为
v=v< br>0
e
kx
。
简要分析：本题为变加速度问题，解题的方法是根据加 速度的定义，利用分离变量的数
学技巧，再积分得出速率与行驶距离的对应关系。
d
v
解：已知：
k
v
2

dt
d
v
d
v
dxdv
对上式分离变量

v
，得到
dtdxdtdx
d
v
v

kv
2


dx
d
v
dx

k
v
x
v
d
v
两边积分

dx


0
v
0
k
v
11
v
得
x(ln
v
ln
v
0
)ln

kk
v
0
v

v
0
e
kx
4. 一质点初始时从原点开始以速度v
0
沿x轴正向运动，设运动过程中质点 受到的加速
度a = −kx
2
，求质点在x轴正向前进的最远距离。
简 要分析：本题也为变加速度问题，加速度是与位置有关的变量，解决问题的方法也是
利用加速度的定义结 合分离变量的方法积分得出结果。
解：已知：x
0
= 0，v
0
和a = −kx
2
，运用分离变量，得：
v
两边积分：
得：
d
v
kx
2
vdvkx
2
dx

dx
x
0

v< br>v
0
v
d
v


kx
2
dx

y
v
0
s
60°
30°
o
P
y
x
x
1
22
(vv
0
)kx
3
3

2
2
当v = 0时，质点前进的距离最远，即：
x
max
(3v
0
2k)
13


5. 表面平直的山坡与水平面成30°，在山脚用炮轰山腰
处的目标，已知v
0
= 150 m



s
–1
，炮筒与水平面成60°，求击中的目标离炮位有多远？
图1-5 计算题4 图

简要分析：本题考查对轨迹方程的灵活应用，不同的轨迹方程在同一点交 汇，其交汇点
坐标同时满足两个轨迹方程。
解：取坐标如图，以炮位为原点，目标为P，离炮位的距离为s。则有
yxtan30°


由轨迹方程
yxtan60°
联立解得
gx
2
2
v
0
2

cos60°
2
2
v
0
2
cos
2
60°

x(tan60°tan30°)1326m

g
yxtan30°765.6m

根据
sx
2y
2
或者
s
y
，均可以计算出
s1531.2m
。
sin30

6. 设一歼击机在高空A点时的速度沿水平方向，速率为1800 kmh，飞机在竖直平面上
沿近似于圆弧轨道俯冲到点B，其速率变为2100 kmh，A到B的圆弧 的半径为4.0km，所
经历的时间为3.5s，该俯冲过程可视为匀变速率圆周运动。求飞机在B点加 速度的大小，飞
行员能承受这样的加速度吗？
简要分析：本题考查对圆周运动的理解和掌握， 圆周运动中切向速度，法向速度，切向
加速度和法向加速度等概念的正确理解是关键。
解：
v
A
1800 kmh500ms
，
v
B
2100 kmh583 ms
。飞机在B点的加速度的法
向加速度
2
v
B
583
2
a
n
85.0 ms
2

R4000
俯冲过程视为匀变速率圆周运动，故切向加速度可按照下式计算
v
B

v
A
583-500
23.7 ms
2

t3.5
因此飞机在B点的加速度大小
a
t< br>
2
aa
n
a
t
2
85.0
2
23.7
2
ms
2
88.2 ms
2

上面计算出的加速度是重力加速度的9倍，这是飞机驾驶员最多可承受的极限加速度。

7. 一质点沿半径为R的圆周按规律
sv
0
t
1
2< br>v
0
，
kt
运动，
2
a
a
t

v

k都是常量.求：（1）质点作圆周运动的速率；（2）质点的加速
度。
简要分析： 本题考查的是圆周运动各物理量的准确理解，对
于圆周运动同样需要区分速度与速率的关系，圆周运动的 加速
度一般并不指向圆心，只有在一些特殊的情况下才指向圆心，
比如匀速率圆周运动，切向加 速度为零，所以只有法向加速度，


a
n
O

R

图1-6 计算题7 图

指向圆心。
解：（1）质点作圆周运动的速率
v

ds

v
0
kt

dt
（2）切向加速度和法向加速度分别为
2
v
2
(v
0
kt)
d
v


a
t
k
，
a
n

RR
dt
因此质点的加速度大小
aa
t
2

2
a
n
k
2< br>(
v
0
kt)
4
R
2

如图所示，设其与速度方向的夹角为

，则有
(
v
0< br>kt)
2
a
n

arctanarctan[]
a
t
Rk
质点的加速度大小和方向都是随时间t变化。

8. 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动，设
t0
时质点位于极轴上，其角速度为

12
t
2
(SI单位)。(1) 求在t = 2.0s时质点的法向加速度、切向加速度和角位置。(2) 当切向加速
度的大小恰等于总加速度大小的一半时，角位置

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？
y

简要分析：本题考查 对于圆周运动加速度、切向加速度、
法向加速度关系的正确理解和掌握。特别是圆周运动过程
v
Bx
中，切向加速度、法向加速度与圆周运动的角速度及半径等
x

30

物理量的对应关系。
v
B
v
By
解：(1) 已知

12 t
2
，所以2秒时法向加速度和切向


加速度分别为：
v
A
v
BA
a
n


2r144rt
4
230.4ms
2

图1-7 计算题8图
a
t
rd

dt24rt4.8ms

其角位置为：



0

< br>
dt42
3
rad32rad

0
2
2
2
2
(2) 由
aa
n
，即：
a
t
2
a
t
a2
，可得：
3a
t
2
a
n
3(24rt)
2
(144rt
4
)
2
， 解得：
t
3
0.29 s
3

所以：



0



dt4t
3< br>1.16rad

0
t
(3) 由
a
t
a
n
，可得
24rt144rt
4
， 所以
t0.55s

9. 一架预警机A以v
A
=1000km



h
–1
的速率相对于地面向南巡航，飞机中雷达员发现一
目标B以v
B
=1200km



h
–1的速率相对于地面向东偏南30方向飞行。求目标B相对于预警机
A的速度。
简要分析 ：本题考查的是对运动的相对性的理解，根据运动的相对性，绝对速度等于
相对速度和牵连速度的矢量和 ，需要注意的是建立合理的坐标系，正确确定相对速度和牵连
速度，再利用对应关系求解。
解： 如图所示，已知飞机A的绝对速度v
A
和目标B的绝对速度v
B
，所以目标B相
对于飞机A的相对速度v
BA
为
v
BA
v
B
v
A

所以
v
BAx

v
Bx

v
B
cos30
0
1039.2kmh
1

v
BAy

v
A

v
By

v
A

v
B
sin30
0
400kmh
1

因此，相对速度v
BA
的大小为
22
v
BA
< br>v
BAx

v
BAy
1039.2
2
4 00
2
1113.6kmh
1

方向为东偏北
< br>角，

的大小为

tan
1
v
BAy
v
BAx
tan
1
400
21

1039.2
即相对速度v
BA
的方向为东偏北21。

第一章 质点运动学

重点难点：
本章重点：描述物体 机械运动物理量的理解和掌握，如位置矢量、位移、速度和加速度
等概念；运动学中的两类问题：第一类 问题是已知质点的运动方程求速度和加速度，第二类
问题是已知加速度、初速度和初始位置求质点的运动 方程；掌握圆周运动中的角速度、角加
速度、切向加速度、法向加速度，线量与角量之间的对应关系。难 点：位置矢量、位移、速
度、加速度等物理量的矢量性、瞬时性、叠加性、相对性的理解；运动学的两类 问题的灵活
应用。
解题思路：
本章中的描述物体机械运动物理量的确定需要先选择 合适的参考系和坐标系，然后根据
各物理量的定义求解，比较常用的坐标系是笛卡尔坐标系和柱坐标系以 及极坐标系。对于运
动学第一类问题已知质点的运动方程求速度和加速度采用的一般方法是求导，第二类 问题已
知加速度、初速度和初始位置求质点的运动方程一般是积分。对于矢量运算一定要注意方向
性，一般先可分解到各分坐标矢量上上进行代数运算，再进行矢量合成。

一 选择题
1． 下列说法中，正确的是 （ ）
A. 一物体若具有恒定的速率，则没有变化的速度
B. 一物体具有恒定的速度，但仍有变化的速率
C. 一物体具有恒定的加速度，则其速度不可能为零
D. 一物体具有沿x轴正方向的加速度，其速度有可能沿x轴的负方向
答案： D。 简要分析：本题考查对速度、速率和加速度等概念的正确理解，速度和位矢是描述物体
机械运动状态 的两个基本物理量，速度既有大小也有方向，速度的大小等于速率，加速度是
单位时间内速度的改变，也 具有方向性。
2. 某质点作直线运动的运动方程为x3t5t
3
+ 6 (SI)，则该质点作 （ ）
A. 匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向
B. 匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向
C. 变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向
D. 变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向
答案： D
简要分析： 本题属于运动学的第一类问题，已知运动方程求速度加速度等物理量，采取
的方法是先根据运动方程对时 间求导，再带入相应的数据求解。

3. 如图示，路灯距地面高为H，行人身高为h，若人
灯
以匀速v背向路灯行走，则人头影子移动的速度u为
（ ）
A.
D.
HhHh
v
B.
v
C.
v

H
HHhH
h
人头
v
影
H
v

h
答案： B 。
s
图1-1 选择题3图

简要分析：设人头影子到灯杆的距离为x，则
xshH

，
xs
，
xHHh
u
dxHdsH

v

dtHhdtHh
所以答案是B 。

4. 一质点的运动方程为
rx(t)iy(t)j
，其中t
1
时刻的位矢为
r
1x(t
1
)iy(t
1
)j
。
问质点在t
1
时刻的速率是 （ ）
A.
dr
1
dt

B.
dr
1
dt

C.

dr
dt
D.
tt
1
(
dx2
dy
)()
2
dtdt

tt
1
答案： D。
简要分析：本题考查对速度和速率关系的理解，根据速率的概念，速率等于速度矢量的
模。

5. 一物体从某一确定高度以v
0
的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v
t
，那么它
的运动时间是 （ ）
vv
0
v-v
0
A.
t
B.
t
C.
g
2g
v
t
2
v
0
2
g
v
t
2
v
0
2< br> D.
2g
答案： C 。
2
2
gt
，
tv
t
2
v
0
简要分析：根据速度的合成与分解，
v
ty

v
t
2

v
0

g
，所以答案
是C 。

6. 质点作圆周运动时，下列说表述中正确的是 （ ）
A. 速度方向一定指向切向，加速度方向一定指向圆心
B. 速度方向一定指向切向，加速度方向也一般指向切向
C. 由于法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零
D. 切向加速度仅由速率的变化引起
答案： D。
简要分析：质点作圆周运动时，一般有切向加速度和法向加速度，总加速度是它 们的矢
量和，加速度的方向一般既不指向圆心也不指向切向。A、B和C显然都是错误的，而切向
加速度是由速度大小的变化引起的，因此D是正确的。

7. 在做自由落体运动的升降机内，某人竖直上抛一弹性球，此人会观察到 （ ）
A. 球匀减速地上升，达最大高度后匀加速下落
B. 球匀速地上升，与顶板碰撞后匀速下落
C. 球匀减速地上升，与顶板接触后停留在那里
D. 球匀减速地上升，达最大高度后停留在那里

答案： B。
简要分析：升降机内的人与球之间没有相对加速度。所以答案是B。

8. 某人在由北向南行驶，速率为36 km



h
–1
的汽车上，测得风从
y
–1
西边吹来，大小为10 m



s，则实际风速大小和方向为：（ ）
v 
A. 0
x
o
B. 14.14 m



s
–1
，西南风
C. 10 m



s
–1
，西南风
D. 14.14 m



s
–1
，西北风

v
0

v
答案： D。
简要分析：本题考查速度的合成与分解，相对速度加上牵连速度
图1-2 选择题8图

–1
等于绝对速度，如图所示，由题意可知，已知牵连速率v
0
为36 km



h
–1
（即10 m



s），而相对速率v 为10 m



s
–1
，所以绝对速率v 为14.14 m



s
–1
，方向指向东南。
所以答案是D。

二 填空题

1. 一质点沿x轴运动，运动方程为x=3+5t+6t
2
t
3
(SI单位) 。则质点在t=0到t=1s过程
中的平均速度
v
=______________m s；质点在t=1s时刻的速度v=______________ ms。
答案：
10
；
14

简要分析： 本题为运动学的第一类 问题，已知运动方程求其他各物理量，采取的方
法是先将运动方程对时间求导，然后带入相关数据求解。 根据平均速度定
义,
v

x
x
1
x
0
dx
512t3t
2
，因此
56110
ms。质点在任意时刻的速度
v
dt
t10
质点在t=1s时刻的速度
v(1)512131
2
14
ms。

2. 两辆车A 和B，在笔直的公路上同向行驶，它们从同一起始线上同时出发，并且由出
发点开始计时，行驶的距离 x 与行驶时间 t 的函数关系式：
x
A
4tt
2
，
x
B
2t
2
2t
3
(SI
单位)，则：
(1) 它们刚离开出发点时，行驶在前面的一辆车是______________；
(2) 出发后，两辆车行驶距离相同的时刻是____________________；
(3) 出发后，B 车相对A 车速度为零的时刻是__________________．
答案：（1）A ；（2）t = 1.19 s ；（3）t = 0.67 s
简要分析：
（1）两车的速度分别为
v
A

v
B

dx
A
42t

dt
dx
B
4t6t
2

dt
可得：t = 0时
v
A
v
B
，即刚开始时A车行驶在前面。
(2) 由
x
A
x
B
，可得t = 1.19 s

(3) 由
v
A
v
B
，可得 t = 0.67 s

3. 一质点以初速v
0
，抛射角为

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_______。
答案： v
0
cos

0
； 0； g； g。
简要分析：在最高点，垂直方向速度为零，只有水平速度，因此最高处的速度大小为
v
0
cos

0
。在最高点切向就是水平方向，法向就是竖 直向下方向，因此切向加速度大小为0，
法向加速度大小为g，合加速度大小为g。

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的方向与水平方向夹角为
30 。则物体在A点切向加速度大小为________ms
2
。
v
A
30
图1-3 填空题4图


答案：4.9
简要分析：本题是斜抛运动，在运动过程中加速度始终不变，因此物体在A点的 加速
度大小就是重力加速度的大小g=9.8ms
2
。切向加速度沿速度反方向，大小 为
gcos60=4.9ms
2
。

5. 一质点从静止出发沿半径为3 m的圆周运动，切向加速度大小为3 m



s
–2
，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 m



s
–2

答案：1s； 1.5 m； 0.5 rad； 4.2 m



s
–2
。
简要分析：
(1) 总加速度恰好与半径成45°角时a
n
= a
t
，根据
2v
2
(a
t
t)
a
n
a
t
RR
t
R
1 s

a
t
(2)
s
1
a
t
t
2
1.5m

2
ss
2π0.5rad

2π
RR
v2
(a
τ
t)
2
a
n
3ms
2
，
RR
2
 aa
t
2
a
n
32ms
2
4.2ms
2

(3)



(4) 1s末

6. 若地球的自转速率快到使得在赤道上的法向加速度为g，则一天的时间应为 小
时。（地球半径R = 6.410
6
m）

答案：1.41小时。
简要分析：由：

2
Rg
，

g
，
R
T
2π

2πR
5075s1.41h

g

7. 一列车以5.66 m



s
–2
的加速度在平面直铁道上行驶，小球在车厢 中自由下落，则小球
相对于车厢中乘客的加速度大小为________ m



s
–2
，加速度与铅垂直的夹角为_______。
答案：11.3 m



s
–2
；30
0
。
简要分析：如图所示，小球相对于地面 的加速度，即绝对加速度是g。列车的加速度，
即牵连加速度a
0
，大小为a
0
= 5.66 m



s
–2
，所以小球的相对
a
0
加速度a

为
30

a

ga
0

得a

的大小为：
a

g
22
a
0
11.3ms

1
2
a


g
图1-4 填空题7图 < br>与竖直方向的夹角

为

sin(a
0
a

)30


三 计算题
1. 半径为R的轮子在水平面上以角速度

作无滑动滚动时，轮边缘上任一质点的运动
学 方程为
r(

RtRsin

t)i(RRcos

t)j
，其中i、j分别为x
，
y直角坐标轴上的单位矢
量，试求 该质点的速率和加速度的大小。
简要分析：本题属于运动学的第一类问题，已知运动方程求解各物理量 ，采用的方法将
运动方程对时间求导，分别得出速度、加速度等表达式，然后带入数据求解，需要注意的 是
一般采用分量形式，将矢量运算转化为标量运算。

x

Rt Rsin

t
解：质点运动的分量方程为


yRR cos

t

v
x

dy
dx


R

Rcos

t，v
y

Rsin

t

dtdt
vv
x
2
v
y
2
(

R

Rcos
t)
2
(

Rsin

t)
2< br>

R(1cos

t)
2
sin
2< br>
t
v2

R
sin

t
2
d
v
y
d
v
x
2
a
x< br>

Rsin

t，a
y


2
Rcos

t

dtdt
aa
x
 a
y


2
R

22

2. 一质点运动的加速度为
a2ti3t
2
j
，初始速度与初始位移均为零， 求该质点的运动
学方程以及2s时该质点的速度。
简要分析：本题属于运动学的第二类问题， 已知已知加速度、初速度和初始位置求质点
的运动方程，采取的一般方法是逐步积分，进而得出运动方程 。
解：质点的速度为
v

v
0


adtt
2
it
3
j

11
运动方程为
rr
0


v
dtt
3
it
4
j

34
所以，2秒时质点的速度为：
v(4i8j)ms
-1

3. 一艘正以v
0
匀速 直线行驶的舰艇，关闭发动机后，得到一个与舰速反向、大小与舰
速平方成正比的加速度，即dvdt=

kv
2
，k为一常数，求证舰艇在行驶距离x时的速率为
v=v< br>0
e
kx
。
简要分析：本题为变加速度问题，解题的方法是根据加 速度的定义，利用分离变量的数
学技巧，再积分得出速率与行驶距离的对应关系。
d
v
解：已知：
k
v
2

dt
d
v
d
v
dxdv
对上式分离变量

v
，得到
dtdxdtdx
d
v
v

kv
2


dx
d
v
dx

k
v
x
v
d
v
两边积分

dx


0
v
0
k
v
11
v
得
x(ln
v
ln
v
0
)ln

kk
v
0
v

v
0
e
kx
4. 一质点初始时从原点开始以速度v
0
沿x轴正向运动，设运动过程中质点 受到的加速
度a = −kx
2
，求质点在x轴正向前进的最远距离。
简 要分析：本题也为变加速度问题，加速度是与位置有关的变量，解决问题的方法也是
利用加速度的定义结 合分离变量的方法积分得出结果。
解：已知：x
0
= 0，v
0
和a = −kx
2
，运用分离变量，得：
v
两边积分：
得：
d
v
kx
2
vdvkx
2
dx

dx
x
0

v< br>v
0
v
d
v


kx
2
dx

y
v
0
s
60°
30°
o
P
y
x
x
1
22
(vv
0
)kx
3
3

2
2
当v = 0时，质点前进的距离最远，即：
x
max
(3v
0
2k)
13


5. 表面平直的山坡与水平面成30°，在山脚用炮轰山腰
处的目标，已知v
0
= 150 m



s
–1
，炮筒与水平面成60°，求击中的目标离炮位有多远？
图1-5 计算题4 图

简要分析：本题考查对轨迹方程的灵活应用，不同的轨迹方程在同一点交 汇，其交汇点
坐标同时满足两个轨迹方程。
解：取坐标如图，以炮位为原点，目标为P，离炮位的距离为s。则有
yxtan30°


由轨迹方程
yxtan60°
联立解得
gx
2
2
v
0
2

cos60°
2
2
v
0
2
cos
2
60°

x(tan60°tan30°)1326m

g
yxtan30°765.6m

根据
sx
2y
2
或者
s
y
，均可以计算出
s1531.2m
。
sin30

6. 设一歼击机在高空A点时的速度沿水平方向，速率为1800 kmh，飞机在竖直平面上
沿近似于圆弧轨道俯冲到点B，其速率变为2100 kmh，A到B的圆弧 的半径为4.0km，所
经历的时间为3.5s，该俯冲过程可视为匀变速率圆周运动。求飞机在B点加 速度的大小，飞
行员能承受这样的加速度吗？
简要分析：本题考查对圆周运动的理解和掌握， 圆周运动中切向速度，法向速度，切向
加速度和法向加速度等概念的正确理解是关键。
解：
v
A
1800 kmh500ms
，
v
B
2100 kmh583 ms
。飞机在B点的加速度的法
向加速度
2
v
B
583
2
a
n
85.0 ms
2

R4000
俯冲过程视为匀变速率圆周运动，故切向加速度可按照下式计算
v
B

v
A
583-500
23.7 ms
2

t3.5
因此飞机在B点的加速度大小
a
t< br>
2
aa
n
a
t
2
85.0
2
23.7
2
ms
2
88.2 ms
2

上面计算出的加速度是重力加速度的9倍，这是飞机驾驶员最多可承受的极限加速度。

7. 一质点沿半径为R的圆周按规律
sv
0
t
1
2< br>v
0
，
kt
运动，
2
a
a
t

v

k都是常量.求：（1）质点作圆周运动的速率；（2）质点的加速
度。
简要分析： 本题考查的是圆周运动各物理量的准确理解，对
于圆周运动同样需要区分速度与速率的关系，圆周运动的 加速
度一般并不指向圆心，只有在一些特殊的情况下才指向圆心，
比如匀速率圆周运动，切向加 速度为零，所以只有法向加速度，


a
n
O

R

图1-6 计算题7 图

指向圆心。
解：（1）质点作圆周运动的速率
v

ds

v
0
kt

dt
（2）切向加速度和法向加速度分别为
2
v
2
(v
0
kt)
d
v


a
t
k
，
a
n

RR
dt
因此质点的加速度大小
aa
t
2

2
a
n
k
2< br>(
v
0
kt)
4
R
2

如图所示，设其与速度方向的夹角为

，则有
(
v
0< br>kt)
2
a
n

arctanarctan[]
a
t
Rk
质点的加速度大小和方向都是随时间t变化。

8. 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动，设
t0
时质点位于极轴上，其角速度为

12
t
2
(SI单位)。(1) 求在t = 2.0s时质点的法向加速度、切向加速度和角位置。(2) 当切向加速
度的大小恰等于总加速度大小的一半时，角位置

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？
y

简要分析：本题考查 对于圆周运动加速度、切向加速度、
法向加速度关系的正确理解和掌握。特别是圆周运动过程
v
Bx
中，切向加速度、法向加速度与圆周运动的角速度及半径等
x

30

物理量的对应关系。
v
B
v
By
解：(1) 已知

12 t
2
，所以2秒时法向加速度和切向


加速度分别为：
v
A
v
BA
a
n


2r144rt
4
230.4ms
2

图1-7 计算题8图
a
t
rd

dt24rt4.8ms

其角位置为：



0

< br>
dt42
3
rad32rad

0
2
2
2
2
(2) 由
aa
n
，即：
a
t
2
a
t
a2
，可得：
3a
t
2
a
n
3(24rt)
2
(144rt
4
)
2
， 解得：
t
3
0.29 s
3

所以：



0



dt4t
3< br>1.16rad

0
t
(3) 由
a
t
a
n
，可得
24rt144rt
4
， 所以
t0.55s

9. 一架预警机A以v
A
=1000km



h
–1
的速率相对于地面向南巡航，飞机中雷达员发现一
目标B以v
B
=1200km



h
–1的速率相对于地面向东偏南30方向飞行。求目标B相对于预警机
A的速度。
简要分析 ：本题考查的是对运动的相对性的理解，根据运动的相对性，绝对速度等于
相对速度和牵连速度的矢量和 ，需要注意的是建立合理的坐标系，正确确定相对速度和牵连
速度，再利用对应关系求解。
解： 如图所示，已知飞机A的绝对速度v
A
和目标B的绝对速度v
B
，所以目标B相
对于飞机A的相对速度v
BA
为
v
BA
v
B
v
A

所以
v
BAx

v
Bx

v
B
cos30
0
1039.2kmh
1

v
BAy

v
A

v
By

v
A

v
B
sin30
0
400kmh
1

因此，相对速度v
BA
的大小为
22
v
BA
< br>v
BAx

v
BAy
1039.2
2
4 00
2
1113.6kmh
1

方向为东偏北
< br>角，

的大小为

tan
1
v
BAy
v
BAx
tan
1
400
21

1039.2
即相对速度v
BA
的方向为东偏北21。