内容发布更新时间 : 2024/5/3 4:39:30星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
14t?v0t?x0 (2) 12将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m·ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为
1x?2t2?t4?0.75
121 -14 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．
分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v得 x?2t2?的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为
dv?dt后再两边积分． a(v)解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．
dv(1) 由题意知 a??A?Bv (1)
dt用分离变量法把式(1)改写为
dv?dt (2) A?Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件,有
vtdvdv??v0A?Bv?0dt A得石子速度 v?(1?e?Bt)
BA由此可知当,t→∞时,v?为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．
BdyA(2) 再由v??(1?e?Bt)并考虑初始条件有
dtBytA?Btdy?(1?e)dt ?0?0B得石子运动方程
AAy?t?2(e?Bt?1)
BB1 -15 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 ＝10 mi．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．
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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
11式,即x?x0?v0xt?axt2和y?y0?v0yt?ayt2,两个分运动均为匀变速直线运
22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
?又由v?v0dv??adt??(6i?4j)dt
00ttv?6ti?4tj
dr及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 dt?rr0dr??vdt??(6ti?4tj)dt
00ttr?(10?3t2)i?2t2j
由上述结果可得质点运动方程的分量式,即
x ＝10＋3t2 y ＝2t2
消去参数t,可得运动的轨迹方程
3y ＝2x -20 m
dy2?tanα?,α＝33°41′．轨迹如图这是一个直线方程．直线斜率k?dx3所示．
1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为a?2(1?cosΔθ)v2/(RΔθ)；(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．
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分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为a?dv和dtΔvv2Δv．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为an?,a? ,式中｜Δa?ΔtRΔtv｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．
由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δ
t→0 时的极限值．
解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故
22Δv?v1?v2?2v1v2cosΔθ
?v2(1?cosΔθ)
而
Δt?所以
ΔsRΔθ? vvΔvv2a??2(1?cosΔθ)
ΔtRΔθ 13
(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式, 得
v2v2a1?0.9003,a2?0.9886
RRv2v2a3?0.9987,a4?1.000
RR以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限
v2值,该值即为法向加速度．
R1 -17 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
Δr,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v?Δtdr度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
dtdv质点在切线方向速度大小的变化率,即at?et,后者只反映质点速度方向的变
dt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
v2小后,可由公式an?求ρ．
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
v?Δrr2?r1??2.0i?6.0j Δtt2?t1(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为
dxdyv(t)?vxi?vyj?i?j?2.0i?4.0tj
dtdtd2xd2ya(t)?2i?2j??4.0m?s?2j
dtdt 14
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
dvd2?2att?1s?et?(vx?v2y)et?3.58m?set
dtdtan?a2?at2en?1.79m?s?2en
(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为
2?1v?vx?v2y?4.47m?s
v2则ρ??11.17m
an1 -18 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？
分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．
此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．
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 ＝1/2 gt2
飞机水平飞行速度v＝100 m·s-1 ,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
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