大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））

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?2a2?at2en?1.79m?s?2en et?(vx?v2y)et?3.58m?set an?dtdt2y?1(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为

2x1-18 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

v2v?v?v?4.47m?s 则ρ??11.17m

anx ＝vt, y ＝1/2 gt2

飞机水平飞行速度v＝100 m·s ,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

-1

x?v2y?452m gy?12.5o x(2) 视线和水平线的夹角为

θ?arctan(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

vgtα?arctany?arctan

vxv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?gcosα?gcos?arctan??9.62m?s?2

v??1-19 分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原

理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本

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题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即r?v0t?12gt,做出炮2弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．

解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为

x?v0tcosβ?121gtsinα (1) y?v0tsinβ?gt2cosα (2) 22令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得

222v0sinβ2v0sinβOP?x?(cosαcosβ?sinαsinβ)?cos(α?β) 22gcosαgcosα解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有

12gtrv0t2 从中消去t 后也可得到同样结果． ??ππ????sinβsin??α?β?sin??α??2??2?(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则

vx?v0cosβ?gtsinα?0 (3)

由(2)(3)两式消去t 后得

tanβ?1 2sinα由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 的大小无关． 讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．

1-20 分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度

v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图

中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布

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解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为

x?vt?Rωt (1) y?212gt?h (2) 22R2ω2h由式(1)(2)可得 x?

g由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为

r?x2?R2?R1?2h2ω g(2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为

R?v0sin2 g为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．

1-21 分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x、y 值代入即可求出．

解 取图示坐标系Oxy,由运动方程

1x?vtcosθ, y?vtsinθ?gt2

2消去t 得轨迹方程

y?xtanθ?g(1?tan2θ)x2 22v-1

以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ 及3.44 m≥y≥0 代入后,可解得 71．11°≥θ1 ≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．89°

如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应

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有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．

1-22 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aｔ,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Δs＝st -s0．因圆周长为2πR,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

v?ds?v0?bt dt其加速度的切向分量和法向分量分别为

d2sv2(v0?bt)2at?2??b, an??

dtRR故加速度的大小为

at2b2?(v0?bt)4 a?a?a?R2n2t其方向与切线之间的夹角为

?(v0?bt)2?anθ?arctan?arctan???

atRb??(2) 要使｜a｜＝b,由

1R2b2?(v0?bt)4?b可得 Rt?v0 b(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为

2v0s?st?s0?

2b因此质点运行的圈数为

2sv0n??

2πR4πbR1-23 分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．

解 因ωR ＝v,由题意ω∝t 得比例系数

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