质点运动学

习题精解

1-1某质点的速度为v2i8tj，已知t=0时它经过点（3，7），则该质点的运动方程为

（ ）

22

A.2ti4tj B.2t3i4t7j C.8j D.不能确定



解：本题答案为B.

dr

因为 v

dt

所以 dr2i8tjdt



于是有



r

r0

t

dr2i8tjdt

2

即 rr02ti4tj

亦即 r3i7j2ti4t2j 故 r2t3i4t27j





















1-2 一质点在平面上作曲线运动,t1时刻位置矢量为r12i6j，t2时刻的位置矢量为

（1）在tt2t1时间内质点的位移矢量式;(2)该段时间内位移的大小r22i4j，求：

和方向；（3）在坐标图上画出r1,r2及 r。 解 （1）在tt2t1时间内质点的位移矢量式为





rr2r14i2jm

（2）该段时间内位移的大小 r



42225m

2

该段时间内位移的方向与轴的夹角为 tan

1

2

26.6 4

（3）坐标图上的表示如图1.1所示

1-3某质点作直线运动，其运动方程为x14tt ，其中x 以m 计，t 以s 计，求：（1）第3s末质点的位置；（2）头3s的位移大小；（3）头3s内经过的路程。 解 （1）第3s末质点的位置为

2

x(3)143324(m)

（2）头3s的位移大小为 x(3)x03(m)

（3）因为质点做反向运动是有v(t)0，所以令经过的路程为

x(3)x(2)x(2)x(0)4555(m)

1-4 已知某质点的运动方程为x2t,y2t2，式中t以s计，x和y以m计。（1）计算并图示质点的运动轨迹；（2）求出t1s到t2s这段时间内质点的平均速度；（3）计算1s末2s末质点的速度；（4）计算1s末和2s末质点的加速度。 解 （1）由质点运动的参数方程x2t,y2t2消去时间参数t得质点的运动轨迹为

dx

0，即42t0,t2s因此头3s内dt

x2

y2x0

4

运动轨迹如图1.2

（2）根据题意可得到质点的位置矢量为 r(2t)i(2t2)j

所以t1s到t2s这段时间内质点的平均速度为 

rr(2)r(1)2i3j(ms1) t21

（3）由位置矢量求导可得质点的速度为 vr2i(2t)j 所以 末和 末的质点速度分别为

v(1)2i2j(ms)和v(2)2i4j(ms) （4）由速度求导可得质点的加速度为 av2j 所以 末和 末质点的加速度为

a(1)a(2)2j(ms)

1-5湖中有一小船，岸边有人用绳子跨过离河面高H的滑轮拉船靠岸，如图1.3所示。设绳

子的原长为l0，人以匀速v0拉绳，使描述小船的运动。

解建立坐标系如图1.3所示。按题意，初始时刻（t=0）,滑轮至小船的绳长为l0，在此后某时刻t,绳长减小到l0vt，此刻船的位置为

1

1

1

x

这就是小船的运动方程，将其对时间求导可得小船的速度为

v

vdx0 dtcos 将其对时间求导可得小船的加速度为

22

2v0H2dv

a3

dtx其中负号说明了小船沿x轴的负向（即向岸靠拢的方向）做变加速直线运动，离岸越近（x

越小），加速度的绝对值越大。

1-6大马哈鱼总是逆流而上，游到乌苏里江上游去产卵，游程中有时要跃上瀑布。这种鱼跃出水面的速度可达32kmh。它最高可跃上多高的瀑布？和人的跳高记录相比如何？ 解 鱼跃出水面的速度为v32kmh

1

1

8.89ms1,若竖直跃出水面，则跃出的高度

v2

h4.03(m)

2g

此高度和人的跳高记录相比较，差不多是人跳高的两倍。

1-7 一人站在山坡上，山坡鱼水平面成角，他扔出一个初速度为v0的小石子，v0与水平面成角，如图1.4所示。（1）若忽略空气阻力，试证小石子落到了山坡上距离抛出点为S

2

2v0sincos

时处，有S。（2）由此证明对于给定的和值时，S在v02

42gcos

2

v0sin1。 

gcos2

有最大值Smax

解 （1）建立如图1.4所示的坐标系，则小石子的运动方程为

xv0cost

12

yv0sintgt2

当小石子落在山坡上时，有 

xScos

ySsin

联立以上四个方程，求解可得小石子在空中飞行的时间（即从抛出到落在山坡上是所经历的时间）t所满足的方程为 t

2

2v0

sintancost0 g

解之得

t

2v0

sintancos g

但t0时不可能的，因t0时小石子刚刚抛出，所以小石子落在山坡的距离为

2

v0cost2v0sincosx

S 2

coscosgcos

（2）给定v0和值时，有SS，求S的最大值，可令

22v0cos2

0 2

gcos

dS

0，即 d

亦即 



4





2

d2S

0，所以S有最大值，且最大值为 此时d2

Smax

2v0sin1 

gcos2

1-8一人扔石子的最大出手速度为v025ms1。他能击中一个与他的手水平距离为

L50m，高为h13m处的目标吗?在这个距离上他能击中的最大高度是多少？ 解 设抛射角为，则已知条件如图1.5所示，于是石子的运动方程为

x(v0cos)t

12

yvsintgt02

可得到石子的轨迹方程为

gx2

yxtan2 2

2v0cos

假若石子在给定距离上能击中目标，可令xL 此时有

gL2

yLtan2 2

2v0cos

即

gL2gL22

y2tanLtan2

2v02v0

2

d2yv0dy

0，即在给定已以tan为函数，令，此时20，有tan

dtandtangL

知条件及给定距离上能够击中目标的最大高度为ymax12.3m，故在给定距离上不能击中

h13m高度的目标。

1-9 如果把两个物体A和B分别以速度vOA和vOB抛出去，vOA与水平面的夹角为，vOB与水平面的夹角为，试证明在任意时刻物体B相对于物体A的速度为常矢量。

解 两物体在忽略风力的影响之后，将在一竖直面内做上抛运动，如图1.6所示，则两个物体的速度分别为

vAvOAcosivOAsingtj vBvOBcosivOBsingtj 所以在任意时刻物体B相对于物体A的速度为

vBvAvOBcosvOAcosivOBsinvOAsinj

它是与时间无关的常矢量。

1-10 如果已测得上抛物体两次从两个方向经过两个给定点的时间，即可测出该处的重力加速度。若物体沿两个方向经过水平线A的时间间隔为tA，而沿两个方向经过水平线A上方h处的另一水平线B的时间间隔为tB，设在物体运动的范围内重力加速度为常量，试求该重力加速度的大小。

解 设抛出物体的初速度为v0，抛射角为，建立如图1.7所示的坐标系，则

12

hvsintgtA0AA2



1hvsintgt2

B0BB2

所以

2gA22v0sintt0AA

gg



2vsin2gt20tBB0B

gg

于是有



tA





tB

此二式平方相减可得



g

8hBhA8h

2222

tAtBtAtB

注意此方法也是实验测得重力加速度的一种方法。

1-11 以初速度v0将一物体斜上抛，抛射角为，不计空气阻力，则物体在轨道最高点处的曲率半径为（ ）

2

v0sinv0cosgA. B. 2 C. D.不能确定

gv0g

解 本题正确答案为 C

因为初速为v0将一物体斜向上抛，抛射角为，不计空气阻力时，物体在轨道的最高点处

v2

的速率为vv0cos，而此时物体仅有法向加速度an，且ang，所以物体在轨道

R

2

cos2v2v0

最高点处的曲率半径为R 

gg

1-12 一质点从静止出发沿半径为R1m的圆周运动，其角加速度随时间的变化规律是

12t26t(SI)，试求该质点的角速度和切线加速度a。

解 因为

12t26t

2

所以 d(12t6t)dt 于是有





d(12t26t)dt

03

2

t

故质点的角速度为

4t3t 切线方向加速度为

aR12t36t

2

1-13 一质点做圆周运动方程为2t4t(以rad计，t以s计）。在t0时开始逆时针旋

转，问：（1）t0.5s时，质点以什么方向转动；（2）质点转动方向改变的瞬间，它的角位置多大？

解 （1）因质点做圆周运动角速度方向改变瞬时， 

d

t0t,0.2s 即 28 5

dt

所以t0.5s时，质点将以顺时针方向转动。 （2）质点转动方向改变的瞬间，它的角位置为

(0.25)20.254(0.25)20.25(rad)

1-14 质点从静止出发沿半径为R3m的圆周做匀变速运动，切向加速度a3ms2，问：（1）经过多长时间后质点的总加速度恰好与半径45角？（2）在上述时间内，质点所经历的角位移和路程各为多少？ 解 因为 a



dv

3 dt

所以 dv3dt 即



v

dv3dt

t

故质点做圆周运动的瞬间时速度为瞬时速率v3t 质点的法向加速度的大小为

v2(3t)2

3t2 anR3

其方向恒指向圆心，于是总加速度为

2

aana3tn3



其中n为沿半径指向圆心的单位矢量，为切向单位矢量。 （1）设总加速度a与半径的夹角，如图1.8所示，则 asina，acosan

2

当=45时有ana，即3t3,t1（负根舍去），所以t1s时，a与半径成45角。

（2）因为

s1ds

v3t，所以ds3tdt

00dt

故在这段时间内质点所经过的路程为s1.5m，角位移为

s1.5

0.5(rad)。 R3

1-15 汽车在半径为R400m的圆弧弯道上减速行驶，设某一时刻，汽车的速度为

v10ms1，切向加速度的大小为a0.2ms2。汽车的法向加速度和总加速度的大小

和方向。

解 已知条件如图1.9所示。汽车的法向加速度为

v2102

0.25(ms2) an

R400

汽车的总加速度为

a



2

0.32(ms2)

所以aana0.25n0.2(ms)，故加速度a和v的夹角为 180arctan

an

a0.25180arctan12840

0.2

习题精解

1-1某质点的速度为v2i8tj，已知t=0时它经过点（3，7），则该质点的运动方程为

（ ）

22

A.2ti4tj B.2t3i4t7j C.8j D.不能确定



解：本题答案为B.

dr

因为 v

dt

所以 dr2i8tjdt



于是有



r

r0

t

dr2i8tjdt

2

即 rr02ti4tj

亦即 r3i7j2ti4t2j 故 r2t3i4t27j





















1-2 一质点在平面上作曲线运动,t1时刻位置矢量为r12i6j，t2时刻的位置矢量为

（1）在tt2t1时间内质点的位移矢量式;(2)该段时间内位移的大小r22i4j，求：

和方向；（3）在坐标图上画出r1,r2及 r。 解 （1）在tt2t1时间内质点的位移矢量式为





rr2r14i2jm

（2）该段时间内位移的大小 r



42225m

2

该段时间内位移的方向与轴的夹角为 tan

1

2

26.6 4

（3）坐标图上的表示如图1.1所示

1-3某质点作直线运动，其运动方程为x14tt ，其中x 以m 计，t 以s 计，求：（1）第3s末质点的位置；（2）头3s的位移大小；（3）头3s内经过的路程。 解 （1）第3s末质点的位置为

2

x(3)143324(m)

（2）头3s的位移大小为 x(3)x03(m)

（3）因为质点做反向运动是有v(t)0，所以令经过的路程为

x(3)x(2)x(2)x(0)4555(m)

1-4 已知某质点的运动方程为x2t,y2t2，式中t以s计，x和y以m计。（1）计算并图示质点的运动轨迹；（2）求出t1s到t2s这段时间内质点的平均速度；（3）计算1s末2s末质点的速度；（4）计算1s末和2s末质点的加速度。 解 （1）由质点运动的参数方程x2t,y2t2消去时间参数t得质点的运动轨迹为

dx

0，即42t0,t2s因此头3s内dt

x2

y2x0

4

运动轨迹如图1.2

（2）根据题意可得到质点的位置矢量为 r(2t)i(2t2)j

所以t1s到t2s这段时间内质点的平均速度为 

rr(2)r(1)2i3j(ms1) t21

（3）由位置矢量求导可得质点的速度为 vr2i(2t)j 所以 末和 末的质点速度分别为

v(1)2i2j(ms)和v(2)2i4j(ms) （4）由速度求导可得质点的加速度为 av2j 所以 末和 末质点的加速度为

a(1)a(2)2j(ms)

1-5湖中有一小船，岸边有人用绳子跨过离河面高H的滑轮拉船靠岸，如图1.3所示。设绳

子的原长为l0，人以匀速v0拉绳，使描述小船的运动。

解建立坐标系如图1.3所示。按题意，初始时刻（t=0）,滑轮至小船的绳长为l0，在此后某时刻t,绳长减小到l0vt，此刻船的位置为

1

1

1

x

这就是小船的运动方程，将其对时间求导可得小船的速度为

v

vdx0 dtcos 将其对时间求导可得小船的加速度为

22

2v0H2dv

a3

dtx其中负号说明了小船沿x轴的负向（即向岸靠拢的方向）做变加速直线运动，离岸越近（x

越小），加速度的绝对值越大。

1-6大马哈鱼总是逆流而上，游到乌苏里江上游去产卵，游程中有时要跃上瀑布。这种鱼跃出水面的速度可达32kmh。它最高可跃上多高的瀑布？和人的跳高记录相比如何？ 解 鱼跃出水面的速度为v32kmh

1

1

8.89ms1,若竖直跃出水面，则跃出的高度

v2

h4.03(m)

2g

此高度和人的跳高记录相比较，差不多是人跳高的两倍。

1-7 一人站在山坡上，山坡鱼水平面成角，他扔出一个初速度为v0的小石子，v0与水平面成角，如图1.4所示。（1）若忽略空气阻力，试证小石子落到了山坡上距离抛出点为S

2

2v0sincos

时处，有S。（2）由此证明对于给定的和值时，S在v02

42gcos

2

v0sin1。 

gcos2

有最大值Smax

解 （1）建立如图1.4所示的坐标系，则小石子的运动方程为

xv0cost

12

yv0sintgt2

当小石子落在山坡上时，有 

xScos

ySsin

联立以上四个方程，求解可得小石子在空中飞行的时间（即从抛出到落在山坡上是所经历的时间）t所满足的方程为 t

2

2v0

sintancost0 g

解之得

t

2v0

sintancos g

但t0时不可能的，因t0时小石子刚刚抛出，所以小石子落在山坡的距离为

2

v0cost2v0sincosx

S 2

coscosgcos

（2）给定v0和值时，有SS，求S的最大值，可令

22v0cos2

0 2

gcos

dS

0，即 d

亦即 



4





2

d2S

0，所以S有最大值，且最大值为 此时d2

Smax

2v0sin1 

gcos2

1-8一人扔石子的最大出手速度为v025ms1。他能击中一个与他的手水平距离为

L50m，高为h13m处的目标吗?在这个距离上他能击中的最大高度是多少？ 解 设抛射角为，则已知条件如图1.5所示，于是石子的运动方程为

x(v0cos)t

12

yvsintgt02

可得到石子的轨迹方程为

gx2

yxtan2 2

2v0cos

假若石子在给定距离上能击中目标，可令xL 此时有

gL2

yLtan2 2

2v0cos

即

gL2gL22

y2tanLtan2

2v02v0

2

d2yv0dy

0，即在给定已以tan为函数，令，此时20，有tan

dtandtangL

知条件及给定距离上能够击中目标的最大高度为ymax12.3m，故在给定距离上不能击中

h13m高度的目标。

1-9 如果把两个物体A和B分别以速度vOA和vOB抛出去，vOA与水平面的夹角为，vOB与水平面的夹角为，试证明在任意时刻物体B相对于物体A的速度为常矢量。

解 两物体在忽略风力的影响之后，将在一竖直面内做上抛运动，如图1.6所示，则两个物体的速度分别为

vAvOAcosivOAsingtj vBvOBcosivOBsingtj 所以在任意时刻物体B相对于物体A的速度为

vBvAvOBcosvOAcosivOBsinvOAsinj

它是与时间无关的常矢量。

1-10 如果已测得上抛物体两次从两个方向经过两个给定点的时间，即可测出该处的重力加速度。若物体沿两个方向经过水平线A的时间间隔为tA，而沿两个方向经过水平线A上方h处的另一水平线B的时间间隔为tB，设在物体运动的范围内重力加速度为常量，试求该重力加速度的大小。

解 设抛出物体的初速度为v0，抛射角为，建立如图1.7所示的坐标系，则

12

hvsintgtA0AA2



1hvsintgt2

B0BB2

所以

2gA22v0sintt0AA

gg



2vsin2gt20tBB0B

gg

于是有



tA





tB

此二式平方相减可得



g

8hBhA8h

2222

tAtBtAtB

注意此方法也是实验测得重力加速度的一种方法。

1-11 以初速度v0将一物体斜上抛，抛射角为，不计空气阻力，则物体在轨道最高点处的曲率半径为（ ）

2

v0sinv0cosgA. B. 2 C. D.不能确定

gv0g

解 本题正确答案为 C

因为初速为v0将一物体斜向上抛，抛射角为，不计空气阻力时，物体在轨道的最高点处

v2

的速率为vv0cos，而此时物体仅有法向加速度an，且ang，所以物体在轨道

R

2

cos2v2v0

最高点处的曲率半径为R 

gg

1-12 一质点从静止出发沿半径为R1m的圆周运动，其角加速度随时间的变化规律是

12t26t(SI)，试求该质点的角速度和切线加速度a。

解 因为

12t26t

2

所以 d(12t6t)dt 于是有





d(12t26t)dt

03

2

t

故质点的角速度为

4t3t 切线方向加速度为

aR12t36t

2

1-13 一质点做圆周运动方程为2t4t(以rad计，t以s计）。在t0时开始逆时针旋

转，问：（1）t0.5s时，质点以什么方向转动；（2）质点转动方向改变的瞬间，它的角位置多大？

解 （1）因质点做圆周运动角速度方向改变瞬时， 

d

t0t,0.2s 即 28 5

dt

所以t0.5s时，质点将以顺时针方向转动。 （2）质点转动方向改变的瞬间，它的角位置为

(0.25)20.254(0.25)20.25(rad)

1-14 质点从静止出发沿半径为R3m的圆周做匀变速运动，切向加速度a3ms2，问：（1）经过多长时间后质点的总加速度恰好与半径45角？（2）在上述时间内，质点所经历的角位移和路程各为多少？ 解 因为 a



dv

3 dt

所以 dv3dt 即



v

dv3dt

t

故质点做圆周运动的瞬间时速度为瞬时速率v3t 质点的法向加速度的大小为

v2(3t)2

3t2 anR3

其方向恒指向圆心，于是总加速度为

2

aana3tn3



其中n为沿半径指向圆心的单位矢量，为切向单位矢量。 （1）设总加速度a与半径的夹角，如图1.8所示，则 asina，acosan

2

当=45时有ana，即3t3,t1（负根舍去），所以t1s时，a与半径成45角。

（2）因为

s1ds

v3t，所以ds3tdt

00dt

故在这段时间内质点所经过的路程为s1.5m，角位移为

s1.5

0.5(rad)。 R3

1-15 汽车在半径为R400m的圆弧弯道上减速行驶，设某一时刻，汽车的速度为

v10ms1，切向加速度的大小为a0.2ms2。汽车的法向加速度和总加速度的大小

和方向。

解 已知条件如图1.9所示。汽车的法向加速度为

v2102

0.25(ms2) an

R400

汽车的总加速度为

a



2

0.32(ms2)

所以aana0.25n0.2(ms)，故加速度a和v的夹角为 180arctan

an

a0.25180arctan12840

0.2