(整理)大学物理马文蔚第一章答案

千里之行，始于足下让知识带有温度。第第2页/共2页精品文档推荐(整理)大学物理马文蔚第一章答案.第一章质点运动学

1-1质点作曲线运动,在时刻t质点的位矢为r,速度为v,速率为v,t至(t＋Δt)时光内的位移为Δr,路程为Δs,位矢大小的变化量为Δr(或称Δ｜r｜),平均速度为v,平均速率为v．

(1)按照上述状况,则必有()

(A)｜Δr｜=Δs=Δr

(B)｜Δr｜≠Δs≠Δr,当Δt→0时有｜dr｜=ds≠dr

(C)｜Δr｜≠Δr≠Δs,当Δt→0时有｜dr｜=dr≠ds

(D)｜Δr｜≠Δs≠Δr,当Δt→0时有｜dr｜=dr=ds

(2)按照上述状况,则必有()

(A)｜v｜=v,｜v｜=v(B)｜v｜≠v,｜v｜≠v

(C)｜v｜=v,｜v｜≠v(D)｜v｜≠v,｜v｜=v

分析与解(1)质点在t至(t＋Δt)时光内沿曲线从P点运动到P′点,各量关系如图所示,其中路程Δs＝PP′,位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr＝｜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Δt→0时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．

(2)因为｜Δr｜≠Δs,故t

stΔΔΔΔ≠r,即｜v｜≠v．但因为｜dr｜＝ds,故t

stdddd=r,即｜v｜＝v．由此可见,应选(C)．1-2一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)trdd；(2)tddr；(3)tsdd；(4)22dddd??

???+?????tytx．下述推断正确的是()

(A)惟独(1)(2)正确(B)惟独(2)正确

(C)惟独(2)(3)正确(D)惟独(3)(4)正确

分析与解

t

rdd表示质点到坐标原点的距离随时光的变化率,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重量；tddr表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式tsdd=v计算,在直角坐标系中则可由公式2

2dddd??

???+?????=tytxv求解．故选(D)．1-3质点作曲线运动,r表示位置矢量,v表示速度,a表示加速度,s表示路程,aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即

(1)dv/dt＝a；(2)dr/dt＝v；(3)ds/dt＝v；(4)dv/dt｜＝aｔ．

下述推断正确的是()

(A)惟独(1)、(4)是对的(B)惟独(2)、(4)是对的

(C)惟独(2)是对的(D)惟独(3)是对的

分析与解

t

ddv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时光的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个重量,起转变速度大小的作用；trdd在极坐标系中表示径向速率vr(如题1-2所述)；t

sdd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aｔ．因此惟独(3)式表达是正确的．故选(D)．

1-4一个质点在做圆周运动时,则有()

(A)切向加速度一定转变,法向加速度也转变

(B)切向加速度可能不变,法向加速度一定转变

(C)切向加速度可能不变,法向加速度不变

(D)切向加速度一定转变,法向加速度不变

分析与解加速度的切向重量aｔ起转变速度大小的作用,而法向重量an起转变速度方向的作用．质点作圆周运动时,因为速度方向不断转变,相应法向加速度的方向也在不断转变,因而法向加速度是一定转变的．至于aｔ是否转变,则要视质点的速率状况而定．质点作匀速率圆周运动时,aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时,aｔ为一不为零的恒量,当aｔ转变时,质点则作普通的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．

*1-5如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v0收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v,则小船作()

(A)匀加速运动,θ

cos0vv=(B)匀减速运动,θcos0vv=

(C)变加速运动,θ

cos0vv=

(D)变减速运动,θcos0vv=

(E)匀速直线运动,0vv=

分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而推断运动性质．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

22hlx-=,其中绳长l随时光t而变化．小船速度22ddddhltl

l

tx-==v,式中tldd表示绳长l随时光的变化率,其大小即为v0,代入收拾后为θlhlcos/0220vvv=-=

,方向沿x轴负向．由速度表达式,可推断小船作变加速运动．故选(C)．

研究有人会将绳子速率v0按x、y两个方向分解,则小船速度θcos0vv=,这样做对吗？

1-6已知质点沿x轴作直线运动,其运动方程为32262ttx-+=,式中x的单位为m,t的单位为s．求：

(1)质点在运动开头后4.0s内的位移的大小；

(2)质点在该时光内所通过的路程；

(3)t＝4s时质点的速度和加速度．

分析位移和路程是两个彻低不同的概念．惟独当质点作直线运动且运动方向不转变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t时光内的位移Δx的大小可直接由运动方程得到：0Δxxxt-=,而在求路程时,就必需注重到质点在运动过程中可能转变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需按照0dd=t

x来确定其运动方向转变的时刻tp,求出0～tp和tp～t内的位移大小Δx1、Δx2,则t时光内的路程21xxs?+?=,如图所示,至于t＝4.0s时质点速度和加速度可用t

xdd和22ddtx两式计算．解(1)质点在4.0s内位移的大小

m32Δ04-=-=xxx

(2)由

0dd=t

x得知质点的换向时刻为s2=pt(t＝0不合题意)

则

m0.8Δ021=-=xxx

m40Δ242-=-=xxx

所以,质点在4.0s时光间隔内的路程为

m48ΔΔ21=+=xxs

(3)t＝4.0s时

1s

0.4sm48dd-=?-==ttxv2s

0.422m.s36dd-=-==ttxa1-7一质点沿x轴方向作直线运动,其速度与时光的关系如图(a)所示．设t＝0时,x＝0．试按照已知的v-t图,画出a-t图以及x-t图．

分析按照加速度的定义可知,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图应是向来线,而匀变速直线运动所对应的x–t图为t的二次曲线．按照各段时光内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t的位置x,采纳描数据点的办法,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离为

2sm20-?=--=

A

BABABttavv(匀加速直线运动)

0=BCa(匀速直线运动)

2sm10-?-=--=C

DCDCDttavv(匀减速直线运动)按照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

202

1ttxx++=v由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时光间隔内各时刻的位置分离为

用描数据点的作图办法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时光内的x-t图．在2～4ｓ时光内,质点是作1sm20-?=v的匀速直线运动,其x-t图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．

1-8已知质点的运动方程为jir)2(22tt-+=,式中r的单位为m,t的单位为ｓ．求：

(1)质点的运动轨迹；

(2)t＝0及t＝2ｓ时,质点的位矢；

(3)由t＝0到t＝2ｓ内质点的位移Δr和径向增量Δr；

*(4)2ｓ内质点所走过的路程s．

分析质点的轨迹方程为y＝f(x),可由运动方程的两个重量式x(t)和y(t)中消去t即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs来说,物理含义不同,可按照其定义计算．其中对s的求解用到积分办法,先在轨迹上任取一段微元ds,则22)d()d(dyxs+=,最后用?=ssd积分求ｓ．

解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得质点轨迹方程为

2412xy-=这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．

(2)将t＝0ｓ和t＝2ｓ分离代入运动方程,可得相应位矢分离为

jr20=,jir242-=

图(a)中的P、Q两点,即为t＝0ｓ和t＝2ｓ时质点所在位置．

(3)由位移表达式,得

jijirrr24)()(Δ020222-=-+-=-=yyxx其中位移大小m66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=yxr而径向增量m47.2ΔΔ2022222202=+-+=

-==yxyxrrrr*(4)如图(B)所示,所求Δs即为图中PQ段长度,先在其间随意处取AB微元ds,则

22)d()d(dyxs+=,由轨道方程可得xxyd2

1d-=,代入ds,则2ｓ内路程为m91.5d4d402=+==??xxssQP

1-9质点的运动方程为

23010ttx+-=

22022tty-=

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．

分析由运动方程的重量式可分离求出速度、加速度的重量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．

解(1)速度的重量式为

tt

xx6010dd+-==vtt

yy4015dd-==v当t＝0时,vox＝-10m·ｓ-1,voy＝15m·ｓ-1,则初速度大小为120220sm0.18-?=+=yxvvv

设vo与x轴的夹角为α,则

2

3tan00-==xy

αvvα＝123°41′

(2)加速度的重量式为

2sm60dd-?==t

axxv,2sm40dd-?-==tayyv则加速度的大小为

22

2sm1.72-?=+=yxaaa

设a与x轴的夹角为β,则

3

2tan-==xyaaββ＝-33°41′(或326°19′)

1-10一升降机以加速度1.2

2m·ｓ-2升高,当升高速度为2.44m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时光；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．

分析在升降机与螺丝之间有相对运动的状况下,一种处理办法是取地面为参考系,分离研究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；另一种办法是取升降机(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,此加速度应当是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．

解1(1)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离为

2022

1atty+=v2022

1gtthy-+=v当螺丝落至底面时,有y1＝y2,即

20222

121gtthatt-+=+vvs705.02=+=a

ght(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m716.021202=+

-=-=gttyhdv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)(2

10tagh+-=s705.02=+=a

ght(2)因为升降机在t时光内升高的高度为

202

1atth+='v则m716.0='-=hhd

1-11一质点P沿半径R＝3.0m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时光为20.0ｓ,设t＝0时,质点位于O点．按(a)图中所示Oxy坐标系,求(1)质点P在随意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．

分析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O′x′y′坐标系,并采纳参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较便利的．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在随意时刻的位矢．采纳对运动方程求导的办法可得速度和加速度．

解(1)如图

(B)所示,在O′x′y′坐

标系中,因

tT

θπ2=,则质点P的参数方程为tT

Rxπ2sin

=',tT

Ryπ2cos-='坐标变换后,在

Oxy坐标系中有

tTRxxπ2sin

='=,RtT

Ryyy+-=+'=π2cos

0则质点P的位矢方程为

jir?????+-+=RtTRtTRπ2cosπ2sinji)]π1.0(cos1[3)π1.0(sin3tt-+=

(2)5ｓ时的速度和加速度分离为

jjir)smπ3.0(π2sinπ2π2cosπ2dd1-?=+==tT

TRtTTRtvijira)smπ03.0(π2cos)π2(π2sin)π2(dd222222-?-=+-==tT

TRtTTRt1-12地面上垂直直立一高20.0m的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影舒展至20.0m？

分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必需建立影长与时光的函数关系,即影子端点的位矢方程．按照几何关系,影长可通过太阳光芒对地转动的角速度求得．因为运动的相对性,太阳光芒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．

解设太阳光芒对地转动的角速度为ω,从正午时分开头计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00时,杆顶在地面上影子的速度大小为

132sm1094.1cosdd--??===t

ωωhtsv当杆长等于影长时,即s＝h,则s606034πarctan1??===

ωhsωt即为下午3∶00时．

1-13质点沿直线运动,加速度a＝4-t

2,式中a的单位为m·ｓ-2,t的单位为ｓ．假如当t＝3ｓ时,x＝9m,v＝2m·ｓ-1,求质点的运动方程．

分析本题属于运动学其次类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必需在给定条件下用积分办法解决．由taddv=和t

xdd=v可得tadd=v和txddv=．如a＝a(t)或v＝v(t),则可两边直接积分．假如a或v不是时光t的显函数,则应经过诸如分别变量或变量代换等数学操作后再做积分．

解由分析知,应有

??

=tta0dd0vvv得03314vv+-=tt(1)

由??=t

x

xtx0dd0v得004212

12xtttx++-=v(2)将t＝3ｓ时,x＝9m,v＝2m·ｓ-1代入(1)(2)得v0＝-1m·ｓ-1,x0＝0.75m．于是可得质点运动方程为

75.012

1242+-=ttx1-14一石子从空中由静止下落,因为空气阻力,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其次类问题,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分别变量为tad)

(d=vv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)由题意知vvBAta-==

dd(1)用分别变量法把式(1)改写为

tBAdd=-v

v(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

??

=-ttBA0ddd0vvvvv得石子速度)1(BteBA--=

v由此可知当,t→∞时,BA→

v为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2)再由)1(ddBteB

Aty--==v并考虑初始条件有teB

AytBtyd)1(d00??--=得石子运动方程

)1(2-+=-BteBAtBAy1-15一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＝10mi．求：(1)在随意时刻的速度和位置矢量；(2)质点在Oxy平面上的轨迹方程,并画出轨迹的暗示图．

分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,按照叠加原理,求解时需按照加速度的两个重量ax和ay分离积分,从而得到运动方程r的两个重量式x(t)和y(t)．因为本题中质点加速

度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即2022

1tatxxxx++=v和2022

1tatyyyy++=v,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,按照初始条件t0＝0时v0＝0,积分可得

???

+==tttt000)d46(ddjiavvjitt46+=v又由t

ddr=v及初始条件t＝0时,r0＝(10m)i,积分可得???+==t

trrtttt00)d46(dd0jirvjir222)310(tt++=

由上述结果可得质点运动方程的重量式,即

x＝10＋3t2

y＝2t2

消去参数t,可得运动的轨迹方程

3y＝2x-20m这是一个直线方程．直线斜率3

2tandd===αxyk,α＝33°41′．轨迹如图所示．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

)Δ(/)Δcos1(22θRθav-=；(2)当Δθ分离等于90°

、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？并对结果加以研究．

分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分离表示为t

ddv=a和t

ΔΔv=a．在匀速率圆周运动中,它们的大小分离为Ran2v=,taΔΔv=,式中｜Δv｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt可由转过的角度Δθ求出．

由计算结果能清晰地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0时的极限值．

解(1)由图(b)可看到Δv＝v2-v1,故

θΔcos2Δ212221vvvv-+=v

)Δcos1(2θ-=v

而

v

vθRstΔΔΔ==

所以θ

RθtaΔ)cosΔ1(2ΔΔ2

v-==v

(2)将Δθ＝90°,30°,10°,1°分离代入上式,

得

Ra219003.0v≈,R

a2

29886.0v≈Ra239987.0v≈,R

a2

4000.1v≈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值,该值即为法向加速度R

2

v．1-17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时光内的平均速度；(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．

分析按照运动方程可直接写出其重量式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光内位置的变化率,即tΔΔr=

v,它与时光间隔Δt的大小有关,当Δt→0时,平均速度的极限即瞬时速度t

ddr=v．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量aｔ和an,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即ttt

eaddv=,后者只反映质点速度方向的变化,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

速度的大小后,可由公式ρ

an2

v=求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时光内的平均速度

jirr0.60.2ΔΔ1

212-=--==tttrv(3)质点在随意时刻的速度和加速度分离为

jijijitt

ytxtyx0.40.2dddd)(-=+=+=vvvjjia222220.4dddd)(-?-=+=smt

ytxt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离为

ttyxtttt

teeea222s1sm58.3)(dddd-=?=+==vvvnntnaaeea222sm79.1-?=-=

(4)t＝1.0ｓ质点的速度大小为

12

2sm47.4-?=+=yxvvv则m17.112

==n

aρv1-18飞机以100m·ｓ-1的速度沿水平直线飞翔,在离地面高为100m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．忽视空气阻力的条件下,由运动自立性原理知,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,两方向上运动时光是相同的．因此,分离列出其运动方程,运用时光相等的条件,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重量vx、vy求出,这样,也就可将重力加速度g的切向和法向重量求得．

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离为

x＝vt,y＝1/2gt2

飞机水平飞翔速度v＝100m·s-1,飞机离地面的高度y＝100m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离

m4522==g

yxv

(2)视线和水平线的夹角为o5.12arctan

==xyθ

(3)在随意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

v

vvgtαxy

arctanarctan==取自然坐标,物品在抛出2s时,重力加速度的切向重量与法向重量分离为

2sm88.1arctansinsin-?=????

?==vgtgαgat2sm62.9arctancoscos-?=????

?==vgtgαgan1-19如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v0,忽视空气阻力．求：(1)炮弹落地点P与点O的距离OP；

(2)欲使炮弹能垂直击中坡面．证实α和β必需满足α

βtan21tan=并与v0无关．分析这是一个斜上抛运动,看似容易,但针对题目所问,如不能灵便运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不简单．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x和y两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分离为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分离为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y＝0,则x＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．因为本题中加速度g为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g2

1tt+=vr,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP(即图中的r矢量)．

(1)解1由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为

αgtβtxsin2

1cos20-

=v(1)αgtβtycos21sin20-=v(2)令y＝0求得时光t后再代入式(1)得

)cos(cossin2)sinsincos(coscossin2220220βαα

gββαβααgβxOP+=-==vv解2做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有

βgtαtβαsin212πsin2πsin20=??

???+=?????--vr从中消去t后也可得到同样结果．

(2)由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y＝0和vx＝0,则

0sincos0=-=αgtβxvv(3)

由(2)(3)两式消去t后得

α

βsin21tan=由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0的大小无关．

研究如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有爱好读者不妨自己体验一下．

1-20向来立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R,离地面的高度为h,(1)当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为gωhRr/212+=的圆周上；

(2)读者能否由此定性构想一种草坪上或农田浇灌用的旋转式洒水器的计划？

分析选定伞边缘O处的雨滴为讨论对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像假如让水从一个旋转的有无数小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证匀称喷洒对喷头上小孔的分布还要赋予细心的考虑．

解(1)如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为

tωRtx==v

(1)

hgty==22

1(2)由式(1)(2)可得ghωRx222

2=由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为

22221ωg

hRRxr+=+=(2)常用草坪喷水器采纳如图(b)所示的球面喷头(θ0＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v0从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为

g

R2sin0v=为使喷头周围的草坪能被匀称喷洒,喷头上的小孔数不但无数,而且还不能匀称分布,这是喷头设计中的一个关键问题．

1-21一足球运动员在正对球门前25.0m处以20.0m·ｓ-1的初速率罚随意球,已知球门高为3.44m．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？(足球可视为质点)

分析被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．因为水平距离x已知,球门高度又限定了在y方向的范围,故只需将x、y值代入即可求出．

解取图示坐标系Oxy,由运动方程

θtxcosv=,22

1singtθty-

=v消去t得轨迹方程

222)tan1(2tanxθgθxy+-=v

以x＝25.0m,v＝20.0m·ｓ-1及3.44m≥y≥0代入后,可解得

71．11°≥θ1≥69．92°

27．92°≥θ2≥18．89°

如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．假如以θ＞71．11°或θ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；因为球门高度的限制,θ角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．

1-2

2一质点沿半径为R的圆周按逻辑202

1btts-=v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头的曲线坐标．由给定的运动方程s＝s(t),对时光t求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v和加速度的切向重量aｔ,而加速度的法向重量为an＝v2/R．这样,总加速度为a＝aｔeｔ＋anen．至于质点在t时光内通过的路程,即为曲线坐标的转变量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

btt

s-==0ddvv其加速度的切向重量和法向重量分离为

btsat-==22dd,R

btRan2

02)(-==vv故加速度的大小为

R)(4

02222

btbaaaatt

n-+=+=v其方向与切线之间的夹角为

?????

?--==Rbbtaaθtn20)(arctanarctanv(2)要使｜a｜＝b,由bbtbRR

=-+4022)(1v可得b

t0v=(3)从t＝0开头到t＝v0/b时,质点经过的路程为

bssst2200v=-=

因此质点运行的圈数为

bR

Rsnπ4π220v==1-23一半径为0.50m的飞轮在启动时的短时光内,其角速度与时光的平方成正比．在t＝2.0ｓ时测得轮缘一点的速度值为4.0m·ｓ-1．求：(1)该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．

分析首先应当确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注重到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的办法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．

解因ωR＝v,由题意ω∝t2得比例系数

322srad2-?===

Rt

tωkv所以22)(ttωω==则t′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分离为

12srad5.02-?='=tω

2srad0.24dd-?='==tt

ωα2sm0.1-?==Rαat

总加速度

nttnRωRαeeaaa2+=+=()()2222sm01.1-?=+=

RωRαa在2.0ｓ内该点所转过的角度

rad33.53

2d2d203202200====-??ttttωθθ1-24一质点在半径为0.10m的圆周上运动,其角位置为342tθ+=,式中θ的单位为rad,t的单位为ｓ．(1)求在t＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2)当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ值为多少？(3)t为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？

分析把握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的办法即可得到．

解(1)因为342tθ+=,则角速度212ddtt

θω==．在t＝2ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分离为

22s2sm30.2-=?==ωratn

2s2sm80.4dd-=?==tωratt

(2)当222

12/tntaaaa+==时,有223ntaa=,即()()4

22212243trrt=得3213=

t

此时刻的角位置为rad15.3423=+=tθ

(3)要使tnaa=,则有

()()4

22212243trrt=t＝0.55ｓ

1-25一无风的下雨天,一列火车以v1＝20.0m·ｓ-1的速度匀速前进,在车内