大学物理复习1汇总

1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tstΔΔΔΔr,即｜v｜≠v．但由于｜dr｜＝ds,故tstddddr,即｜v｜＝v．由此可见,应选(C)．1-2一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2(1)trdd；(2)tddr；(3)tsdd；(4)22ddddtytx．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trdd表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．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；tddr表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式tsddv计算,在直角坐标系中则可由公式22ddddtytxv求解．故选(D)．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)dv/dt＝a；(2)dr/dt＝v；(3)ds/dt＝v；(4)dv/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)是对的分析与解tddv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是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；trdd在极坐标系中表示径向速率vr(如题1-2所述)；tsdd在自然坐标系中表示质点的速率v；而tddv表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3)式表达是正确的．故选(D)．1-4一个质点在做圆周运动时,则有()(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3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已知质点沿x轴作直线运动,其运动方程为32262ttx,式中x的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点在运动开始后4.0s内的位移的大小；(2)质点在该时间内所通过的路程；(3)t＝4s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：0Δxxxt,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0ddtx来确定其运动方向改变的时刻tp,求出0～tp和tp～t内的位移大小Δx1、Δx2,则t时间内的路程21xxs,如图所示,至于t＝4.0s时质点速度和加速度可用txdd和22ddtx两式计算．题1-5图解(1)质点在4.0s内位移的大小m32Δ04xxx(2)由0ddtx得知质点的换向时刻为s2pt(t＝0不合题意)则m0.8Δ021xxx4m40Δ242xxx所以,质点在4.0s时间间隔内的路程为m48ΔΔ21xxs(3)t＝4.0s时1s0.4sm48ddttxv2s0.422m.s36ddttxa1-6已知质点的运动方程为jir)2(22tt,式中r的单位为m,t的单位为ｓ．求：(1)质点的运动轨迹；(2)t＝0及t＝2ｓ时,质点的位矢；(3)由t＝0到t＝2ｓ内质点的位移Δr和径向增量Δr；分析质点的轨迹方程为y＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs来说,物理含义不同,(详见题1-1分析).解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得质点轨迹方程为2412xy这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2)将t＝0ｓ和t＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为jr20,jir242图(a)中的P、Q两点,即为t＝0ｓ和t＝2ｓ时质点所在位置．(3)由位移表达式,得jijirrr24)()(Δ020212yyxx其中位移大小m66.5)(Δ)(ΔΔ22yxr而径向增量m47.2ΔΔ2020222202yxyxrrrr题1-6图51-7质点的运动方程为23010ttx22015tty式中x,y的单位为m,t的单位为ｓ．试求：(1)初速度的大小和方向；(2)加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解(1)速度的分量式为ttxx6010ddvttyy4015ddv当t＝0时,v0x＝-10m·ｓ-1,v0y＝15m·ｓ-1,则初速度大小为120200sm0.18yxvvv设v0与x轴的夹角为α,则23tan00xyαvvα＝123°41′(2)加速度的分量式为2sm60ddtaxxv,2sm40ddtayyv则加速度的大小为222sm1.72yxaaa设a与x轴的夹角为β,则32tanxyaaββ＝-33°41′(或326°19′)1-9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＝9m,v＝2m·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taddv和txddv可得taddv和txddv．如a＝a(t)或v＝v(t),则可两边直接积分．如果a或v不是6时间t的显函数,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tta0dd0vvv得03314vvtt(1)由txxtx0dd0v得00421212xtttxv(2)将t＝3ｓ时,x＝9m,v＝2m·ｓ-1代入(1)、(2)得v0＝-1m·ｓ-1,x0＝0.75m于是可得质点运动方程为75.0121242ttx1-10一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．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vvBAtadd(1)用分离变量法把式(1)改写为tBAddvv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有ttBA0ddd0vvvvv得石子速度)e1(BtBAv由此可知当,t→∞时,BAv为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2)再由)e1(ddBtBAtyv并考虑初始条件有7tBAytBtyd)e1(d00得石子运动方程)1(e2BtBAtBAy1-11一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＝10mi．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．题1-11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20021tatxxxxv和20021tatyyyyv,两个分运动均为匀变速直线运动．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tttt000)d46(ddjiavvjitt46v又由tddrv及初始条件t＝0时,r0＝(10m)i,积分可得8ttrrtttt00)d46(dd0jirvjir222)310(tt由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x＝10＋3t2y＝2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程3y＝2x-20m这是一个直线方程．直线斜率32tanddαxyk,α＝33°41′．轨迹如图所示．1-12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率,即tΔΔrv,它与时间间隔Δt的大小有关,当Δt→0时,平均速度的极限即瞬时速度tddrv．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量aｔ和an,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即ttteaddv,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a和aｔ得到．在求得t1时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρan2v求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9jirr0.60.2ΔΔ1212tttrv(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为jijijittytxtyx0.40.2dddd)(vvvjjia22222sm0.4dddd)(tytxt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ttyxttttteeea222s1sm58.3)(ddddvvvnntnaaeea222sm79.1(4)t＝1.0ｓ质点的速度大小为122sm47.4yxvvv则m17.112naρv1-15如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角30，球的抛射角60，设球被抛出时的速率v0＝19.6m·ｓ-1，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡底端的距离为多少？此过程经历多长时间？题1-15图分析求解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图10（a）和图（b）所示.在图（a）坐标系中，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-gcos和-gsin，看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y=0,对应的时间t和x的值即为本题所求.在图（b）坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落