内容发布更新时间 : 2024/11/21 0:18:09星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

第一章 质点的运动

1-1 已知质点的运动方程为：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vxx?ddt??10?60t vdyy?dt?15?40t

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

v220?v0x?v0y?18.0m?s?1

设vvo与x 轴的夹角为α,则tanα?0yv??30x2

α＝123°41′

(2) 加速度的分量式为advxx?dt?60m?s?2 , advyy?dt??40m?s?2

则加速度的大小为a?a2a2x?y?72.1m?s?2

设a 与x 轴的夹角为β,则tanβ?aya??23 xβ＝-33°41′(或326°19′)

1-2 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的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为

dva(v)?dt后再两边积分． 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 a?dvdt?A?Bv (1) 用分离变量法把式(1)改写为

dvA?Bv?dt (2)

将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

?vdvtvA?Bvdv?dt 0?0得石子速度 v?A?BtB(1?e)

由此可知当,t→∞时,v?AB为一常量,通常称为极限速度

或收尾速度．

(2) 再由v?dydt?AB(1?e?Bt)并考虑初始条件有 ?yA0dy??t0B(1?e?Bt)dt 得石子运动方程y?ABt?A?BtB2(e?1)

1-3 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加

速度，即a= - kv2

，k为常数。在关闭发动机后，试证：

（1）船在t时刻的速度大小为 v?v0kv?1；

0t（2）在时间t内，船行驶的距离为 x?1kln(v0kt?1)；（3）船在行驶距离x时的速率为v=v0e?kx。 [证明]（1）分离变数得

dvv2??kdt， vt故 ?dv2??k?dt，

v0v0可得：

1v?1v?kt． 0（2）公式可化为v?v01?v，

0kt由于v = dx/dt， 所以：dx?v01?vdt?1d(1?v0kt)

0ktk(1?v0kt)xt积分

?dx??1d(1?v0kt)00k(1?v．

0kt)因此 x?1kln(v0kt?1)．

(3 ) 要求 v( x)，可由 a?dvdt?dvdxdxdt?vdvdx，有

?kv2?vdvdx?dvv??kdx 积分得

?vdvxv?kxv??k0dx?lnv??kx,v?ve证毕． 0v?001－4行人身高为h，若人以匀速v0用绳拉一小车行走，而小车放在距地面H 高为H的光滑平台

v0 上，求小车移动的速h 度和加速度。

解：人前进的速

图1-18 习题1-4图

度v0，则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小，

l2?v220t?(H?h)2?dlv20tdt?v22

0t?(H?h)2d2ldt2?(H?h)2v20??(H?h)2?v220t?3/2?2所以小车移动的速度v?v0t

(H?h)2?v220t小车移动的加速度a?(H?h)2v2?0(H?h)2?v2t2?3/2

01-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为

a?2?6x2，a 的单位为 m/s2，x 的单位为 m。质点在

x=0处，速度为10m/s，试求质点在任何坐标处的速度值。

a?dvdvdxd解： ∵

dt?dxdt?vvdx 分离变量：

?d??adx?(2?6x2)dx

1v2?2x?2x3?c两边积分得 2

由题知，

x?0时，

v0?10,∴

c?50

∴ v?2x3?x?25m?s?1

1-6 如图所示，一弹性球由静止开始自由下落高度 h 后落在一倾角

??30?的斜面上，与斜

面发生完全弹性碰撞后作抛射体运动，问它第

二次碰到斜面的位置距原来的下落点多远。

解：小球落地时速度为v0?2gh 建立直角坐标系，

以小球第一次落地点为坐标原点如图

v600x0?v0cos

x?v010cos60t?2gcos600t2 （1） v0y0?v0sin60

y?v0sin600t?12gsin600t2 （2） 第二次落地时 y?0 t?2v0g 所以 x?v0?1022v200cos60t2gcos60t?g?0.8m 1－7一人扔石头的最大出手速率为v＝25m/s，他能

击中一个与他的手水平距离L=50m，高h=13m的目标吗？在此距离上他能击中的最大高度是多少？

解：由运动方程x?vtcos?,y?vtsin??12gt2,消去t得轨迹方程

y?xtg??g2v2(tg2??1)x2 以x＝05.0m ，v＝25ms－1

代入后得

y?50tg??g2?25(1?tg2?)?5022?50tg??20(1?tg2?) ??20(tg??54)2?11.25取g＝10.0，则当tg??1.25时，ymax?11.25〈13 所以他不能射中，能射中得最大高度为ymax?11.25

1-8 一质点沿半径为R 的圆周按规律s?vt?1202bt运动，

v0 、b 都是常量。(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b？(3) 当加速度达到b 时，质点已沿圆周运行了多少圈？

分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s(t),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量为an＝v2 /R．这样,总加速度为a ＝aｔeｔ＋anen．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs＝st -s0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈

数自然可求得．

解 (1) 质点作圆周运动的速率为v?dsdt?v0?bt 其加速度的切向分量和法向分量分别为

ad2sv2(v0?bt)2t?dt2??b, an?R?R

故加速度的大小为

a?a2?a2R2b2?(v0?bt)4nt?R2 其方向与切线之间的夹角为

θ?arctanan?(v0?bt)2?a?arctan????

t?Rb(2) 要使｜a｜＝b,由

1RR2b2?(v0?bt)4?b可得t?v0b

(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为

2s?sv0t?s0?2b

因此质点运行的圈数为n?sv22πR?04πbR 1-9 已知质点的运动方程为：

x?Rcos?t,y?Rsin?t,z?h2??t，式中R、h、?为正的常量。求：（1）质点运动的轨道方程；（2）质点的速度大小；（3）质点的加速度大小。 解： （1）轨道方程为 x2?y2?R2 z?h2??t 这是一条空间螺旋线。

在Oxy平面上的投影为圆心在原点，半径为R的圆，螺距为h （2）vx?dxdt??R?sin?t 2 v?v2?v2?v2??R2?hxyz4?2

（3）a??R?2cos?t a2xy??R?sin?t a0， a?a22z?x?ay?R?2

1－10飞机以100m·s-1的速度沿水平直线飞行，在离

地面高为100m时，驾驶员要把物品投到前方某一地面目标处。问：（1）此时目标在飞机下方前多远？（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2s后，它的法向加速度和切向加速度各为多少？ 解：

y＝12gt2，t＝2y（1）

g ?x?v2yg?452m（2） ??arctgyx?12.5? （3）

v＝（gt）2?v20＝dvgt2atdt＝（gt）2?v20?at?1.96m/s2,g?10.0(或1.88m/s2,g=9.8）a?a22t?an?g?an?g2?a2t?9.80m/s2,g?10.0(或9.62m/s2，g＝9.8) 1－11一无风的下雨天，一列火车以v1=20m/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：以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为

V1,雨滴相对地面竖直下落的速度为V2，旅客看到雨滴下

落速度 V2’为相对速度，它们之间的关系为 v

2?v2'?v1 ?v2?v1/tg75?5.36ms?1

1－12升降机以加速度a10=1.22m·s?2上升，当上升速

度为2.44m·s?时，有一螺帽自升降机的天花板脱落，天花板与升降机的底面相距2.74m，试求：（1）螺帽从天花板落到底面所需时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离。解：（1）以升降机为参考系，此时，螺丝相

对它的加速度为a’=g+a,螺丝落到底面时，有 0?h?1(g?a)t22t?2h

g?a?0.705s

h'?v10t?at2（2）由于升降机在t时间内的高度为2

则d?h?h'?0.716m

1－13飞机A相对地面以vA =1000km/h的速率向南飞行，另一飞机B相对地面以vB =800 km/h的速率向东偏南30°方向飞行。求飞机A相对飞机B的速度。

解：

vA?1000j,vB?400j?4003iv?vA?vB＝1000j－?400j?4003i?

?tg??32,??4052',方向西偏南v?6002?4002?3?916km/h

1－14 一人能在静水中以1.10m·s-1

的速度划船前进，

今欲横渡一宽为1000m、水流速度为0.55m·s－

1的大河。（1），那么应如何确定划行方向？到达正对岸需多少时间？（2）如果希望用最短的时间过河，应如何确定划行方向？

v’ v v’

α (1)

u (2)

u 船到达对岸的位置在什么地方？

解：如图（1）若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点，则划行速度和水流速度u的合速度的方向正对着岸，设划行速度v?合速度v的夹角为α

?v?sin??usin??uv??0.55/1.1?0.5cos??32t?ddv?v?cos??1.05?103s

如图（2）用最短的时间过河，则划行速度的方向正对着岸 ?t?dv?,l?ut?udv??500m 1－15设有一架飞机从A处向东飞到B处，然后又向西飞回到A处，飞机相对空气的速率为v?，而空气相对地面的速率为u，A、B间的距离为l。

（1）假定空气是静止的（即u=0），求飞机来回飞行的时间；

（2）假定空气的速度向东，求飞机来回飞行的时间； （3）假定空气的速度向北，求飞机来回飞行的时间。

解：由相对速度的矢量关系v?v'?u有

（1）空气时静止的，即u＝0，则往返时，飞机相对地面的飞行速度就等于飞机相对空气的速度v（图’（1）），故飞机来回飞行的时间t0?tll2AB?tBA?v'?v'?lv' (2) 空气的速度向东时，当飞机向东飞行时，风速与飞机相对空气的速度同向；返回时，两者刚好相反（图（2）），故飞机来回飞行的时间为

t1?tAB?t?llu2?1BAv'?u?v'?u?t0(1?v'2) (3) 空气的速度向北时，飞机相对地面的飞行速度的大小由v?v'?u可得为v?v'2?u2，故飞机来回飞行

的时间为

t2l/v'2?tAB?t?lBAv?l2lv?v'2?u2?v'2u2?t(1?u2?10v'2)2v'2?v'2

第二章 质点动力学

2－1如本题图，A、B两物体质量均为m，用质量不计的滑轮和细绳连接，并不计摩擦，则A和B的加速度大小各为多少 。

解：如图由受力分析得

mg?TA?maA(1)TA TB?mg?maB(2)A 2aA?aB(3)aA

TaB

B TA?2TB(4)mg mg B 解得a1A＝－5g习题2-1图

a2B＝－5g

2－2如本题图所示，已知

两物体A、B的质量均为m=3.0kg，物体A以加速度a=1.0m/s2 运动，求物体B与桌面间的摩擦力。（滑轮与连接绳的质量不计）

解：分别对物体和滑轮受力分析（如图），由牛顿定律习题2－2图

和动力学方程得，

mAg?FT?mAa(1)F'T1?Ff?mBa'(2)2a?a'(3)FT'?2FT1(4)mA?mB?m?5?

FT＝FT'?6?F'T1?FT1?7?解得F4m)af?mg?(m?2?7.2N2-3 如图所示，细线不可伸长，细线、定滑轮、动滑轮的质量均不计已知

m1?4m3m2?2m3。求各物体运动

的加速度及各段细线中的张力。 解：设m1下落的加速度为a1，因而动滑轮也以a1上升。再设m2相对动滑轮以加速度a′下落，m3相对动滑轮以习题2-3

加速度a′上升，二者相对地面的加速

度分别为：a??a1（下落）和a??a1（上升），设作用在m1上的线中张力为T1，作用在m2和m3上的线中张

力为T2。列出方程组如下：

m1g?T1?m1a1m2g?T2?m2(a??a1)Tm

2?3g?m3(a??a1)T1?2T2代入m1?4m3，m2?2m3，可求出：

ag2gg1?5，a??5，a?5，a3g423?5，T1?5m1g，T22?5m1g

2－4光滑的水平面上放置一半径为R的固定圆环，物体紧贴环的内侧作圆周运动，其摩擦系数为μ。物体的初速率为v0，求：（1）t时刻物体的速率；（2）当物体速率从v0减少到v0/2时，物体所经历的时间及经过的路程。解：（1）设物体质量为m，取图示的自然坐标系，由牛顿定律得，

v2FN?man?mR2(1)Ff??mat??mdvdt(2)Ff?uFN(3)

由上三式可得uv2dvR2＝?dt（4）对（4）式积分得?tRvdv0dt＝－u?v0v2?v?Rv0R?v0?t

（2） 当物体速率从v0减少到v0/2时，由

?v?Rv0RR?v0?t可得物体所经历的时间t??v 0?经过的路程s??t?0vdt＝?t?Rv0R0R?vdt＝ln2

0?t?2－5从实验知道，当物体速度不太大时，可以认为空气的阻力正比于物体的瞬时速度，设其比例常数为k。将质量为m的物体以竖直向上的初速度v0抛出。 （1）试证明物体的速度为

mg?kkv?m?tk(et?1)?v0em

(2)证明物体将达到的最大高度为

H?mv0m2gkvk?kln(1?0mg)

(3)证明到达最大高度的时间为

tm0H?kln(1?kvmg) 证明：由牛顿定律可得