质点运动学一章习题解答

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)dtdr，(B)dtrd�，(C)dtrd�，(D)2122⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎠⎞⎜⎝⎛dtdydtdx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txxhhv−=21即211hhthx−=v所以211hhhdtdxM−==vv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=ρ。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h2Mh1XvtOxggat2130sin−=−=�由于ρ2v=na所以，轨道的曲率半径为ggan33230cos222vvv===�ρ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2ctdtdS==v所以有dtctdSSt∫∫=002即331ctS=t时刻质点的切向加速度为ctdtdat2==vt时刻质点的法向加速度为RtcRan422==v30°v�习题1―4图Ag�na�ta�习题1—6有一质点沿X轴作直线运动，t时刻的坐标为3225.4ttx−=(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/s5.015.221212−=−=−−=∆∆===ttxxtxv(2)由速度的定义，可得质点在任一时刻的速度为269ttdtdx−==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0692=−=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(=+=−+−=∆xxxxSt=1st=1.5v�v�XO22.53.375习题1―6图习题1─7由楼梯口以水平初速0v�射出一发子弹，取枪口为原点，沿0v�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tvx0=，221tgy=从上两式消去t可得轨迹方程为22021xgy⋅⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⋅=v(2)222022tgyx+=+=vvvv，v�方向与X轴夹角0arctgvtg=θ222022220tgtgtgdtddtdat+=+==vvv，沿切向，即与v�方向相同。2220022tggagatn+=−=vv，沿法向，方向与ta�垂直。XY0v�ta�na�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θ应为多大？解：设男孩抛球的时侯，车速为0υ，小球相对于车的速度为υ�，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)xtυθ=+⋅v（1）平板车在水平方向的位移为20221attx+=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21xx=即2001sin)2ttatυθ+=+(vv解得sin2atθυ=（3）小球竖直方向初速度为cosυθ，小球从抛出到落回的时间为2costgυθ=代入（3）式得2coscossin2aaggυθθθυ=⋅=由此式可得atggθ=)arctg(ga=θ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12vvv���+=雨对车由右图可以看出��75ctg0.2075ctg12==vvm/s36.5=(因为“无风”)该速度度方向垂直向下。2v�1v�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−+=θ。(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，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?解：(1)根据质点的角量运动方程可得212tdtd==θω，tdtd24==ωβ质点的切向加速度和法向加速度为tRat4.2==β，424.14tRan==ω当t=2s时2m/s8.4=ta，2m/s4.230=na(2)当∣at∣=a/2时，由右图可得下列关系44.144.230tgttaant==�4.2334.143×=t289.03=t把此值代入角量运动方程可得rad15.3289.042=×+=θ(3)当∣at∣=an时，有下列关系44.144.2tt=0)4.24.14(3=−ttOta�a�na�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tdtdytdtdxyx40156010−==+−==vv当t=0s时m/s15m/s10=−=yxvv速度的大小为m/s1815)10(2222≈+−=+=yxvvv初速度与OX正方向的夹角为�75.123)1815arcsin(arcsin=−==vvyα(2)质点的加速度为22m/s40m/s60−====dtdadtdayyxxvv可见，加速度是常矢量，其大小为22222m/s11.72)40(60=−+=+=yxaav加速度的方向(加速度与OX正方向的夹角)为XYO123.75°－33.69°题解1―11图�69.33)11.7240arcsin(arcsin−=−==aayβ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dadt=v则，dkydt=−v两端同乘dy，即可消去时间项，ddykydydt=−v即dkydyυυ=−两端积分∫∫−=yyydykd00vvvv解得)(220202yyk−+=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=－kv2，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=v0kxe−。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dadt=v即2dkdt=−vv两端同乘dx，即可消去时间项，2ddxkdxdt=−vv整理得kdxd−=vv积分∫∫−=xkdxd00vvvv得kxe−=0vv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(αu+v：)cos(αv+u。设航路为直线，α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αcos2222xyyxl−+=①我们已经注意到由题设可有udtdx−=和v=dtdy②把式①对时间t求导得)(cos2222dtdyxdtdxydtdyydtdxxdtdll+−+=α即)(cosvvxyuyxudtdll+−−+−=α令0=dtdl并整理可得ααcoscosvv++=uuyx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�ABPlxyα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m80252302=×+×=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+0.5×3.14×30=85.65m，所以，质点M在t=2s时处在半径为30m的大圆弧上。由速率公式可得M在任一时刻的速率为(m/s)1030tdtdS+==v所以质点M的切向加速度为)(m/s102==dtdatv质点M的法向加速度为)(m/s30)1030(222tRan+==v当t=2s时)(m/s3.8330)21030(222=×+==tnaCMABS15m15m习题1―15图O30m