第一章习题解答

第一章 质点运动学

1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt)时间内的位移为Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r｜),平均速度为v,平均速率为v．

(1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr｜= Δs = Δr

(B) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= ds ≠ dr (C) ｜Δr｜≠ Δr ≠ Δs,当Δt→0 时有｜dr｜= dr ≠ ds (D) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= dr = ds (2) 根据上述情况,则必有( )

(A) ｜v｜= v,｜v｜= v (B) ｜v｜≠v,｜v｜≠ v (C) ｜v｜= v,｜v｜≠ v (D) ｜v｜≠v,｜v｜= v

分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．

(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故

ΔrΔs,即｜v｜≠v． ?ΔtΔt但由于｜dr｜＝ds,故

drds?,即｜v｜＝v．由此可见,应选(C)． dtdt1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即

drdrds?dx??dy?(1)； (2)； (3)； (4)?????．

dtdtdt?dt??dt?下述判断正确的是( )

(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确 分析与解

22dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标dt系中叫径向速率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；

drds表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v?计算,在

dtdt22?dx??dy?直角坐标系中则可由公式v??????求解．故选(D)．

?dt??dt?1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即

(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ． 下述判断正确的是( )

(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的

dv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是dtdr加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系

dtds中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；

dt分析与解 而

dv表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确dt1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )

的．故选(D)．

(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变

分析与解 加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．

*1 -5 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,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v,则小船作( )

(A) 匀加速运动,v?v0 cosθ(B) 匀减速运动,v?v0cosθ (C) 变加速运动,v?v0 cosθ(D) 变减速运动,v?v0cosθ (E) 匀速直线运动,v?v0

分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳

长为l,则小船的运动方程为x?l2?h2,其中绳长l 随时间t 而变化．小船

dldxdt,式中dl表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,速度v??dtdtl2?h2l代入整理后为v?v0l2?h2/l?v0,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可cosθ判断小船作变加速运动．故选(C)．

讨论 有人会将绳子速率v0按x、y 两个方向分解,则小船速度

v?v0cosθ,这样做对吗？

1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t?2t,式中x 的单位为m,t 的单位为 s．求：

(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；

(3) t＝4 s时质点的速度和加速度．

分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：Δx?xt?x0,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据

23dx?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移dt大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程s??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s

dxd2x时质点速度和加速度可用和2两式计算．

dtdt解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小

Δx?x4?x0??32m dx (2) 由 ?0

dt得知质点的换向时刻为

tp?2s (t＝0不合题意)

则

Δx1?x2?x0?8.0m

Δx2?x4?x2??40m

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为

s?Δx1?Δx2?48m

(3) t＝4.0 s时

v?dx??48m?s?1

dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2

dtt?4.0s1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t＝0 时,x＝0．试根据已知的v-t 图,画出a-t 图以及x -t 图．

1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a)图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．

分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．

解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因θ?程为

2πt,则质点P 的参数方Tx??Rsin坐标变换后,在Oxy 坐标系中有

2π2πt, y???Rcost TTx?x??Rsin则质点P 的位矢方程为

2π2πt, y?y??y0??Rcost?R TT2π2π??ti???Rcost?R?jTT??r?Rsin?3sin(0.1πt)i?3[1?cos(0.1πt)]j

(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为

v?dr2π2π2π2π?Rcosti?Rsintj?(0.3πm?s?1)jdtTTTT

d2r2π2π2π2πa?2??R()2sinti?R()2costj?(?0.03π2m?s?2)idtTTTT1 -12 地面上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m？

分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．

解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为

v?dshω??1.94?10?3m?s?1 2dtcosωt1sπarctan??3?60?60s ωh4ω当杆长等于影长时,即s ＝h,则

t?即为下午3∶00 时．

1 -13 质点沿直线运动,加速度a＝4 -t2 ,式中a的单位为m·ｓ-2 ,t的单位

为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．

分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由a?dvdx和v?可得dv?adt和dtdt如a＝a(t)或v ＝v(t),则可两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的dx?vdt．

显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．

解 由分析知,应有

vt?

由

v0dv??adt

0得 v?4t?t?v0 (1)

133?dx??vdt

x002xt得 x?2t?14t?v0t?x0 (2) 12将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m·ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为

x?2t2?14t?0.75 121 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a＝A -Bv,式中A、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．

分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为

dv?dt后再两边积分． a(v)解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点． (1) 由题意知 a?用分离变量法把式(1)改写为

dv?A?Bv (1) dtdv?dt (2)

A?Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

?vv0tdvdv??dt

0A?Bv得石子速度 v?由此可知当,t→∞时,v?(2) 再由v?A(1?e?Bt) BA为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． BdyA?(1?e?Bt)并考虑初始条件有 dtBytA?Bt?0dy??0B(1?e)dt

得石子运动方程

y?AAt?2(e?Bt?1) BB1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j,式中a的单位为m·ｓ-2 ．在t＝0时,其速度为零,位置矢量r0 ＝10 mi．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．

分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时

需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即x?x0?v0xt?121axt和y?y0?v0yt?ayt2,两个分运动均22为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．

解 由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得

vtt?dv??adt??(6i?4j)dt

000v?6ti?4tj

又由v?dr及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 dt?dr??vdt??(6ti?4tj)dt

r000rttr?(10?3t2)i?2t2j

由上述结果可得质点运动方程的分量式,即

x ＝10＋3t2 y ＝2t2

消去参数t,可得运动的轨迹方程

3y ＝2x -20 m

这是一个直线方程．直线斜率k?dy2?tanα?,α＝33°41′．轨迹如dx3图所示．

1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为a?2(1?cosΔθ)v2/(RΔθ)；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°

和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．

分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为

a?dvΔv和a?．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为dtΔtΔvv2an?,a? ,式中｜Δv｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转

ΔtR过的角度Δθ 求出．

由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0 时的极限值．

解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故

2Δv?v12?v2?2v1v2cosΔθ

?v2(1?cosΔθ)

而

Δt?所以

ΔsRΔθ ?vvΔvv2 a??2(1?cosΔθ)ΔtRΔθ (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式, 得

v2v2a1?0.9003,a2?0.9886

RRv2v2,a4?1.000 a3?0.9987RR以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极

v2限值,该值即为法向加速度．

R1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r＝2.0ti ＋(19.0 -2.0t2 )j,式中r 的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t1＝1.0s 到t2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．

分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化

Δr,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即Δtdr瞬时速度v?．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量aｔ 和an ,

dtdvt前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即at?e,后者只反映质

dt率,即v?点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ 得到．在求得t1 时刻质点的速度

v2和法向加速度的大小后,可由公式an?求ρ．

ρ解 (1) 由参数方程

x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t2

消去t 得质点的轨迹方程：

y ＝19.0 -0.50x2

(2) 在t1 ＝1.00ｓ 到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度

v?Δrr2?r1??2.0i?6.0j Δtt2?t1(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为

v(t)?vxi?vyj?dxdyi?j?2.0i?4.0tj dtdtd2xd2ya(t)?2i?2j??4.0m?s?2j

dtdt则t1 ＝1.00ｓ时的速度

v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j

切向和法向加速度分别为

att?1s?dvd2?2et?(vx?v2)e?3.58m?set ytdtdtan?a2?at2en?1.79m?s?2en

(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为

2?1v?vx?v2y?4.47m?s

v2?11.17m 则ρ?an1 -18 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？

分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．

此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．

解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为

x ＝vt, y ＝1/2 gt2

飞机水平飞行速度v＝100 m·s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离

x?v(2) 视线和水平线的夹角为

2y?452m gθ?arctany?12.5o xgt v(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

α?arctanvyvx?arctan取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别

为

gt??at?gsinα?gsin?arctan??1.88m?s?2

v??gt??an?gcosα?gcos?arctan??9.62m?s?2

v??1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡

倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足tanβ?1并与v0 无关．

2tanα分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g

12gt,做出2????炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即

为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即r?v0t?图中的r 矢量)．

(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为

12gtsinα (1) 21y?v0tsinβ?gt2cosα (2)

2x?v0tcosβ?令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得

222v0sinβ2v0sinβOP?x?(cosαcosβ?sinαsinβ)?cos(α?β)

gcos2αgcos2α解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有

12gtrv0t ??2ππ????sinβsin??α?β?sin??α??2??2?从中消去t 后也可得到同样结果．

(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则

vx?v0cosβ?gtsinα?0 (3)

由(2)(3)两式消去t 后得

tanβ?1 2sinα由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 的大小无关．

讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．

1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R,离地面的高度为h,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径

2为r?R1?2hω/g的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或

农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？

分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．

解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为

x?vt?Rωt (1)

y?212gt?h (2) 22R2ω2h由式(1)(2)可得 x?

g由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为

r?x2?R2?R1?2h2ω g(2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为

R?v0sin2 g为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不

能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．

1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)

分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x、y 值代入即可求出．

解 取图示坐标系Oxy,由运动方程

1x?vtcosθ, y?vtsinθ?gt2

2消去t 得轨迹方程

y?xtanθ?g22 (1?tanθ)x22v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y≥0 代入后,可解得

71．11°≥θ1 ≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．89°

如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ

＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．

1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律s?v0t?12bt运动,v0 、b 都2是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？

分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s(t),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量为an＝v2 /R．这样,总加速度为a

＝aｔeｔ＋anen．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs＝

st -s0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．

解 (1) 质点作圆周运动的速率为

v?ds?v0?bt dt其加速度的切向分量和法向分量分别为

d2sv2(v0?bt)2at?2??b, an??

dtRR故加速度的大小为

a?a?a?其方向与切线之间的夹角为

2n2tat2b2?(v0?bt)4

R?(v0?bt)2?anθ?arctan?arctan???

atRb??(2) 要使｜a｜＝b,由

1R2b2?(v0?bt)4?b可得 Rvt?0

b2v0s?st?s0?

2b(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为

因此质点运行的圈数为

2sv0 n??2πR4πbR1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．

分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．

解 因ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数

ωv??2rad?s?3 22tRt2所以 ω?ω(t)?2t

k?则t′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

ω?2t?2?0.5rad?s?1

α?dω?4t??2.0rad?s?2 dtat?αR?1.0m?s?2

总加速度

a?an?at?αRet?ω2Ren a??αR?2??ω2R?2?1.01m?s?2

在2.0ｓ内该点所转过的角度

2222θ?θ0??ωdt??2t2dt?t30?5.33rad

00331 -24 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为θ?2?4t,式

中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 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？

分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．

解 (1) 由于θ?2?4t,则角速度ω?向加速度和切向加速度的数值分别为

3dθ?12t2．在t ＝2 ｓ 时,法dtant?2s?rω2?2.30m?s?2

at(2) 当at?a/2?t?2s?rdω?4.80m?s?2 dt122,即 an?at2时,有3at2?an23?24rt??r2?12t2?

24得 t?此时刻的角位置为

3123

θ?2?4t3?3.15rad

(3) 要使an?at,则有

3?24rt??r2?12t2?

24t ＝0.55ｓ

1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)

分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为v2?v2?v1 (如图所示),于是可得

'v2?v1?5.36m?s?1 otan751 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v2′,若车后有一长方形物体,问车速v1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？

分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v2′的方向)应满足

lα?arctan．再由相对速度的矢量关系v?2?v2?v1,即可求出所需车速

hv1．

解 由v?2?v2?v1［图(b)］,有

α?arctan而要使α?arctanv1?v2sinθ

v2cosθl,则 hv1?v2sinθl?

v2cosθh?lcosθ?v1?v2??sinθ?

?h?1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？

分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u的存在, v与船在静水中划行的速度v′之间有v＝u ＋v′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．

解 (1) 由v＝u ＋v′可知α?arcsinu,则船到达正对岸所需时间为 v?t?dd??1.05?103s vv?cosα(2) 由于v?v?cosα,在划速v′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v＝v′),此时,船过河时间t′＝d /v′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有

l?ut??ud?5.0?102m v?1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝vt , y＝gt2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？

分析 该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x,y)变换至系O′中的点(x′,y′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．

解 取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得

x′＝x - v t ＝v t - v t ＝0

y′＝y ＝1/2 gt2

d2y??g 加速度 a?ay?dt2?由此可见,动点相对于系O′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/gya3.html