2015级大学物理-I-复习题-01力学-有答案
2015级大学物理I 复习题-01力学
【重点考核知识点】
1. 在直角坐标系中,质点的位置矢量、位移矢量、速度矢量、加速度矢量的表达式及相互间的运算。由位置矢量表示的质点运动方程求质点的轨道方程。 ⑴ 公式
① 位置矢量: r =x i +y j
② 位移矢量: ∆r =r 2-r 1=(x 2-x 1) i +(y 2-y 1) j
d r d x d y
=i +j ③ 速度: υ=
d t d t d t
d υd υx d υy
=i +j ④ 加速度: a =d t d t d t
⑤ 位置矢量表示的质点运动方程: r (t ) =x (t ) i +y (t ) j ⑥ 由位置矢量表示的质点运动方程求质点的轨道方程:
⎧x =x (t )
由 r (t ) =x (t ) i +y (t ) j → ⎨ → 消去t ,可得到质点的轨道方程z =f (x , y ) 。
⎩y =y (t ) ⑵ 相关作业题和例题
【1.2】 一物体做直线运动,运动方程为x =6t 2-2t 3,式中各量的单位均为(SI ) 制,求 ⑴ 第二秒内的平均速度;⑵ 第三秒末的速度;⑶ 第一秒末的加速度;⑷ 物体运动的类型。
解:x =6t 2-2t 3;υ=
d υd x
=12-12t =12t -6t 2;a =d t d t
⑴ 第二秒内的平均速度
6t 2-2t 3
∆x x 2-x 1
== =∆t t 2-t 1
(t =2
-6t 2-2t 3
(t =1
2-1
=4m ⋅s -1
⑵ 第三秒末的速度
υt =3=(12t -6t 2t =3=-18m ⋅s -1 ⑶ 第一秒末的加速度
a t =1=(12-12t )t =1=0
⑷ 从加速度公式可以看出a 是t 的函数,而且位移仅限制在x 方向,y 及z 方向无
位移,所以这个运动是一般的变速直线运动。
【1.3】已知质点的运动方程为x =2t ,y =2-t 2,式中各量采用国际单位制,求 ⑴ 质点的轨道方程;⑵ t = 1s 和t = 2s时质点的位置矢量以及t = 1s 和t = 2s之间质点的位移;⑶ 第二秒末的速度;⑷ 质点在任意时刻的加速度。 解:⑴ 消去已知运动方程组中的时间t ,即可求得轨道方程
x 2⎛x ⎫
y =2- ⎪=2-
4⎝2⎭
⑵ 质点的运动方程为r =(2t ) i +(2-t 2) j ,将t 1=1s 和t 2=2s 分别代入运动方程,可得位置矢量分别为
t 1=1s 时,r 1=2i +j (m )
t 2=2s 时,r 2=4i -2j (m )
所以位移 ∆r =r 2-r 1=2i -3j (m )
d r
=2i -2t j ,将t =2s 代入,得 ⑶ 由速度公式有 υ=d t
质点在2s 末时的速度 υ2=2i -4j (m⋅s -1)
d υ
=-2j m ⋅s -2 ⑷ 由加速度公式有 a =d t 方向沿y 轴负向,大小为常量,所以质点做匀变速曲线运动。
1
【例题1.2.1】质点在Oxy 平面内的运动方程为r =x i +y j ,其中x =2t ,y =t 2-2,
2
2
式中各量均为SI 单位。求:⑴ 在t 1=2. 0s 到t 2=4. 0s 这段时间内的平均速度;⑵ 在
t 2=4. 0s 时的速度和速率;⑶ 质点的轨道方程。
1
已知:r =x i +y j ,x =2t ,y =t 2-2,t 1=2. 0s ,t 2=4. 0s
2
求:⑴ ;⑵ υt 2,υt 2;⑶ f (x , y )
解:⑴ 由定义,
∆r ∆x ∆y 8-4 6-0 =i +j =i +j =(2i +3j ) m ⋅s -1 =
∆t ∆t ∆t 4-24-2
1
⑵ 运动方程的矢量式为 r =2t i +(t 2-2) j
2
d r
=2i +t j 根据速度公式有 υ=d t
将t 2=4s 代入上式,可得 υt 2=(2i +4j ) m ⋅s -1
22
速率为 υt 2=x +υy =22+42=4. 5m ⋅s -1
⑶ 由x =2t 得t = y =
x 1
,代入y =t 2-2,可得轨道方程 22
12
x -2 8
【例题1. 2. 2】已知质点的运动方程为r =(-5t +10t 2) i +(10t -15t 2) j
式中各量均为SI 单位。求:t =2. 0s 时质点的速度和加速度。
22
已知:r =(-5t +10t ) i +(10t -15t ) j ,t =2. 0s
求:υ,a 解:先由公式求 t 时刻质点的速度和加速度
d r
=(-5+20t ) i +(10-30t ) j υ=d t d υ
=20i -30j a =d t t =2s 时质点的速度和加速度为
υ=35i -50j (m ⋅s -1)
a =20i -30j (m ⋅s -2)
2. 质点做变速圆周运动的法向加速度及切向加速度的运算;质点做圆周运动的角位移、角速度、角加速度的定义及相互间的运算;角量与线量之间的关系。 ⑴ 公式
① 质点做圆周运动的速率:υ=
d s
=R ω d t
② 变速圆周运动的法向加速度: a n =③ 变速圆周运动的切向加速度: a t =
υ2
R
=R ω2
d υ
=R α d t
2
2
⎛υ2⎫⎛d υ⎫a n 22
⎪④ 变速圆周运动的总加速度: a =a n +a t = ,tan θ=+ ⎪ R ⎪a d t t ⎝⎭⎝⎭⑤ 质点做圆周运动的角位移: ∆θ=θt 2-θt 1,单位:rad
⑥ 质点做圆周运动的角速度: ω=
d θ
,单位:rad·s -1 d t
⑦ 质点做圆周运动的角加速度: α=
d ω
,单位:rad·s -2 d t
⑧ 角量与线量之间的关系:υ=R ω,a n =R ω2,a t =R α ⑨ 当质点作匀变速圆周运动时,其角加速度α为常量,有公式:
ω=ω0+αt
θ-θ0=ω0t +αt 2
2
ω2-ω0=2α(θ-θ0)
1
2
⑵ 相关作业题和例题
【1.4】质点的运动方程为r (t ) =8cos(2t ) i +8sin(2t ) j ,求 ⑴ 质点在任意时刻的速度和加速度的大小;⑵ 质点的法向加速度和运动轨迹。
d r
=-16sin(2t ) i +16cos(2t ) j 解:⑴ 根据速度公式有:υ=d t
22
+υy =16m ⋅s -1 则速度大小为:υ==x
d υ
=-32cos(2t ) i -32sin(2t ) j 根据加速度公式有:a =d t 22
+a y =32m ⋅s -2 则加速度大小为:a =a =a x
⎧x =8cos(2t )
⑵ 由运动方程得:⎨
⎩y =8sin(2t ) 消t 得运动轨道方程为:x 2+y 2=82=64 由此可知质点做半径R = 8m的圆周运动,则
162==32m ⋅s -2 法向加速度 a n =R 8
1
【1.5】质点作半径R = 0.20m的圆周运动,其运动方程为θ=π+t 2。求 ⑴ 质点在任
4
υ2
意时刻的角速度ω;⑵ 质点在任意时刻的切向加速度。 解:⑴ 根据角位移与角速度之间的关系, ω=
d θ1
=t r a d ⋅s -1 d t 2
⑵ 根据切向加速度的公式,有 a t =R
d ω1
=0. 20⨯=0. 10m ⋅s -2 d t 2
1
【1.6】质点作圆周运动的运动方程为θ=50πt +πt 2。求 ⑴ 第三秒末的角速度和角加
2
速度;⑵ 第三秒内的角位移。
解:根据质点的运动方程可得角速度与角加速度分别为 ω=
d θd ω=50π+πt , α==π(rad ⋅s -2)
d t d t
⑴ 第3秒末的角速度与角加速度分别为
ωt =3s =50π+π⨯3=53πrad ⋅s -1, αt =3s =πrad ⋅s -2
⑵ 第3秒内是指t =2s到t =3s这个时间间隔,根据运动方程可得
θt =2s =10π,θt =3s =154. 5πrad 2r a d
所以,第3秒内的角位移为
∆θ=θt =3s -θt =2s =52. 5πrad
【例题1.3.1】一质点在水平面内以逆时针方向沿半径为2.0m 的圆形轨道运动。该质点的角速度与运动时间的平方成正比,即ω = kt2。式中k 为常数。已知质点在第2.0s 末的线速度为32.0m·s -1,求t = 0.5s时质点的线速度与加速度。
已知:R =2. 0m ,ω=kt 2,t 1=0. 5s ,t 2=2. 0s ,υ=32.0m ⋅s -1
求:υt 1,a t 1
解:先确定常数k 。由υ=R ω=kt 2R ,有 k =
ω
t 2
=
υ
Rt 2
=
32
=4 2⨯22
故 ω=4t 2 将t 1=0. 5s 代入,得
υt 1=4⨯2⨯(0. 5) 2=2. 0m ⋅s -1 a tt 1= a nt 1
d υ
=8Rt =8⨯2⨯0. 5=8. 0m ⋅s -2 d t
22
===2. 0m ⋅s -2 R 2
υ2
2222-2
加速度大小: a t 1=a tt +a =8+2=8. 3m ⋅s nt 11
a t 1与υt 1的夹角为
θ=a nt 1a tt 1
2
==14. 0
8
3. 用冲量的定义及动量定理求变力冲量、平均冲力。 ⑴ 公式
t 2
① 用冲量的定义求变力冲量:I =⎰F (t ) d t
t 1
② 用动量定理求变力冲量:I =m υ2-m υ1
I
③ 求平均冲力:I =F ∆t →F =
∆t ⑵ 相关作业题和例题
【1.11】一粒子弹由枪口飞出的速度是300m ⋅s -1,在枪管内子弹受合力为
4⨯105
t F =400-3
求 ⑴ 子弹行经枪管所需时间(假定子弹到枪口时受力变为零);⑵ 该力的冲量;⑶ 子弹的质量。
解:⑴ 因为子弹到枪口时受力变为零
4⨯105
t 即 0=400-3
解得 t =3⨯10-3s
⑵ 根据冲量的定义式,该力的冲量
I =
⎰
t 2
t 1
F d t =⎰
3⨯10
-3
⎛⎛4⨯10⎫4⨯102⎫ ⎪ 400-t d t =400t -t ⎪ ⎪ ⎪36⎝⎭⎝⎭0
55
3⨯10-3
=0. 6N ⋅s
⑶ 根据动量定理
I =m υ2-m υ1
I 0. 6
==2⨯10-3kg
υ2-υ1300-0
【1.12】已知作用在质量为10 kg的物体上的力为F =(10+2t ) i ,式中F 的单位是N ,t
的单位是s 。设物体的初速度为-6i m ⋅s -1,求 ⑴ 在开始的4s 内,力的冲量有多大? 可知,子弹的质量 m =⑵ 在第4s 末物体的速度?
解:⑴ 根据冲量的定义,4s 内力的冲量
I =
⎰
t 2
t 1
4
F d t =⎰(10+2t ) i d t =56i N ⋅s
⑵ 根据动量定理
I =m υ-m υ0 可得4秒末的物体速度
I +m υ056+10⨯(-6)
υ==i =-0. 4i m ⋅s -1
m 10
【1.14】质量为0.2 kg 的垒球,如果投出时速度值为30m ⋅s -1,被棒击回的速度值为50m ⋅s -1,方向相反。求 ⑴ 球的动量变化和打击力的冲量;⑵ 如果棒与球接触时间为0.002s ,则打击的平均冲力为多少?
解:⑴ 取投出速度方向为正方向,则,υ1=30m ⋅s -1,υ2=-50m ⋅s -1 球的动量变化
∆p =m υ2-m υ1=m (υ2-υ1) =0. 2⨯(-50-30) =-16kg ⋅m ⋅s -1 方向与投出速度方向相反。 由动量定理,打击力的冲量
I =m υ2-m υ1=-16N ⋅s 方向与投出速度方向相反。
⑵ 平均冲力的大小为 =
I -16==-8⨯103N ∆t 0. 002
方向与投出速度方向相反。
【例1.7.1】有一冲力作用在质量为0.30kg 的物体上,物体最初处于静止状态,已知力大小F 与时间t 的关系为
4
⎧0≤t ≤0. 02⎪2. 5⨯10t ,
F (t ) =⎨ 52
⎪⎩2. 0⨯10(t -0. 07) , 0. 02≤t ≤0. 07
式中F 的单位为N ,t 的单位为s 。求:⑴ 上述时间内的冲量、平均冲力大小;⑵ 物体的末速度大小。
已知:m =0. 30kg ,υ0=0,F (t ) =2. 5⨯104t (0≤t ≤0. 02) ,
F (t ) =2. 0⨯105(t -0. 07) 2(0. 02≤t ≤0. 07)
求:⑴ I ,;⑵ υ 解:⑴ 由冲量的定义式
I =⎰F (t ) d t =⎰
t 1
t 2
0. 02
2. 5⨯10t d t +⎰
4
0. 07
0. 02
2. 0⨯105(t -0. 07) 2d t
0. 070. 02
=1. 25⨯10t
而平均冲力的大小为 =
420. 02
2. 0⨯105
(t -0. 07)3+
3
=13. 3N ⋅s
I 13. 3
==190N t 2-t 10. 07-0
⑵ 由动量定理I =m υ-m υ0,得末速度大小为: υ=υ0+
I 13. 3=0+=44. 3m ⋅s -1 m 0. 30
4. 用功的定义及动能定理求变力做功。 ⑴ 公式
① 用功的定义求变力做功(一维情形) :A =⎰F (x ) d x
x 1x 2
② 用动能定理求变力做功:A =⑵ 相关作业题和例题
112
m υ2-m υ12 22
【1.16】用力推地面上的石块,石块质量为20kg ,力的方向与地面平行。当石块运动时,推力随位移的增加而线性增加,即F = 6x ,其中F 的单位为N ,x 的单位为m 。求石块从x 1=16m 移到x 2=20m 的过程中,推力所做的功。
解:由于推力在做功过程中是一变力,按功的定义有
A =
⎰
x 2
x 1
F d x =⎰6x d x =3x 2
16
202016
=3202-162=432J
()
【1.21】质量为4.0kg 的物体在F =4+8t 的力作用下,由静止出发沿一直线运动,求在2s 的时间内,该力所做的功。
解:0~2s内,力F 的冲量 I =⎰F d t =⎰(4+8t ) d t =(4t +4t 2) =24N ⋅s
t 1
t 2
2
2
由动量定理,I =m υ-0,得 υ=由动能定理,A =
I 24
==6m ⋅s -1 m 4
11112m υ2-m υ0=m υ2-0=⨯4⨯62=72J 2222