质点运动学一章习题解答.pdf

质点运动学一章习题解答 习题 1 1一运动质点在某一瞬时位于矢径 yxr 的端点处 其速 度大小为 A dt dr B dt rd C dt rd D 21 22 dt dy dt dx 解 在所给的答案中 A 表示的是质点矢径大小的变化率 即径 向速度 B 表示的是质点的速度矢量v 它不仅包含了速度的大小 也包含了速度的方向 而 C 所表示的量与 A 所表示的是同一个量 D 所表示的正是平面直角坐标系XOY下的速度的大小 因此 应选 择答案 D 习题 1 2某人骑自行车以速率v向正西方行驶 遇到由北向南刮 的风 设风速大小也为v 则他感到风是从 A 东北方向吹来 B 东南方向吹来 C 西北方向吹来 D 西南方向吹来 解 根据相对运动的关系式 设人为 运动参考系 地表为静止参考系 则 人对地风对人风对地 vvv 所以 风对地 v 人对地 v 风对人 v 习题 1 2 图 X 东 Y 北 人对地风对地风对人 vvv jiij vvvv 可以看出 风从西北吹来 故应选择答案 C 习题 1 3灯距地面的高度为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 则他的头顶在地上的影子M点沿 地面移动的速度vM 分析 求影子的速度须知其运动方程 而题中未直接给出 因此 要先建立运动方程 解 如图所示 由几何关系有 tx x h h v 2 1 即 21 1 hh th x v 所以 21 1 hh h dt dx M v v 习题 1 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 的大小为v 其方向与水平方向夹角为 30 则物体在A点的切向加 速度at 轨道的曲率半径 分析 斜抛运动是加速度恒定的平面曲线运动 在轨道的任一位 置处物体的总加速度均为g 其切向加速度 法向加速度都是g 的分 量 解 参见图示 易知物体在A点的切向加速度为 习题 1 3 图 h2 M h1 X vt O x ggat 2 1 30sin 由于 2 v n a 所以 轨道的曲率半径为 ggan3 32 30cos 222 vvv 习题 1 5在半径为R的圆周上运动的质点 其速率与时间的关系 为v ct2 c为 常 数 则 从t 0 到t时 刻 质 点 走 过 的 路程 S t t时刻质点的切向加速度at t时 刻质点的法向加速度an 解 据定义 由于 2 ct dt dS v 所以有 dtctdS St 00 2 即 3 3 1 ctS t时刻质点的切向加速度为 ct dt d at2 v t时刻质点的法向加速度为 R tc R an 422 v 30 v 习题 1 4 图 A g n a t a 习题 1 6有一质点沿X轴作直线运动 t时刻的坐标为 32 25 4ttx SI 试求 1 第二秒内的平均速度 2 第二秒末 的瞬时速度 3 第二秒内的路程 解 1 由平均速度的定义 可得质点在第二秒内的平均速度为 m s5 0 1 5 22 12 12 tt xx t x v 2 由速度的定义 可得质点在任一时刻的速度为 2 69tt dt dx v 令t 2s 则可得质点在第二秒末的瞬时速度为 m s62629 2 2 v 3 因为质点的速度方向在第二秒内有所改变 所以求路程 时需分两段进行考虑 由 069 2 ttv 可解得s5 1 t 即在t 1 5s 时 质点运动开始转向 此时质点坐标达到极大 x 1 5 3 375m 质点在第二秒内的路程为 m25 2375 1875 0 5 1 2 1 5 1 xxxxS t 1s t 1 5 v v X O 22 5 3 375 习题 1 6 图 习题1 7由楼梯口以水平初速 0 v 射出一发子弹 取枪口为原点 沿 0 v 方向为X轴 竖直向下为Y轴 并取发射时t 0 试求 1 子弹在 任意时刻t的位置坐标及轨迹方程 2 子弹在t时刻的速度 切向加速 度和法向加速度 解 1 子弹作平抛运动 初始条 件为 t 0 时 x 0 y 0 因此 t 时刻其位置为 tvx 0 2 2 1 tgy 从上两式消去t可得轨迹方程为 2 2 0 2 1 x g y v 2 222 0 22 tg yx vvvv v 方向与X轴夹角 0 arctg v tg 222 0 2 222 0 tg tg tg dt d dt d at v v v 沿切向 即与v 方向 相同 222 0 022 tg g aga tn v v 沿法向 方向与 t a 垂直 X Y 0 v t a n a g O 习题 1 7 图 习题 1 8一男孩乘铁路平板车在平直铁路上匀加速行驶 其加速度为a 他沿车前进的斜上方抛出一球 设抛球过程 对车的加速度a的影响可忽略 如果使他不必移动他在车中 的位置就能接住球 则抛出的方向与竖直方向的夹角 应为 多大 解 设男孩抛球的时侯 车速为 0 小球相对于车的速 度为 小孩不必移动就能接住球 说明球和小车水平位移 相等 球抛出后其在水平方向的位移为 10 sin xt v 1 平板车在水平方向的位移为 2 02 2 1 attx v 2 欲使男孩不必移动他在车中的位置就能接住球 则应使 21 xx 即 2 00 1 sin 2 ttat vv 解得 sin 2 at 3 小球竖直方向初速度为cos 小球从抛出到落回的时 间为 2 cos t g 代入 3 式得 2 coscos sin 2 aa gg 由此式可得 a tg g arctg g a 习题 1 9一无风的下雨天 一列火车以v1 20 0m s 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 解 根据相对运动 雨滴下落的速度满足伽利略速度变换式 12 vvv 雨对车 由右图可以看出 75ctg0 2075ctg 12 vv m s36 5 因为 无风 该速度度方向垂直向下 2 v 1 v 雨对车 v 75 题解 1 9 图 习题 1 10一质点在半径为 0 10m 的圆周上运动 其角位置为 33 4 2ts 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的一半时 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 根据质点的角量运动方程可得 2 12t dt d t dt d 24 质点的切向加速度和法向加速度为 tRat4 2 42 4 14tRan 当t 2s 时 2 m s8 4 t a 2 m s4 230 n a 2 当 at a 2 时 由右图可得下列关系 4 4 14 4 2 30tg t t a a n t 4 2334 14 3 t 289 0 3 t 把此值代入角量运动方程可得 rad15 3289 042 3 当 at an时 有下列关系 4 4 144 2tt 0 4 24 14 3 tt O t a a n a 30 题解 1 10 图 解得55 0 ts t 0 舍去 习题 1 11质点的运动方程为 x 10m s t 30m s 2 t2 和y 15m s t 20m s 2 t2 试求 1 初速度的大小和方向 2 加速度的大小和方向 解 1 由运动方程可得 t dt dy t dt dx y x 4015 6010 v v 当t 0s 时 m s15 m s10 y x v v 速度的大小为 m s1815 10 2222 yx vvv 初速度与OX正方向的夹角为 75 123 18 15 arcsin arcsin v vy 2 质点的加速度为 2 2 m s40 m s60 dt d a dt d a y y x x v v 可见 加速度是常矢量 其大小为 22222 m s11 72 40 60 yx aav 加速度的方向 加速度与 OX 正方向的夹角 为 X Y O 123 75 33 69 题解 1 11 图 69 33 11 72 40 arcsin arcsin a ay 习题 1 12一物体悬挂在弹簧上作竖直振动 其加速度为a ky 式中k为常量 y是以平衡位置为原点测得的坐标 假定振动的物体 在坐标y0处的速度为v0 试求速度v与坐标y的函数关系 解 由定义和已知可得 d a dt v 则 d ky dt v 两端同乘dy 即可消去时间项 d dykydy dt v 即dkydy 两端积分 y y ydykd 00 v v vv 解得 22 0 2 0 2 yyk vv 注意 有时加速度不是时间的函数 而且要找速度与坐标的函数 为了方便积分 常常加以数学变换 两端同乘dy 习题 1 13一艘正在沿直线行驶的汽艇 发动机关闭后 其加速度 方向与速度方向相反 大小与速度平方成正比 即dv dt kv 2 式 中k为常数 试证明汽艇在关闭发动机后又行驶x距离时的速度为v v0 kx e 其中v0是发动机关闭时的速度 解 设发动机关闭时为t 0 这时汽艇位置x 0 速度为v0 由于加速度不是时间t的显函数 在积分前应作如下变形 d a dt v 即 2 d k dt v v 两端同乘dx 即可消去时间项 2 d dxkdx dt v v 整理得 kdx d v v 积分 x kdx d 0 0 v v v v 得 kx e 0 vv 习题 1 14一艘船以速率u驶向码头 另一艘以速率v自码头离去 试证 当两船的距离最短时 两船与码头的距离之比为 cos u v cos v u 设航路为直线 为两直线的夹角 解 如图所示 根据余弦定理 在三角形APB中有 cos2 222 xyyxl 我们已经注意到由题设可有 u dt dx 和 v dt dy 把式 对时间t求导得 cos2222 dt dy x dt dx y dt dy y dt dx x dt dl l 即 cosvvxyuyxu dt dl l 令0 dtdl并整理可得 cos cos v v u u y x 证毕 注意 在本题求解中 最后一步令0 dtdl是应用最值条件 这种 方法在以后其它内容的习题求解中还会用到 习题 1 15质点M在水平面内运动轨迹如图所示 OA段为直线 AB BC段分别为不同半径的两个 1 4 圆周 设t 0 时 M在O点 已知运动方程为 S 30t 5t2 SI 求t 2s 时刻 质点M的切向 u v A B P l x y 习题 1 14 图 加速度和法向加速度 解 先确定在 t 2s 时 质点 M 在轨道的何处 为此 把 t 2s 代入运动方程 m8025230 2 S 因为 OA 直线段和 AB 四分之一圆周长度之和为 15 0 5 3 14 15 38 55m 而从 O 经 A B 到 C 总长度为 38 55