大物B课后题01-第一章质点运动学

1习题精解1-6某质点的速度为jtiv82，已知t=0时它经过点（3，-7），则该质点的运动方程为（）解：因为dtrdv所以dtjtird82于是有dtjtirdtrr0820即jtitrr2042亦即jtitjir24273故jtitr743221-7一质点在平面上作曲线运动,1t时刻位置矢量为jir621，2t时刻的位置矢量为jir422，求：（1）在12ttt时间内质点的位移矢量式;(2)该段时间内位移的大小和方向；（3）在坐标图上画出21,rr及r。解（1）在12ttt时间内质点的位移矢量式为mjirrr2412（2）该段时间内位移的大小mr522422该段时间内位移的方向与轴的夹角为6.2642tan1（3）坐标图上的表示如图1.1所示1-8某质点作直线运动，其运动方程为214xtt，其中x以m计，t以s计，求：（1）第3s末质点的位置；（2）头3s的位移大小；（3）头3s内经过的路程。解（1）第3s末质点的位置为2(3)14334()xm2（2）头3s的位移大小为(3)03()xxm（3）因为质点做反向运动时，有()0vt，所以令0dxdt，即420,2tts因此头3s内经过的路程为(3)(2)(2)(0)45515()xxxxm1-9已知某质点的运动方程为22,2xtyt，式中t以s计，x和y以m计。（1）计算并图示质点的运动轨迹；（2）求出1ts到2ts这段时间内质点的平均速度；（3）计算1s末2s末质点的速度；（4）计算1s末和2s末质点的加速度。解（1）由质点运动的参数方程22,2xtyt消去时间参数t得质点的运动轨迹为2204xyx运动轨迹如图1.2（2）根据题意可得到质点的位置矢量为2(2)(2)rtitj所以1ts到2ts这段时间内质点的平均速度为1(2)(1)23()21rrrvijmst（3）由位置矢量求导可得质点的速度为2(2)vritj所以1s末和2s末的质点速度分别为1(1)22()vijms和1(2)24()vijms（4）由速度求导可得质点的加速度为2avj所以1s末和2s末质点的加速度为1(1)(2)2()aajms1-10湖中有一小船，岸边有人用绳子跨过离河面高H的滑轮拉船靠岸，如图1.3所示。设绳子的原长为0l，人以匀速0v拉绳，使描述小船的运动。解建立坐标系如图1.3所示。按题意，初始时刻（t=0）,滑轮至小船的绳长为0l，在此后某时刻t,绳长减小到0lvt，此刻船的位置为2200()xlvtH3这就是小船的运动方程，将其对时间求导可得小船的速度为0002200()cos()lvtvvdxvdtlvtH将其对时间求导可得小船的加速度为222200332200()vHvHdvadtxlvtH其中负号说明了小船沿x轴的负向（即向岸靠拢的方向）做变加速直线运动，离岸越近（x越小），加速度的绝对值越大。1-11大马哈鱼总是逆流而上，游到乌苏里江上游去产卵，游程中有时要跃上瀑布。这种鱼跃出水面的速度可达321kmh。它最高可跃上多高的瀑布？和人的跳高记录相比如何？解鱼跃出水面的速度为11328.89vkmhms,若竖直跃出水面，则跃出的高度24.03()2vhmg此高度和人的跳高记录相比较，差不多是人跳高的两倍。1-12一人站在山坡上，山坡鱼水平面成角，他扔出一个初速度为0v的小石子，0v与水平面成角，如图1.4所示。（1）若忽略空气阻力，试证小石子落到了山坡上距离抛出点为S处，有2022sincoscosvSg。（2）由此证明对于给定的0v和值时，S在42时有最大值20max2sin1cosvSg。解（1）建立如图1.4所示的坐标系，则小石子的运动方程为020cos1sin2xvtyvtgt当小石子落在山坡上时，有cossinxSyS联立以上四个方程，求解可得小石子在空中飞行的时间（即从抛出到落在山坡上是所经历的时间）t所满足的方程为202sintancos0vttg解之得402sintancosvtg但0t时不可能的，因0t时小石子刚刚抛出，所以小石子落在山坡的距离为2002cos2sincoscoscoscosvtvxSg（2）给定0v和值时，有SS，求S的最大值，可令0dSd，即2022cos20cosvg亦即42此时220dSd，所以S有最大值，且最大值为20max2sin1cosvSg1-13一人扔石子的最大出手速度为1025vms。他能击中一个与他的手水平距离为50Lm，高为13hm处的目标吗?在这个距离上他能击中的最大高度是多少？解设抛射角为，则已知条件如图1.5所示，于是石子的运动方程为020(cos)1sin2xvtyvtgt可得到石子的轨迹方程为2220tan2cosgxyxv假若石子在给定距离上能击中目标，可令xL此时有2220tan2cosgLyLv即2222200tantan22gLgLyLvv以tan为函数，令0tandyd，有20tanvgL，此时220tandyd，即在给定已5知条件及给定距离上能够击中目标的最大高度为max12.3ym，故在给定距离上不能击中13hm高度的目标。1-14如果把两个物体A和B分别以速度OAv和OBv抛出去，OAv与水平面的夹角为，OBv与水平面的夹角为，试证明在任意时刻物体B相对于物体A的速度为常矢量。解两物体在忽略风力的影响之后，将在一竖直面内做上抛运动，如图1.6所示，则两个物体的速度分别为cossinAOAOAvvivgtjcossinBOBOBvvivgtj所以在任意时刻物体B相对于物体A的速度为coscossinsinBAOBOAOBOAvvvvivvj它是与时间无关的常矢量。1-15如果已测得上抛物体两次从两个方向经过两个给定点的时间，即可测出该处的重力加速度。若物体沿两个方向经过水平线A的时间间隔为At，而沿两个方向经过水平线A上方h处的另一水平线B的时间间隔为Bt，设在物体运动的范围内重力加速度为常量，试求该重力加速度的大小。需要采用一元二次方程求解公式。解设抛出物体的初速度为0v，抛射角为，建立如图1.7所示的坐标系，则20201sin21sin2AAABBBhvtgthvtgt所以20202sin202sin20AAABBBvhttggvhttgg于是有2220121222220121224sin844sin84AAAAAABBBBBBvhtttttggvhtttttgg此二式平方相减可得6222288BAABABhhhgtttt注意此方法也是实验测得重力加速度的一种方法。1-16以初速度0v将一物体斜上抛，抛射角为，不计空气阻力，则物体在轨道最高点处的曲率半径为（）A.0sinvgB.20gvC.20cosvgD.不能确定解本题正确答案为C因为初速为0v将一物体斜向上抛，抛射角为，不计空气阻力时，物体在轨道的最高点处的速率为0cosvv，而此时物体仅有法向加速度na，且2nvagR，所以物体在轨道最高点处的曲率半径为2220cosvvRgg1-17一质点从静止出发沿半径为1Rm的圆周运动，其角加速度随时间的变化规律是2126()ttSI，试求该质点的角速度和切线加速度a。解因为2126tt所以2(126)dttdt于是有200(126)tdttdt故质点的角速度为3243tt切线方向加速度为3126aRtt1-18一质点做圆周运动方程为224(ttradts以计，以计）。在0t时开始逆时针旋转，问：（1）0.5ts时，质点以什么方向转动；（2）质点转动方向改变的瞬间，它的角位置多大？解（1）因质点做圆周运动角速度方向改变瞬时，ddt即280,0.25tts所以0.5ts时，质点将以顺时针方向转动。（2）质点转动方向改变的瞬间，它的角位置为2(0.25)20.254(0.25)0.25()rad71-19质点从静止出发沿半径为3Rm的圆周做匀变速运动，切向加速度23ams，问：（1）经过多长时间后质点的总加速度恰好与半径45角？（2）在上述时间内，质点所经历的角位移和路程各为多少？解因为3dvadt所以3dvdt即003vtdvdt故质点做圆周运动的瞬间时速度为瞬时速率3vt质点的法向加速度的大小为222(3)33nvtatR其方向恒指向圆心，于是总加速度为233naaatn其中n为沿半径指向圆心的单位矢量，为切向单位矢量。（1）设总加速度a与半径的夹角，如图1.8所示，则sinaa，cosnaa当=45时有naa，即233,1tt（负根舍去），所以1ts时，a与半径成45角。（2）因为3dsvtdt，所以1003sdstdt故在这段时间内质点所经过的路程为1.5sm，角位移为1.50.5()3sradR。1-20汽车在半径为400Rm的圆弧弯道上减速行驶，设某一时刻，汽车的速度为110vms，切向加速度的大小为20.2ams。汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向。解已知条件如图1.9所示。汽车的法向加速度为222100.25()400nvamsR汽车的总加速度为222220.250.20.32()naaams所以20.250.2()naaanms，故加速度a和v的夹角为0.25180arctan180arctan128400.2naa