1-4课后习题答案2.doc

1、 第一章 质点运动学 1 -1 分析与解 (1) 质点在 t 至 (t t)时间内沿曲线从 P 点运动到 P点 ,各量关系如图所示 , 其中路程 s PP, 位移大小 r PP,而 r r- r表示质点位矢大小的变化量 ,三个量的物理含义不同 ,在曲线运动中大小也不相等 (注：在直线运动中有相等的可能 )但当 t0 时 ,点 P无限趋近P点 ,则有 dr ds,但却不等于 dr故选 (B) (2) 由于 r s,故 tst r ,即 v v 但由于 dr ds,故tst dddd r,即 v v 由此可见 ,应选 (C) 1 -2 分析与解 trdd 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率 ,

2、在极坐标系中叫径向速率通常用符号 vr表示 ,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量； tddr 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式 tsddv 计算 ,在直角坐标系中则可由公式 22dddd tytxv求解故选 (D) 1 -3 分析与解 tddv 表示切向加速度 a ,它表示速度大小随时间的变化率 ,是加速度矢量沿速度方向的一个分量 ,起改变速度大小的作用； trdd 在极坐标系中表示径向速率 vr(如题 1 -2 所述 )； tsdd 在自然 坐标系中表示质点的速率 v；而tddv表示加速度的大小而不是切向加速度 a 因此只有 (3) 式表达是正确的故选 (D) 1 -4 分析与解

3、 加速度的切向分量 a 起改变速度大小的作用 ,而法向分量 an起改变速度方向的作用质点作圆周运动时 ,由于速度方向不断改变 ,相应法向加速度的方向也在不断改变 ,因而法向加速度是一定改变的至于 a 是否改变 ,则要视质点的速率情况而定质点作匀速率圆周运动时 , a 恒为零；质点作匀变速率圆周运动时 , a 为一不为零的恒量 ,当 a 改变时 ,质点 则作一般的变速率圆周运动由此可见 ,应选 (B) *1 -5 分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式 ,进而判断运动性质为此建立如图所示坐标系 ,设定滑轮距水面高度为 h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为 l,则小船的运动方程为 22 hlx ,其

4、中绳长 l 随时间 t 而变化小船速度22ddddhl tlltxv,式中 tldd 表示绳长 l 随时间的变化率 ,其大小即为 v0,代入整理后为lhl c o s/ 022 0 vvv ,方向沿 x 轴负向由速度表达式 ,可判断小船作变加速运动故选 (C) 讨论 有人会将绳子速率 v0 按 x、 y 两个方向分解 , 则小船速度cos0vv ,这样做对吗？ 1 -6 分析 位移和路程是两个完全不同的概念只有当质点作直线运动且运动方向不改变时 ,位移的大小才会与路程相等质点在 t 时间内的位移 x 的大小可直接由运动方程得到： 0 xxx t ,而在求路程时 ,就必须注意到质点在运动过程中可

5、能改变运动方向 ,此时 ,位移的大小和路程就不同了为此 ,需根据 0dd tx 来确定其运动方向改变的时刻 tp ,求出 0 tp 和 tp t 内的位移大小 x1 、 x2 ,则 t 时间内的路程 21 xxs ,如图所示 ,至于 t 4.0 s 时质点速度和加速度可用txdd和22ddtx 两式计算 解 (1) 质点在 4.0 s内位移的大小 m32 04 xxx (2) 由 0dd tx 得知质点的换向时刻为 s2pt (t 0不合题意 ) 则 m0.8 021 xxx m40 242 xxx 所以 ,质点在 4.0 s时间间隔内的路程为 m48 21 xxs (3) t 4.0 s时

6、1s0.4 sm48dd ttxv 2s0.422 m .s36dd ttxa 1 -7 分析 根据加速度的定义可知 ,在直线运动中 v-t曲线的斜率为加速度的大小 (图中 AB、 CD 段斜率为定值 ,即匀变速直线运动；而线段 BC 的斜率为0,加速度为零 ,即匀速直线运动 )加速度为恒量 ,在 a-t 图上是平行于 t 轴的直线 ,由 v-t 图中求出各段的斜率 ,即可作出 a-t 图线又由速度的定义可知 ,x-t 曲线的斜率为速度的大小因此 ,匀速直线运动所对应的 x -t 图应是一直线 ,而匀变速直线运动所对应的 xt 图为 t 的二次曲线根据各段时间内的运动方程 x x(t),求出不

7、同时刻 t 的位置 x,采用描数据点的方法 ,可作出 x-t 图 解 将曲线分为 AB、 BC、 CD 三个过程 ,它们对应的加速度值分别为 2sm20 ABABAB tta vv (匀加速直线运动 ) 0BCa (匀速直线运动 ) 2sm10 CDCDCD tta vv (匀减速直线运动 ) 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 20 21 ttxx v 由此 ,可计算在 0 2和 4 6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 2和 4 6时间内的 x -t 图在 2 4时间内 , 质点是作 1sm20 v 的匀速直线

8、运动 , 其 x -t 图是斜率 k 20的一段直线图 (c) 1 -8 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、 r、 r、 s 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22 )d()d(d yxs ,最后用 ss d 积分求 解 (1) 由 x(t)和 y(t)中消去 t 后得质点轨迹方程为 2412 xy 这是一个抛物线方程 ,轨迹如图 (a)所示 (2) 将 t 0和 t 2分别代入运动方程 ,可得相应位矢分别为 jr 20 , jir 242

9、图 (a)中的 P、 Q 两点 ,即为 t 0和 t 2时质点所在位置 (3) 由位移表达式 ,得 jijirrr 24)()( 020212 yyxx 其中位移大小 m66.5)()( 22 yxr 而径向增量 m47.2 2020222202 yxyxr rrr *(4) 如图 (B)所示 ,所求 s 即为图中 PQ段长度 ,先在其间任意处取 AB 微元 ds,则 22 )d()d(d yxs ,由轨道方程可得 xxy d21d ,代入 ds,则 2内路程为 m91.5d4d 40 2 xxss QP 1 -9 质点的运动方程为 23010 ttx 22015 tty 式中 x,y 的单位

10、为 m,t 的单位为 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 ttxx 6010dd v ttyy 4015dd v 当 t 0 时 , vox -10 m -1 , voy 15 m -1 ,则初速度大小为 120200 sm0.18 yx vvv 设 vo与 x 轴的夹角为 ,则 23tan 00 xy vv 12341 (2) 加速度的分量式为 2sm60dd ta xx v , 2sm40dd ta yy v 则加速度的大小为 222

11、sm1.72 yx aaa 设 a 与 x 轴的夹角为 ,则 32tan xyaa -3341(或 32619) 1 -10 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)

12、 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 201 21 atty v 202 21 gtthy v 当螺丝落至底面时 ,有 y1 y2 ,即 2020 2121 gtthatt vv s705.02 ag ht (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m716.021 202 gttyhd v 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 2)(210 tagh s705.02 ag ht (2) 由于升降机在 t 时间内上升的高度为 20 21 atth v 则 m716.0 hhd 1 -11 分析

13、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 Oxy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 Oxy坐标系中 ,因 tT 2 ,则质点 P 的参数方程为 tTRx 2sin , tTRy 2cos 坐标变换后 ,在 Oxy

14、 坐标系中有 tTRxx 2sin , RtTRyyy 2c o s0 则质点 P 的位矢方程为 jir RtTRtTR 2c o s2s inji )1.0(c o s13)1.0(s in3 tt (2) 5时的速度和加速度分别为 jjir )sm3.0(2s i n22c o s2dd 1 tTTRtTTRtvijira )sm03.0(2c o s)2(2s i n)2(dd 222222 tTTRtTTRt 1 -12 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 ,

15、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 ,从正午时分开始计时 ,则杆的影长为 s htgt,下午 2 00 时 ,杆顶在地面上影子的速度大小为 132 sm1094.1c o sdd thtsv 当杆长等于影长时 ,即 s h,则 s606034a r c t a n1 hst 即为下午 3 00 时 1 -13 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 ,必须在给定条件下用积分方法解决由 ta ddv 和 txddv 可得 tadd v 和tx dd v 如 a 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 t ta0 dd0vv v 得 03314 vv tt(1) 由 txx tx 0 dd0 v得 0042 1212 xtttx v(2) 将 t 3时 ,x 9 m,v 2 m -1代入 (1) (2)得 v0 -1 m -1,x0 0.75 m于是可得质点运动方程为 75.01212 42 ttx