山西壶口瀑布-欢迎词怎么写

第一章 质点运动学

1-1.质点的曲线运动中，下列各式表示什么物理量？
d
2
r
d
r
dsdr
d
r
d
v
dv
d
r< br> ；；；；；；；。
dtdt
dtdtdt
dt
2
dt
dt
解：

1-2.设质点的运动方程为
xx(t);yy(t)
22
。 在计算质点的瞬时速度和瞬时加速度时，有
dr
d
2
r
人先求出rxy
，然后再根据
v
和
a
2
求解。也有人用 分量式求解，即
dt
dt
d
2
x
2
d
2< br>y
2
dx
2
dy
2
v()()
和
a(
2
)(
2
)
，问哪种方法正确？
dtdt
dtdt
解：第二种方法正确
1-3． 已知质点沿
x
轴作直线运动,其运动方程为
x26t
2
2t
3
,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．

解： (1) 质点在4.0 s内位移的大小
Δxx
4
x
0
32m

(2) 由
得知质点的换向时刻为
dx
0

dt
t
p
2s
(
t
＝0不合题意)
则
Δx
1
x
2
x
0
8.0m

Δx
2
x
4
x
2
40m

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为
sΔx
1
Δx
2
48m

(3)
t
＝4.0 s时
v

dx
48ms
1

dt
t 4.0s
d
2
x
a
2
36m.s
2
dt
t4.0s

1-4. 质点的运动方程为
x10t30t
2

y15t20t
2

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．
解 (1) 速度的分量式为
v
x

dx
1060t

dt
dy
v
y
1540t

dt
-1
当
t
＝0 时,
v
0
x
＝-10 m·ｓ ,
v
0
y
＝15 m·ｓ ,则初速度大小为
-1
v
0

v
0x

v
0y
18.0ms
1

设
v
0
与
x
轴的夹角为α,则
22
t an
α

v
0y
v
0x
3


2
α＝123°41′
(2) 加速度的分量式为
a
x

则加速度的大小为
d
v
d
v
x
60ms
2
,
a
y

y
40ms
2

dtdt
aa
x
a
y
72.1ms
2

22

设
a
与
x
轴的夹角为β,则
tan
β

a
y
2


a
x
3
β＝-33°41′(或326°19′)

1-5． 一质点的运动学方程为
xt
2
，
y

t1

(S1)。试求： (1)质点的轨迹方程：(2)在
t2
s
2
时，质点的速度和加速度。
解 (1) 由质点的运动方程
xt
2
(1)

y

t1

(2)
2
消去参数t，可得质点的轨迹方程

yx1

(2) 由(1)、(2)对时间t求一阶导数和二阶导数可得任一时刻质点的速度和加速度

v
x

所以

vv
x
iv
y
j2ti2

t1

j
(3)
dy
dx
2t

v
y
2

t1


dt
dt
d
2
y
d
2
x

a
x

2
2

a
y

2
2

dt
dt
所以
a2i2j
(4)
把t=2s代入式(3)、(4)，可得该时刻质点的速度和加速度。

v4i2j

a2i2j

ˆ
 Rsin

t
ˆ
1-6.已知运动函数为
rRcos
< br>tij
(R, ω为常量)，求质点的速度、加速度、切
向加速度和法向加速度。 < br>解：速度：
v


d

ˆ
R

cos

t
ˆ
rR

sin

tij

dt
d

ˆ
R

2
cos

t
ˆ
vR

2
sin
tij

dt
速度大小：
vR


加速度：
a


加速度大小：
aR


切向加速度：
a


2
d
v0
； 法 向加速度：
a
n
a
2
a

2
R
2

dt
3
1-7. 质点沿半径为
1m
的圆周运动, 运动方程为

23t
（SI）. 求：⑴
t2
s时, 质
0
点的切向加速度和法向加速度.⑵ 当加速度的方向和半径成
45
角时,角位移是多少？
解： 质点运动的角速度和角加速度分别为：


d

9t
2

dt
d


18t

dt
切向加速度：
a


dv
r

118t18t

dt
法向加速度：
a
n
r

2< br>1(9t
2
)
2
81t
4

⑴当
t2s
时
a

18t18236ms
2

a
n81t
4
812
4
1296ms
2

⑵ 加速度的方向和半径成
45
时，即
a

a
n

0
81t
4
18t

t
此时角位移
3
2

9


23t23t2.67rad


1-8. 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为β=0.2 rad·
s
，求
t< br>＝2s时边缘
上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．
1
解： 当
t2s
时，



t0.220.4
r ads

1
则
vR

0.40.40.16< br>ms

33
2
a
n
R

2< br>0.4(0.4)
2
0.064
ms
2

a

R

0.40.20.08
ms
2

2
aa
n
a

2
(0.064)
2
(0.08)
2
0.102ms
2

1-9. 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？


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
＝12
gt
2

飞机水平飞行速度
v
＝100 m·s ,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
-1
xv
(2) 视线和水平线的夹角为
2y
452m

g
θ
arctan
y
12.5
o

x
(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为
v
y
gt
α
arctanarctan

v
x
v
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

a
t
gs inαgsin

arctan

1.88ms
2

v

gt

a
n
gcos

gcos

arctan

9.62ms
2

v


1-10 一质点沿半径为0.10m的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：
θ = 2 + 4t
3
．求：
（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；
（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？
（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？
解：（1）角速度为ω = dθdt = 12t
2
= 48(rad·s
-1
)，
法向加速度为 a
n
= rω
2
= 230.4(m·s
-2
)；
角加速度为 β = dωdt = 24t = 48(rad·s
-2
)，
切向加速度为 a
t
= rβ = 4.8(m·s
-2
)．
（2）总加速度为a = (a
t
2
+ a
n
2
)
12
，
当a
t
= a2时，有4a
t
2
= a
t
2
+ a
n
2
，即
a
n
a
t
3
．
由此得
r

2
r

3
，即
(12t
2
)
2
24t3
，
解得
t36
．
所以

24t
3
2(133)
=3.154(rad)．
（3）当a
t
= a
n
时，可得rβ = rω
2
， 即： 24t = (12t
2
)
2
，
解得 ： t = (16)
13
= 0.55(s)．

1-11. 一物体沿x轴运动，其加速度与位置的关系为a=2+6x。物体在x=0处的速度为10ms
，
求物体的速度与位置的关系。
解：
a
3
dvdvdxdv
v

dtdxdtdx

vdvadx

对上式两边积分得

vdv

adx


26x

dx

化简得
v6x
2
4xc


由题意知
v
x0
60
2
40c

10


c

100

故物体的速度与位置的关系为

v6x
2
4x100

1-12.一质点在平面内运动，其加速度
aa
x
ia
y
j，且
a
x
，(1)求
vt
和
rt
a
y
为常量。
的表达式；(2)证明质点的轨迹为一抛物线t=0时，
rr
0
，
vv
0
。
解：由
a
dv
得
dt

vadt
两边积分得

v

adt

v
0
0
vt< br>因
a
x
，
a
y
为常量，所以a是常矢量，上式变为
vv
0
at
即
vv
0
at

由
v
dr
得
drvdt

v
0
at

dt

dt
两边积分，并考虑到
v
0
和a是常矢量，
即
rr
0
v
0
tat
2


dr


v
r
0
0
rt
0
a t

dt

1
2
(2) 为了证明过程简单起见，按下列方 式选取坐标系，使一个坐标轴(如x轴)与a平行，
并使质点在t=0时刻位于坐标原点。
这样
xc
1
ta
x
t
2
(1)

yc
2
t
(2)
由前面推导过程知
c
1
v
0x

c
2
v
0y
(3)
联立 (1)~(3)式，消去参数t得
2
2
v
0x
v
0y
2v
0

v
0
y

x
 
yx


aa2a
xx

x< br>
2
1
2
此即为轨道方程，它为一条抛物线。

1-13. 在重力和空气阻力的作用下，某物体下落的加速度为
agBv
，g为 重力加速度，B
为与物体的质量、形状及媒质有关的常数。设t=0时物体的初速度为零。(1)试求物 体的
速度随时间变化的关系式；(2)当加速度为零时的速度(称为收尾速度)值为多大?
解： (1) 由
advdt
得
两边积分，得
dv
dt

gBv
dv

gBv


dt

即
ln(gBv)Btlnc

由t=0时v=0 得 c=g

所以，物体的速率随时间变化的关系为:

v
g
(1e
Bt
)

B
(2) 当a=0时 有 a=g-Bv=0
由此得收尾速率 v=gB

1-14 一物 体悬挂于弹簧上沿竖直方向做谐振动，其加速度
aky
，
k
为常数，y
是离开
平衡位置的坐标值。设
y
0
处物体的速度为
v
0
，求速度
v
与
y
的函数关系。
解：建立如图坐标，由
a
dvdvdydv
v
，
dtdydtdy
又
aky

所以
kyv
dv
，
dy
分离变量
vdvkydy
，
积分

v
v
0
vdv

(ky)dy

y
0
y
所以
v
2
v
0
2k(y
2
y
0
2
)
。

1-15 火车在曲率半径
R400m
的圆弧轨道上行驶。已知火车的切向加速度< br>a
t
0.2ms
2
，
求火车的瞬时速率为
10ms
时的法向加速度和加速度。
10
2
解：法向加速度
a
n
0.25ms
2


400
加速度大小
a
v
2
a
n2
a
t
2
0.25
2
0.2
2
0.32ms
2


arctan




a
n
0.25
arctan51.36

a
t
0.2

1-16 一物体做如附图所示的抛体运动，测得 轨道上
A
点处，速度的大小为
v
，其方向与水
平线的夹角为
30
，求点
A
的切向加速度和该处的曲率半径。





解：
a

gsin300.5g

v
2
v
2
23v
2
3

a
n
gcos30g
，


2a
n
3g
3
g
2
1-17 一火炮在原点处以仰角

1
3 0
、初速
v
10
100ms
发射一枚炮弹。另有一门位于
x
0
60m
处的火炮同时以初速
v
20
80ms发射另一枚炮弹，其仰角

2
为何值时，能与第
一枚炮弹在空中相碰？相 碰时间和位置如何（忽略空气阻力的影响）？
解： 建立如图坐标，设经过时间
t
在
x
处两只
炮弹相碰，分别讨论两炮弹的抛体运动，相遇
时有：
弹1：
xv
10
cos

1
t
（1）

yv
10
sin

1
t
1
2
gt
（2）
2
弹2：
x x
0
v
20
cos

2
t
（3）
1
2
gt
（4）
2
5
由（ 1）（2）（3）（4），解得：
sin

2
,

38 .682
，
t2.48s
，
x214.7m
，
y9 3.86m

8

yv
20
sin

2
t
或者
141.32
，
t0.403s
，
x34.87m
，< br>y19.34m
。（答案里少这种情况）

第一章 质点运动学

1-1.质点的曲线运动中，下列各式表示什么物理量？
d
2
r
d
r
dsdr
d
r
d
v
dv
d
r
；；；；；；；。
dtdt
dtdtdt
dt
2
dt
dt
解：

1-2.设质点的运动方程为
xx(t);yy(t)
22
。 在计算质点的瞬时速度和瞬时加速度时，有
dr
d
2
r
人先求出rxy
，然后再根据
v
和
a
2
求解。也有人用 分量式求解，即
dt
dt
d
2
x
2
d
2< br>y
2
dx
2
dy
2
v()()
和
a(
2
)(
2
)
，问哪种方法正确？
dtdt
dtdt
解：第二种方法正确
1-3． 已知质点沿
x
轴作直线运动,其运动方程为
x26t
2
2t
3
,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．

解： (1) 质点在4.0 s内位移的大小
Δxx
4
x
0
32m

(2) 由
得知质点的换向时刻为
dx
0

dt
t
p
2s
(
t
＝0不合题意)
则
Δx
1
x
2
x
0
8.0m

Δx
2
x
4
x
2
40m

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为
sΔx
1
Δx
2
48m

(3)
t
＝4.0 s时
v

dx
48ms
1

dt
t 4.0s
d
2
x
a
2
36m.s
2
dt
t4.0s

1-4. 质点的运动方程为
x10t30t
2

y15t20t
2

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．
解 (1) 速度的分量式为
v
x

dx
1060t

dt
dy
v
y
1540t

dt
-1
当
t
＝0 时,
v
0
x
＝-10 m·ｓ ,
v
0
y
＝15 m·ｓ ,则初速度大小为
-1
v
0

v
0x

v
0y
18.0ms
1

设
v
0
与
x
轴的夹角为α,则
22
t an
α

v
0y
v
0x
3


2
α＝123°41′
(2) 加速度的分量式为
a
x

则加速度的大小为
d
v
d
v
x
60ms
2
,
a
y

y
40ms
2

dtdt
aa
x
a
y
72.1ms
2

22

设
a
与
x
轴的夹角为β,则
tan
β

a
y
2


a
x
3
β＝-33°41′(或326°19′)

1-5． 一质点的运动学方程为
xt
2
，
y

t1

(S1)。试求： (1)质点的轨迹方程：(2)在
t2
s
2
时，质点的速度和加速度。
解 (1) 由质点的运动方程
xt
2
(1)

y

t1

(2)
2
消去参数t，可得质点的轨迹方程

yx1

(2) 由(1)、(2)对时间t求一阶导数和二阶导数可得任一时刻质点的速度和加速度

v
x

所以

vv
x
iv
y
j2ti2

t1

j
(3)
dy
dx
2t

v
y
2

t1


dt
dt
d
2
y
d
2
x

a
x

2
2

a
y

2
2

dt
dt
所以
a2i2j
(4)
把t=2s代入式(3)、(4)，可得该时刻质点的速度和加速度。

v4i2j

a2i2j

ˆ
 Rsin

t
ˆ
1-6.已知运动函数为
rRcos
< br>tij
(R, ω为常量)，求质点的速度、加速度、切
向加速度和法向加速度。 < br>解：速度：
v


d

ˆ
R

cos

t
ˆ
rR

sin

tij

dt
d

ˆ
R

2
cos

t
ˆ
vR

2
sin
tij

dt
速度大小：
vR


加速度：
a


加速度大小：
aR


切向加速度：
a


2
d
v0
； 法 向加速度：
a
n
a
2
a

2
R
2

dt
3
1-7. 质点沿半径为
1m
的圆周运动, 运动方程为

23t
（SI）. 求：⑴
t2
s时, 质
0
点的切向加速度和法向加速度.⑵ 当加速度的方向和半径成
45
角时,角位移是多少？
解： 质点运动的角速度和角加速度分别为：


d

9t
2

dt
d


18t

dt
切向加速度：
a


dv
r

118t18t

dt
法向加速度：
a
n
r

2< br>1(9t
2
)
2
81t
4

⑴当
t2s
时
a

18t18236ms
2

a
n81t
4
812
4
1296ms
2

⑵ 加速度的方向和半径成
45
时，即
a

a
n

0
81t
4
18t

t
此时角位移
3
2

9


23t23t2.67rad


1-8. 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为β=0.2 rad·
s
，求
t< br>＝2s时边缘
上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．
1
解： 当
t2s
时，



t0.220.4
r ads

1
则
vR

0.40.40.16< br>ms

33
2
a
n
R

2< br>0.4(0.4)
2
0.064
ms
2

a

R

0.40.20.08
ms
2

2
aa
n
a

2
(0.064)
2
(0.08)
2
0.102ms
2

1-9. 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？


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
＝12
gt
2

飞机水平飞行速度
v
＝100 m·s ,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
-1
xv
(2) 视线和水平线的夹角为
2y
452m

g
θ
arctan
y
12.5
o

x
(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为
v
y
gt
α
arctanarctan

v
x
v
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

a
t
gs inαgsin

arctan

1.88ms
2

v

gt

a
n
gcos

gcos

arctan

9.62ms
2

v


1-10 一质点沿半径为0.10m的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：
θ = 2 + 4t
3
．求：
（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；
（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？
（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？
解：（1）角速度为ω = dθdt = 12t
2
= 48(rad·s
-1
)，
法向加速度为 a
n
= rω
2
= 230.4(m·s
-2
)；
角加速度为 β = dωdt = 24t = 48(rad·s
-2
)，
切向加速度为 a
t
= rβ = 4.8(m·s
-2
)．
（2）总加速度为a = (a
t
2
+ a
n
2
)
12
，
当a
t
= a2时，有4a
t
2
= a
t
2
+ a
n
2
，即
a
n
a
t
3
．
由此得
r

2
r

3
，即
(12t
2
)
2
24t3
，
解得
t36
．
所以

24t
3
2(133)
=3.154(rad)．
（3）当a
t
= a
n
时，可得rβ = rω
2
， 即： 24t = (12t
2
)
2
，
解得 ： t = (16)
13
= 0.55(s)．

1-11. 一物体沿x轴运动，其加速度与位置的关系为a=2+6x。物体在x=0处的速度为10ms
，
求物体的速度与位置的关系。
解：
a
3
dvdvdxdv
v

dtdxdtdx

vdvadx

对上式两边积分得

vdv

adx


26x

dx

化简得
v6x
2
4xc


由题意知
v
x0
60
2
40c

10


c

100

故物体的速度与位置的关系为

v6x
2
4x100

1-12.一质点在平面内运动，其加速度
aa
x
ia
y
j，且
a
x
，(1)求
vt
和
rt
a
y
为常量。
的表达式；(2)证明质点的轨迹为一抛物线t=0时，
rr
0
，
vv
0
。
解：由
a
dv
得
dt

vadt
两边积分得

v

adt

v
0
0
vt< br>因
a
x
，
a
y
为常量，所以a是常矢量，上式变为
vv
0
at
即
vv
0
at

由
v
dr
得
drvdt

v
0
at

dt

dt
两边积分，并考虑到
v
0
和a是常矢量，
即
rr
0
v
0
tat
2


dr


v
r
0
0
rt
0
a t

dt

1
2
(2) 为了证明过程简单起见，按下列方 式选取坐标系，使一个坐标轴(如x轴)与a平行，
并使质点在t=0时刻位于坐标原点。
这样
xc
1
ta
x
t
2
(1)

yc
2
t
(2)
由前面推导过程知
c
1
v
0x

c
2
v
0y
(3)
联立 (1)~(3)式，消去参数t得
2
2
v
0x
v
0y
2v
0

v
0
y

x
 
yx


aa2a
xx

x< br>
2
1
2
此即为轨道方程，它为一条抛物线。

1-13. 在重力和空气阻力的作用下，某物体下落的加速度为
agBv
，g为 重力加速度，B
为与物体的质量、形状及媒质有关的常数。设t=0时物体的初速度为零。(1)试求物 体的
速度随时间变化的关系式；(2)当加速度为零时的速度(称为收尾速度)值为多大?
解： (1) 由
advdt
得
两边积分，得
dv
dt

gBv
dv

gBv


dt

即
ln(gBv)Btlnc

由t=0时v=0 得 c=g

所以，物体的速率随时间变化的关系为:

v
g
(1e
Bt
)

B
(2) 当a=0时 有 a=g-Bv=0
由此得收尾速率 v=gB

1-14 一物 体悬挂于弹簧上沿竖直方向做谐振动，其加速度
aky
，
k
为常数，y
是离开
平衡位置的坐标值。设
y
0
处物体的速度为
v
0
，求速度
v
与
y
的函数关系。
解：建立如图坐标，由
a
dvdvdydv
v
，
dtdydtdy
又
aky

所以
kyv
dv
，
dy
分离变量
vdvkydy
，
积分

v
v
0
vdv

(ky)dy

y
0
y
所以
v
2
v
0
2k(y
2
y
0
2
)
。

1-15 火车在曲率半径
R400m
的圆弧轨道上行驶。已知火车的切向加速度< br>a
t
0.2ms
2
，
求火车的瞬时速率为
10ms
时的法向加速度和加速度。
10
2
解：法向加速度
a
n
0.25ms
2


400
加速度大小
a
v
2
a
n2
a
t
2
0.25
2
0.2
2
0.32ms
2


arctan




a
n
0.25
arctan51.36

a
t
0.2

1-16 一物体做如附图所示的抛体运动，测得 轨道上
A
点处，速度的大小为
v
，其方向与水
平线的夹角为
30
，求点
A
的切向加速度和该处的曲率半径。





解：
a

gsin300.5g

v
2
v
2
23v
2
3

a
n
gcos30g
，


2a
n
3g
3
g
2
1-17 一火炮在原点处以仰角

1
3 0
、初速
v
10
100ms
发射一枚炮弹。另有一门位于
x
0
60m
处的火炮同时以初速
v
20
80ms发射另一枚炮弹，其仰角

2
为何值时，能与第
一枚炮弹在空中相碰？相 碰时间和位置如何（忽略空气阻力的影响）？
解： 建立如图坐标，设经过时间
t
在
x
处两只
炮弹相碰，分别讨论两炮弹的抛体运动，相遇
时有：
弹1：
xv
10
cos

1
t
（1）

yv
10
sin

1
t
1
2
gt
（2）
2
弹2：
x x
0
v
20
cos

2
t
（3）
1
2
gt
（4）
2
5
由（ 1）（2）（3）（4），解得：
sin

2
,

38 .682
，
t2.48s
，
x214.7m
，
y9 3.86m

8

yv
20
sin

2
t
或者
141.32
，
t0.403s
，
x34.87m
，< br>y19.34m
。（答案里少这种情况）