内容发布更新时间 : 2024/5/4 21:37:25星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

aAB?vB?vA?20m?s?2 (匀加速直线运动)

tB?tAaBC?0 (匀速直线运动)

aCD?vD?vC??10m?s?2 (匀减速直线运动)

tD?tC根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］．

在匀变速直线运动中,有

1x?x?v0t?t2

2由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为

用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作v?20m?s?1的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．

1 -8 已知质点的运动方程为r?2ti?(2?t2)j,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； *

(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s．

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,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则ds?(dx)2?(dy)2,最后用s??ds积分求ｓ．

解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为

1y?2?x2

4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

r0?2j , r2?4i?2j

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

Δr?r2?r1?(x2?x0)i?(y2?y0)j?4i?2j

其中位移大小Δr?(Δx)2?(Δy)2?5.66m

2222?y2?x0?y0?2.47m 而径向增量Δr?Δr?r2?r0?x2 6

*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元

1ds,则ds?(dx)2?(dy)2,由轨道方程可得dy??xdx,代入ds,则2ｓ内路程为

2s??ds??PQ404?x2dx?5.91m

1 -9 质点的运动方程为

x??10t?30t2 y?15t?20t2 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

dxvx???10?60t

dtdyvy??15?40t

dt当t ＝0 时, vox ＝-10 m·ｓ-1 , voy ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为

v0?v0x?v0y?18.0m?s?1

22设vo与x 轴的夹角为α,则

tanα?v0yv0x3??

2α＝123°41′

(2) 加速度的分量式为

ax?dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2

dtdt则加速度的大小为

7

a?ax?ay?72.1m?s?2

22设a 与x 轴的夹角为β,则

tanβ?ay2?? ax3β＝-33°41′(或326°19′)

1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,

有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．

分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．

解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为

1y1?v0t?at2

21y2?h?v0t?gt2

2当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即

11v0t?at2?h?v0t?gt2

22t?2h?0.705s g?a (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

1d?h?y2??v0t?gt2?0.716m

2解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有

10?h?(g?a)t2

2t?2h?0.705s g?a(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为

8

1h??v0t?at2

2则 d?h?h??0.716m

1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a)图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．

分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．

解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因

2πθ?t,则质

T点P 的参数方程为

2πx??RsintT,

2πy???Rcost

T坐标变换后,在Oxy 坐标系中有

9

x?x??Rsin则质点P 的位矢方程为

r?Rsin2π2πt, y?y??y0??Rcost?R TT2π2π??ti???Rcost?R?jTT???3sin(0.1πt)i?3[1?cos(0.1πt)]j

(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为

dr2π2π2π2πv??Rcosti?Rsintj?(0.3πm?s?1)jdtTTTTd2r2π2π2π2πa?2??R()2sinti?R()2costj?(?0.03π2m?s?2)i 1 -12 地面

dtTTTT上垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m？

分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．

解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为

dshωv???1.94?10?3m?s?1 2dtcosωt当杆长等于影长时,即s ＝h,则

1sπt?arctan??3?60?60s ωh4ω即为下午3∶00 时．

1 -13 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＝9 m,v ＝2 m·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

dvdx在给定条件下用积分方法解决．由a?和v?可得dv?adt和dx?vdt．如adtdt＝a(t)或v ＝v(t),则可两边直接积分．如果a 或v不是时间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

?

vv0dv??adt

0t1得 v?4t?t3?v0 (1)

3由 ?dx??vdt

x00xt 10