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物理学答案(第五版上册)马文蔚汇总上课讲义

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x?2t2?14t?0.75 121 -14 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)dv?A?Bv (1) dt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?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 -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 =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.

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只供学习与交流

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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

?又由v?v0dv??adt??(6i?4j)dt

00ttv?6ti?4tj

dr及初始条件t=0 时,r0=(10 m)i,积分可得 dt?dr??vdt??(6ti?4tj)dt

r000rttr?(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 -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、30°、10°和1°时,平均加速度各为多a?2(1?cosΔθ)v2/(RΔθ);(2) 当Δθ分别等于90°少? 并对结果加以讨论.

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分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为a?dv和dtΔvv2Δv.在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为an?,a? ,式中|Δv|可由图a?ΔtRΔt(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出.

由计算结果能清楚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

22Δv?v1?v2?2v1v2cosΔθ

?v2(1?cosΔθ)

Δt?所以

ΔsRΔθ ?vvΔvv2a??2(1?cosΔθ)

ΔtRΔθ只供学习与交流

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(2) 将Δθ=90°,30°,10°,1°分别代入上式, 得

v2v2a1?0.9003,a2?0.9886

RRv2v2a3?0.9987,a4?1.000

RR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

v2向加速度.

R1 -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?大小有关,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Δtdr.切向和法向加速度是指在自然坐dtdvt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at?e,后者只

dt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

v2速度的大小后,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

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切向和法向加速度分别为

att?1s?dvd2?2et?(vx?v2)e?3.58m?set ytdtdtan?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 -18 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?

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 gy?12.5o xθ?arctan只供学习与交流

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