延安大学：《大学物理》课程教学资源_复习指南（典型例题讲解）第一章 质点的运动

奥型题剖祈 第一章质点的运动 .基本思路 质点运动学问题基本上可分为两类:一类是已知质点的运动方程求速度和加速度等物理量,采 用的方法一般是求导;另一类是己知加速度、初始位置和初速度等求质点的运动方程,采用的方法 一般是根据初始条件,运用积分法求解,在求解具体问题时还要根据需要选定参考系,定量描述时 还要在参考系上建立合理的坐标系,本章习题基本类型 根据定义求描述质点运动的几个基本物理量 已知运动方程,求速度、加速度 已知速度和加速度,并给出初始条件,求运动方程 抛物体运动和一般圆周运动问题 2.例题剖析 例1一质点在平面内运动,运动方程为 3t+5 t2+3t-4 式中t以s计,x,y以m计 (1)以时间t为变量,写出质点位矢的表示式 (2)求出t=1s和t=2s时的位矢,并写出这一秒内质点的速度; (3)写出该质点的速度表示式,并计算t=4s时质点的速度 (4)写出该质点的加速度表示式,并计算t=4s时质点的加速度 分析本题是已知质点的运动方程求其它基本物理量,求解时可先写出质点位矢和运动方程 然后利用求导法求解 解(1)质点的位矢为F=x+y=(3+5)+(t2+3-4)(m) (2)1=1时,位矢为F=(3×1+5+(4×1+3×1-4)7=87-17(m) 1=2时,位矢为F=(3×2+5)+(1×2+3×2-4)7=1+47(m 在M=12-1=1s内的位移:=2-F1=△x+△y 其中△x=x2-x1=11-8=3(m)

典型例题剖析 第一章 质点的运动 1．基本思路 质点运动学问题基本上可分为两类：一类是已知质点的运动方程求速度和加速度等物理量，采 用的方法一般是求导；另一类是已知加速度、初始位置和初速度等求质点的运动方程，采用的方法 一般是根据初始条件，运用积分法求解，在求解具体问题时还要根据需要选定参考系，定量描述时 还要在参考系上建立合理的坐标系，本章习题基本类型： 根据定义求描述质点运动的几个基本物理量 已知运动方程，求速度、加速度 已知速度和加速度，并给出初始条件，求运动方程 抛物体运动和一般圆周运动问题． 2．例题剖析 例 1 一质点在 平面内运动，运动方程为 x  3t  5， 3 4 2 1 2 y  t  t  ， 式中 t 以 s 计，x，y 以 m 计． (1)以时间 t 为变量，写出质点位矢的表示式； (2)求出 t =1s 和 t =2s 时的位矢，并写出这一秒内质点的速度； (3)写出该质点的速度表示式，并计算 t =4s 时质点的速度； (4)写出该质点的加速度表示式，并计算 t =4s 时质点的加速度． 分析 本题是已知质点的运动方程求其它基本物理量，求解时可先写出质点位矢和运动方程， 然后利用求导法求解． 解 （1）质点的位矢为 3 4) ( ) 2 1 (3 5) ( 2 r xi yi t i t t j m             （2） t 1s 1  时，位矢为 ( ) 2 1 1 3 1 4) 8 2 1 (3 1 5) ( 2 r i j i j m                t 2s 1  时，位矢为 2 3 2 4) 11 4 ( ) 2 1 (3 2 5) ( 2 r i j i j m                在 t t t 1s   2  1  内的位移： r r r xi yj        2  1     其中 11 8 3( ) x  x2  x1    m

4.5(m) 所以A=n2-n1=3+45f(m) (3)质点的速度为下=n,+v,j dt dt 由题给条件求得d=3,dt =【+3 所以v=v+v,J=3+(+3)(m/s) 当t=4s时,质点的速度为v4=37+(4+3)j=3+7/(m/s) r的大小为n,=||=√32+7=8=76m/) 2的方向与x轴正向的夹角为= arctan-= arctan=6648 (4)质点的加速度为a=a,i+aJ=daj, 因为 d hu d h 1,故得 7=(m/s2 dt a与1无关,表明此质点作匀加速运动,其大小为a=同=1m/s2) a的方向与y轴正向相同,也就是与x轴正方成90°夹角 例2如图1-2所示,杆AB以等角速度绕A点转动,并带动水平 M 杆OC上的质点M运动.设起始时刻杆在竖直位置.OA=h.(1)列出质 点M沿水平杆OC的运动方程;(2)求质点M沿水平标OC滑动的速度 和加速度的大小 分析本题可利用初始条件和M点所在三角形AOM的几何关系得出运动方程.再根据运动方 程求出速率、加速度等其他物理量 解(1)建立坐标如图所示,取水平轴OC为x轴,O为原点.设M点坐标为x,则有 又因为o=dOdb,两边积分:[de=o (2)式代入(1)式得:x=htan(on) (2)因为 dissec(om s hose c(or)= 3(ot)

) 4.5( ) 2 1 4 ( y  y2  y1     m 所以 3 4.5 ( ) r r2 r1 i j m           （3）质点的速度为 j dt dy i dt dx v v i v j x y          ． 由题给条件求得   3 dt dx vx ，   t  3 dt dy vy 所以 v v i v j 3i (t 3) j(m/s) x y           当 t =4s 时，质点的速度为 3 (4 3) 3 7 ( / ) 4 v i j i j m s         ＝  4 v 的大小为 v v 3 7 58 7.6m / s 2 2 4  4   ＝   4 v 的方向与 x 轴正向的夹角为 66 48 3 7  arctan  arctan    x y v v  (4)质点的加速度为 j dt dv i dt dv a a i a j x y x y          ， 因为  0 dt dvx ，  1 dt dv y ，故得   2 j j m / s dt dv i dt dv a x y        a 与 t 无关，表明此质点作匀加速运动，其大小为   2 a  a 1 m / s  ． a 的方向与 y 轴正向相同，也就是与 x 轴正方成 90º夹角． 例 2 如图 1-2 所示，杆 AB 以等角速度 ω 绕 A 点转动，并带动水平 杆 OC 上的质点 M 运动．设起始时刻杆在竖直位置．OA=h．（1）列出质 点 M 沿水平杆 OC 的运动方程；（2）求质点 M 沿水平标 OC 滑动的速度 和加速度的大小． 分析 本题可利用初始条件和 M 点所在三角形 AOM 的几何关系得出运动方程．再根据运动方 程求出速率、加速度等其他物理量． 解 （1）建立坐标如图所示，取水平轴 OC 为 x 轴，O 为原点．设 M 点坐标为 x，则有： x  h tan (1) 又因为 ＝d dt ，两边积分：        0 0 d dt ． 所以  t (2) (2)式代入（1）式得： x  h tan(t)． (2) 因为 cos( ) sec( ) ( ) sec( ) 2 2 2 t h h t d t d t h t d t d x v           ， x h O  B C 图 1-2 x  M

所以 ho(-2)cos(or).(osin or) 2ho? tan(or 2h0- sec 例3在有阻尼的媒质中,从静止开始下落的物体,其运动方程为如=A-B,其中A,B为 常数.试求:(1)下落物体的初始加速度.(2)下落物体加速度为零时的速度.(3)试证下落物体 任一瞬时的速度为{()-c) 分析本题属于变加速度问题,求解的方法是根据题目所给的物体运动方程和初始条件利用变 量代换和积分法解决问题 解(1)由题设知,d=A-B, 由于物体从静止开始下落,故当t=0时,vo=0,所以起始加速度ao=A (2)根据题意,当a=0时有:r=4 B (3)因为=A-B,有 dt,两边积分得 dt A-BI 上式可变为 d(A-Br A-Bv--BA 故h4-B-hl4-Bol=-Br 又因为vo=0,则h =-Br,则A-B=AeB 所以r=4) 得证 例4一质点作一维运动,加速度与位置的关系为:a=-kx,k为正常数.已知t=0时质点瞬 时静止于x=x0处.试求质点的运动规律 分析该题关键是由题设条件根据a如如女如 ν一写出质点运动的微分方程,然后根据 初始条件积分得出质点的运动方程.加速度的这种变换式以后经常用到,读者要记住并加以应用 解根据题设有 dy dy dx =d=ad=女 ydE-kx d (1) 对上式两边积分,并利用初始条件=0时,x=x0

所以 h  t  t dt dv a ( 2) cos   sin  3           h  t  t t t h       2 sec tan cos tan 2 2 2 2 2   例 3 在有阻尼的媒质中，从静止开始下落的物体，其运动方程为 A Bv dt dv   ，其中 A，B 为 常数．试求：（1）下落物体的初始加速度．（2）下落物体加速度为零时的速度．（3）试证下落物体 任一瞬时的速度为   Bt e B A v          1 ． 分析 本题属于变加速度问题，求解的方法是根据题目所给的物体运动方程和初始条件利用变 量代换和积分法解决问题． 解 （1）由题设知： A Bv dt dv a    ， 由于物体从静止开始下落，故当 t  0 时， v0  0 ，所以起始加速度 a0  A （2）根据题意，当 a  0 时有： B A v  ． （3）因为 A Bv dt dv   ，有 dt A Bv dv   ，两边积分得     v t v dt A Bv dv 0 0 上式可变为        v  t v B dt A Bv d A Bv 0 0 ， 故 A  Bv  A  Bv  Bt 0 ln ln 又因为 v0  0 ，则 Bt A A Bv    ln ，则 Bt A Bv Ae   ， 所以   Bt e B A v          1 ，得证． 例 4 一质点作一维运动，加速度与位置的关系为： a  kx，k 为正常数．已知 t=0 时质点瞬 时静止于 0 x  x 处．试求质点的运动规律 分析 该题关键是由题设条件根据 dx dv v dt dx dx dv dt dv a     写出质点运动的微分方程，然后根据 初始条件积分得出质点的运动方程．加速度的这种变换式以后经常用到，读者要记住并加以应用． 解 根据题设有： kx dx dv v dt dx dx dv dt dv a       ， 即 vdv kxdx （1） 对上式两边积分，并利用初始条件 t=0 时， 0 x  x ，v  0 ，得

kxdx (2) 整理得 ±√kdt (3) 对(3)式两边积分并考虑初始条件=0,x=x0,得 X=x cos 由此可看出质点作谐振动,圆频率为√k 例5如图1-3所示,一石子从倾角为a的斜面上的O点抛出时的初速度为vo,"。与水平面的 夹角为θ.在忽略空气阻力情况下,试求:(1)石子落到斜面上的B点离O点的距离l等于多少? (2)t时刻石子的速度等于多少? 分析本题考察的是运动的全成和分解的运用,建立合理的坐标系及现出正确的分运动方程是 解决这类问题的关键 解(1)以O为从标原点,建立坐标系如图1-3所示,把石子的抛体运动看成是沿x轴(水 平)和y轴(垂直)的两个运动的合成 x轴方向为匀速直线运动,其运动方程是 y轴方向为竖直上抛运动,其运动方程是 y=(vo sin 0)r-gt 从题意可知B点的坐标是 因此可列出方程组 (I cos a=(vo cos O) -Isin a=(vo sin 0)--8t 解方程组得=2s(0+a),2nsm(O+amsb g cosa gcos a (2)设在t时刻石子到达C点,由其x,y方向的速度分量分别为

    x x v vdv kxdx 0 0 ， 得 ( ) 2 2 0 2 v  k x  x ， （2） 即 dt dx v   k(x  x )  2 2 0 ， 整理得 kdt x x dx   (  ) 2 2 0 ． （3） 对（3）式两边积分并考虑初始条件 t=0， 0 x  x ，得： x x cos kt  0 ． 由此可看出质点作谐振动，圆频率为 k ． 例 5 如图 1-3 所示，一石子从倾角为  的斜面上的 O 点抛出时的初速度为 0 v ， 0 v 与水平面的 夹角为  ．在忽略空气阻力情况下，试求：（1）石子落到斜面上的 B 点离 O 点的距离 l 等于多少？ （2）t 时刻石子的速度等于多少？ 分析 本题考察的是运动的全成和分解的运用，建立合理的坐标系及现出正确的分运动方程是 解决这类问题的关键． 解 （1）以 O 为从标原点，建立坐标系如图 1-3 所示，把石子的抛体运动看成是沿 x 轴（水 平）和 y 轴（垂直）的两个运动的合成． x 轴方向为匀速直线运动，其运动方程是： x v sin  t  0 ， y 轴方向为竖直上抛运动，其运动方程是：   2 0 2 1 y  v sin  t  gt ， 从题意可知 B 点的坐标是： x  l cos ， y  lsin  ． 因此可列出方程组：              2 0 0 2 1 sin sin cos cos l v t gt l v t     解方程组得      cos 2 0 sin g v t   ，       2 2 0 cos 2 sin cos g v l   ． （2）设在 t 时刻石子到达 C 点，由其 x，y 方向的速度分量分别为 x y 0 v O   B C l 图 1-3

v,=vo cos0,V,=vo sm b-gt 因此C点的速度 v=(vo cos 0)i+(vo sin 0-g)j 其大小:”=+,=√m0c0)+(sm0-g), 方向:B= arctan= arctan- o cOS6 vo sin 8-gt 式中B是v方向与y轴的夹角 提示:本题也可以以O为原点,取x轴平行于斜面向下,y轴垂直于斜面向上的坐标系进行解 题,请读者自己考虑 例6一质点沿半径R=0.1m的圆周运动,其运动方程为O=a+b3,式中t以s计,a=2ad b=4mad·s3.问:(1)在t=2s时,质点的法向和切向加速度各是多少?(2)O角等于多大时 质点的总加速度方向和半径成45°角? 分析圆周运动中已知运动方程,通过求导可得角速度和角加速度,利用线量和角量的对应关 系可求得法向和切向加速度 解(1)根据题设o==12x2,B=2=24 t=2s时,O2=12×22=48md/s,B2=24×2=48ud/ls2 所以,法向加速度和切向加速度为 a,=Ro2,a.=0.1×482=230.4m/s2, a,=RB,a1=0.1×48=48m/s2 (2)由上面计算可知,B2与ω2符号相同,质点圆周运动的速率是随时间而增大的.因加速 度a与半径成45°角,则a与v(沿切线方向)也成45°角.由(a,)=一和tn45°=1知an=a1 即Ro2=RB 那么,(2)2=24,r3 所以=a+bt=2+4×1=267a 例7一飞轮边缘上一点所经过的路程与时间的关系为:s=v-br2/2,vo,b都是正常

vx  v0 cos ，v v gt y  0 sin   ， 因此 C 点的速度 v v i v gtj    0 cos  0 sin   ， 其大小：     2 0 2 0 2 2 v v v v cos v sin gt  x  y      ， 方向： v gt v v v y x       sin cos arctan arctan 0 0 ． 式中  是 v  方向与 y 轴的夹角． 提示：本题也可以以 O 为原点，取 x 轴平行于斜面向下，y 轴垂直于斜面向上的坐标系进行解 题，请读者自己考虑． 例 6 一质点沿半径 R  0.1m 的圆周运动，其运动方程为 3   a  bt ，式中 t 以 s 计， a  2rad ， 3 4  b  rad s ．问：（1）在 t=2s 时，质点的法向和切向加速度各是多少？（2）  角等于多大时， 质点的总加速度方向和半径成 45º角？ 分析 圆周运动中已知运动方程，通过求导可得角速度和角加速度，利用线量和角量的对应关 系可求得法向和切向加速度． 解 （1）根据题设 2 12t dt d     ， t dt d   24   ． t=2s 时， 12 2 48rad /s 2 2    ， 2 2   242  48rad /s ． 所以，法向加速度和切向加速度为 2 an  R ， 2 2 0.1 48 230.4 / 2 a m s n    ， a  R ， 2 0.1 48 4.8 / 2 a    m s  ． （2）由上面计算可知，  2 与 2 符号相同，质点圆周运动的速率是随时间而增大的．因加速 度 a  与半径成 45º角，则 a  与 v  （沿切线方向）也成 45º角．由 a a a v n tan( , )    和 tan 45 1 知 an  a ， 即 R  R 2 ． 那么， 12t  24t 2 2  ， 6 3 1 t  ， 所以 a bt 2.67rad 6 1 2 4 3        ． 例 7 一飞轮边缘上一点所经过的路程与时间的关系为： / 2 2 s  v0 t bt ， 0 v ， b 都是正常