川师大学物理第一章习题解
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川师大学物理第一章习题解
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第一章 质点运动学
1–2 任意时刻a t =0的运动是 运动;任意时刻a n =0的运动是 运动;任意时刻a =0的运动是 运动;任意时刻a t =0,a n =常量的运动是 运动。
解:匀速率;直线;匀速直线;匀速圆周。
1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟,他能以与水平成30°角,其值为30m/s 的初速从一边起跳,刚好到达另一边,则可知此沟的宽度为 ()m/s 102
=g 。
解:此沟的宽度为m 345m 10
60sin 302sin 220=︒
⨯==
g R θv 1–4 一质点在xoy 平面内运动,运动方程为t x 2=,2
29t y -=,位移的单位为m ,试写出s t 1=时
质点的位置矢量__________;s t 2=时该质点的瞬时速度为__________,此时的瞬时加速度为__________。
解:将s t 1=代入t x 2=,2
29t y -=得2=x m ,7=y m
s t 1=故时质点的位置矢量为j i r 72+=(m )
由质点的运动方程为t x 2=,2
29t y -=得质点在任意时刻的速度为
m/s 2d d ==
t x x v ,m/s 4d d t t
x y -==v s t 2=时该质点的瞬时速度为j i 82-=v (m/s ) 质点在任意时刻的加速度为0d d ==
t
a x
x v ,2m/s 4d d -==t a y y v s t 2=时该质点的瞬时加速度为j 4-m/s 2。
1–6 一质点作半径R =1.0m 的圆周运动,其运动方程为t t 323
+=θ,θ以rad 计,t 以s 计。则当
t =2s 时,质点的角位置为________;角速度为_________;角加速度为_________;切向加速度为__________;
法向加速度为__________。
解: t =2s 时,质点的角位置为 =⨯+⨯=23223
θ22rad
由t t 323
+=θ得任意时刻的角速度大小为 36d d 2+==t t
θω
t =2s 时角速度为 =+⨯=3262
ω27rad/s
任意时刻的角速度大小为 t t
12d d ==
ω
α t =2s 时角加速度为 212⨯=α=24rad/s 2
t =2s 时切向加速度为 =⨯⨯==2120.1t αR a 24m/s 2
t =2s 时法向加速度为 =⨯==2
2n 270.1ωR a 729m/s 2;
1–8 一个质点作圆周运动时,下列说法中正确的是[ ]。
A .切向加速度一定改变,法向加速度也改变
B .切向加速度可能不变,法向加速度一定改变
C .切向加速度可能不变,法向加速度不变
D .切向加速度一定改变,法向加速度不变
解:无论质点是作匀速圆周运动或是作变速圆周运动,法向加速度a n 都是变化的,因此至少其方向在不断变化。而切向加速度a t 是否变化,要视具体情况而定。质点作匀速圆周运动时,其切向加速度为零,保持不变;当质点作匀变速圆周运动时,a t 值为不为零的恒量,但方向变化;当质点作一般的变速圆周运动时,a t 值为不为零变量,方向同样发生变化。由此可见,应选(B )。
1–10 一质点在平面上运动,已知质点位置矢量的表示式为j i r 2
2bt at +=(其中a 、b 为常量),则
该质点作[ ]。 A .匀速直线运动 B .变速直线运动 C .抛物线运动 D .一般曲线运动
解:由j i r 2
2bt at +=可计算出质点的速度为j i bt at 22+=v ,加速度为j i b a 22+=a 。因质点的
速度变化,加速度的大小和方向都不变,故质点应作变速直线运动。故选(B )。
1–18 有一质点沿x 轴作直线运动,t 时刻的坐标为3
2254t t .x -=(SI )。试求:(1)第2s 内的平
均速度;(2)第2s 末的瞬时速度;(3)第2s 内的路程。
解:(1)将t =1s 代入32254t t .x -=得第1s 末的位置为m 5.225.41=-=x 将t =2s 代入3
2254t t .x -=得第2s 末的位置为 m 0.22225.4322=⨯-⨯=x
则第2s 内质点的位移为 0.5m 2.5m -m 0.212-==-=∆x x x 第2s 内的平均速度 -0.5m/s 1
0.5=-=∆∆=
t x v 式中负号表示平均速的方向沿x 轴负方向。 (2)质点在任意时刻的速度为 269d d t t t
x
-==
v 将s 2=t 代入上式得第2s 末的瞬时速度为 m/s 626292-=⨯-⨯=v 式中负号表示瞬时速度的方向沿x 轴负方向。
(3)由069d d 2=-==
t t t
x
v 得质点停止运动的时刻为s 5.1=t 。由此计算得第1s 末到1.5s 末的时间内质点走过的路程为231
(1.5)(1) 4.5 1.52 1.5 2.50.875m s x x =-=⨯-⨯-=
第1.5s 末到第2s 末的时间内质点走过的路程为
22
3
2
3
(2)(1.5)
4.5222 4.5 1.52 1.5 1.375m
s x x =-=⨯-⨯-⨯+⨯=-
则第2s 内的质点走过的路程为120.875 1.375 2.25m s
s s =+=+=
1–20 一艘正在沿直线行驶的电艇,在发动机关闭后,其加速度方向与速度方向相反,大小与速度平方成正比,即
2d d v v K t
-=,
式中K 为常量。试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 Kx
-=e 0v v 其中0v 是发动机关闭时的速度。
证明:由
2d d v v K t -=得2d d d d d d v v v v K x t x x -== 即x K d d -=v v
上式积分为
⎰⎰-=x
x K 0
d d 0
v v v
v
得Kx -=e 0v v
1–22 长为l 的细棒,在竖直平面内沿墙角下滑,上端A 下滑速度为匀速v ,如图1-4所示。当下端
B 离墙角距离为x (x 解:建立如图所示的坐标系。设A 端离地高度为y 。∆AOB 为直角三角形,有2 22l y x =+ 方程两边对t 求导得0d d 2d d 2=+t y y t x x 所以B 端水平速度为t y x y t x d d d d -=v x y =v x x l 22-= B 端水平方向加速度为 v 2 2 2d /d d /d d d x t x y t y x t x -= 23 2 v x l -= 1–23 质点作半径为m 3=R 的圆周运动,切向加速度为 2t ms 3-=a ,在0=t 时质点的速度为零。试求:(1)s 1=t 时的速度 与加速度;(2)第2s 内质点所通过的路程。 解:(1)按定义t a d d t v = ,得 t a d d t =v ,两端积分,并利用初始条件,可得⎰ ⎰⎰==t t t a t a 0t 0t 0d d d v v y y A B x x l O 图1-4