补充试题

1 -6 已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为x 2 6t1 2 2『,式中x的单位为m,t 的单位为s.求： (1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t = 4 s时质点的速度和加速度. 分析 位移和路程是两个完全不同的概念. 只有当质点作直线运动且运动方向不改变时 位移的大小才会与路程相等•质点在 t时间内的位移 Ax的大小可直接由运动方程得到： Ax 石 x°,而在求路程时，就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向 ，此时，位移

dx 的大小和路程就不同了 •为此 ，需根据 0来确定其运动方向改变的时刻 tp，求出0〜tp和 dt

tp〜t内的位移大小 Axi、Ax2，则t时间内的路程S x1 x2，如图所示，至于t = 4.0 s时

解(1)质点在4.0 s内位移的大小 Ax x4 x0 32 m

, dx 小

(2)由 0 dt

得知质点的换向时刻为

tp 2 s (t = 0不合题意)

则 Axi x2 x0 8.0 m

Ax2 x4 x2 40 m

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 s AxJ | Ax2 48 m (3) t = 4.0 s 时

dx — 1

v 48 m s

dt t 4.0s

d2x

1 -7 一质点沿x轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图 (a)所示•设t= 0时，x = 0.试根据已知的v-t图，画出a-t图以及x -t图.

质点速度和加速度可用 空和马两式计算. dt dt2

36 m.s dt2

t 4.0s CD段斜率为定值，即匀变速直线运动；而线段 BC的斜率为0,加速度为零，即匀速直线运 动)•加速度为恒量，在a-t图上是平行于t轴的直线，由v-t图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线•又由速度的定义可知 ,x-t曲线的斜率为速度的大小•因此 ，匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线，而匀变速直线运动所对应的 x-图为t的二次曲线.根据各段时间内的运动方 程x= x(t)，求出不同时刻t的位置x，采用描数据点的方法，可作出x-t图. 解 将曲线分为AB、BC、CD三个过程，它们对应的加速度值分别为 VB VA

分析 (图中AB、 aAB

tB tA

20 m s 2

（匀加速直线运

动） aBC

0 （匀速直线运动）

aCD

VD VC 10ms2

（匀减速直线运

动） tD tC

根据上述结果即可作出质点的 a-t图［图（B）］. 在匀变速直线运动中，有 1.2

x x v0t t

2

由此，可计算在0〜2 s和4〜6 s时间间隔内各时刻的位置分别为

0 as 1 1,5 4 4.5 5 5.5 .t/lBI 0 -7.5 -10 -7.5 0

40 48.8 55 58. S CO

用描数据点的作图方法，由表中数据可作0〜2 s和4〜6s时间内的x -t图•在2〜4s时 间内，质点是作v 20 m s 1的匀速直线运动，其x -t图是斜率k= 20的一段直线［图（c）］.

1 -9质点的运动方程为 2 x 10t 30t

2 y 15t 20t

式中x，y的单位为m，t的单位为s.

试求：（1）初速度的大小和方向；（2）加速度的大小和方向. 分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量 ，再由运动合成算出速度和 加速度的大小和方向. 解（1）速度的分量式为 dx vx 10 60t dt

Vy dy 15 40t dt

当t = 0 时，Vox = -10 m • -1，voy = 15 m -s -1，则初速度大小为

V0 ■, v0x 2 V0y 18.0 m s 1

设Vo与x轴的夹角为a 则

V0y 3 tan a — V0x 2

a= 123 ° 41 ' （2）加速度的分量式为 dvx 一 2 dVy

ax 60 m s ,ay 40 m s dt dt 设a与x轴的夹角为3则 tan 3 ay 2 ax 3 3= -33 ° 41或 326 ° 19 ')

1 -15 一质点具有恒定加速度 a = 6i + 4j,式中a的单位为s -2 .在t= 0时，其速度为 零,位置矢量ro = 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.

y/m

Hl-15 B 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 1 axt2和 2

1 2 一 一

y y Voyt ^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.

解 由加速度定义式，根据初始条件t0 = o时V0 = 0,积分可得 V t t dv adt (6i 4j)dt

0 0 0

v 6ti 4tj

dt及初始条件t=0时,r0=(10 m)i,积分可得

r t t 0Vdt 0(6ti 4呃

2 2 r (10 3t )i 2t j

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

则加速度的大小为 72.1 m s

又由V 3y = 2x -20 m

这是一个直线方程•直线斜率 k dy ta n

a -,a= 33 ° 41 '轨迹如图所示.

dx 3

1 -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2.0 s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 a或 3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 a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 [2y x v ——452 m \ g

（2） 视线和水平线的夹角为 0 arctan，12.5°

x

（3） 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

丄 Vy x gt

a arctan arctan— Vx 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2 2

1 2

1 -22 一质点沿半径为R的圆周按规律s v0t bt运动,vo、b都是常量.(1)求t 2

时刻质点的总加速度；(2) t为何值时总加速度在数值上等于 b? (3)当加速度达到b时，质点 已沿圆周运行了多少圈？ 分析 在自然坐标中,s表示圆周上从某一点开始的曲线坐标.由给定的运动方程 s = s(t),对时间t求一阶、二阶导数，即是沿曲线运动的速度 v和加速度的切向分量a t，而加速度的 法向分量为an= v2 /R.这样，总加速度为a = atet + anen.至于质点在t时间内通过的路程 即为曲线坐标的改变量 As st -so.因圆周长为2 KR,质点所转过的圈数自然可求得. 解(1)质点作圆周运动的速率为

其加速度的切向分量和法向分量分别为

故加速度的大小为 a'b2 (vo bt)4 V R 其方向与切线之间的夹角为

at

gsin a

gsin arctan 型

v 1.88 m s

gcos a gcos arctan? v 9.62 m s

ds dt Vo bt

at

d2s

dt2

b, a

n

2 (v。 bt)

R

an

9 arctan— arcta n

at

(vo bt)2

Rb

1 I

2~2

⑵要使丨a |= b,由一 ■:. R b

R

4 (V。 bt) b可得

Vo

b

(3)从t= o开始到t = vo /b时，质点经过的路程为

st so

2 Vo

2b

因此质点运行的圈数为 2 s Vo