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例 1-1 运动方程 轨道方程 x = 3sin5t x 2 + y 2 = 9 : 圆柱面

第一章　典型例题. 例 1-1 运动方程 轨道方程 x = 3sin5t x 2 + y 2 = 9 : 圆柱面 y = 3cos5t z = 0 : Oxy 平面 z = 0 轨道为 交界为圆. Z. x 2 + y 2 = 9. X. z = 0 Oxy-plane. Y. Z. trajectory. O. X. z = 0 Oxy-plane. Y.

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例 1-1 运动方程 轨道方程 x = 3sin5t x 2 + y 2 = 9 : 圆柱面

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  1. 第一章　典型例题 例1-1运动方程轨道方程 x = 3sin5t x2 + y2 = 9 : 圆柱面 y = 3cos5t z = 0 : Oxy平面 z = 0 轨道为 交界为圆

  2. Z x2 + y2 = 9 X z = 0 Oxy-plane Y

  3. Z trajectory O X z = 0 Oxy-plane Y

  4. 例：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， • 位移 r = 0 ，所以 • |v | = |  r /  t | = 0 • 路程 s = 4πR • v =  s / t • = 4πR / 2t • = 2πR / t

  5. 例1-2 有一质点沿x轴作直线运动为 • x(t) =4.5t2 －2t3 (SI)，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) vx=  x/ t • = [ x(2)－x(1)]/(2-1) • = (4.5×22－2×23 )－(4.5－2) • = －0.5 m /s • v = - 0.5 i m /s

  6. (2) vx = dx/dt • = d(4.5t2 －2t3)/dt • = 9t－6t2｜t=2 • = 9×2－6×22 • = - 6 m/s • v = - 6 i m/s

  7. (3) 当质点作直线运动发生来回运动时，必须先求出质点反向运动的时间，即 vx = 0 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)

  8. vx = 9t－6t2 • (4) 加速度 • ax = dvx/dt • = 9 - 12t |t=2 • = 9 - 12×2 • = - 15 ( m/s2 ) • 　 因为加速度与速度方向相同， • 所以质点在２秒末作加速运动。

  9. 例1-4 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。 • 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)

  10. (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 • = 2t/( 1 + t2 )1/2 (m/s2 ) • an = ( a2 - 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)

  11. 已知： r = r ( ) t 求：轨迹 、 v = v ( t ) a ( t ) a 、 = (t ) (1)已知： a a (t ) 求： v = v r = r (t ) = 、 x x v v = = { x 0 x 0 y y v 初始条件： v = = y y 0 0 v v z z = = t = 0 z z 0 0 3、运动学的两类问题 第一类问题：(求导问题) 第二类问题：(积分问题) 在求解第二类问题过程中还必须已知在 t = 0 时刻质点的速度及位置坐标，这一条件称为 初始条件 。

  12. 第二类问题的例子：一质点作直线运动，其 加速度为一常量 a ，求其运动规律。已知在 x x v v = = t = 0时刻，其 、 。 0 0 v t dv a dt   = v 0 0 v v = + at 0 x t t 因为： ( ) dx v dt at dt    v = = + x 0 0 0 0 1 所以： x x v t a t 2 = + + 2 0 0

  13. (2)已知：a = - k v （k 为常数），求任意时刻速度和位置。 • 解： a = dv/dt = - k v • dv/v = - k dt • ∫vov dv/v = ∫o t - k dt • ln(v/vo ) = - k t • v = vo e -k t • x = xo + ∫ot voe -k t dt • = xo+ vo( 1 - e -k t ) / k

  14. (3) 已知：a = k x （ k 为常数），求任意位置与速度的关系。 • 解： a = dv/dt • = (dv/dx)(dx/dt) • = vdv/dx • = kx • vdv = kxdx • ∫vov vdv = ∫ xo x kxdx • ( v2 - vo2 ) /2 = k ( x2 - xo2 )/2

  15. Y X v 0 r h x [例]人以恒定速率 vo 运动，船之初速为 0求：任一位置船之速度、加速度。

  16. Y r x i h j = X v O 0 2 2 r r x + h r = = h h d r d x v = = i x d t d t d r x + h x d x d 2 2 = = v = d t d t 0 x + h d t 2 2 v d r d x 2 2 0 v i = + h i = = x x d t d t v 2 2 2 d v h x d a 0 = = = i i x t d 2 3 d t

  17. 例1-5 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)

  18. 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)

  19. v2 v1  v1  h  h  v雨车 v2 l l 例.一辆汽车以 v1速度在雨中行使，雨滴落下的速度与竖直方向成角 ，问在什么条件下车后的一捆行李不会被淋湿？设行李伸出车外的长度为 l，距车顶的距离为 h。 v雨车= v2 - v1 tg  = v2 cos  /( v1 - v2 sin  ) tg = h / l 行李不被淋湿的条件：   tg   tg  h / l v2 cos  /( v1 - v2 sin  )

  20. 例1 - 6 设河面宽 l =1 km，河水由北向流动，流速 v = 2 m/s，一人相对河以 u’=1.5 m/s 的速率将船从西岸划向东岸，问： (1)若要使船到达对岸的时间最短，船头与河岸应成多少角度 ? 最短时间等于多少?到达对岸时，船在下游何处 ? (2)若要使船相对于岸走过的路程最短，船头应与岸成多大角度? 到达对岸时，船在下游何处 ? 要化多少时间? l 船 u v d α u’ • 解：设河岸为 S 系，河水为 S’系，u’表示船相对河水速度，v 表示河水相对河岸的速度。船相对于河岸的速度为: • u = u’+ v

  21. l 船 u v d α u’ • (1) 如图可知，当船头与河岸的夹角α =π/2 时，时间最短，故船到达对岸所需的最短时间为 • tmin = l/u′ • = 1000  1.5 • = 667 s • 下游位置: • d = vtmin • = 2  667 • = 1334 m

  22. 船 l u θ d v α u’ • (2) 船相对于河岸的速度u 与河水相对河岸的速度v 之间的夹角θ越大，船相对于岸走过的路程就越短。以矢量v 的终点为圆心，以矢量u’ 的大小 u’ 为半径作圆。显然当u 沿该圆的切线时，角度θ最大，从而船走过的路程最短。从图可看出： • sinθ= u’/v • = 1.5/2 = 0.75 • 即 θ = 48°30′ • 因而船头与河岸的夹角： • α=90°- 48°30′= 41°30′

  23. 船 l u θ d v α u’ • 到达对岸所化的时间： • t = l /u’sinα • = 1000( 1.5  0.6626 ) • = 1006 秒 • = 16 分 46 秒 • 下游距离： • d = ( v - u’cosα ) t • = ( 2 - 1.5  0.7490 )  1006 • = 882 米

  24. 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）

  25. 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）

  26. 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）

  27. 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）

  28. 1.7 两辆车A和B，在笔直的公路上同向行驶，它们从同一起始线上同时出发，并由出发点开始计时，行驶的距离 x （m）与行驶时间 t （s）的函数关系式：A为 xA=4t+t2 ，B为 xB =2t2 +2t3 ，试问： • （1）它们刚离开出发点时，行驶在前面的哪辆？ • （2）出发后多少时间，两辆车行驶距离相同 ？ • （3）出发后多少时间，两辆车相对速度为零 ？ • 解：（1）时间从 0 到 △t→0 ，x = 0+ △x = v △t • xA（ △t ）= vA |t=0 △t = 4 △t • xB（ △t ）= vB |t=0 △t = 0 △t = 0 • 所以，A 车行驶在前面。

  29. （2） △xA = xA（t）－ xA（0） • = 4t + t2 － 0 • △xB = xB（t）－ xB（0） • = 2t2 + 2t3 － 0 • 若 △xA = △xB • 则 4t + t2 = 2t2 + 2t3 • 由此得 t = 1.19（ s） • （3） 若 △vA = △vB • 则 4 + 2t = 4t + 6t2 • 由此得 t = 0.67 （s）

  30. 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

  31. 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

  32. 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

  33. 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（SI） • 试求： 切向加速度 at ( 用路程 S 来表示 ） • 解： a t = dv / dt • = 2SdS / dt • = 2S（1 + S2 ） （SI）

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