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第一篇:《大学物理课后答案第1章质点运动学习题解答》

第1章质点运动学习题解答

1-1 如图所示，质点自A点沿曲线运动到B点，A点和B点的矢径分别为rA和rB。

试在图中标出位移r和路程s，同时对|r|和r的意义及它们与矢径的关系

进行说明。

解：r和s如图所示。

|r|是矢径增量的模|rBrA|，即位移的大

小；r是矢径模的增量|rB||rA|rBrA，

即矢径长度的变化量。

1-2 一质点沿y轴作直线运动，其运动方程为y524t2t3（SI）。求在计时开始的头3s内质点的位移、平均速度、平均加速度和所通过的路程。 解：y524t2t3，v246t2，a12t

yy(3)y(0)18(m)

y6(m/s) 3

v(3)v(0)18(m/s2) 3

t2s时，v0，质点作反向运动

sy(2)y(0)|y(3)y(2)|46(m)

1-3 一质点沿x轴作直线运动，图示为其vt曲

线图。设t0时，x5m。试根据vt图画出：

(1)质点的at曲线图；(2)质点的xt曲线图。

2020t (0t2)解：v152.5t (2t6)

757.5t (6t10)

（1）adv，可求得： dt

2020t (0t2)v152.5t (2t6)

757.5t (6t10)

质点的at曲线图如右图所示

（2）v

可求得：

0t2时， xtdx，dxvdt， 00dt

x

5dx(2020t)dt， x10t220t5 0t

2t6时，



x5dx(2020t)dt(152.5t)dt， x022t52t15t30 46t10时， x

5dx(2020t)dt(152.5t)dt(757.5t)dt， 02626t

x152t75t210 4

10t220t5 (0t2)5 xt215t30 (2t6)

4

152t75t210 (6t10)4

质点的xt曲线图如右图所示。

1-4 如图所示，路灯距地面的高度为H，在与路灯水平距离为s处，有一气球

由离地面h处开始以匀速率v0上升（hH）。建立图示坐标系，在气球上升的高度小于H时，求气球影子M的速度和加速度与影子位置的关系。 解：hv0txsHs，即x HxHhv0t

HSv0v0x2dx vdt(Hhvot)2Hs

dvvdv2v0x3

a22 dtdxHs2

1-5 一质点在Oxy平面内运动，运动方程为r2ti(192t2)j (SI)。(1)求质

点运动的轨道方程并画出运动轨道；(2)计算1s末和2s末质点的瞬时速度和瞬时加速度；(3)在什么时刻质点的位置矢量与其速度矢量恰好垂直？这时，它们的x、y分量各为多少？(4)在什么时刻质点离原点最近？算出这一距离。

drdv22i4tj，a4j 解：r2ti(192t)j，vdtdt

(1) x2t，y192t2

x2一质点从距离地面45米。

消t，得轨道方程：y19， 2

其曲线为开口向下的抛物线，如右图。

（2）v(1)2i4j，v(2)2i8j

 a(1)4j，a(2)4j

心领了

(3)vr0，4t4t(192t2)0

解得：t10，t23(s)

t10时，x(0)0，y(0)19，vx(0)2，vy(0)0

t23时，x(3)6，y(3)1，vx(3)2，vy(3)12

以上物理量均为国际单位。

（4）r4t2(192t2)2 令dr0，解得t3(s) dt

r(3)376.08(m)

1-6 一物体沿x轴运动，其加速度和位置的关系满足a26x(SI)。物体在x0处的速度为10 m/s，求物体的速度和位置的关系。

解：x00，v010(m/s)

26xdvdvdxdvv dtdxdtdx

x

0v10vdv(26x)dx

v6x24x100

1-7 一质点沿x轴作直线运动，初始速度为零，初始加速度为a0，出发后每经过时间间隔秒加速度就均匀增加a0，求出发后t秒，质点的速度和距出发点的距离。 解：a

vadva00t dtt 0dv(a00a0t)dt

va0t

xta02dxt，v dt2a02t)dt 2 0dx(a0t0

xa1a0t20t3 26

1-8 一艘正在沿直线行驶的快艇，在发动机关闭后，其时时闻鸟语加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即akv2，式中k为正常数。试证明快艇在关闭发动机后又行驶x距离时的速度为vv0ekx，式中v0是发动机关闭瞬时的速度。 解：kv2dvdvdxdvv dtdxdtdx

v

v0xdvvkdx，lnkx 0vv0

vv0ekx

1-9 一飞轮的转速在5s内由900rev/min均匀地减到800rev/min。求：(1)飞轮的角加速度；(2)在此5s内飞轮的总转数；(3)再经几秒飞轮将停止转动。 解：090028002(rad/s)，(rad/s) 6060

（1）0

t22.09(rad/s2) 3

（2）0t

N1225t150 2370.8(rev) 2

（3）0t

t40(s) 

1-10 一质点在水平面内作圆周运动，半径R2m，角速度kt2，式中k为正常数。当t0时，0π/4，第2s末质点的线速度大小为32m/s。用角坐标

第二篇:《作业1质点运动学答案2013版》

知识点一、位移、速度、加速度

rr2r1xiyjzk

1、位矢：rxiyjzk 位移：

v

平均速度：

rxyzdrdxdydzijkv　ijktttt （瞬时）速度：dtdtdtdt

dvd2rd2xd2yd2za22i2j2k

dtdtdtdtdt（瞬时）加速度：

2、路程s：物体通过的实际距离。

v

平均速率：

sds

v

t （瞬时）速率：dt 速度的大小等于速率

v

drdv

adt，dt。

问题1、如何由r求v，如何由v求a。利用求导问题2、如何由a求v，如何由v求r。

若aa(t)，利用

vtdv

a(t)dva(tdt)

v00dt

若aa(v)，利用

vdvtdv

a(v)dt

v00a(v)dt

vtdvdvdxdv

a(x)a(x)va(x)vdva(x)dx

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v00dxdtdx若aa(x)，利用 dt

问题3、如何由r求位移和路程。 位移：

rr2r1xiyjzk

dr

0

t0t1的路程s1和t1t的路程s2 dt路程：1、，求得速度为零的时间1，然后求出

［ C ］1、[基础训练1]如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑

轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v0收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船的运动

是 (A) 匀加速运动． (B) 匀减速运动．

(C) 变加速运动． (D) 变减速运动． (E) 匀速直线运动． 【解答】如图建坐标系，设船离岸边x米，

1

v02h2dvdvdx

a3i

dtdxdtx

可见，加速度与速度同向，且加速度随时间变化。

［ B ］2、[基础训练2]一质点沿x轴作直线运动，其vt曲和你在一起作文线如图所示，如t=0时，质点位于坐标原点，则t=4.5 s时，质点在x轴上的位置为 (A) 5m． (B) 2m． (C) 0． (D) 2 m．

(E) 5 m. 【解答】质点在x轴上的位置即为这段时间内v-t曲线下的面积的代数和。

4.5s

21

x

vdt(12.5)22(21)122(m)

［ B ］3、（自测提高3）质点沿半径为R的圆周作匀速率运动，每T秒转一圈．在2T时间间隔中，其平均速度大小与平均速率大小分别为

(A) 2R/T , 2R/T． (B) 0 , 2R/T (C) 0 , 0． (D) 2R/T , 0. 【解答】平均速度大小：

s2Rr

 平均速率： 0

tTt

2

［ C ］4、[自测提高6]某物体的运动规律为dv/dtkvt，式中的k为大于零的常量．当

t0时，初速为v0，则速度v与时间t的函数关系是

12121kt211kt21

(A) vktv0(B) vktv0(C)  (D) 

22v2v0v2v0

1kt21dv2

【解答】dv/dtkvt，分离变量并积分，2ktdt，得.

v2v0vv00

5、[基础训练9]灯距地面高度为h1，一个人身高为h2，在灯下以匀速率v沿水平直线行走，如图所示．他的头顶在地上的影子M点沿地面移动的速度为 vM【提示】坐标系如图，设人的坐标为x，头的影子坐标为xM，人向x轴正向运动。

vt

h1v

i ．

h1h2

根据三角形的相似性，有hxxM1一质点从距离地面45米。

h1h2

6、

2

dxh1h1dx

vMMiivi

dth1h2dth1h2

[自测提高11]一质点从O点出发以匀速率1 cm/s作顺时针转向的圆周运动，圆的半径为1 m，如图所示．当它走过2/3圆周时，走过的路程是__4.19（m），这段时间内的平均速度大小为4.13103(m/s) ，方向是__． 【解答】路程

S

24

2R4.19(m) 33

r2cos300平均速度大小v4.13103(m/s)；

Stv

方向如图。

7、[自测提高13] 一质点在Oxy平面内运动．运动学方程为x2 t和y19-2 t2 (SI)，则在第2秒内质点的平均速度大小v6.32 m/s，2秒末的瞬时速度大小v2【解答】（1）t1 = 1s时，x12m,y117m；t2 = 2s，x24m,y211m

x

x2x1yy1

2 m/s; y26 m/s；

t2t1t2t1

6.32 (m/s)。

平均速度大小v

（2）vx

dxdy

2 m/s; vy4tt2s8 m/s；

dtt2s

dtt2s

8.25 (m/s)

速度大小为v2

8、[基础训练16 ]有一质点沿x轴作直线运动，t时刻的坐标为x = 4.5 t2 – 2 t3 (SI) ．试求：

(1) 第2秒内的平均速度；（2）第2秒末的瞬时速度；（3）第2秒内的路程． 【解答】（1）t1=1s时，x1=2.5m ； t2=2s时，x2=2m ；

x

x2x122.5

0.5 (m/s)，0.5i (m/s)

t2t121

dx2

(9t6t), t2s时，（2）vx vx6 (m/s), v6i(m/s) dt

（3）令vx(9t6t2)0， 得：t'1.5s. 此时x3.375m

第二秒内的路程s

x'x1x2x'3.3752.53.37522.25 m

知识点二、圆周运动（曲线运动）



角速度：

dd一质点从距离地面45米。



dt

角加速度：dt

3

2

dsrddvv2(dveve)

aatanetenvetetrettn

dtdtRdtdt线速度 加速度：

问题1、如何由求，通过求导



d

dt

ωtdω

dωdt

ω00dt

问题2、如何由求，通过积分

2

1、[基础训练8]质点沿半径为R的圆周运动，运动学方程为 32t (SI) ，则ｔ时刻质点的法向加速度分量为an= 16Rt2 (SI) ；角加速度= 4 (rad/s2) 。 【解答】



d

4t，法向加速度分量为an2R16R t2 (SI) dt

d

4 (rad/s2). （2）角加速度dt

（1）

2、[基础训练18 ] 物体作斜抛运动，初速度v020ms1与水平方向成45角，求： (1) 在

o

最高点处的切向加速度、法向加速度； (2) 在t2秒时的切向加速度、法向加速度。 【解答】

2

设重力加速度g = 10m/s （1）最高点：agen



angat0

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