质点运动学典型例题2

求解风吹气球时气球的运动情况一气球以速率0V从地面上升，由于风的影响，气球的水平速度按byVx增大，其中b是正的常量，y是从地面算起的高度，x轴取水平向右的方向。试计算：(1)气球的运动学方程；(2)气球水平飘移的距离与高度的关系；(3)气球沿轨道运动的切向加速度和轨道的曲率与高度的关系。解：（1）取平面直角坐标系x0y，如图一，令t=0时气球位于坐标原点（地面），已知0VVy，.byVx显然，有.0tVy（1）而,,00tdtbVdxtbVbydtdx对上式积分，xttdtbVdx000,得到.220tbVx（2）故气球的运动学方程为：jtVitbVr0202.(2)由（1）和（2）式消去t，得到气球的轨道方程，即气球的水平飘移距离与高度的关系.220yVbx（3）气球的运动速率202220220222VybVtVbVVVyx气球的切向加速度.12022022202VybyVbtbtVbdtdVa而由22aaan和,)()(20222222VbdtdVdtdVaaayxyx可得.202220VybbVan由2Van，求得202/320222)(bVVybaVn小船船头恒指向某固定点的过河情况一条笔直的河流宽度为d，河水以恒定速度u流动，小船从河岸的A点出发，为了到达对岸的O点，相对于河水以恒定的速率V（Vu）运动，不论小船驶向何处，它的运动方向总是指向O点，如图一，已知,,00AOPrOA试求：小船的运动轨迹。若O点刚好在A点的对面（即dOA），结果又如何？解：选定极坐标系，原点为O点，极轴为OP。在任一时刻t，小船的位置为（,r），小船速度的径向分量和横向分量cosuVdtdrVrsinudtdrV两式相除，得到cossinuVudrdrdtdrdtdr分离变量，,)sin(sincosdctguVduuVrdr积分后，得到dctguVrdrrr00)sin()],sinsin(]22ln[[)sinlnsin(ln)2tanln2tan(lnln0/0000uVtgtguVrr既).sinsin(]22[0/00uVtgtgrr这就是用极坐标表示的小船的轨迹方程。若O点刚好在A点的对面，则2,00dr，代入，得.)2(sin/uVtgdr求解小环对地的运动情况一细杆绕端点O在平面内匀角速旋转，角速度为，杆上一小环（可看作质点）相对杆作匀速运动，速度为u.设0t时小环位于杆的端点O，求：小环的运动轨迹及小环在任意时刻的速度和加速度。解：本题采用极坐标系较为方便。取t=0时细杆的位置为极轴，此时小环位于端点O.任意时刻t，小环的位置,utrt.这就是小环在极坐标系中的运动学方程。消去t，便得小环的轨迹方程：,ur式中u为常量，r与成正比，小环的轨迹为阿基米德螺线，如图一。在任意时刻，小环的径向速度,udtdrVr横向速度,turdtdrV速度的大小.1)(222222turuVVVr速度的方向指向阿基米德线的切线方向。小环的径向速度的大小不变，横向速度随r的增大而增大。任意时刻，小环的加速度)(00rurdtddtVda，0r和0为径向和横向的单位矢量，则dtdrdtdrdtdrua0000020002urrrdtdrdtdrdtdu既径向加速度;22tura横向加速度ua2.加速度的大小为22224tuaaa尽管质点的径向速度大小不变，但径向加速度并不为零，这是横向速度方向的变化引起的。即使u=0,小环停在半径上某一位置处，这一项还是有的，这就是向心加速度。横向加速度一半是径向速度的方向改变引起的，另一半则是由半径增大造成横向速度增大引起的，因为这里横向加速度是由径向速度和横向速度共同造成的。求解烟对船的速度当蒸汽船以15km/h的速度向正北方向航行时，船上的人观察到船上的烟囱里冒出的烟飘向正东方向。过一会儿，船以24km/h的速度向正东方向航行，船上的人则观察到烟飘向正西北方向。若在这两次航行期间，风速的大小和方向都不变，求：风速。（烟对地的速度即风对地的速度。）解：设风速为V，则人观察到烟的飘向速度为船地冯地烟船VVV由图一所示，可知15sinV（1）0045sin)135sin(24V（2）由（2），得到.24sincosV将（1）代入上式，得到,5sin8sin/1524sincos,sin8sin5cos5得到67.135tg，059即风来自西偏南059，风速大小为17.5km/h.运用速度的相对性求解飞机往返一次的飞行时间一架飞机由A处向北飞往B处，然后又向南飞回A处。已知A、B相距为L，飞机相对于空气的速度为V，而空气相对于地面的速度（即风速）为u，其方向为北偏西角，求：飞机往返一次的飞行时间。解：由分析可知，气对地机对气机对地VVV，为了使飞机相对于地面的速度V的方向指向正北。飞机相对于空气的速度V必须北偏东角，如图一所示。由上面的矢量式，得到0sinsinuVVx.coscosuVVy消去，得到cossin222uuVVy所以往程所需时间为yVLt1当飞机由B返回A时，VuV、、三者的关系如图二所示。同样可得，,0sinsinuVVxcoscosuVVy消去，得到.cossin222uuVVy所以返程所需时间为y2VLt则所求时间可求。运用假设法判定静摩擦力和滑动摩擦力在桌上有质量为1m=1kg的板，板与桌面之间的摩擦因数1u0.5.板上有放有质量2m=2kg的物体，板与物体之间的摩擦因数25.02，如图一。今以水平力F=19.6N将板从物体下抽出。问：板与物体的加速度各为多少？解：当用力F拉动木板时，板上物体的运动有两种可能性，一是物体相对于板为静止，另一是物体的加速度小于板的加速度，即物体的运动滞后于板的运动，板将从物体下抽出。现分两种情况分别讨论。（1）物体的运动滞后于板的运动的情况物体和板的受力情况如图二所示。注意桌面给予板的摩擦力以及板与物体间的摩擦力均为滑动摩擦力。设板的加速度为1a，物体的加速度为2a。列出板和物体的运动方程：对板：,1121amffF0121gmNN，.0,22222gmNamf又因为222111,NfNf联立方程组，得.,)(221211221gamgmmgmFa代入数值，得221/45.225.0,0Smgaa在本题的条件下，,12aa这显然是不合理的。（2）物体与板相对静止，物体与板一起运动的情况物体与板的受力图如图三所示。这里桌面给予板的摩擦力为滑动摩擦力，而物体与板间的摩擦力为静摩擦力。板与物体的加速度相同，设为a，列出板与物体的运动方程：,121amffF,0121gmNN,0,2222gmNamf又因为.111Nf联立解方程，得到,)(21211mmgmmFa,)(2121122mmgmmFmf代入数值，得到2/63.1Sma，.26.32Nf所求得的静摩擦力2f小于最大静摩擦力（NNfmzx9.422），所以是可能实现的。由第一种情况的讨论可知，只有21aa才能将板从物体下抽出，根据以上计算结果，可得,)(2121122gmgmmgmF或者.))((2121gmmF代入数值，得到22.5N.2.25g〉F飞车走壁一杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁。设演员和摩托车的总质量为M，直壁半径为R，演员骑摩托车在直壁上以速率V做匀速圆周螺旋运动，每绕一周上升的距离为h，如图一所示，求：直壁对演员和摩托车的作用力。解：演员受到两个力的作用。一是重力G，另一个是直壁的作用力N.把N分解为沿直壁向上的1N和指向圆周运动中心的2N，如图二所示。同样，把演员的速度V分解为竖直向上的1V和绕筒壁做圆周运动的水平速度2V，于是,1MgN.222RVMMaNn展开螺旋面成斜面，如图三所示，V沿斜面向上。且有,)2(2cos222hRRVVV代入，得到22222244hRRMVN故圆筒壁对杂技演员的作用力大小为2221NNN方向与壁成角，.)4(42222212ghRRVarctgNNarctg求解小船转向的情况一质量为M的机动船，在进入河道弯道前Q点处关闭发动机，以速度0V在静水中行驶，设水的阻力与船速成正比。（1）若Q点至弯道处P点的距离为0L，求船行至P点时的速度；（2）若船行至P点时开动发动机，给船以0F的转向力，0F与速度方向的夹角为，如图一所示，求：船在该点的切向加速度以及航道的曲率半径。解：（1）在PQ的河流直道行驶中，船仅受水的阻力，,kVfk为比例系数，负号表示与速度的方向相反。有牛顿运动定律，得到,dtdVmkVf,dsdVmVdtdsdsdVmkV分离变量，积分得到，船行至P点的速度大小00LmkVVP.方向沿弯道P点的切线方向。（2）在P点，船除了受到阻力PkV外，还受到转向力的作用，这样船在P点的加速度,0mFmVkaPP此时其切向加速度.coscos02000mLkmkVmFmFmkVap法向加速度.sin0mFanP点的曲率半径.sin)(2002FLmkVmaVn000LVVPdVdsmk