第—篇力 an B=-= B (或326°19) 1-10一升降机以加速度122m·s2上升,当上升速度为244m·s时,有 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274m计算:(1)螺 丝从天花板落到底面所需要的时间;(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情况下,一种处理方法是取地面为参 考系,分别讨论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y,=y(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;另一种方法是取升降机 (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 该是相对加速度.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 别为 y =pat+aa y2=h+t4、 当螺丝落至底面时,有y1=y2,即 h+vnl-agl g (2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 d=h-y2=-%l12 =0.716 解2(1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的 y2 h 加速度大小a’=g+a,螺丝落至底面时,有 h-a(g +a) 0.705 g+ 题1-10图 (2)由于升降机在t时间内上升的高度为 h’=t 则 d=h-h'=0.716m
第一章质点运动学 1-1l…质点P沿半径R=30m的圆周作匀速率运动运动一周所需时间为 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在任意 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 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Oxy坐标系,并采用参数方程x=x'()和y=y'(t)来表示圆周运 动是比较方便的然后,运用坐标变换x=x+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在任意时刻的位矢采用对运动方程求导的 方法可得速度和加速度 y/m 题1-11图 解(1)如图(b)所示,在Oxy坐标系中,因=21,则质点P的参数方程为 x'=rsi T 坐标变换后,在Oxy坐标系中有 x=x'=Rsin T"=y'+yu=-RC0GE t +R 则质点P的位矢方程为 r=Rsin i+(-Rcos 3/+h)j 3in(0.1mt)i+3[ (0.lwt)1 (2)58时的速度和加速度分别为 d R + R-sin纩=(0.3
第一篇力学 a d 2=- r/ sin " +i T/cos TU=(-0. O3ms-)i 1-12地面上垂直竖立一高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将伸展至 20.0m? 分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系 即影子端点的位矢方程根据几何关系影长可通过太阳光线对地转动的角速度求 得由于运动的相对性,太阳光线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 解设太阳光线对地转动的角速度为o,从正午时分开始计时,则杆的影长为 s= htg at,下午2:00时,杆顶在地面上影子的速度大小为 d s he de =1.94×10-3m 当杆长等于影长时,即s=h,则 t=arctan TC h4G=3×60×60s 即为下午3:00时 1-13质点沿直线运动加速度a=4-t2,式中a的单位为m·s2,t的单 位为s.如果当t=3s时,x=9m,=2m·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=和=可得d=adt和dr=ndt:如a =a()或=v(t),则可两边直接积分如果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 d 4 3 由 得 x 12 将;=38时,x=9m,U=2m·s代入(1)(2)得t=-1m·s',x0= 0.75m.于是可得质点运动方程为
第一章质点运动学 15 x=2t2-t-t+0.75 -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 t的函数因此需将式d=a()d分离变量为、=dt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 a dr a-bu 用分离变量法把式(1)改写为 dv dt A-Br (2 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有 A-B 得石子速度 由此可知当,冖→∞时,t→为一常量通常称为极限速度或收尾速度, (2)再由n=中=(1-e-)并考虑初始条件有 (I-e-)dt 得石子运动方程 y=B 1-15-质点具有恒定加速度a=6i+4,式中a的单位为m·s2.在t=0 时,其速度为零,位置矢量r=10m求:(1)在 任意时刻的速度和位置矢量;(2)质点在Oxy平 y/m 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a和a,分别积分,从面得到运动方程r O 的两个分量式x(1)和y(t).由于本题中质点加速 题I-15图
16 第一篇力学 度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即x=x+14+,a,和 y=y+ont+na,t,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,根据初始条件1=0时=0,积分可得 t二 (62+41)dt U=6t+4 dr 又由U=。,及初始条件=0时,=(10m)积分可得 r=(10+32)i+22j 由上述结果可得质点运动方程的分量式,即 X=10+3t y=22 消去参数t,可得运动的轨迹方程 3y=2x-20 这是-个直线方程直线斜率1小≠ana=2,a=304轨迹如图所示 1-16-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△(1)试证位置A和B之间的平均加 速度为a=√2(1-cs△)v/(R△B);(2)当△O分别等于90°、30°、10°和1° 时,平均加速度各为多少?并对结果加以讨论 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 d dt 和a=A在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为a,=n,a=14则,式中 △|可由图(b)中的几何关系得到,而△t可由转过的角度A0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 △→0时的极限值. 解(1)由图(b)可看到△初=n2-v1,故 v1U2cos△O