大学物理课件第一章

1．已知一质点的运动方程为r2ti(2t)j（SI制）。(1) 求出t1s，和t2s时质点的位矢； (2) 求出1s末和2s末的速度； (3) 求出加速度。

2解：（1）t1s时 r12ij，t2s时 r24i2j

（2）质点的运动的速度v （3）质点运动的加速度adrdtdvdt t2s时 v22i4j 2i2tj：t1s时 v12i2j，

2j

22.一质点沿y轴作直线运动，其速度大小vy83t，单位为SI制。质点的初始位置在y轴正方向10m处，试求：（1）t2s时,质点的加速度；（2）质点的运动方程。 解：根据题意可知，t0s时，v08ms（1）

1，y010m dvydt6t12ms2质点在t2s时的加速度ay为ay

32(83t)dt，因此 y108tt

（2）

质点的运动方程y为dyvydt，两边积分

y10dyt023.某质点在xoy平面上作加速运动，加速度a3i2j(m/s)。在零时刻的速度为零，位置矢量

（1） t时刻的速度和位矢；（2） 质点在平面上的轨迹方程。 r05im。试求：

解：（1）t时刻的速度v为dvadt(3i2j)dt，积分得 因此 v(3ti2tj)msrtv0dvt0(3i2j)dt

1； t时刻的位矢r为drvdt(3ti2tj)dt

132222积分得

r0dr0(3ti2tj)dt，因此rr02(3ti2tj)(52t)itj

（2）由r的表达式可得质点的运动方程

32x5t210  2 消去两式中的t，便得轨迹方程 yx33yt24.一汽艇以速率v0沿直线行驶。发动机关闭后，汽艇因受到阻力而具有与速度v 成正比且方向相反的加速度akv，其中k为常数。求发动机关闭后，（1） 在时刻t汽艇的速度；（2） 汽艇能滑行的距离。 解：本题注意根据已知条件在计算过程中进行适当的变量变换。

（1）因为avv0dvdtkv， 可得

dvv

vkdt，所以v0dvvtkdt0，

积分得 lnkt，即：vv0ekt 1

（2）因为

dvdtdvdsdsdtvdvdskv，所以 dvkds，v0ks

v000s发动机关闭后汽艇能滑行的距离为sv0k。

如利用dsvdt进行计算，t的积分上下限取与0，可得同样结果。想一想其合理性。 5.一物体沿X轴作直线运动，其加速度akv，k是常数。在t0时，vv0，x0。 （1）求速率随坐标变化的规律；（2）求坐标和速率随时间变化的规律。 解：本题注意变量变换。 （1）

因为a2dvdtdvdxdxdtvdvdxkv，所以 2vv0dvvkdx

0xkx得lnvkx，即 vv0e

v0（2）因为advdtvkv，所以v02dvv2tkdt可得 vv00/(v0kt1)

又因为 vdxdt，所以

x0dxt0vdtt0v0v0kt1dt，可得 x1kln(v0kt1)

36.已知质点作半径为R0.10m的圆周运动，其角位置与时间的关系为24t(其中的单位为

rad，t的单位为s)。试求：（1）当t2s时，角速度和角加速度；（2）当t2s时，切向加速度

at和法向加速度an。

解：（1）质点的角速度及角加速度为2ddt1d212t，24t

dt当t2s时， 122rads48rads， 242rads248rads2

1 （2）质点的切向加速度和法向加速度为atR24Rt，anR2144Rt4

当t2s时，atR240.12msan1440.12ms4224.8ms22

230.4ms

7．一球以30m.s-1的速度水平抛出，试求5s钟后加速度的切向分量和法向分量。 解：由题意可知，小球作平抛运动，它的运动方程为 xv0t y122gt

将上式对时间求导，可得速度在坐标轴上的分量为

vx

dxdtdydtddtddt(v0t)v0(12

vygt)gt2因而小球在t时刻速度的大小为vvxvy22v0(gt)故小球在t时刻切向加速度的大小为

22 2

atdvdtddtv(gt)202gtv(gt)2022由因为小球作加速度a=g的抛体运动，所以在任意时刻，

它的切向加速度与法向加速度满足：gana且互相垂直。由三角形的关系，可求得法向加速度为：

22angagv0v(gt)202代入数据，得

at9.8530(9.85)2228.36mS2，an9.830302(9.85)25.12mS2

在计算法向加速度时，可以先写出它的轨迹方程，再算出曲率半径和速度大小，最后算出法向加速度。但是这样计算是相当复杂的。在本题中，已经知道总的加速度和切向加速度，可以利用它们三者之间的关系求解。

8．如图所示，一卷扬机的鼓轮自静止开始作匀角加速度转动，水平绞索上的A点经3s后到达鼓轮边缘B点处。已知AB0.45m，鼓轮的半径为R0.5m。求A到达最低点C时的速度与加速度。

-2 2S解：A点的加速度也为卷扬机边缘的切向加速度at，由S1a2t2以及SAB可得：at20.10m.st2t设到达最低点的速度为v， 于是 ：v2atS-1

2atSR0.636 m.s

方向为沿点C的切向方向向左。anv2R0.808 m.s-2

a22-2aatan0.841m.s，arctgn8257

at9．一质点在水平面内以顺时针方向沿半径为2m的圆形轨道运动。此质点的角速度与运动的时间的平方成正比，即Kt（SI制）。式中K为常数。已知质点在第2秒末的线速度为32m/s，试求0.50s时质点的线速度和加速度。 解：由已知K2t2vRt2322224s3， 所以4t，vR4Rt22

2当t0.50s， v4Rt22 m/s，at2dvdt8Rt8m/s， an2

v2R222m/s2

aatan228228.25 m/s2，tan1anatan128.2513.6

10．一无风的雨天，以20m.s-1匀速前进的汽车中一乘客看见窗外雨滴和垂线成75角下降。求雨滴下落的速度。（设雨滴看作匀速下降）

解：十分简单的一个相对运动问题。分清合速度和分速度即可。

 3

v1 75 v2

v vv1v2 v21v1tg755.36 m.s-1

11．当风以30ms的速率由西吹向正东方向时，相对于地面，向东、向西和向北传播的声音的速率各

1是多大？（已知声音在空气中传播的速率为344ms音在空气中的速率为v2344ms1。） 解：已知风的速率为 v130ms1，声

，

1则向东传播的声音的速率为：vEv1v2(30344)ms向西传播的声音的速率为：vWv2v1(34430)ms向北传播的声音的速率为：vN

1374ms11

314ms1

1v2v12234430ms22343ms

4