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 7.6m / 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 gtj 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 2 242 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
量.(1)求该点在时刻t的加速度.(2)t为何值时,该点的切向加速度与法向加速度的大小相等? 已知飞轮半径为R 分析该题属于圆周运动中由运动方程求运动状态的问题,需要我们对圆周运动中切向加速度 和法向加速度的物理意义及其与速率的对应关系有深刻的理解 解(1)根据题意,该点的速率为:v==vo-bt (1) 在自然坐标系中,其加速度的切向和法向分量分别为 dy =-b,a.= v2(vo-br) 故其加速度的大小为: Rb+(-b)yR2b2+(。-b R 加速度的方向由它和速度间的夹角确定(如图14所示,a= L(-b (2)由a=an,得:b= b),所以1 例8设河宽}=km,河水由北向南流动,流速v=2m/s,有一只般相对河水以v=1.5m/s的速 率从西岸驶向东岸.试求:(1)如果船头与正北方向成a=15°角,则船到达对岸要用多少时间 到达对岸时船位于下游何处?(2)如果船到对岸时间最短,船头与河岸应成多大角度?船到达下 游何处?(3)如果要求船相对岸走过的路程最短,则船头与河岸应成多大角度?船到达下游何处? 所用的时间为多少? 分析本题为运动的相对性问题,需要大家对绝对速度、相对速度和牵引速度三者之间的关系 有深刻理解.具体解题时要先建立坐标然后将速度进行分解到坐标轴上进行求解. 解建立坐标系如图15所示,根据题意有:下船岸=下船,水+下水,岸 (1) 设船岸、下船,水和下水,分别为F、和节,则(1)式成为F=v’+ sin a t v cosag, v 所以 北 V=sin a+(v)j (1)如果船头与正北方向成a=15°角.则船到达对岸所需的时 东 间为 南 1000 564 v'snal.5×sn15° 图1-5
量．（1）求该点在时刻 t 的加速度．（2）t 为何值时，该点的切向加速度与法向加速度的大小相等？ 已知飞轮半径为 R. 分析 该题属于圆周运动中由运动方程求运动状态的问题，需要我们对圆周运动中切向加速度 和法向加速度的物理意义及其与速率的对应关系有深刻的理解． 解 （1）根据题意，该点的速率为： v bt dt ds v 0 (1) 在自然坐标系中，其加速度的切向和法向分量分别为： b dt dv a ， R v bt R v an 2 0 2 ． 故其加速度的大小为： R R b v bt R R b v bt a an a 4 0 2 2 2 4 0 2 2 2 2 ． 加速度的方向由它和速度间的夹角确定（如图 1-4 所示）， Rb v bt 2 0 arctan ． （2）由 a an ，得： R v bt b 2 0 ，所以 b v bR t 0 ． 例 8 设河宽 l=1km，河水由北向南流动，流速 v=2m/s，有一只般相对河水以 v 1.5m/s 的速 率从西岸驶向东岸．试求：（1）如果船头与正北方向成 15 角，则船到达对岸要用多少时间？ 到达对岸时船位于下游何处？（2）如果船到对岸时间最短，船头与河岸应成多大角度？船到达下 游何处？（3）如果要求船相对岸走过的路程最短，则船头与河岸应成多大角度？船到达下游何处？ 所用的时间为多少？ 分析 本题为运动的相对性问题，需要大家对绝对速度、相对速度和牵引速度三者之间的关系 有深刻理解．具体解题时要先建立坐标然后将速度进行分解到坐标轴上进行求解． 解 建立坐标系如图 1-5 所示，根据题意有： v船岸 v船水 v水岸 （1） 设 v船岸 、v船水 和 v水岸 分别为 V 、 v 和 v ，则（1）式成为 V v v ． 而 v v i v j sin cos ，v vj ，所以 V v i v vj sin cos ， （1）如果船头与正北方向成 15 角．则船到达对岸所需的时 间为 s v l t 2564 1.5 sin 15 1000 sin a v O 图 1-4 n a a R v O 图 1-5 l v x y 东 南 北 西
船到达对岸时位于下游的位置为 b=v'cosa-v1t=1.41km (2)由m知当ma=1,即a=9时,t最小.t1=675 船头与河岸应成90°角.船到达下游位置为 y=vain [=1.33km (3)因=( vcos-y= vcos =y(a) 故9=d,og aa v dalsin a sin a sin a 所以 cOS-y'=0,即cosa="=0.75,得a=4149,船头与河岸应成414° 船到达下游的位置为 =cosa=v)/ =884m v sin a 所用的时间为t= 1010s
船到达对岸时位于下游的位置为 y v cos v t 1.41km． （2）由 v sin l t 知当 sin 1 ，即 90 时，t 最小． s v l tmin 667 ， 船头与河岸应成 90º角．船到达下游位置为 y vtmin 1.33km （3）因 y v l y v v t v v sin cos cos ， 故 0 sin sin sin sin cos 2 v v v v l v d d v y l ， 所以 vcos v 0 ，即 cos 0.75 v v ，得 41.4，船头与河岸应成 41.4º． 船到达下游的位置为 m v l y v v 884 sin cos 所用的时间为 s v l t 1010 sin
