谈谈个人修养-内蒙古高考作文

第一章 质点运动学

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
解：答案是D。

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
解：答案是D

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

HHhH
h
解：答案是B 。
灯
设人头影子到灯杆的距离为x，则
A.
xshH

，
xs
，
xHHh
u
dxHdsH

v

dtHhdtHh
人头
H
h
v
影
所以答案是B 。

s
选择题3图
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
解 根据速率的概念，它等于速度矢量的模。
本题答案为D。

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
解：答案是C 。

2
2v
ty

v
t
2

v
0
g t
，
t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
解 答案是D。
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

解：答案是B。
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，测得风从西边吹来，大小为10 m



s
–1
，则实际风速大小和方向为：（ ）
A. 0
y
–1
B. 14.14 m



s，西南风
C. 10 m



s
–1
，西南风
v 
x
o
D. 14.14 m



s
–1
，西北风

解：答案是D。
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

v

v
0
–1–1–1


s），而相对速率v 为10 m



s，所以绝对速率v 为14.14 m



s，
选择题8图

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。
x
x
1
x
0
56110
ms。
t10
dx
质点在任意时刻的速度
v512t3t
2< br>，因此质点在t=1s时刻的速度
dt
解 根据平均速度定义,
v

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__________________．
解：答案：（1）A ；（2）t = 1.19 s ；（3）t = 0.67 s
（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_______。
解：答案：v
0
cos

0
； 0； g； g。
解 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
c os

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
填空题4图


答案：4.9
解 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=4.9m s
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

解：答案为：1s； 1.5 m； 0.5 rad； 4.2 m



s
–2
。
(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）

解：答案为：1.41小时。
简要提示：由：

2
Rg
，


g
，
R
T
2π

2 π
R
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_______。
解：答案为：11.3 m



s
–2
；30
0
。
简 要提示：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a0
，大小为a
0
= 5.66 m



s
–2
，所以小球的
a
0
相对加速度a

为
30

a

ga
0

g
a


2
得a

的大小为：
a

g2
a
0
11.3ms
2

与竖直方向的夹角< br>
为

sin
1
(a0
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。


x

RtRsin
t
解：质点运动的分量方程为


yRRcos

t

v
x

dy
dx

< br>R

Rcos

t，v
y


Rsin

t

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

2
d
v
y
d
v
x


2
Rsin

t，a
y


2Rcos

t

dtdt
aa
x
2
a
y
2


2
R

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。
11
解：答案为：
rt
3
it
4
j
；
v(4i8j)ms
-1

34
简要提示：已知质点运动的加速度，可得
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
4j

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
。
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。
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

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？
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

2
2
v
0
cos
2
60°
gx
2
y
v
0
s
60°
30°
o
P
y
x
x
2
v
0
2
cos
2
60°
(tan60°ta n30°)1326m

x
g
yxtan30°765.6m

根据
sx< br>2
y
2
或者
s
y
，均可以计算出
s1 531.2m
。
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？
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
作圆周运动的速 率；（2）质点的加速度。
1
2
（1）质点
kt
运动，v
0
，k都是常量.求：
2

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
a
t
a
因此质点的加速度大小
2
aa
t
2
a< br>n
k
2


v



a
n
(
v
0
kt)
4
R
2

O

R

如图所示，设其与速度方向的夹角为

，则有 < br>(
v
0
kt)
2
a
n

arc tan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？
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： < br>a
n


2
r144rt
4
230.4 ms
2

a
t
rd

dt24rt4.8ms
2

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

0
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
(1 44rt
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。
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

y

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

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

因此，相对速度v
BA
的大小为
0
v
By
v
A
30

x

v
B


v
BA
22
v
BA

v
BAx

v
BAy
1039.2
2
400
2
1113.6kmh
1

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

v
BAy
vBAx
tan
1
400
21

1039.2

第一章 质点运动学

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
解：答案是D。

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
解：答案是D

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

HHhH
h
解：答案是B 。
灯
设人头影子到灯杆的距离为x，则
A.
xshH

，
xs
，
xHHh
u
dxHdsH

v

dtHhdtHh
人头
H
h
v
影
所以答案是B 。

s
选择题3图
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
解 根据速率的概念，它等于速度矢量的模。
本题答案为D。

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
解：答案是C 。

2
2v
ty

v
t
2

v
0
g t
，
t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
解 答案是D。
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

解：答案是B。
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，测得风从西边吹来，大小为10 m



s
–1
，则实际风速大小和方向为：（ ）
A. 0
y
–1
B. 14.14 m



s，西南风
C. 10 m



s
–1
，西南风
v 
x
o
D. 14.14 m



s
–1
，西北风

解：答案是D。
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

v

v
0
–1–1–1


s），而相对速率v 为10 m



s，所以绝对速率v 为14.14 m



s，
选择题8图

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。
x
x
1
x
0
56110
ms。
t10
dx
质点在任意时刻的速度
v512t3t
2< br>，因此质点在t=1s时刻的速度
dt
解 根据平均速度定义,
v

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__________________．
解：答案：（1）A ；（2）t = 1.19 s ；（3）t = 0.67 s
（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_______。
解：答案：v
0
cos

0
； 0； g； g。
解 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
c os

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
填空题4图


答案：4.9
解 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=4.9m s
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

解：答案为：1s； 1.5 m； 0.5 rad； 4.2 m



s
–2
。
(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）

解：答案为：1.41小时。
简要提示：由：

2
Rg
，


g
，
R
T
2π

2 π
R
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_______。
解：答案为：11.3 m



s
–2
；30
0
。
简 要提示：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a0
，大小为a
0
= 5.66 m



s
–2
，所以小球的
a
0
相对加速度a

为
30

a

ga
0

g
a


2
得a

的大小为：
a

g2
a
0
11.3ms
2

与竖直方向的夹角< br>
为

sin
1
(a0
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。


x

RtRsin
t
解：质点运动的分量方程为


yRRcos

t

v
x

dy
dx

< br>R

Rcos

t，v
y


Rsin

t

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

2
d
v
y
d
v
x


2
Rsin

t，a
y


2Rcos

t

dtdt
aa
x
2
a
y
2


2
R

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。
11
解：答案为：
rt
3
it
4
j
；
v(4i8j)ms
-1

34
简要提示：已知质点运动的加速度，可得
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
4j

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
。
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。
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

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？
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

2
2
v
0
cos
2
60°
gx
2
y
v
0
s
60°
30°
o
P
y
x
x
2
v
0
2
cos
2
60°
(tan60°ta n30°)1326m

x
g
yxtan30°765.6m

根据
sx< br>2
y
2
或者
s
y
，均可以计算出
s1 531.2m
。
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？
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
作圆周运动的速 率；（2）质点的加速度。
1
2
（1）质点
kt
运动，v
0
，k都是常量.求：
2

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
a
t
a
因此质点的加速度大小
2
aa
t
2
a< br>n
k
2


v



a
n
(
v
0
kt)
4
R
2

O

R

如图所示，设其与速度方向的夹角为

，则有 < br>(
v
0
kt)
2
a
n

arc tan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？
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： < br>a
n


2
r144rt
4
230.4 ms
2

a
t
rd

dt24rt4.8ms
2

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

0
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
(1 44rt
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。
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

y

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

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

因此，相对速度v
BA
的大小为
0
v
By
v
A
30

x

v
B


v
BA
22
v
BA

v
BAx

v
BAy
1039.2
2
400
2
1113.6kmh
1

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

v
BAy
vBAx
tan
1
400
21

1039.2