力学第二章质点运动学思考题答案

解
(1) 由定义： a = dυ = 2t 由定义： dt 分离 变量 ∴
注意
∫ dυ = ∫ 2tdt
0 0
υ
t
dx =∫0 t 2 dt ∫0
1 3 x= t 3 8 m ≈ 2.67 m t =2 = 3
x
t
υ =t
2
t =2
=4 m s
积分初始值（下限） 积分初始值（下限）由初始条件确定 等式两边积分变量的积分限一一对应
v
υA
v
A
v ∆υn
υB
v
10
讨论
2)
v 永指向曲线凹向的一侧。 ∴质点总加速度 a永指向曲线凹向的一侧。 v v v dυ dυ dυ a a aτ 注意 的区别
dt
dt
v v 1) 切向加速度 aτ沿切线， 沿切线， 指向曲率中心， 法向加速度 an指向曲率中心，
dt
3) 自然坐标系中
微分法
s
∫
∫
等式两端分别积分： 等式两端分别积分：
∴
2012-4-16
2 3 x = 2+t + t 3
2 3 x−2 =t + t 3
t =2
= 9.33 m
4
第一章 质点运动学
例
已知t＝ 时 质点沿x轴运动， 质点沿 轴运动，加速度 a = 2t ，已知 ＝0时，质点的位置 轴运动 试求t＝ 时质点的速度和位置 时质点的速度和位置。 坐标 x0 = 0 ，速度 υ0 = 0 ，试求 ＝2s时质点的速度和位置。 ∵ a＝2t 是变量， 不能用匀变速直线运动公式 ＝ 是变量， a →υ → x 积分法 (2) 由定义： υ = dx = t 2 由定义： dt dt

一、质点运动学作业题参考答案一、选择题1C;2D;3 D;4B;5C;6B;7B;8D 二、填空题 1、︒-30sin g ，︒30cos 2g υ2、变速曲线运动，变速直线运动，匀速曲线运动3、2/80s m ，2/2s m ； 4、 h 1v /(h 1-h 2)； 5、10 m/s 2,-15 m/s 2；三、计算题 1、解：（1）位置矢量的表达式为j t t i t j y i x r ϖϖϖϖϖ)435.0()53(2++++=+=（2）质点的速度为3d d ==t x x υ，3d d +==t t y y υ j t i j i y x ϖϖϖϖϖ)3(3++=+=υυυ质点的4s 时的速度为j i j i ϖϖϖϖϖ73)34(3)4(+=++=υs m y x /6.758732222≈=+=+=υυυ速度与x 方向的夹角为︒≈==--8.663711tg tg x y υυα 2、解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v 2分 ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v2分()2 213x x +=v 1分3、解：(1)m in 469)(64163103.1)2256(65014.321322212221..υ)R N(R rNdr πυt R R ≈=⨯-⨯⨯=-==⎰s π (2)rad/s)(26100.53.12=⨯=≈-rυω222υυυτ=+n ,222)()21(υωωπ=+r N 222)()2(υωπω=+r N两边对时间求导0222)21(222=++t r r t r t N d d d d d d ωωωωωπ 02222)21(222=++Nr t r t N πωωωωωωπd d d d ])21[(2222r NN r t +-=ππωωd d Nr πω22-≈0.565002262⨯⨯-=π)(1031.33rad/s -⨯-= 4、解：(1) 球相对地面的初速度=+='v v v 030 m/s 1分抛出后上升高度 9.4522='=gh v m/s 1分 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分(2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度2021)(gt t t -+=v v v 1分 08.420==gt v s 1分 5、解：设质点的加速度为 a = a 0+α t ∵ t = τ 时， a =2 a 0 ∴ α = a 0 /τ即 a = a 0+ a 0 t /τ ， 1分由 a = d v /d t ， 得 d v = a d tt t a atd )/(d 000τ⎰⎰+=vv∴ 2002t a t a τ+=v 1分由 v = d s /d t ， d s = v d tt t a t a t s tt s d )2(d d 2000τ+==⎰⎰⎰v 302062t a t a s τ+=1分 t = n τ 时，质点的速度 ττ0)2(21a n n n +=v 1分 质点走过的距离 202)3(61ττa n n s n +=1分6、解：以θ 表示物体在运动轨道上任意点P 处其速度与水平方向的夹角, 则有αθcos cos 0v v =, θα22202cos cos v v =又因θcos g a n =故该点 θαρ3222cos cos g a n v v == 3分 因为αθ≤, 所以地面上方的轨道各点均有αθcos cos ≥，上式的分母在αθ=处最小，在0=θ处最大，故()αρcos /20max g v = 1分 g /cos 220min αρv = 1分7、解：选取如图所示的坐标系，以V ϖ表示质点的对地速度，其x 、y 方向投影为：u gy u V x x +=+=αcos 2v ， 1分αsin 2gy V y y ==v 1分γ vϖ 当y =h 时，V ϖ的大小为：()2cos 222222αgh u gh u y x ++=+=V V V2分Vϖ的方向与x 轴夹角为γ，ugh gh xy +==--ααγcos 2sin 2tg tg11V V 1分。

位移的大小为
2 2 2 r x y z
z
路程是质点经过实际路径的长
度。路程是标量。
注意区分 Δ r 、r
Δr
Δr r ( A)
o x
A ΔS
B
r ( B) y
rA
o
rB
Δ
r
3. 速率和速度 速度是描述质点位置随时间变化快慢和方向的物理量。
平均速度
青年牛顿1666年6月22日至1667年3月25日两度回到乡间的老家1665年获学士学位1661年考入剑桥大学三一学院牛顿简介1667年牛顿返回剑桥大学当研究生次年获得硕士学位1669年发明了二项式定理1669年由于巴洛的推荐接受了卢卡斯数学讲座的职务全面丰收的时期16421672年进行了光谱色分析试验1672年由于制造反射望远镜的成就被接纳为伦敦皇家学会会员1680年前后提出万有引力理论1687年出版了自然哲学的数学原理牛顿简介牛顿第一定律
g
v v g
v
v g 远日点 g v
g v g g g g g v
v
近日点
v
v
思考题 质点作曲线运动，判断下列说法的正误。
r r s r
r r
s r
s r
Δr
矢量的矢积（或称叉积 、叉乘）
C A B
大小：C AB sin
方向：右手螺旋
C
B
矢积性质：A B B A A C ( A B) C A C B 可以得到：i j k , j k i , k i j . k i i 0, j j 0, k k 0

第一章质点运动学一、选择题1、一质点在xoy 平面内运动，其运动方程为x2，式中 a、、at , y b ct b c 均为常数。

当运动质点的运动方向与x 轴成 450角时，它的速率为 [ B ] 。

A． a；B．2a；C． 2c；D．a24c 2。

2、设木块沿光滑斜面从下端开始往上滑动，然后下滑，则表示木块速度与时间关系的曲线是图 1-1 中的 [ D ]。

v v v vt t t tA B C D图1-13、一质点的运动方程是r R cos ti Rsin tj ，R、为正常数。

从t＝/到 t=2/ 时间内该质点的路程是[ B]。

A ．2R；B．R；C． 0；D．R。

4、质量为 0.25kg 的质点，受F t i(N) 的力作用， t=0 时该质点以v =2 j m/s 的速度通过坐标原点，该质点任意时刻的位置矢量是[B]。

A ． 2 t2i +2j m；B． 2 t3i2tj m；3C．3t4 i2t 3 j ；D．条件不足，无法确定。

43二、填空题1、一质点沿 x 轴运动，其运动方程为x52t t 2（x以米为单位，t以秒为单位）。

质点的初速度为2m/s，第 4 秒末的速度为-6m/s，第 4 秒末的加速度为2。

-2m/s2、一质点以（m/s）的匀速率作半径为5m的圆周运动。

该质点在5s 内的平均速度的大小为2m/s，平均加速度的大小为2m / s2。

53、一质点沿半径为 0.1m的圆周运动，其运动方程为2t 2（式中的θ以弧度计，t以秒计），质点在第一秒末的速度为0.2m/s，切向加速度为0.2m/s2。

4、一质点沿半径1m的圆周运动，运动方程为θ=2+3t 3，其中θ以弧度计，t 以秒计。

T=2s时质点的切向加速度为36m/s 2；当加速度的方向和半径成45o 角时角位移是3rad 。

85、飞轮半径 0.4m ，从静止开始启动，角加速度β=0.2rad/s 2。

t=2s 时边缘各点的速度为0.16m/s ，加速度为 0.102m/s 2。