第一章例题综合

第一章例题综合 • 1-1　一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表达式为 r = a t2 i + b t2j （其中a、b为常量），则该质点作 • （A）匀速直线运动（B）变速直线运动 • （C）抛物线运动（D）一般曲线运动 • 解： x = a t2 y = b t2 • 消去 t 得 y = bx/a 直线运动 • vx = dx/dt = 2at vy = dy/dt = 2bt • 变速运动所以答案为（B）

1-2 一运动质点的运动方程为 x = 6+3t－5t3 （SI），则该质点作 • (A)匀加速直线运动，加速度沿X轴正方向。 • (B)匀加速直线运动，加速度沿X轴负方向。 • (C)变加速直线运动，加速度沿X轴正方向。 • (D)变加速直线运动，加速度沿X轴负方向。 • 解：vx = dx/dt = 3－15 t2 • ax = dvx /dt = －30 t 〈 0 • 所以答案为（D）

1-3 一运动质点在某瞬时位于矢径 r( x，y)的端点处，其速度大小为 • (A)dr/dt (B) dr/dt • (C)d| r |/dt (D)[(dx/dt)2 +(dy/dt)2 ]1/2 • 答案为（D） • 1-5 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度v = 2 m/s，瞬时加速度 a = －2 m/s2，则一秒钟后质点的速度 • （A）等于零（B）等于－2 m/s • （C）等于 2 m/s （D）不能确定 • 答案为（D）

1-6 下列说法中，哪一个是正确的？ • （A）一质点在某时刻的瞬时速度是 2 m/s，说明它在此后 1 s 内一定要经过 2 m 的路程。 • （B）斜向上抛的物体，在最高点处的速度最小，加速度最大。 • （C）物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向加速度为零。 • （D）物体加速度越大，则速度越大。 • 答案为（C）

1-9 一艘正在沿直线行驶的电艇，发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即 dv/dt =－kv2，式中 k 为常数。试证明电艇在关闭发动机后又行驶 x 距离时的速度为 v = vo e - k x，其中 vo 是发动机关闭时的速度。 • 证明：设 x 的原点为关闭发动机时的位置， • dv/dt = vdv/dx =－kv2 • 整理得： dv/v = －kdx • 两边积分： ∫vov dv/v = －∫ｏ x kdx • 　　　得：ln（v/vo） = －kx • 因此： v = voe - kx证毕。

1-11 在半径为R的圆周上运动的质点，其速率与时间关系为 v = ct2（式中 c 为常数），试求： • 1、从 t = 0到 t 时刻质点走过的路程 s(t) • 2、t 时刻质点的切向和法向加速度 at 和 an • 解：1、s (t) = ∫ot vdt • = ∫ot ct2 dt = ct3 / 3 • 2、 at = dv/dt = 2ct • an = v2 /R = c2 t4 / R

1-12 一质点沿半径为 0.1 m的圆周运动，其角位移 θ 随时间 t 的变化规律是 θ=2 + 4t2 （SI），试求在 t = 2 s时，质点的切向加速度 at 和法向加速度 an。 • 解： ω = dθ/dt = 8t （SI） • β = dω/dt = 8 （SI） • at = βR = 0.8 m/s 2 • an = ω2R • = ( 8×2 )2 × 0.1 • = 25.6 m/s2

vo v 60o g • 1-14 一质点以 60o 仰角作斜上抛运动，忽略空气阻力。若质点运动轨道最高点处的曲率半径为 10 cm，试求抛出时初速度的大小。 • 解：因为 an = g ，所以 • v2/R = (vocos 60o )2/R • = g • 故 vo = ( gR )1/2 /cos 60o • = ( 10  10 )1/2  0.5 • = 20 m/s

1-15 一质点在平面作曲线运动，其速率与路程的关系为： • v = 1 + S2（m/s） • 试求：切向加速度 at 用路程 S 来表示的表 • 达式。 • 解： a t = dv / dt • = 2SdS / dt = 2Sv • = 2S（1 + S2 ）（m/s2）

Y A y L B X O x • 1-16 5m长的梯子斜靠在墙上，最初上端离地面为 4m。设以 2m/s 的速度匀速向下滑，求下端的运动方程和速度。 • 解：设某一时刻梯子的位置如图 • 由几何关系得：x2 =L 2 - y2 • 因为 A点匀速下滑，所以 • y = yo -vot = 4 - 2t • 故：x2 =L2 - y2 = 52 -（4 - 2t）2 • （1）运动方程：x2 = 9 + 16t - 4t2 (m) • （2）两边对时间求导：2xdx/dt = 16 - 8t • vx = dx/dt =（8 - 4t）/x • =（8 - 4t）/（9 + 16t - 4t2）1/2 (m/s)

ω=2π/T A/2 A π /6 =Δ φ O X to+ Δ t to • A-1 一质点作简谐振动，周期为 T，质点由平衡位置向X轴正方向运动时，由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需的时间为： • （A）T/4 （B）T/12 （C）T/6 （D）T/8 • 解： Δ φ = ω Δ t • Δ t = Δ φ / ω • = (π /6)/(2 π / T) • = T/12 • 答案（B）

A-5 一质量M的物体在光滑水平面上作谐振动，振幅为 12cm，在距平衡位置 6cm处速度为 24cm/s，求（1）周期 T；（2）当速度为 12cm/s 时的位移。 • 解：（1）振动方程为： • x = Acos（ ωｔ+ φ ）=12cos（ ωｔ+ φ ） • ∴ 6 = 12 cos（ ωｔ1+ φ ） • v = Aω sin（ ωｔ+ φ ） • ∴ 24 = 12ω sin（ ωｔ1+ φ ） • 62 +（24/ ω）2 = 122 • 1/ ω =（122-62）1/2/24 = 0.433 (s) • T = 2π/ω = 0.866π (s)

-10.8 10.8 ω x o V>0 V>0 • （2）设速度 v = 12 cm / s 时，位移为 x2 • x2 = 12 cos（ ωｔ2+ φ ） • 12 = 12 ω sin（ ωｔ2+ φ） • x22 +（12/ ω）2 = 122 • x2 = [ 122 -（ 12 / ω）2 ]1/2 • = 10.82 cm • 或 x2 = - 10.82 cm

v ω π/3 vm vm/2 vm vm o v 2 t 0 t =0 • A-3 一质点作简谐振动，其运动速度与时间的曲线如图所示。若质点的振动规律用余弦函数描述，则其初位相为 • （A）π /6 （B）5 π /6 （C）- 5 π /6 • （D）- π /6 （E）- 2 π /3 因为 φｖ= φ+ π /2 = －π /3 所以 φ= -π/2 -π/3 = - 5π/6 答案（C）

第一章例题（课内） 例1-1运动方程分量式: x = 3sin5t y = 3cos5t z = 0 矢量式: r(t) = 3sin5t i+3cos5t j +0 k 轨道方程 x2 + y2 = 9 : 圆柱面 z = 0 : Oxy平面轨道是两者交线, 为圆, 运动是圆周运动

例1-2 质点沿半径为 R 的圆周作匀速率运动，每 t 秒转一圈，求在 2t 时间间隔中，其平均速度的大小与平均速率。 • 解：因质点在 t =2t 间隔中转了二圈， • 路程 s = 4πR， • 位移 r = 0，所以 • | v | = |  r /  t | = 0 • v =  s / t • = 4πR / 2t • = 2πR / t

例1-3 有一质点沿x轴作直线运动，运动方 • 程为 x(t) =4.5t2 －2t3 (m)，试求: • (1)第2秒内的平均速度 v， • (2)第2秒末的速度 v， • (3)第2秒内经过的路程s 及平均速率 v， • (4)第2秒末的加速度 a 。 • 解:(1) 矢量式：r(t)=x(t)i=(4.5t2-2t3)i • vx =  x/ t = [ x(2)－x(1)]/(2-1) • =(4.5×22－2×23)－(4.5－2)=－0.5m/s • v= - 0.5 i m /s

(2)第2秒末的速度 v， • vx = dx/dt (要先求导再代数值 !) • = 9t－6t2｜t=2 • = 9×2－6×22 • =－6 m/s • v =－6 i m/s

(3)第2秒内经过的路程s 及平均速率 v • 当质点作直线运动发生来回运动时，必须先求出质点反向时的时刻，即 vx = 0 的时刻，这样分段考虑才能正确求得一段时间内质点经过的路程。 • 根据 vx = 9t－6t2 = 0，可求出 • t1 = 0 或 t2 = 1.5 s • 由此可求得质点在第2秒内经过的路程为： • s = | x(1.5)－x(1)| + | x(2.0)－x(1.5) | • = 2.25 (m) • 平均速率为:v =s/ t = 2.25 /1 = 2.25 (m/s)

(4)第2秒末的加速度 a • 加速度 • ax = dvx/dt (要先求导再代数值 !) • = 9－12t |t=2 • = 9－12×2 • = -15 ( m/s2 ) • a = -15 i( m/s2 ) • 　因为此时加速度与速度方向相同， • 所以质点在２秒末作加速运动。

例1-4 已知：a = －kv （k 为常数），求任意时刻速度和位置。(第二类问题） • 解：(v=vo+∫ot adt= vo +∫ot -kv dt v ?) • a = dv/dt = －kv • dv/v = －kdt • ∫vov dv/v = ∫o t －kdt • ln(v/vo ) = －kt • v = vo e -k t • x = xo + ∫ot voe -k t dt • = xo+ vo( 1－e -k t )/k

例1-5 已知：a = k x （k 为常数），求任意位置与速度的关系。 (第二类问题） • 解：(v=vo+∫ot adt= vo +∫ot kx dt v ?) • a = dv/dt • = (dv/dx)(dx/dt) • = vdv/dx • = kx • vdv = kxdx • ∫vov vdv = ∫ xo x kxdx • ( v2－vo2 ) /2 = k( x2－xo2 )/2

例1-6 已知质点在Oxy平面内的运动方程为 r(t) = 2t i + (2－t2 ) j ( SI )，求:(1)质点的轨迹方程；(2)质点的速度和速率；(3)质点在直角坐标系和自然坐标系中的加速度；(4)轨迹的曲率半径ρ。 (第一类问题） • 解:(1)运动方程分量式: x = 2t, y = 2－t2 • 消去 t 得轨迹方程： •  y = 2－x 2/4 ( 轨迹为抛物线 ) • (2) vx = dx/dt = 2 (m/s) • vy= dy/dt = －2t (m/s) •  v = ( vx2 +vy2 )1/2= 2( 1+t2 ) 1/2 (m/s)

vx θ vy v (2) vx = dx/dt = 2 (m/s) vy= dy/dt = －2t (m/s)  v = ( vx2 +vy2 )1/2 = 2( 1+t2 ) 1/2 (m/s) v 为速度的大小,也是速率的值。速度的方向为： tgθ= vx /vy = - t

(3) 在直角坐标中在自然坐标系中: • ax = dvx/dt = 0 (m/s2 ) • ay = dvy/d t =－2 (m/s2 ) • at = dv/dt = d [2( 1+t2 ) 1/2]/dt • = 2t/( 1 + t2 )1/2 (m/s2 ) • an = ( a2－at2 )1/2 =(ax2+ ay2- at2)1/2 • = 2/(1 + t2 )1/2 (m/s2) • (4) ρ= v 2/an • = [2( 1 + t2 )1/2]2 .( 1 + t2 )1/2/2 • = 2(1 + t2 )3/2 (m)

例1-6 某飞轮转速为600转/分，制动后转过10圈后静止。设制动过程中飞轮作匀变速转动，试求制动过程中飞轮的角加速度及经过的时间。 • 解: 已知飞轮的初角速度 • ωo = 2πno/60 • = 2×600π/60 • = 20π(rad/s) • 末角速度 ω= 0 • 转过角位移 θ-θ0 = 10×2π • = 20π (rad)

ωo= 20π (rad/s) ω= 0 • 角加速度 β= (ω2 －ωo2 ) / 2(θ－θ0 ) • = [ 0－(20π)2 ] / 2×20π • =－10π (rad/s2) 负号表示飞轮作减速转动。 • 由此可知制动过程所需的时间 •  △t = t－to • = (ω－ωo ) /β • = ( 0－20π)/(－10π) • = 2 (s)

例1-8 物体沿X轴简谐振动，振幅为 0.12m，周期为 2s 。当t = 0时，位移为 0.06 m，且向X 轴正方向运动。求运动表达式，并求从 x = - 0.06m处回到平衡位置所需的最少时间。 ω ( t =1 s ) B ’ O -0.06 0.06 ● ● φ x (m) Δφ ( t = 5/3 s) B A ( t = 0 ) C • 解：已知 A = 0.12 m，T = 2s， • ω = 2π/T = π ( rad/s ). • (1) 初态 t = 0 时， • x = 0.06， v ＞0， • 初相 φ = －π/3 , • 运动表达式为： • x = 0.12 cos (πｔ-π/3 ) (m)

ω ( t =1 s ) B ’ O -0.06 0.06 ● ● φ x (m) Δφ ( t = 5/3 s) B A ( t = 0 ) C • (2) 当 x = -0.06 m时，物体在旋转矢量图中的位置可能在 B 或 B′处，显然 B 处回到平衡位置 C 处所需时间为最少。 • 因为 OB 与 OC 夹角为 △ φ =π/6，所以最少时间为： • △t = △ φ /ω • = (π/6) /π • = 1/6 秒

[ 例 4]一谐振动的振动曲线如图所示。 . . . . . . . . . ω 求：、 φ 以及振动方程。 x A A 1.0 2 t 0 x π A x 3 = π A 2 t =0时 φ = { 0 3 v 0 ＞ 0 x A = 0 π π 1 { Φ = t =1时 d x x 2 1 v 2 = 0 ＜ d t 1 π π 5 Φ t ω ω π ω 1 = φ = = = + × 2 6 3 1 1

π π + 1 2 3 = T π 2 . 12 . . T = 5 π 5 x = A cos ( t ) π 6 3 本题 ω A 的另一种求法： t =1 (Φ1 - φ) :(2π) = t : T π 2 x π 3 t = 0 A ω = 2π/T =5π /6

例1-9 两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为 20 cm，与第一个简谐振动的相位差为  - １= π/6，若第一个简谐动的振幅为 17.3 cm，试求：1、第二个简谐振动的振幅 A22、第一、二两个简谐振动的相位差 1 -2 A A2  - １ A1 １ o x • 解：已知 A = 20 cm • A1 = 17.3 cm • A2 =[A2 +A12 -2AA1cos( - １)]1/2 • = 10 cm

A A2  - １ A1 １ o x • ∵A2 = A12 + A22 + 2A1A2 cos ( 1 -2 ) • ∴ cos (1 -2 )= [A2 - A12 + A22] / 2A1A2 • = 0 • φ1 -φ2 =±π/2 • 由图分析 A 2 超前 A1 • ∴ φ2 -φ1 = π/2 • φ1 -φ2 = －π/2

例1-10　一人骑自行车向东而行，当速度为 10 m/s 时，觉得有南风；当速度增至 15 m/s ，觉得有东南风，求风的速度 v风对地。 • 解：当 v人对地1= 10 i 时v风对人1= v1 j • v风对地 = v风对人1+ v人对地 1 • = v1 j + 10 i =10 i + v1j ( 1) • 当 v人对地2=15 i 时 • v风对人2= -0.707v2 i + 0.707v2j • v风对地 = v风对人2+ v人对地2 • = - 0.707v2 i + 0.707v2j + 15 i • = ( 15 - 0.707v2 )i + 0.707v2j(2) j v风对人1 v风对人2 (v1) (v2) 45o i o

(1)与(2)式相等： • 10 i + v1j = ( 15 - 0.707v2 )i + 0.707v2j • 分量相等: 10 =15 - 0.707v2 v2 =7.07 m/s • v1 = 0.707v2 v1 = 0.707 7.07 = 5 m/s • v风对地= 10 i + v1j • = 10 i + 5 j m/s • v风对地= ( 102 + 52 )1/2 • = 11.2 m/s • tg = 5/10 = 0.5 •  = 27o( 东偏北 ) j v风对地 v2风对人 v1风对人 (v1) (v2) 45o 27o i o

一些补充说明 r(t) r(t) Δr r(t+Δt) r(t+Δt) 平均速度不等于速度即：v ≠ v 平均速率也不等于平均速度的大小即：v ＝Δs/Δt≠|Δr|/Δt = | Δr/ Δt| = | v | 但要注意 : 当Δt→0时Δs＝|Δr|即: ds = | dr | ∴ v= ds/dt = |dr|/dt = |dr/dt| = |v| (2) r(t) =r(t+Δt) Δr＝0 Δr＝0 Δs ≠ 0 Δs≠|Δr|Δs ≠Δr (1) r(t) =r(t+Δt) Δr＝0 Δr≠0 Δr≠ |Δr |

振動曲綫 (振動的 x-t 圖) x = A cos (ωｔ) = A cos [(2π/T)ｔ] (φ= 0) 振動曲綫 (振動的 x-ωt 圖) X A t T/4 T/2 3T/4 T 0 X A π/2 π 3π/2 2π ωt 0

狭义相对论部分 1、一观测者测得运动米尺长为 0.5 m ，求此米尺以多大的速度相对观测者运动? 解：已知 l = 0.5 m, l’ = 1.0 m 由长度收缩 l = l’ ( 1 - u2 / c2 )1/2 得 u = ( 1 - l 2 / l’ 2 )1/2 c = ( 1 - 0.52/1.0 2 )1/2 c = 0.866 c

2、一个粒子将在 2×106 秒内衰变，当这个粒子以 0.8c 的速度运动时，一个实验室中的观测者测得的衰变时间将是多少? 解：已知 t = 2×106 s, u = 0.8 c 由时间膨胀得： t‘ = t/( 1- u2/c2 )1/2 = 2×106 /( 1- 0.82 )1/2 = 3.33×106 s

3、一列静长为l0 = 0.5 km 的火车，以v = 100 km /h 的速度在地面上匀速前进。在地面上的观察者看到两个闪电同时击中火车头尾，在火车上的观察者测出这两个闪电的时间差是多少? 先出中车头还是车尾? 解：已知 x’=0.5 km,u =100 km/h,t=0 s 由洛仑兹变换 t = (t’ + ux’/c2)/( 1- u2/c2 )1/2 得：t’ = - ux’/c2 = -(100000/3600)500/(3108)2 = - 1.54  10-13 s 因 t’= t’头- t’尾 < 0 , 故先出中车头.

4、牛朗星与地球相距约 16 光年，一宇航员准备用 4 年时间抵达牛朗星，问宇宙飞船将以多大的速度飞行? 解：已知 x = 16cy , t’ = 4 y 设宇宙飞船速度为 u , 则有 t = x/u 由洛仑兹变换 t’= ( t - ux/c2 )/( 1- u2/c2 )1/2 = ( x/u - ux/c2 )/( 1- u2/c2 )1/2 = (x/u)( 1- u2/c2 )/( 1- u2/c2 )1/2 = (x/u)( 1- u2/c2 )1/2 得 ( ct’/x )(u/c) = ( 1- u2/c2 )1/2

x = 16c , t’ = 4 y ( ct’/x )(u/c) = ( 1- u2/c2 )1/2 两边平方：( ct’/x )2 u2/c2 = 1- u2/c2 整理得：u = c /[ 1 + ( ct’/x )2 ]1/2 = c /[ 1 + ( 4c/16c )2 ]1/2 = (16/17)1/2 c = 0.97 c

5、在参考系K中的同地点发生的两个事件，其先后时间间隔为 4 秒，在另一系K′中测得此两事件的时间间隔为 5 秒，求这两个参考系之间的相对运动速率。解：已知 x = 0 ，t = 4 s , t’ = 5 s t’= ( t - ux/c2 )/( 1- u2/c2 )1/2 = t/( 1- u2/c2 )1/2 u = c[ 1-( t/t’)2 ]1/2 = c[ 1-( 4 / 5)2 ]1/2 = 0.6 c

S S ’ x1 x2 X O u X ’ O ’ 6、两个参考系中观测者Ｏ和Ｏ′以 0.6c 相对速度互相接近，如果Ｏ测得两者的初始距离是 20 m ，则Ｏ′测得两者经过多少时间 △t’后相遇。解（一）: 事件： O ’ 到达x1 O ’ 到达x2 S系：X1 ，t1 X2 ，t2 S ’系： X1’，t1’ X2’，t2’ t =t2 - t1 =(t2’ + u x2’/c2 )/(1- u2/c2 )1/2 -(t1’ + u x1’/c2 )/(1- u2/c2 )1/2 =(t’+ ux’/c2 )/(1- u2/c2 )1/2

t = ( t’+ ux’/c2 )/( 1- u2/c2 )1/2 根据题意相遇时间 t = 20/0.6c , x’ = x2’- x1’ = 0 , u = 0.6 c t’ = ( 1- u2/c2 )1/2 t = t(1- β2)1/2 = ( 1- 0.62 )1/2 20/0.6c = 8.89  10-8 s S S ’ x1 x2 X O u X ’ O ’ 解（二）：用长度收缩的观点： l = x2- x1 =20m  t=l/u 这一长度l 在 O’ 看来为l ’ l ’ = l (1- β2)1/2 注意：l ’不是上面的 x2’- x1’  t ’ =l ’/u =l (1- β2)1/2/u =  t (1- β2)1/2

S S ’ x1 x2 X O u X ’ O ’ 解（三）：俩事件在系S ’ 中都在O’点发生相隔t ’ ，在S系中看来可用运动时钟变慢的观点： t =  t ’ / (1- β2)1/2 得：t ’=  t (1- β2)1/2

第 一 章 例 题 综 合