内容发布更新时间 : 2024/5/7 6:14:00星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

习 题

1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为

r?R(cosωti?sinωtj)

其中?为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。

解：1） 由r?R(cosωti?sinωtj)知 x?Rcosωt y?Rsinωt

消去t可得轨道方程 x?y?R 2） v?222

dr??ωRsinωti?ωRcosωtj dt12 v?[(?ωRsinωt)2?(ωRcoωst)2]

?ωR

1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r?4ti?(3?2t)j，式中r的单位为m，t的单位为s.求：（1）质点的轨道；（2）从t?0到t?1秒的位移；（3）t?0和t?1秒两时刻的速度。 解：1）由r?4ti?(3?2t)j可知

22x?4t2

y?3?2t

消去t得轨道方程为：x?(y?3) 2）v?2

dr?8ti?2j dt1100Δr??vdt??(8ti?2j)dt?4i?2j

3） v(0)?2j v(1)?8i?2j

1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r?ti?2tj，式中r的单位为m，t的单位为s.求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。

2dr?2ti?2j dtdv a??2i

dt解：1）v?2）v?[(2t)?4]212?2(t?1)2 at?21dv?dt2tt?12

an?

a2?at2?2t?12

1-4. 一升降机以加速度a上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。

解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为

12at （1） 21 y2?h?v0t?gt2 （2）

2 y1?v0t? y1?y2 （3） 解之 t?图 1-4

2dg?a 1-5. 一质量为m的小球在高度h处以（1）小球的运动方程；

（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的

初速度v0水平抛出，求：

drdvdv，，. dtdtdt解：（1） x?v0t 式（1）

1y?h?gt2 式（2）

21 r(t)?v0ti?(h-gt2)j

2gx2（2）联立式（1）、式（2）得 y?h?22v0 （3）

dr?v0i-gtj 而 落地所用时间 t?dt2h g 所以

v?drdv?v0i-2ghj ??gj dtdt22v2v0?(?gt)2 x?vy?g2ghg2tdv ??dt[v2?(gt)2]12(v2?2gh)1200

1-6. 路灯距地面的高度为h1，一身高为h2的人在路灯下以匀速v1沿直线行走。试证明人影的顶端作匀速运动，并求其速度v2.

证明：设人从O点开始行走，t时刻人影中足的坐标为x1 ，人影中头的坐标为x2，由几何关系可得 图 1-6

x2h?1 而 x1?v0t

x2?x1h2所以，人影中头的运动方程为

x2?h1x1h1t?v0

h1?h2h1?h2人影中头的速度 v2?dx2h1?v0 dth1?h221-7. 一质点沿直线运动，其运动方程为x?2?4t?2t程为多少？

解：v?(m)，在 t从0秒到3秒的时间间隔内，则质点走过的路

dx?4?4t 若v?0 解的 t?1s dt ?x1?x1?x0?(2?4?2)?2?2m

2 ?x3?x3?x1?(2?4?3?2?3)?(2?4?2)??8m

?x??x1??x2?10m

1-8. 一弹性球直落在一斜面上，下落高度

h?20cm，斜面对水平的倾角

的下落点多远(假设小球碰斜面

??30?，问它第二次碰到斜面的位置距原来

前后速度数值相等，碰撞时人射角等于反射角)。

解：小球落地时速度为v0?次落地点为坐标原点如图

0 vx0?v0cos60 x?v0cos600t?图 1-8

一

2gh

建立直角坐标系，以小球第一

vy01gcos600t2 （1） 21?v0sin600 y?v0sin600t?gsin600t2 （2）

22v0 g第二次落地时 y?0 t?22v0102?0.8m 所以 x?v0cos60t?gcos60t?2g0

1-9. 地球的自转角速度最大增加到若干倍时，赤道上的物体仍能保持在地球上而不致离开地球?已知现在赤道上物体的向心加速度约为3.4cm/s，设赤道上重力加速度为9.80m/s.

解：赤道上的物体仍能保持在地球必须满足 g?R?

2223.4?10?2 现在赤道上物体???

R

1-10. 已知子弹的轨迹为抛物线，初速为v0，并且v0与水平面的夹角为?.试分别求出抛物线顶点及落地点的曲率

?9.8??17 ??3.4?10?2