第一章课后习题¶
1 - 9¶
质点的运动方程为 \(x=-10 \tm t+30 \tm t^2\) 和 \(y=15 \tm t-20 \tm t^2\)，式中 \(x,y\) 的单位为 \(\mr{m}\)，\(t\) 的单位为 \(\mr{s}\)。试求：
- 初速度的大小和方向
- 加速度的大小和方向
分析
- 本题中，已知位置（运动方程） \(\vec{r}\tm(t)\)，求速度 \(\vec{v}\) 和加速度 \(\vec{a}\)，属于运动学第一类问题
- 使用关系式 \(\displaystyle \vec{v} = \frac{\d{\vec{r}}}{\d{t}}\) 和 \(\displaystyle \vec{a} = \frac{\d{\vec{v}}}{\d{t}}\) 可求得 \(\vec{v}\) 和 \(\vec{a}\)
- \(t=0\,\mr{s}\) 时的速度就是初速度
- 在直角坐标系中求出 \(\vec{v}\) 和 \(\vec{a}\) 的大小和方向（相对于 \(x\) 轴转角）
参考解答¶
-
设速度 \(\displaystyle \vec{v} = v_x \,\vec{i} + v_y \,\vec{j}\)，其中
\[ \begin{aligned} v_x & = \frac{\d{x}}{{\d{t}}} = -10 + 60 \tm t \\ v_y & = \frac{\d{y}}{{\d{t}}} = 15 - 40 \tm t \end{aligned} \]\(t=0\,\mr{s}\) 时，初速度 \(\displaystyle \vec{v}_0 = \vec{v}(0) = v_{x0} \,\vec{i} + v_{y0} \,\vec{j}\)，其中
\[ \begin{aligned} v_{x0} = v_x(0) = -10 \,\rb{\mr{m \cdot s^{-1}}},\ v_{y0} = v_y(0) = 15 \,\rb{\mr{m \cdot s^{-1}}} \end{aligned} \]\[ \begin{aligned} v_{x0} &= v_x(0) = -10 \,\rb{\mr{m \cdot s^{-1}}} \\ v_{y0} &= v_y(0) = 15 \,\rb{\mr{m \cdot s^{-1}}} \end{aligned} \]初速度 \(\vec{v}_0\) 的大小
\[ v_0 = \sqrt{(-10)^2 + 15^2} = 5 \sqrt{13} \approx 18.0\,\rb{\mr{m}\cdot\mr{s}^{-1}} \]\[ \begin{align} v_0 &= \sqrt{(-10)^2 + 15^2} = 5 \sqrt{13} \\ &\approx 18.0\,\rb{\mr{m}\cdot\mr{s}^{-1}} \end{align} \]设 \(\vec{v}_0\) 相对于 \(x\) 轴的转角为 \(\alpha\)，则
\[ \tan\alpha = \frac{v_{y0}}{v_{x0}} = \frac{15}{-10} = -\frac{3}{2} \]由于 \(v_{x0}<0\) 且 \(v_{y0}>0\)，\(\vec{v}_0\) 在第二象限。因此
\[ \alpha = \pi + \arctan \rb{-\frac{3}{2}} \approx 2.16 \,\mr{(rad)} \ \text{或}\ 124^\circ \]\[ \begin{align} \alpha &= \pi + \arctan \rb{-\frac{3}{2}} \\ &\approx 2.16 \,\mr{(rad)} \ \rb{\text{或}\ 124^\circ} \end{align} \] -
设加速度 \(\displaystyle \vec{a} = a_x \,\vec{i} + a_y \,\vec{j}\)，其中
\[ \begin{aligned} a_x = \frac{\d{v_x}}{\d{t}} = 60 \,\rb{\mr{m \cdot s^{-2}}},\ a_y = \frac{\d{v_y}}{\d{t}} = -40 \,\rb{\mr{m \cdot s^{-2}}} \end{aligned} \]\[ \begin{aligned} a_x &= \frac{\d{v_x}}{\d{t}} = 60 \,\rb{\mr{m \cdot s^{-2}}}\\ a_y &= \frac{\d{v_y}}{\d{t}} = -40 \,\rb{\mr{m \cdot s^{-2}}} \end{aligned} \]加速度的两个分量均为常量，因此，加速度的大小
\[ a = \sqrt{60^2 + (-40)^2} = 20 \sqrt{13} \approx 72.1\,\rb{\mr{m}\cdot\mr{s}^{-2}} \]\[ \begin{align} a &= \sqrt{60^2 + (-40)^2} = 20 \sqrt{13} \\ &\approx 72.1\,\rb{\mr{m}\cdot\mr{s}^{-2}} \end{align} \]设 \(\vec{a}\) 相对于 \(x\) 轴的转角为 \(\beta\)，则
\[ \tan\beta = \frac{a_y}{a_x} = \frac{-40}{60} = -\frac{2}{3} \]由于 \(a_x>0\) 且 \(a_y<0\)，\(\vec{a}\) 在第四象限。因此
\[ \beta = \arctan \rb{-\frac{2}{3}} \approx -0.588 \,\mr{(rad)} \ \text{或}\ -33.7^\circ \]\[ \begin{align} \beta &= \arctan \rb{-\frac{2}{3}} \\ &\approx -0.588 \,\mr{(rad)} \ \rb{\text{或}\ -33.7^\circ} \end{align} \]
1 - 16¶
质点沿直线运动的加速度 \(a=4-t^2\)，式中 \(a\) 的单位为 \(\mr{m}\cdot\mr{s}^{-2}\)，\(t\) 的单位为 \(\mr{s}\)。当 \(t=3\,\mr{s}\) 时，\(x=9\,\mr{m}\)，\(v=2\,\mr{m}\cdot\mr{s}^{-1}\)，求质点的运动方程
分析
- 本题中，已知加速度 \({a}\)，求速度 \({v}\) 和 位置 \({x}\)，属于运动学第二类问题
- 使用关系式 \(\displaystyle {a} = \frac{\d{{v}}}{\d{t}}\) 和 \(\displaystyle {v} = \frac{\d{{x}}}{\d{t}}\) 可列出可分离变量的微分方程，采用积分法求解
- 使用题中的边界条件，\(t=3\,\mr{s}\) 时，\(x=9\,\mr{m}\)，\(v=2\,\mr{m}\cdot\mr{s}^{-1}\)，可以确定积分中的常数，进而得到运动方程
参考解答¶
求速度
根据加速度的定义
\[
a = 4-t^2 = \frac{\d{v}}{\d{t}}
\]
分离变量得到
\[
\d{v} = \rb{4-t^2} \,\d{t}
\]
两边求不定积分
\[
\int\d{v} = \int\rb{4-t^2} \,\d{t}
\ \Rightarrow \
v = 4 \tm t - \frac{t^3}{3} + C_1
\]
\[
\begin{gather}
\int\d{v} = \int\rb{4-t^2} \,\d{t} \\
\Rightarrow v = 4 \tm t - \frac{t^3}{3} + C_1
\end{gather}
\]
当 \(t=3\,\mr{s}\) 时，\(v=2\,\mr{m}\cdot\mr{s}^{-1}\)，代入上式可得 \(C_1 = -1\)，即
\[
v = 4 \tm t - \frac{t^3}{3} - 1
\]
求运动方程
根据速度的定义
\[
v = 4 \tm t - \frac{t^3}{3} - 1 = \frac{\d{x}}{\d{t}}
\]
分离变量得到
\[
\d{x} = \rb{4 \tm t - \frac{t^3}{3} - 1} \,\d{t}
\]
两边求不定积分
\[
\int\d{x} = \int\rb{4 \tm t - \frac{t^3}{3} - 1} \,\d{t}
\ \Rightarrow\
x = -t + 2 \tm t^2 - \frac{t^4}{12} + C_2
\]
\[
\begin{gather}
\int\d{x} = \int\rb{4 \tm t - \frac{t^3}{3} - 1} \,\d{t} \\
\Rightarrow\
x = -t + 2 \tm t^2 - \frac{t^4}{12} + C_2
\end{gather}
\]
当 \(t=3\,\mr{s}\) 时，\(x=9\,\mr{m}\)，代入上式可得 \(C_2 = 3/4\)。因此，运动方程
\[
x = \frac{3}{4} - t + 2 \tm t^2 - \frac{t^4}{12}
\]
1 - 17¶
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。现已知加速度 \(a=A-Bv\)，式中 \(A,B\) 为常量。试求石子的速度和运动方程。
分析
- 本题中，已知加速度 \(a\)，求速度 \(v\) 和 位置 \(y\)，属于运动学第二类问题
- 根据加速度的定义 \(\displaystyle a = \frac{\d{v}}{\d{t}} = A-Bv\) 得到微分方程，用分离变量法求解该方程，并考虑初始条件，即由静止下落（\(t=0, \ v=0\)），可得到 \(v(t)\)
- 根据速度的定义 \(\displaystyle v= \frac{\d{y}}{\d{t}} = v(t)\) 得到另一个微分方程，用分离变量法求解该方程，规定初始位置为 \(y=0\)，可得到 \(y(t)\)
参考解答¶
求速度
根据加速度的定义
\[
a = A-Bv = \frac{\d{v}}{\d{t}}
\]
分离变量得到
\[
{\d{v} \over {A-Bv}} = \d{t}
\]
两边求定积分
\[
\int_{0}^v \frac{\d{v}}{A - Bv} = \int_0^t \d{t}
\ \Rightarrow\
t = -{1 \over B} \ln \rb{1 - {B \over A} v}
\]
\[
\begin{gather}
\int_{0}^v \frac{\d{v}}{A - Bv} = \int_0^t \d{t} \\
\Rightarrow\
t = -{1 \over B} \ln \rb{1 - {B \over A} v}
\end{gather}
\]
即
\[
v = {A \over B} \rb{1 - \mr{e}^{-Bt}}
\]
求运动方程
根据速度的定义
\[
v = \frac{\d{y}}{\d{t}} = {A \over B} \rb{1 - \mr{e}^{-Bt}}
\]
分离变量得到
\[
\d{y} = {A \over B} \rb{1 - \mr{e}^{-Bt}} \,\d{t}
\]
两边求定积分
\[
\int_0^y \d{y} = \int_0^t {A \over B} \rb{1 - \mr{e}^{-Bt}} \,\d{t}
\]
整理得到运动方程
\[
y = \frac{A}{B} t - \frac{A}{B^2} \rb{1 - \mr{e}^{-Bt}}
\]
1 - 18¶
一质点沿 \(x\) 轴运动，其加速度 \(a\) 与位置坐标 \(x\) 的关系为 \(a=2+6x^2\)，式中 \(a\) 的单位为 \(\mr{m}\cdot\mr{s}^{-2}\)，\(x\) 的单位为 \(\mr{m}\)。如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度
分析
- 本题已知加速度 \(a\) 求速度 \(v\)，属于运动学第二类问题
- 加速度 \(a\) 为位置 \(x\) 的函数，根据定义，\(\displaystyle a=\frac{\d{v}}{\d{t}}=2+6x^2\)，此方程中含有 \(x\)、\(v\) 和 \(t\) 三个变量，不符合分离变量求解的条件
- 可以让 \(v\) 通过 \(x\) 依赖于 \(t\)，即 \(v[x(t)]\)。使用求导变换，可得到 \(\displaystyle a=\frac{\d{v}}{\d{t}}=\frac{\d{v}}{\d{x}} \frac{\d{x}}{\d{t}}\)，其中，\(\displaystyle\frac{\d{x}}{\d{t}}=v\)，得 \(\displaystyle \frac{\d{v}}{\d{x}}=2+6x^2\)，此式只涉及 \(v\) 与 \(x\) 两个变量，然后再用分离变量法求解
参考解答¶
设质点在 \(x\) 处的速度为 \(v\)，由加速度的定义
\[
a = \frac{\d{v}}{\d{t}} = 2+6x^2
\]
其中，
\[
\frac{\d{v}}{\d{t}}
= \frac{\d{v}}{\d{x}} \frac{\d{x}}{\d{t}}
= \frac{v \, \d{v}}{\d{x}}
\]
因此，\(\displaystyle \frac{v \, \d{v}}{\d{x}} = 2+6x^2\)，分离变量得到
\[
v \,\d{v} = 2+6x^2 \,\d{x}
\]
依题意可知，\(x=0\) 时，\(v=0\)，因此，
\[
\int_0^v v \,\d{v} = \int_0^x \rb{2+6x^2} \,\d{x}
\ \Rightarrow\
\frac{1}{2} v^2 = 2x + 2x^3
\]
\[
\begin{align}
&\int_0^v v \,\d{v} = \int_0^x \rb{2+6x^2} \,\d{x} \\
&\Rightarrow\
\frac{1}{2} v^2 = 2x + 2x^3
\end{align}
\]
因此，\(\displaystyle v = \pm 2 \sqrt{x + x^3}\)
关于 \(v\) 可取负的说明
- 题目中要我们求解的是任意位置的速度，其大小和方向都需要指明
- 从题设条件不难看出，质点只能够在 \(x \geq 0\) 的区域中运动。其中，\(v>0\) 对应向正方向的加速运动，而 \(v<0\) 对应向负方向的减速运动
1 - 25¶
一半径为 \(0.50\,\mr{m}\) 的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的二次方成正比。在 \(t=2.0\,\mr{s}\) 时测得轮缘一点的速度值为 \(4.0\,\mr{m}\cdot\mr{s}^{-1}\)。求：
- 该轮在 \(t=0.5 \,\mr{s}\) 时的角速度，轮缘一点的切向加速度和总加速度；
- 该点在 \(2.0\,\mr{s}\) 内所转过的角度。
分析
- 本题的解题流程
\[
\omega \to \left\{
\begin{array}{l}
\left.\begin{array}{c}
\to \alpha \to a_\mr{t} \to \vec{a}_\mr{t} \\
\to a_\mr{n} \to \vec{a}_\mr{n}
\end{array} \right\} \to \vec{a}
\\
\to \omega = \d{\theta} / \d{t} \to \text{分离变量} \to \dt{\theta}
\end{array}
\right.
\]
- 角速度与时间的二次方成正比，因此可以设 \(\displaystyle \omega = k \tm t^2\)，其中 \(k\) 为比例系数
- 求出 \(\displaystyle \omega(t)\) 之后，根据角加速度的定义 \(\displaystyle \alpha=\frac{\d{\omega}}{\d{t}}\) 和加速度法向分量的定义 \(\displaystyle a_\mr{n} = \alpha \tm r\)，可得到 \(\vec{a}_\mr{n}\)
- 根据加速度法向分量的定义 \(\displaystyle a_\mr{n} = \omega^2 r\)，可得到 \(\vec{a}_\mr{n}\)
- 总加速度 \(\displaystyle \vec{a} = \vec{a}_\mr{t} + \vec{a}_\mr{n}\)，其大小 \(a = \sqrt{a_\mr{t}^2 + a_\mr{n}^2}\)
参考解答¶
-
求角速度的表达式根据题意，设角速度 \(\omega = k \tm t^2\)，其中，\(k\) 为比例系数，则速度 \(v = r \tm \omega = 0.5 k \tm t^2\)
\(t=2.0 \,\mr{s}\) 时，\(v=4.0 \,\mr{m}\cdot\mr{s}^{-1}\)，代入 \(v(t)\) 得到
\[ 0.5 k \tm \rb{2.0}^2 = 4.0 \ \Rightarrow\ k = 2.0 \,\mr{\rb{rad \cdot s^{-3}}} \]因此，\(\omega = 2 \tm t^2\)
求0.5秒时的各物理量\(t = 0.5 \,\mr{s}\) 时
角速度
\[ \omega = 2 \times 0.5^2 = 0.5 \,\mr{\rb{rad \cdot s^{-1}}} \]角加速度
\[ \alpha = \frac{\d{\omega}}{\d{t}} = 4 \tm t = 4 \times 0.5 = 2.0 \,\mr{\rb{rad \cdot s^{-2}}} \]加速度切向分量
\[ a_\mr{t} = \alpha \tm r = 2.0 \times 0.5 = 1.0 \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \]切向加速度
\[ \vec{a}_\mr{t} = a_\mr{t} \,\vec{e}_\mr{t} = 1.0 \, \vec{e}_\mr{t} \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \]加速度法向分量
\[ a_\mr{n} = \omega^2 r = 0.5^2 \times 0.5 = 0.125 \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \]法向加速度
\[ \vec{a}_\mr{n} = a_\mr{n} \,\vec{e}_\mr{n} = 0.125 \, \vec{e}_\mr{n} \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \]总加速度
\[ \vec{a} = \vec{a}_\mr{t} + \vec{a}_\mr{n} = \rb{1.0 \, \vec{e}_\mr{t} + 0.125 \, \vec{e}_\mr{n}} \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \]\[ \begin{align} \vec{a} &= \vec{a}_\mr{t} + \vec{a}_\mr{n} \\ &= \rb{1.0 \, \vec{e}_\mr{t} + 0.125 \, \vec{e}_\mr{n}} \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \end{align} \]总加速度大小
\[ a = \sqrt{a_\mr{t}^2 + a_\mr{n}^2} = \sqrt{1.0^2 + 0.125^2} \approx 1.01 \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \]\[ \begin{align} a &= \sqrt{a_\mr{t}^2 + a_\mr{n}^2} = \sqrt{1.0^2 + 0.125^2} \\ &\approx 1.01 \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \end{align} \] -
求转角根据角速度的定义
\[ \omega = \frac{\d{\theta}}{\d{t}} = 2 \tm t^2 \]分离变量得 \(\displaystyle \d{\theta} = 2 \tm t^2 \,\d{t}\)，两边求不定积分
\[ \int_{\theta_0}^\theta \d{\theta} = \int_0^2 2 \tm t^2 \,\d{t} \ \Rightarrow\ \theta - \theta_0 = \left. \frac{2}{3} t^3 \right|_0^2 = \frac{16}{3} \approx 5.33 \,\mr{(rad)} \]\[ \begin{align} &\int_{\theta_0}^\theta \d{\theta} = \int_0^2 2 \tm t^2 \,\d{t} \\ &\Rightarrow\ \theta - \theta_0 = \left. \frac{2}{3} t^3 \right|_0^2 = \frac{16}{3} \approx 5.33 \,\mr{(rad)} \end{align} \]
1 - 26¶
一质点在半径为 \(0.10\,\mr{m}\) 的圆周上运动，其角位置为 \(\theta=2 + 4 \tm t^3\)，式中 \(\theta\) 的单位为 \(\mr{rad}\)，\(t\) 的单位为 \(\mr{s}\)。求：
- 在 \(t=2.0\,\mr{s}\) 时质点的法向加速度和切向加速度；
- 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时，\(\theta\) 值为多少？
- \(t\) 为多少时，法向加速度和切向加速度的值相等？
分析
- 第1问中，\(\displaystyle \theta(t) \xrightarrow{\displaystyle \mr{d}/\d{t}} \omega(t) \xrightarrow{\displaystyle \mr{d}/\d{t}} \alpha(t)\)。根据 \(\displaystyle a_\mr{t} = \alpha r\) 和 \(\displaystyle a_\mr{n} = \omega^2 r\) 得到它们关于 \(t\) 的表达式，再求出 \(t=2.0\,\mr{s}\) 时的 \(\vec{a}_\mr{t}\) 和 \(\vec{a}_\mr{n}\)
- 第2问中，依题意可列出方程 \(\displaystyle a_\mr{t} = \frac{a}{2} = \frac{1}{2} \sqrt{a_\mr{t}^2 + a_\mr{n}^2}\)，求解出时间 \(t\)，再代入 \(\theta(t)\) 得到角位置
- 第3问中，依题意可列出方程 \(\displaystyle a_\mr{n} = a_\mr{t}\)，解出 \(t\) 即可
参考解答¶
-
角速度和角加速度得表达式分别为
\[ \omega = \frac{\d{\theta}}{\d{t}} = 12 \tm t^2,\ \alpha = \frac{\d{\omega}}{\d{t}} = 24 \tm t \]加速度切向和法向分量分别为
\[ a_\mr{t} = \alpha \tm r = 24 \tm t \times 0.1 = 2.4 \tm t,\ a_\mr{n} = r \tm \omega^2 = \rb{12 \tm t^2}^2 \times 0.1 = 14.4 \tm t^4 \]\[ \begin{align} a_\mr{t} &= \alpha \tm r = 24 \tm t \times 0.1 = 2.4 \tm t \\ a_\mr{n} &= r \tm \omega^2 = \rb{12 \tm t^2}^2 \times 0.1 = 14.4 \tm t^4 \end{align} \]当 \(t=2.0\,\mr{s}\) 时
\[ \begin{align} a_\mr{t} = 2.4 \times 2 = 4.8 \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} ,\ a_\mr{n} = 14.4 \times 2^4 = 230.4 \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \end{align} \]\[ \begin{align} a_\mr{t} &= 2.4 \times 2 = 4.8 \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \\ a_\mr{n} &= 14.4 \times 2^4 = 230.4 \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \end{align} \]因此，切向和法向加速度分别为
\[ \vec{a}_\mr{t} = 4.8 \, \vec{e}_\mr{t} \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}},\ \vec{a}_\mr{n} = 230.4 \, \vec{e}_\mr{n} \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \]\[ \begin{align} \vec{a}_\mr{t} &= 4.8 \, \vec{e}_\mr{t} \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \\ \vec{a}_\mr{n} &= 230.4 \, \vec{e}_\mr{n} \,\mr{\rb{m \cdot s^{-2}}} \end{align} \] -
设在 \(t\) 时刻，切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半，则有
\[ a_\mr{t} = \frac{a}{2} = \frac{1}{2} \sqrt{a_\mr{t}^2 + a_\mr{n}^2} \]化简得：\(\displaystyle 3 a_\mr{t}^2 = a_\mr{n}^2\)，即
\[ 3 \rb{2.4 \tm t}^2 = \rb{14.4 \tm t^4}^2 \]解得：\(\displaystyle t^3 = \frac{1}{2\sqrt{3}}\)，此时的角位置
\[ \theta = 2 + 4 \tm t^3 = \rb{2 + {2 \over \sqrt{3}}} \approx 3.15 \,\mr{\rb{rad}} \] -
设在 \(t\) 时刻，法向加速度和切向加速度的值相等，则有 \(\displaystyle a_\mr{n} = a_\mr{t}\)，即
\[ 2.4 \tm t = 14.4 \tm t^4 \]解得：\(\displaystyle t = \frac{1}{\sqrt[3]{6}} \approx 0.550 \,\mr{(s)}\)