三伏天是什么意思-入党自荐书

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轴正方向的加速度而有沿x轴负方向的速度。
解：答案是D。
2.长度不变的杆AB
，
其端点A以v
0
匀速沿y轴向下滑动，B点沿x轴 移动，
则B点的速率为：（）
A.v
0
sin

B.v
0
cos

C.v
0
tan

D. v
0
cos


解：答案是C。
简要提示：设B点的坐标为x，A点的坐标为y，杆的长度为l，则
x
2
y
2
l
2

对上式两边关于时间 求导：
2x
dydy
dxdx
2y0
，因
v
，
v
0
，所以
dtdtdtdt
2xv2yv
0
= 0 即v=v
0
yx =v
0
tan


所以答案是C。
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，
灯
y
A
v
0

人头
H
h
v
影
θ

v
B
x
s
选择题3图
选择题2图
则人头影子移动的速度u为（）
HhHhH
v
B.
v
C.
v
D.
v

HHhHh
解：答案是B 。
A.

简要提示：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. 某质点作直线运动的运动学方程为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
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
A.
t0
B.
t
C.
g
2g
v
t
2
v
0
2
g
vv
0
D.
t

2g
22
解：答案是C 。
2
2
简要提示：
v
ty

v
t
2

v
0
gt，
tv
t
2
v
0

g

所以答案是C 。
6. 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。
y
提示：升降机内的人与球之间没有加速度。
7.某人在由北向南行驶，速率为36 kmh
–1
的汽车上，
v 
–1
测得风从西边吹来，大小为10 ms，则实际风速大小和方
x
o
向为：（）
A. 0
v
0

v
B. 14.14 ms
–1
，西南风
选择题7图

C. 10 ms
–1
，西南风

D. 14.14 ms
–1
，西北风

解：答案是D。
简要提示：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
–1
），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 1一质点在空间三坐标上的运动方程分别为x=Acos

t，y=Asin
 
t，
z=h

t2

，式中A、h、
均为大于零的常数，则质点在x和y轴上的分运动是
_____________________ _____，在z轴上的分运动是______________，在xy平
面内的运动轨迹为____ ______________，在x
、
y
、
z空间内的运动轨道为
______________________。
解：答案为：谐振动； 匀速直线运动； 以O为圆心半径为A的圆； 以z
为轴线的螺旋线。
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，则该
质点的运动方程为， 2秒时该质点的速度为。
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. 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< br>2
2t
3
(SI)，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：答案为：（1）A ；（2）t = 1.19 s ；（3）t = 0.67 s
简要提示： （1）两车的速度分别为

v
A

dx
A
42t

dt
v
B

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
4. 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< br>_______。
解：答案为：v
0
cos

0
； 0； g； g。
5. 一质点从静止出发沿半径为3m的圆周运动，切向加速度大小为3m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r ad，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
。
v
2
(a
τ
t)
2
简要提示：(1) a
n
= a

，
a
n

，
t
RR
R
1 s

a

(2)
s
1
a
τ
t
2
1.5m

2
ss
2

0.5rad

2

RR
(3)



v
2< br>(a
τ
t)
2
(4) 1s末，
a
n
3ms
2
，
RR
2
 aa
τ
2
a
n
32 ms
2
4.2ms
2

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
2


2

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a
0
，大小为a
0
= 5.66 ms
–2
，所
a
0
以小球的相对加速度a

为
30
a

ga
0

g
a


2
得a

的大小为：
a

g
2
a
0
11.3ms
2

与竖直方向的夹角
为

sin
1
(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
质点运动的轨迹的 矢量方程为
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。当

为常数时，找出速度为零的点。

x

RtRsin

t
解：质点运动的参数方程为
< br>
yRRcos

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


R(1cos

t)
2< br>sin
2

t
v2

R
sin

t

2

a
x

d
v< br>y
d
v
x


2
Rsin

t，a
y


2
Rcos

t
dtdt
aa
x
2
a
y
2


2
R

由以上速度公式，可得：当

t=2n，n为整数时，v = 0，代入参数方程可
得
y0

即:轮子与水平面的接触点（y = 0）的速度始终为0。
2. 一艘正以v
0
匀速直线行驶的汽艇，关闭发动机后，得 到一个与船速反向、
大小与船速平方成正比的加速度，即dvdt=

kv
2
，k为一常数，求证船在行驶距
离x时的速率为v=v
0
e

kx
。
d
v
d
v
d
v
dxdv
解：已知：
k
v
2
分离变量：

v

dtdtdxdtdx
d
v
d
v
得：
v

k
v
2
dx
dxk
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

kkv
0
v

v
0
e
kx

3. 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
，求质点运动的最大距离。
解：已知：x
0
= 0，v
0
和a = −kx
2
，运用分离变量，得：
v
d
v
kx
2
vdvkx
2
dx

dx
两边积分：
得：

v
v
0
v
d
v


kx
2
dx

0
x
1
22
(vv
0
)kx
3
3

2
2
2k)
13
当v = 0时，质点运动的距离最大，即：
x
max
(3v
0
4. 如图所 示为一曲柄连杆机构，曲柄OA长
为r，连杆AB长为l。AB的一端用销子在A处与
曲柄OA 相连，另一端以销子在B处与活塞相连。
当曲柄以匀角速度

绕轴O旋转时，通过连 杆将
计算题4图

带动B处活塞在气缸内往复运动，试求活塞的运动方程。 < br>解：建立坐标如图，以O为原点，水平向左
为x的正方向，并取曲柄A端处在x轴的P
点 时为初始时刻。由图可得活塞B的运动方
程为：
xORRBrcos

tl
2
r
2
sin
2

t

5. 距河岸(可看成直线)500 m处有一艘静止的船，船上的探照灯以转速为 n
=1 rmin 转动．当光束与岸边成60°角时，求光束沿岸边移动的速率v。
解：如图所示，建立坐标系，当探照灯转动到与岸边成

角，再经过d t 时
o x
间，光束沿岸边的位移：
dxrd

sin

l

dtsin


其中

2

n
。所以，光束沿岸边的速率为：
2

l r
d


v

dx
l

sin
2

69.8ms

dt
6. 一战士在倾角为

的山坡底部O点处，以与斜面成
β角的初速度v
0
投掷
手榴弹，欲使弹恰好垂直落入斜面上端P点处的碉堡内，若不 计空气阻力，试
求投掷角

。
解：如图所示，P的水平和竖直速度分别为：
v
x
v
0
cos(



), v
y
v
0
sin(



) gt, v
y
0
。
要使落入点的速度垂直于斜面，必须有：
v
x
tan

，即：

v
y
v
0
cos(



)
tan

，
v
0
sin(



)gt
v
0

P(x,y)
v
x



O




v
y

v
得到：
v
0
cos(



)
v
0
sin(



)
（1）
tan

y
v
0
sin(



)t gt
2
2
tan

，得到 又因

x
v
0
cos(



)t
v
0
sin(



)gt2v
0
cos(


)tan

（2）
将（1）式代入（2）式，整理后得到
1
sin(



)cos(



)(2tan

)

tan

gt

利用三角函数展开式，整理简化上式得到
1

2tan

7. 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，
y
则有
tan



yxtan30°

由轨迹方程< br>yxtan60°
gx
2
v
0
2
2
2v
0
s
60°
30°
o
P
y
x
x

cos60°
联立解得
2
v
0
2
cos
2
60°
x(tan60°tan30°)132 6m

g
yxtan30°765.6m

y
1531.2m

sin30°
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

1 2 t
2
。(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>sx
2
y
2
或s
a
n


2
r144rt
4
230.4ms
2

a
τ
rd

dt24rt4.8ms
2

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

0
2
2
(2) 由
aa
n
，即：
a
τ
2
a
τ
a2
，可得：
3a
τ
2
a
n
2
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
τ
a
n
，可得
24rt144rt
4
， 所以
t0.55s

9. 一升降机以加速度a
0
= 1.22 ms
–2
上升，当上升速度为2.44 ms
–1
时，有
一螺帽 自升降机的天花板脱落，天花板与升降机的底面相距2.74m，试求
（1） 螺帽从天花板落到底面所需时间；
（2） 螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离。
解： （1）以升降机为参照系，螺帽作初速为零，加速度为a
1
的竖直向下的
匀变速直线运 动
a
1
a
0
g1.229.811.02(ms
2
)

向下运动方程
yy
0

t
2y
0

a
1
1
2
a
1
t0

2
22.74
0.71(s)

11.02
（2）以地 面为参照系，螺帽作初速为2.44ms
1
、加速度为g的竖直上抛运
动方程为
1
yy
0
v
0
tgt
2

2
螺帽相对于升降机外固定柱子的移动距离
yy
0
v
0
t
1
2
1
gt2.440.719.80.712
0.74(m)
，
22
负号表示为下降。
10. 飞 机A以v
A
=1000kmh
–1
的速率相对于地面向南飞行，同时另一架 飞机
B以v
B
=800kmh
–1
的速率相对于地面向东偏南30 方向飞行。求A机相对于B机
的速度和B机相对于A机的速度。
y

解： 如图所示，已知飞机A的绝对速度v
A
和飞机B的牵连速度v
B
，所以飞机A相对于
v
Bx
x

飞机B的相对速度v
AB
为：
v
AB
v
A
v
B

v
By
v
B
所以
v
ABx

v
Bx

v
B
cos30
0
693kmh
1

v
ABy

v
A

v
By

v
A

v
B
sin30
0
600km h
1
因此，相对速度v
AB
的大小为：
v
A
v
AB
21
v
AB

v
2
A Bx

v
ABy
917kmh

方向为 向西偏南

角，

的大小为：

tan
1
v
ABy
v
ABx
41

同样的方法，可以 求得飞机A相对于飞机B的相对速度v
BA
的大小也为
917kmh
–1< br>(或254.6ms
–1
)，而方向为向东偏北41。
11. 某人以4 kmh
–1
的速度向东行进时，感觉风从正北吹来。如果将速度增
加一倍，则感觉风 从东北吹来。求相对于地面的风速和风向。
解：如图所示，设相对于地面的
v
0
2v
0
风速大小为v，方向为向东偏南



角。则：
v
1

v
sin


v
2
cos

v
0

v
cos

v
2
sin

2
v
0

v
0< br>
v
0



v
2
v
1
v

由已知

45，可得：
v
cos
tan


2
1
，
v
2
sin

即：

45。
相对地面的风速为： 
vv
0
cos

2v
0
5. 7kmh
1
