大学物理上,质点运动学1-4 运动学的两类问题
2-3、4运动学的两类基本问题
t
第二章 质点运动学
描述质点运动的状态参量的特性
状态参量包括：
r (t )
微分 积分
v(t )
微分 积分
a (t )
f ( x, y, z ) 0
（1）矢量性：注意矢量和标量的区别； （2）瞬时性：注意瞬时量和过程量的区别；
（3）相对性：对不同参照系有不同的描述。
第二章 质点运动学
[例 ]
[思考] 船作何种运动？
(变加速直线运动)
第二章 质点运动学
[例] 电艇在关机后，有dv/dt=–kv2(k为常 数). 试证：电艇此后行驶距离x时的 kx 速度为 v v0 e , 其中v0是电艇关机 时的速度. 证：
dv dv 2 2 dx kv dx kv dt dt
dr v dt
2.积分法
已知初始条件 求任意时刻
dr a 2 dt
2
v0 , r0及a a(t )或v v(t )
v, r (t )
t 0
dv a dt
dr v dt
vt
v0
dv adt
r0
v(t ) v0 adt
0
t
dr vdt
0
rt
t
Hale Waihona Puke r (t ) r0 vdt
第二章 质点运动学
§2－3、4 质点运动学两类基本问题
一 由质点的运动方程可以求得质点在任一 时刻的位矢、速度和加速度； 二 已知质点的加速度以及初始速度和初始 位置, 可求质点速度及其运动方程 .
r (t )
求导
积分
v(t )
求导
积分
a (t )
1-4运动学中的两类问题
dv adt kv2 dt
dv kdt 2 v
分离变量得 积分得
1 kt c1 v
§1.4 运动学中的两类问题
第1章 质点运动学
1 因为t＝0时， .代入， v v0 ， 所以 c1 v0 并整理得 v0 v 1 v0 kt
再由 dx vdt ，将v的表示式代入，并取积分
这是顶点在原点的抛物线.
§1.4 运动学中的两类问题
第1章 质点运动学
例1.5 一质点沿半径为1m的圆周运动，它通 过的弧长s按 s t 2t 2 的规律变化.问它在2s末 的速率、切向加速度、法向加速度各是多少？ ds v 1 4t 解: 由速率定义，有 dt
将t＝2代入，得2 s末的速率为
vdv kv 2 dx
所以有
分离变量，并取积分
dv kdx c3 v
kx ln v c3 v v0 ，所以 c3 ln v0 .代入，并整理得 因为x＝0时，
v v0e
kx
§1.4 运动学中的两类问题
第1章 质点运动学
例题 一质点沿半径为1 m的圆周转动，其角量运 动方程为 2 3t 4t 3 (SI)， 求质点在2 s末的速率和切向加速度. d 2 解：因为 3 12t dt 将t＝2 代入，得2 s末的角速度为
d 24 dt
3 12 (2)2 45 rad / s 2 2s末的角加速度为 24 2 48 rad / s
在距轴心1 m处的速率为 v R 45 m / s 2 a R 48 m / s 切向加速度为
v0 dt 1 x c2 ln(1 kv0t ) c2 1 v0 kt k
大学物理质点力学第一章 质点运动学 PPT
方向：
cosa
=
x r
cosβ=
y r
cosγ=
z r
路程:质点所经路径得总长度。
三、速度
描述位置矢量随时间变化快慢得物理量
1、平均速度
在移质为点r由）A，到单B的位过时程间中内（的所平用均时位间移为称为t该，质所点发在生该的过位
程中的平均速度。
v
=
Δ Δ
r t
=
Δx Δt
i
+ΔΔ
y t
j
+
Δ Δ
0
Δx
Δ t —割线斜率（平均速度）
dx —切线斜率（瞬时速度） dt
x~t图
t tt
1
2
2、 v ~ t 图
v ~ t图
割线斜率：
Δv Δt = a
v v2
切线斜率：
dv dt
=a
v1
v ~ t 图线下得面积(位移):
0 t1
t2
x2
dt dx x2 x1 x
t1
x1
t2 t
3、 a ~ t 图
=
dθ
dt
B
Δθ A
θ
0
x
(3)、角加速度
β =ΔΔωt
β
=
lim
Δt
Δω
0Δ t
=ddωt
=ddθt2 2
(4)、匀变速率圆周运动
0
t
1 2
t2
0 t
2
2 0
2
(5)、线量与角量得关系
Δ s = rΔθ
lim Δ s
Δt 0Δ t
=
lim
Δt 0
r
Δθ
大学物理——第1章-质点运动学
21
★ 角速度 ω 大小: ω = lim 单位:rad/s ★ 角加速度 β
v
θ dθ = t →0 t dt
v
ω dω d2θ 大小: β = lim = = 2 t →0 t dt dt
单位:rad/s2
22
★ 线量与角量的关系
dS = R dθ
16
取CF的长度等于CD
v v v v vτ vn v v v = lim + lim 加速度: a = lim = aτ + an t →0 t →0 t →0 t t t
v v 当 t →0 时,B点无限接近A点,vA与 vB v v 的夹角 θ 趋近于零,vτ 的极限方向与 vA v 相同,是A点处圆周的切线方向;vn的极 v 限方向垂直于 vA ,沿圆轨道的半径,指向
y
v v v r = r′ + R
v v v dr dr ′ dR 求导: = + dt dt dt
o
y′ M v u v v r′ r v o′ R
x′
z′
x
z v称为质点M的绝对速度, v称为质点M的相对速度, υ υ′
v 称为牵连速度. u
27
v v υ =υ′ +u
v
in 例1-6 一人向东前进,其速率为 υ1 = 50m/ m ,觉得风从 正南方吹来;假若他把速率增大为υ2 = 75m/ m , in
t
9
初始条件:t = 0 , x = 5m 【不定积分方法】
速度表达式是: v = 4+ 2t
x = ∫ vdt = ∫ (4 + 2t)dt = 4t + t 2 + C
大 学 物 理 质点运动学
dr
dx
i
dy
j 3i 8tj (m/s)
dt dt dt
（3）由加速度的定义得
a
d
8 j (m/s2 )
dt
x
22
例2: 一质点沿半径为1 m的圆周运动，它通过的弧长 s按s＝t＋2t2的规律变化。问它在2 s末的速率、法向 加速度和切向加速度各是多少？
解 （1）由速率定义，有 ds 1 4t dt
小球的切向加速度量值 a，法向加速度量值an和轨道
的曲率半径 。
解：由图可知
a
g sin
gy
a g
gt
2 0
g 2t 2
g2t
02 g2t 2
an θ
x= 0
θ
a
y=gt
an
g cos
gx
g
an
g0 02 g2t 2
2
2 x
2 y
(02
g 2t 2 )3 / 2
an
an
g0
21
§1.4 运动学中的两类问题
r
Ｃ
Ｂ
r
r2
Ｏ
位置矢量的增量 ◆位矢增量的模 ◆位矢模的增量
r r2 r1 | r|| r2 r1 | r | r2 | | r1 |
位移在直角坐标系中的表示式
r
xi
yj
zk
9
路程 s t 时间内质点在空间内实际运行的路径距离。
注意
• s与 r的区别
s为标量, r为矢量
s r
d
s
dr
将t ＝2代入上式，得2 s末的速率为
＝1＋4×2＝9 (m·s-1)
（2）法向加速度的大小 （3）切向加速度的大小
大 学 物 理 教 案第1章 质点运动学
1三、坐标系为了定量描述物体的运动，还需要在参考系上建立适当的几何框架即坐标系。
常用的有直角坐标系、极坐标系、自然坐标系、球坐标系等。
四、物理模型——质点实际物体都有大小和形状，一般说来，运动情况很复杂，但是，如果物体的大小和形状在所研究的问题中不起作用或作用很小，就可以忽略其大小和形状，而把它抽象为一个只有质量的几何点—质点。
应用质点模型的条件为：（1）当物体运动的空间范围r 远大于物体自身线度l 时； （2）物体只作平动时。
§1.2 位置矢量 位移 速度 加速度一、描述质点运动的物理量1、位置矢量由坐标原点引向考察点的矢量，简称位矢，用r 表示。
在直角坐标系中为 r = x i + y j + z k ，r 222z y x ++=；r 的方向余弦是r xcos =α， r ycos =β，rzcos =γ。
在平面极坐标系中在自然坐标系中 r = r (s )。
运动方程描写质点的位置随时间变化的函数关系式称为运动方程。
记为x = x (t )，y = y (t )，z = z (t ) r = r (t )， s = s (t )。
例1: 如质点作圆周运动时，有 x = cos r t ω，y =sin r t ω消去时间t ，就得轨道方程 222x y r +=。
2、位移和路程位移r ∆r = r r 0，vYx rt ω 0y 例1-1 图(1)定义:12rrr-=∆，注意：（1）增量的模r∆与模的增量r∆不是同一个量；（2）位移在直角坐标系中的表示式为=∆r xi∆+y∆j+z∆k。
路程s∆：t∆时间内质点在空间内实际运行的路径距离位移和路程的比较与联系：（1）不同处..r;.r.absc s⎧⎪∆--⎪⎨∆--⎪⎪∆≠∆⎩矢量与标量,仅由始未位置决定与轨道形状无关与轨道形状及往返次数有关;在一般情况下（2）联系在t∆→0时，d=r d s,但仍然d d r≠r。
3、速度平均速度trv∆∆=与平均速率tsv∆∆=（1）、在一般情况下平均速度大小不等于平均速率vv≠.（2）、v在直角坐标系中的表示式x y zt t t∆∆∆∆∆∆=++v i j k瞬时速度dlimt dtr rvt∆∆∆→==v v与瞬时速率dlimdts svt t∆∆∆→==的关系：（1）、瞬时速度大小d dd dSvt t===rv，等于瞬时速率dtdsv=。
大学物理第一章质点运动学习题
1 2 间的关系为= v0t − bt ( SI)。 s 2，质点加速度的大小和方向。 求：(1) 任意时刻t，质点加速度的大小和方向。 任意时刻
求：
a
α
r aτ
R
R
τ
dt
r an
4
a = an + aτ =
2 2
(v0 − bt )4 + (− b )2
R2
r (v 0 − bt ) an a 与切向轴的夹角为 α = arctg = arctg (− Rb ) aτ
v v v v dr 解：v = = 2i − 2tj dt v v v v v t = 2 v2 = 2i − 4 j t = 0 v0 = 2i
v2 = 22 + 42 = 4.47m/ s 大小： 大小：
−4 方向： 方向： θ = arctan = −63o26′ 2
θ为 2与 轴的夹角 v x
x = −t 2 (SI)
例5：一质点运动轨迹为抛物线 ： 求：x= -4m时（t>0)粒子的 时 粒子的 速度、速率、加速度。 速度、速率、加速度。 解： x= -4m时 t=2s 时
x t =2 dx vx = −4m s vx = = −2t dt t =2 dy 3 vy = −24m s vy = = −4t + 4t dt v v v 2 v = vx + v2 = 4 37 m s v = −4i − 24 j m/ s y 2 dvx d x −2 ax = s = = −2m ay = −12t 2 + 4 = −44(m −2 ) s 2 dt dt v v r a = −2i − 44 j m⋅ s−2
y = −t 4 + 2t 2(SI)
大学物理1-7章知识点梳理
力矩的功、转动动能、
转动动能定理、转动问题中的机械能守恒定律(守恒条件)
力矩的时间累积效应
冲量矩、角动量、
角动量定理、角动量守恒定律（守恒条件）
注：角动量守恒定律是本章最重要内容！
4 角动量的两个定义式
17
精选ppt
质点的角动量： L r mv
刚体的角动量：
L I
5 关于绳中张力：
定轴转动问题中绳中张力不是处处相 等，而是分段相等
N
7 速率分布函数的定义式和物理意义
⑴ 定义式： f (v) dN Ndv
⑵ 物理意义： f ( v ) 表示速率在 v 附近“单位速
率区间”宽度内的分子数占总分子数的百分比。
8 具有某一特定速率的分子数为：
22
dNNf之间的分子数为：
NdN Nf(v)dv v2
注意摩尔质量的单位，以及气体摩尔质量的数值
2 理想气体的内能公式
19
★ 一定量理想气体的内能为
精选ppt
E i RT M i RT
2
M mol 2
说明：内能只与温度有关
★ 若温度改变，内能改变量为
E i RT M i RT
2
M mol 2
说明：内能变化只与温度变化有关
3 理想气体压强公式
M I 转动定律内容
刚体定轴转动的角加速度与它所受的合外力矩成 正比 ，与刚体的转动惯量成反比 .
其中：M 是合外力矩，相当于平动问题中的合外力
定义式 M r F
I 是转动惯量，相当于平动问题中的质量
是角加速度，相当于平动问题中的加速度
3 转动定律的两种积分
16
精选ppt
力矩的空间累积效应
(1)确定研究对象
大学物理第一章质点运动学(1)
v2 KK
由图中的几何关系，知：
vx
v1 KK
10(m /
s)
y(北)
vy
(vK2 K
v1 KK
)tg
45
v
45
15 10 5(m / s)
10ms-1 15ms-1 x(东)
O
风速的大小：
v 102 52 11.2(m / s)
风速的方向：
2q
由υy=0有 得射高
t v0 sin q g
ym
v02 sin 2 2g
q
讨论：抛射初速度大小v0一定的情况下，抛射角q = 45o 时， 射程最大，q = 90o 时，射高最大。
抛体在任意时刻的运动方程
v dr dt
r tvdt 0
y
v0t
1 gt2 2
t 0
任意时刻速度分量为
y
v x v0 cosq v y v0 sinq gt v0y
积分可得运动方程
v v0
g
θ
x v0 cosq t
y
v0
sinq
t
1 2
gt
2
o
v0 x
x
消去t 得轨迹方程
y
x
t
anq
2v
2 0
g cos2
q
x2
由y =0得射程
xm
v02
sin g
(
x2 h2 u) u
x
x2
h2 dx x2 h2 dt
u2h2 x3
大学物理-质点运动学学
v
t
上式可变为
即
dv 6t dt
dv 6tdt
左右两边同时积分，利用初 始条件 t = 0时，v =12，得：
x
0
dx (12 3t 2 )dt
0
t
x 12t t 3
*已知质点的运动方程为 2 3 r (0.5 t ) i (3 t t ) j (m), 则它的加速度的大小和方向分别为： A） 1 36t 2 arctan 6t C） 1 36t arctan3t B） 1 36t arctan6t D） 1 36t 2 arctan 3t
解：(1) 从运动方程中消去时 间,得轨迹方程
x2 y 1 9 (2) r (3) x3i y 3 j 9i 8 j (m)
平均速度
r 3i 3 j v 3i 3 j m/s t 2 1
dx dy j 3 i 2t j (4) v i dt dt dv a 2 j m/s 2 dt
不 知 云 与 我 俱 东 。
卧 看 满 天 云 不 动 ，
百 里 榆 堤 半 日 风 。
飞 花 两 岸 照 船 红 ，
宋襄 邑 陈 道 与 中 义 ]
[
是 船 行 。
仔 细 看 山 山 不 动 ，
看 山 恰 似 走 来 迎 ，
满 眼 风 波 多 闪 烁 ，
是 船 行 。
柔 橹 不 施 停 却 棹 ，
练习：一质点坐平面曲线运动， t = 2s时的位置矢量： 已知其运动方程为 r (2) x2i y2 j 8i 18 j (m) 2 x 4t , y 2 4t (SI) 第2 内的位移 求：(1)质点运动的轨迹方程；(2) t = 3s时的位置矢量；(3)第2 内的 r r (2) r (1) 4i 12 j (m) 位移和平均速度；(4) t = 2s时的 第2 内的平均速度 速度和加速度。 r 4i 12 j 解：(1) 从运动方程中消去时间, v t 2 1 4i 12 j m/s 得轨迹方程 2 dr dx dy x i j 4i 8t j (4) v y 2 dt dt dt 4 dv (2) t = 3s时的位置矢量 a 8 j m/s 2 dt r (3) x3i y3 j 12i 38 j (m) 当 t = 2s时 (3) t = 1s时的位置矢量： v 4 i 16 j m/s a 8 j (m/s 2 ) r (1) x1i y1 j 4i 6 j (m)
大学物理试题及答案(1-4章)
第一章 质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)．1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式tsd d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ． 下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；trd d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．*1 -5 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作( )(A) 匀加速运动,θcos 0v v =(B) 匀减速运动,θcos 0v v = (C) 变加速运动,θcos 0v v =(D) 变减速运动,θcos 0v v = (E) 匀速直线运动,0v v =分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度22d d d d hl t llt x -==v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θlh l cos /0220v v v =-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．讨论 有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,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Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,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,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x两式计算． 解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -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．分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、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–t 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2s m 20-⋅=--=AB AB AB t t a v v (匀加速直线运动)0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-⋅-=--=CD CD CD t t a v v (匀减速直线运动)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2021t t x x ++=v由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-⋅=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s ．分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -=这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r *(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为m 91.5d 4d 402=+==⎰⎰x x s s QP1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-= 22015t t y -=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t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一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2.74 m ．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 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(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20121at t y +=v20221gt t h y -+=v当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v vs 705.02=+=ag ht (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m 716.021202=+-=-=gt t y h d v解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-=s 705.02=+=ag ht (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v则 m 716.0='-=h h d1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m 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 )求质点运动的一切信息(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O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t )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 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋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．解 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因t Tθπ2=,则质点P 的参数方程为t T R x π2sin =', t TR y π2cos -='坐标变换后,在O x y 坐标系中有t T R x x π2sin='=, R t T R y y y +-=+'=π2cos 0 则质点P 的位矢方程为j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=R t T R t T R π2cos π2sin j i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为j j i r )s m π3.0(π2sin π2π2cos π2d d 1-⋅=+==t TT R t T T R t v i j i r a )s m π03.0(π2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-⋅-=+-==t TT R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立一高20.0 m 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．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？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ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为132s m 1094.1cos d d --⋅⨯===tωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则 s 606034πarctan 1⨯⨯===ωh s ωt 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·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·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t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝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⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=t x x t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -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 -B v ,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v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 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 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-vv (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v vv得石子速度 )1(Bt e BA --=v 由此可知当,t →∞时,BA →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BA t y --==v 并考虑初始条件有 t eB A y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BA tB A y1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．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．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 x 和a y 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20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,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t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==t t t t 000)d 46(d d j i a v v j i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt rr t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1 -16 一质点在半径为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Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=；(2) 当Δθ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td d v =a 和tΔΔv =a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为R a n 2v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 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Δt →0 时的极限值．解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故θΔcos 2Δ212221v v v v -+=v)Δcos 1(2θ-=v而vv θR s t ΔΔΔ==所以 θR θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2v -==v (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得R a 219003.0v ≈,Ra 229886.0v ≈ R a 239987.0v ≈,Ra 24000.1v ≈ 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度R2v ． 1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即tΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ． 解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m ty t x t 则t 1 ＝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t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na ρv 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2.0ｓ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v x 、v y 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 gt 2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m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为 o 5.12arctan ==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vv v gt αx yarctan arctan == 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2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a n 1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足αβtan 21tan =并与v 0 无关． 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v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．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v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即20g 21t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［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)．(1)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αgt βt x sin 21cos 20-=v (1) αgt βt y cos 21sin 20-=v (2)令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βααg ββαβααg βx OP +=-==v v 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βgt αt βαsin 212πsin 2πsin 20=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛--v r 从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)由(2)(3)两式消去t 后得αβsin 21tan = 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v 0 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 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？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还要给予精心的考虑．解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为t ωR t x ==v (1)h gt y ==221 (2) 由式(1)(2)可得 g h ωR x 2222= 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为22221ωgh R R x r +=+= (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v 0 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gR 2sin 0v = 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 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)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θt x cos v =, 221sin gt θt y -=v 消去t 得轨迹方程222)tan 1(2tan x θg θx y +-=v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 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 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 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a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．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 ＝s t -s 0．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bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．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 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω==则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa 在2.0ｓ内该点所转过的角度 rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hl αarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．解 由122v v v -='［图(b)］,有θθαcos sin arctan 221v v v -= 而要使hl αarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '=u αarcsin,则船到达正对岸所需时间为 s 1005.1cos 3⨯='==αd d t v v (2) 由于αcos v v '=,在划速v ′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v ＝v ′),此时,船过河时间t ′＝d /v ′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有m 100.52⨯='='=v d u t u l 1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝vt , y ＝gt 2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？分析 该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x ,y )变换至系O′中的点(x ′,y ′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解 取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和。
质点运动学第二类问题
质点运动学第二类问题质点运动学第二类问题质点运动学是物理学的一个分支，主要研究质点的运动规律。
在质点运动学中，问题分为三类：第一类问题是已知质点的位置、速度和加速度，求解运动方程；第二类问题是已知质点的位置和速度，求解加速度和运动方程；第三类问题是已知质点的位置和运动方程，求解速度和加速度。
本文将重点介绍质点运动学中的第二类问题。
第二类问题也称为初值问题，其解决方法为根据初值和方程求出质点的运动规律。
1. 线性平衡问题在线性平衡问题中，运动方程可以表示为：F = ma其中，F 是外力，m 是质量，a 是加速度。
我们可以通过已知的位置和速度求解加速度。
假设质点的初速度为 v0，位置为 x0，时间为 t0，运动方程为：x = x0 + v0t + 0.5at^2在已知初值和运动方程下，只需要解出加速度 a 即可。
假设时间 t1 时质点位移为 x1，那么有：x1 - x0 = v0t1 + 0.5a(t1)^2由此，可以解出加速度 a 的数值。
在数学中，这一过程可以表示为求解二次方程。
2. 径向摆动问题在径向摆动问题中，质点作圆周运动。
具体来说，质点绕着圆心转动，与圆心距离为 r，角速度为ω。
一般而言，这类问题都需要掌握极坐标系的概念。
在初值设定下，可以通过直接计算圆周运动的运动方程来解决问题。
圆周运动的运动方程为：x = r cos(ωt)y = r sin(ωt)这里的 x，y 分别代表质点在平面上的坐标。
把运动方程带入到 x，y 所定义的位置函数中，可以求解出质点在不同时间点的位置。
在径向摆动问题中，也可以通过泰勒级数的方法求解。
通常情况下，质点的加速度函数可以表示为：a = -rω^2通过泰勒级数展开该加速度函数，可以求得质点的位置和速度。
由于泰勒级数可以展开到任意次数，因此精度比较高。
3. 投掷问题投掷问题是最为经典的物理问题之一。
在投掷问题中，质点被抛出，运动轨迹为抛物线。
假设质点的初速度为 v，出发角度为θ，高度为 H，运动方程为：y = H + vt sin(θ) t - (1/2)gt^2x = v cos(θ) t其中，g 是重力加速度。
运动学的两类问题
这类问题要应用积分的方法来求，在计算上较为 复杂一些。
2
例2、一气球以速率 v0 从地面上升,由于风的影响,随着高 度的上升,气球的水平速率按 vx=by 增大,其中b 是正的常 数, y 是从地面算起的高度, x 轴取水平向右的方向.求: (1) 气球的运动方程; (2) 气球飘移的距离与高度的关系.
2v0
运动学 第二类问题 （二维情况）
3
例3、质点的运动方程：r
(t
2)i
(4t
t
3
)
j (SI
)
求：（1）质点第一秒末的速度和加速度；（2）
在 t=1 秒到 t=3 秒时间间隔内质点运动的平均
速度和平均加速度。
解：（1）v
dr
i
(4
3t 2 ) j
dt
,
a
dv
6tj
dt
t=1 时:
0
0
1 v2 3x 2x3 2
v (6 x 4 x 3)1/2
运动学第 二类问题
6
例6、一质点沿 x 轴作匀变速直线运动，加速 度为a，初速度为 v0 ，初始位置为 x0 ，求任一 时刻质点的速度和位置。
解： a dv dt
v
t
积分： dv adt
v0
0
得：v v0 at
v dx dt
积分：
x
dx
x0tvdt 0 Nhomakorabeat
0 (v0 at)dt
得：x
x0
v0t
1 2
at 2
运动学第 二类问题
7
例速7度、一v质0 点20，在i 加某速参度考系运a 动12，ti初8位j。(S置I求) rt0=03.5is时j，该初 质点的 y 坐标和 t=1s 时该点的速率。
大学物理A-CH1-3质点运动学的基本问题
求 质点运动速率与高度 y 的关系(开始处于y0,初速v0).
解 由题意可知
从图中分析看出
例 河中有一小船，在高为h的岸上用绞车以恒定的速率
v0收缆绳使船靠岸，如图1-18所示，求当船与岸的水平距离
为x时，船的速度与加速度。
解 建立如图所示坐标系，则船的位矢为
在任一时刻的速度、抛体的运动学方程和轨迹方程。
解 把物体看作质点，选地面参考系在含v0 竖直平面内
建立平面直角坐标系OXY，
已知
y
v0 y
v0
v y v
v x
o v0x
d0
v x
v y
vx
作业
P25~27：选择题4； 计算题4。
Hale Waihona Puke (3) 轨迹方程 解 (1) 由运动方程得
(2) 当 t =2s 时
(3)
轨迹方程为
2. 第二类问题 已知加速度和初始条件，求
例 已知
, t =0 时，
求 和运动方程
解 由已知有
代入初始条件
代入初始条件
例 将一根光滑的钢丝弯成一个竖直平面内的曲线，质点可沿 钢丝向下滑动。已知质点运动的切向加速度为
§1.3 质点运动学的基本问题
质点运动学的问题可以分为两类:
1、 由质点的运动方程可以求得质点在任一 时刻的位矢、速度和加速度；
2、 已知质点的加速度以及初始速度和初始 位置, 可求质点速度及其运动方程 .
r(t) 求导 v(t) 求导 a(t)
积分
积分
1. 第一类问题 已知运动学方程，求 例 已知一质点运动方程 求 (1) t =1s 到 t =2s 质点的位移 (2) t =2s 时
1-4 自然坐标系中质点运动描述
v2 R
nv
三 变速圆周运动中的加速度
Δv vB vA Δvv Δvvn Δvv
Δvn 反映速度方向变化。
Δvv 反映速度大小变化。
av lim vv lim vvn lim vv t0 t t0 t t0 t
an
lim vn t0 t
av avn av
av
lim vv t0 t
vB
B vA
Δ r Δθ
oR A
Δv vB
Δ
vv
Δvn vA
Δθ
o
a反n 映出质点速度方向的变化，称为法向加速度。
avn
lim
t 0
vvn t
= lim t 0
|
Δvvn|nv= v 2 Δt R
2
(2)根据加速度的定义
an
v2 R
(v 0
bt)2 R
at
dv dt
b
a
at2 an2
b2
(v 0
bt)4 R2
a 1 R
R2b2 (v0 bt)4
由
a 1 R
R2b2 (v0 bt)4 b
解得 t v0 b
这时质点运行的圈数为
n
s 2R
v
0
(v 0 b
) 1 b(v0 2b
2πR
)
2
v02 4πRb
解题思路 自然坐标中质点运动学问题也分为两类问题。 1. 第一类问题：已知自然坐标中运动方程s(t)，求质点运动 的速度、切向加速度、法向加速度，用求导法。 2. 第二类问题：已知质点运动的速度或切向加速度及初始条 件，求运动方程，用积分法。
质点运动学
（三）、圆周运动中线量与角量的关系
ds R d
d ds R v R dt dt
0
v
R Δθ θ ΔS
ω ,β x
dv d a ( R ) R dt dt
v2 an R 2 R
例2．一球以 30m/s 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，它任意时刻 t 的 速度为
1-3 几种常见运动及其描述
质点运动学的两类问题： 第一类问题： 已知质点的运动方程，求质点的速度 和加速度——用微分方法求解； 第二类问题： 已知质点的加速度（或速度），求质 点的速度和运动方程——用积分方法 求解。
一、直线运动
例1 质点沿 x 轴作直线运动,加速度a=2t。 t =0时，x=1，v=0，求任意时刻质点的 速度和位置 解：质点作非匀加速的运动
（3）由速度及加速度定义
dr dx dy 速度 v i j 8ti 2 j dt dt dt
dv 加速度 a 8i dt
所 以 t 0时 ， v 2 j , a 8i t 1时 ， v 8i 2 j , a 8i
a dv dt 2t dv 2tdt
积分
v
0
dv 2tdt
0
t
vt
2
即有
dx 2 t dt
dx t dt
2 1 0
x
t
可得
1 3 x 1 t 3
二、抛体运动
水平方向：匀速运动 竖直方向：竖直上抛运动 轨迹为抛物线 α
d0
运动方程
任意时刻速度 vx= v0cosα vy= v0sinα –g t
【大学物理】第一章 质点运动学【河海大学】
r2
r
x
Δr x22 y22 z22 x12 y12 z12
二．速度
1．定义 速度是反映质点运动的快慢和方向的物理量
平均速度：
v r r(t t) r(t)
t
t
平均速率:
v s s(t t) s(t)
t
t
zA
r
t0
例 1 已知r 某 [质(2点t 2 的 1运)i动 方(2程 t为3 )：j ](m)(t 0)
求： （1）轨道方程； （2）t=0（s）至 t=2（s）内的平均速度； （3）t=0（s）和 t=2（s）时的瞬时速度； （4）t=0（s）至 t=2（s）内的平均加速度; （5）t=0（s）和 t=2（s）时的瞬时加速度。
角速度： d rad s1
dt
角加速度 ：
d
dt
d 2
dt 2
rad s2
3.自然坐标系下的速度和加速度
a.自然坐标系：把坐标建立在运动轨迹上的坐标系统
P
s
et
en
s
以质点所o在位置en为原点Q，切线为一et条坐标轴， 取条坐标单坐轴位 标方矢 轴向,量取随e单t 位，位置e矢t变叫量化切en向e，t单e、n位en叫不矢法是量向恒。单量法位线矢为量另。一
dv y dt
j
dvz dt
k axi ay j azk
大小
:a
ax2
a
2 y
az2
方向:cos
ax
, cos
ay
, cos
az
质点运动学两类基本问题
上海第二工业大学刘传先运动方程：)(trr vv=位移：)()(1212tt rrrrr vvvvv−=−=∆PΓOr(t)v trv∆∆=rrdtr dtrttrttrvttrrrrr==−+=→→∆∆∆∆∆∆0lim)()(lim2、速度和速率t∆∆=svdtdstsvt=∆∆=→∆0lim复习前次课内容 提要：1、基本概念：参照系、坐标系、质点、位置矢量、位移、运动方程、轨道方程、瞬时速度、瞬时加速度。
r r r r∆arv r教学要求：1、能借助直角坐标系熟练由运动方程（*或由题给条件建立）通过求导，计算质点在平面内（曲线）运动时，任一时刻的速度、加速度和运动轨迹方程。
2、会已知加速度及初时条件，用积分方法求速度、运动方程。
质点运动学两类基本问题教学重点、难点：运动方程；加速度 ；定积分。
2012.2.211上海第二工业大学刘传先k zj yi xrvvvv++=4、位置矢量、运动方程、速度和加速度的正交分量（直角坐标）表示：kvjvivkdtdzjdtdyidtdxdtr dvzyxvvvvvvvv++=++==kajaiakdtdvjdtdvidtdvdtv dazyxzyxvvvvvvvv++=++==任意曲线运动都可以视为沿x,y,z轴的三个各自独立的直线运动的叠加（矢量加法）。
运动的独立性原理或运动叠加原理()k t zjtyitxtrvvvv)()()(++=3、加速度1212)()(tttvtvtva−−=∆∆=vvrr22lim)(dtrddtv dtvt atvvvv==∆∆=→∆2上海第二工业大学刘传先11）矢量性：上述物理量都是矢量，是有大小、有方向的物理量，遵从矢量相加的法则。
2）瞬时性：、、都表明质点在运动中某一时刻或某一位置的物理量，它们具有瞬时性。
avrrrr3）相对性：在不同的参照系中，对同一质点的运动描述是不同的，即、、、、等物理量是具有相对性的。
vravrrrrrr∆∆特性：5、核心问题：已知运动方程，求速度、加速度。
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1.4 运动学的两类问题
第1章 质点运动学
（2） v v0e kt
v dx dt
dx dt
v0e kt
dx v0ektdt
x dx
0
t 0
v0e
kt
dt
x v0 ekt t v0 1 ekt k 0k
x
t
t
dx
x0
vdt
0
0 (v0 a0t)dt
x
x0
v0t
1 2
a0t
2
5
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1.4 运动学的两类问题
第1章 质点运动学
（3） a dv dv dx v dv （变量变换） dt dx dt dx
a0dx vdv
（分离变量）
x
v
x0 a0dx
vdv
v0
积分
积分
2
1.4 运动学的两类问题
第1章 质点运动学
一 已知质点的运动方程，可以求得质点在 任一时刻的位矢、速度和加速度；
r rt
v dr dt
a
dv dt
d 2r dt 2
二 已知质点的加速度以及初始速度和初始 位置, 可求质点速度及其运动方程 。
dv adt ,
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第1章 质点运动学
1.4 运动学的两类问题
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1.4 运动学的两类问题
第1章 质点运动学
质点运动学两类基本问题
一 由质点的运动方程可以求得质点在任一 时刻的位矢、速度和加速度；
二 已知质点的加速度以及初始速度和初始 位置, 可求质点速度及其运动方程 。
r(t) 求导 vv(t) 求导 a(t)
解： a dv dv dx v dv （变量变换 ） dt dx dt dx
v
x
分离变量，积分： vdv kxdx
v0
0
可得：
1 2
(
v2
v02
)
1 2
kx2
v2 v02 kx2
v v02 kx2
质点停止运动时 v 0, x v0 , x v0 (舍去)
vv0 dv
t adt
t0
dr vdt ,
rr0dr
t vdt
t0
3
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第1章 质点运动学
例：用矢量表示二维运动，设：r
t
2
i
(t
3
6)
j
(
SI
)
求：质点在头两秒的位移和平均加速度。
解：
r02
r2
r0
4i 2 j (6) j
k
k
10
为k ( k > 0 )，试求：（1）质点速度随时间变化的关系
式；（2）运动方程 ，（3）质点最终停止的位置?
解：（1）由题意及加速度 的定义式，可知：
a kv dv
dt
分离变量： dv kdt
v
v
积分：
dv
t
kdt
v0 v
0
v 得 ln kt
v0
所以 v v0ekt
解： 质点作非匀加速的运动。
a dv dt dv 2tdt
v
t
积分： dv 2tdt
0
0
v t2
即有： dx t 2
x
dx
t t 2dt
dt
1
0
可得： x 1 1 t 3
3
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第1章 质点运动学
例：设某质点沿 x 轴运动，在 t = 0 时x = 0， v = v0， 其加速度与速度的大小成正比而方向相反，比例系数
4i 8 j(m)
v
dr
2ti
3t 2 j (m
/
s)
dt
Δv02 v2 v0 4i 12 j(m / s)
a
Δv02
2i
6 j(m /
s2)
Δt
4
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第1章 质点运动学
例：一质点作直线运动，其加速度为一常量 a0 ，已知
a0 (
x
x0
)
1 2
(v 2
v02
)
v v0 a0t
x
x0
v0t
1 2
at
2
（两边同时积分）
v 2 v02 2a0 ( x x0 )
注意：这都是匀加速 直线运动公式，它们 不具有一般意义！
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1.4 运动学的两类问题
第1章 质点运动学
例：质点沿 x 轴作直线运动，加速度 a = 2t 。t = 0时，x = 1m，v = 0，求：任意时刻质点的速度和位置。
在 t = 0 时刻，x = x0， v = v0，试求：
（1）速度与时间的关系；（2）位置与时间的关系； （3）速度与位置的关系。
解：（1） a dv , dt
v
t
t
dv
v0
adt
0
0 a0dt
v v0 a0t, v v0 a0t
（2） v dx , dt
（3） 质点停止时 υ 0 ekt 0, 则t
由 v v0ekt
x
xm
v0 k
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1.4 运动学的两类问题
第1章 质点运动学
例：质点沿 x 轴正向作直线运动，加速度a = - kx (k为正常数)。t = 0时，x = 0, v = v0 ，求：在什么位
置质点停止运动?