则 d?h?h??0.716m
题 1-8 图
1 -9 质点沿直线运动,加速度a＝4 -t2 ,式中a的单位为m·ｓ-2 ,t的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．
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a?dvdx和v?可得dv?adt和dx?vdt．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可两边dtdt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
vt?
由
v0dv??adt
0得 v?4t?t3?v0 (1)
13?xx0dx??vdt
0t得 x?2t2?将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得
14t?v0t?x0 (2) 12v0＝-1 m·ｓ-1, x0＝0.75 m
于是可得质点运动方程为
x?2t2?14t?0.75 121 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,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 本题亦属于运动学第二类问题,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 分离变量为
dv?dt后再两边积分． a(v)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 a?用分离变量法把式(1)改写为
dv?A?Bv (1) dtdv?dt (2)
A?Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件,有
?得石子速度 v?由此可知当,t→∞时,v?(2) 再由v?vv0tdvdv??dt
0A?BvA(1?e?Bt) BA为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． BdyA?(1?e?Bt)并考虑初始条件有 dtBytA?Btdy?(1?e)dt ?0?0By?AAt?2(e?Bt?1) BB得石子运动方程
1 -11 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 ＝10 mi．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．
题 1-11 图
分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于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x?x0?v0xt?12axt和21y?y0?v0yt?ayt2,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．
2解 由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得
?v0dv??adt??(6i?4j)dt
00ttv?6ti?4tj
又由v?dr及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 dt?rr0dr??vdt??(6ti?4tj)dt
00ttr?(10?3t2)i?2t2j
由上述结果可得质点运动方程的分量式,即
x ＝10＋3t2
y ＝2t2
消去参数t,可得运动的轨迹方程
3y ＝2x -20 m
这是一个直线方程．直线斜率k?dy2?tanα?,α＝33°41′．轨迹如图所示． dx31 -12 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 时间内的平均速度；(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 根据运动方程可直接写出其分量式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间内位置的变化率,即v?有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度v?Δr,它与时间间隔Δt 的大小Δtdr．切向和法向加速度是指在自然坐标下dtdvt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at?e,后者只反映
dt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
v2的大小后,可由公式an?求ρ．
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时间内的平均速度
v?Δrr2?r1??2.0i?6.0j Δtt2?t1(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为
v(t)?vxi?vyj?dxdyi?j?2.0i?4.0tj dtdtd2xd2ya(t)?2i?2j??4.0m?s?2j
dtdt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别为
att?1s?dvd2?2et?(vx?v2y)et?3.58m?set dtdtan?a2?at2en?1.79m?s?2en
(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为
2?1v?vx?v2y?4.47m?s
v2则ρ??11.17m
an1 -13 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m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？
题 1-13 图
分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,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,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,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分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．
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别为
x ＝vt, y ＝1/2 gt2
飞机水平飞行速度v＝100 m·s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离
x?v(2) 视线和水平线的夹角为
2y?452m gθ?arctan(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为
y?12.5o xα?arctanvyvx?arctangt v取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为
gt??at?gsinα?gsin?arctan??1.88m?s?2
v??gt??an?gcos??gcos?arctan??9.62m?s?2
v??1 -14 为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口，如图所示，
柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为
v0?150 km?h?1 ，他随即以仰角??5?冲出，飞越跨度达57 m，安全着陆在西岸木桥上，
求：
题 1-14 图
（1） 柯飞车跨越黄河用了多长时间？
（2） 若起飞点高出河面10 m，柯驾车飞行的最高点距河面为几米？ （3） 西岸木桥和起飞点的高度差为多少？
分析 由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动 来说，运用叠加原理是求解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的直角坐标系，将运动分解为两个相互正交的直线运动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g，故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动，直接列出相关运动规律方程即可求解，本题可建立图示坐标系，图中ym和xm分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度. 解 在图示坐标系中，有
x?(v0cos?)t （1）
y?(v0sin?）t?12gt （2） 2
vy?v0sin??gt （3）
物理学教程(第二版)上册课后答案
