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大学物理（上）

2024-07-11 20:08| 来源: 网络整理| 查看: 265

运动的描述

两类运动知识点

题1

题目描述

题解

题2（第一类问题）

题目描述

题解

题3（第二类问题）

题目描述

题解

题4

题目描述

题解

圆周运动知识点

题5

题目描述

题解

相对运动知识点

题6

题目描述

题解

题7

题目描述

题解

运动的描述两类运动学知识点

1.位置矢量

$\overrightarrow{r}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}+z\overrightarrow{k}$

$\left | \overrightarrow{r} \right |=r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$

2.运动方程

$\overrightarrow{r}=\overrightarrow{r}(t)$

$\overrightarrow{r}(t)=x(t)\overrightarrow{i}+y(t)\overrightarrow{j}+z(t)\overrightarrow{k}$

3.轨道方程

$f(x,y,z)$

4.位移

$\Delta \overrightarrow{r} = \overrightarrow{r_{1}}- \overrightarrow{r_{2}}=\Delta x \overrightarrow{i}+\Delta y \overrightarrow{j}+\Delta z \overrightarrow{k}$

5.速度

(1)平均速度

$\overline{v}=\frac{\Delta \overrightarrow{r}}{\Delta t}$

(2)瞬时速度（简称速度）

$\overrightarrow{v}=\lim_{\Delta t\to0}\frac{\Delta \overrightarrow{r}}{\Delta t}=\frac{d\overrightarrow{r}}{dt}$

(3)速率

平均速率： $\overline{v}=\frac{\Delta s}{\Delta t}$

瞬时速率： $v=\lim_{\Delta t\to0}\frac{\Delta s}{\Delta t}=\frac{ds}{dt}=\frac{\left | d\overrightarrow{r} \right |}{dt}=\left | \overrightarrow{v} \right |$

6.加速度

(1)平均加速度

$\overrightarrow{a}=\frac{\Delta \overrightarrow{v}}{\Delta t}$

(2)瞬时加速度（简称加速度）

$\overrightarrow{a}=\lim_{\Delta t\to0}\frac{\Delta \overrightarrow{v}}{\Delta t}=\frac{\mathrm{d} \overrightarrow{v}}{\mathrm{d} t}=\frac{d^2\overrightarrow{r} }{d t^2}$

题1 题目描述

已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为 $x=2+6t-2t^{2}$ ,式中x的单位为m，t的单位为s.求：（1）质点在运动开始后4.0s内的位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程；（3）t = 4s时质点的速度和加速度.

题解

第一问求位移大小，位移通过位置矢量来求，因为是沿x轴，所以只是一个一维的问题，比较简单。位置矢量差反映的就是从初位置到末位置的位置变化。

已知： $x=2+6t^2-2t^3$

故而运动方程写成： $\overrightarrow{r}(t)=(2+6t^2-2t^3)\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}+0\overrightarrow{k}$

在4.0s内，位移：

$\begin{matrix} \Delta \overrightarrow{r} &= &\overrightarrow{r}(4)-\overrightarrow{r}(0) & \\ &= &-30\overrightarrow{i}-2\overrightarrow{i}\, \, \, & \\ &= &-32\overrightarrow{i}\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, & (m) \end{matrix}$

注意题目是求位移的大小，所以最终： $\left | \Delta \overrightarrow{r} \right |=32m$

第二问求路程，路程就需要通过运动方程来求了。运动方程我们在第一问已经求出来了，路程是可以有很多种情况的，于是我们要通过速度为0的时刻质点所在位置来判断它的路程到底是哪个。通过运动方程求出速度，令速度为0，得到了两个时刻，进而知道了质点的位置变化是这样的：

最后求出路程即可。

先求出速度： $\overrightarrow{v}=\frac{\mathrm{d} \overrightarrow{r}}{\mathrm{d} t}=\frac{\mathrm{d} (2+6t^2-2t^3)\overrightarrow{i}}{\mathrm{d} t}=(12t-6t^2)\; \; (m/s)$

令速度为0:

$\begin{matrix} \overrightarrow{v}=0\\ 12t-6t^2=0 \end{matrix}$

解得： $\left\{\begin{matrix} t_{1}=0(s)\\ t_{2}=2(s) \end{matrix}\right.$

通过运动方程求得2s时的位置：

$\overrightarrow{r}(2)=(2+6\times2^2-2\times2^3)\overrightarrow{i}=10\overrightarrow{i}$

最后就可以求得路程：

$s=(10-2)+\left | -30-10 \right |=48(m)$

第三问求某一时刻的速度和加速度，根据第二问很容易就可以求得速度的大小和方向，是沿x轴的负方向的；加速度就要速度对时间求一阶导，再代入数值即可。

$\overrightarrow{v}=(12t-6t^2)\; \; (m/s)$

$\begin{matrix} \overrightarrow{v}(4) &= &(12\times4-6\times4^2)\overrightarrow{i} \\ &= &-48\overrightarrow{i}\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, (m/s) \end{matrix}$

$\overrightarrow{a}=\frac{\mathrm{d} \overrightarrow{v}}{\mathrm{d} t}=(12-12t)\overrightarrow{i}(m/s)$

$\overrightarrow{a}(4)=(12-12\times4)\overrightarrow{i}=-36(m/s)$

在质点运动中，通常有两类问题，第一类是已知运动方程，求速度，加速度；第二类是已知加速度，求速度，运动方程。

即： $\begin{matrix} (1)\overrightarrow{r}(t)\rightarrow\overrightarrow{v}(t)\rightarrow\overrightarrow{a}(t)\\ (2)\overrightarrow{a}(t)\rightarrow\overrightarrow{v}(t)\rightarrow\overrightarrow{r}(t) \end{matrix}$

题2（第一类问题）题目描述

质点的运动方程为 $x=-10t+30t^2$ 和 $y=15t-20t^2$ ，式中x，y的单位为m，t的单位为s.试求：（1）初速度的大小和方向；（2）加速度的大小和方向.

关于运动方程

运动方程可以写成这个形式，

$\begin{matrix} \overrightarrow{r}(t) &= &x(t)\overrightarrow{i}+y(t)\overrightarrow{j}+z(t)\overrightarrow{k}\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \\ &= &x(t)\overrightarrow{i}+y(t)\overrightarrow{j}\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \\ &= &(-10t+30t^2)\overrightarrow{i}+(15t-20t^2)\overrightarrow{j} \end{matrix}$

对应题目中的 $x=-10t+30t^2$ 和 $y=15t-20t^2$

题解

第一问求初速度的大小和方向，直接求导代入0即可，得到矢量式，既包含大小，也包含方向。符合题目要求。

$\begin{matrix} \overrightarrow{v}(t)&= &\frac{\mathrm{d} \overrightarrow{r}(t)}{\mathrm{d} t} \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \\ &= &(-10+60t)\overrightarrow{i}+(15-40t)\overrightarrow{j} \end{matrix}$

$\overrightarrow{v}(t=0)=-10\overrightarrow{i}+15\overrightarrow{j}$

第二问同理

$\begin{matrix} \overrightarrow{a}(t)&= &\frac{\mathrm{d} \overrightarrow{v}(t)}{\mathrm{d} t} \, \, \, \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \\ &= &60\overrightarrow{i}-40\overrightarrow{j} \end{matrix}$

题3（第二类问题）题目描述

一气球以匀速率 $v_0$ 从地面上升，由于风的影响，它获得了一个水平速度 $v_x=by$ （b为常量，y为上升高度），以气球出发点为坐标系原点，向上为y轴正向，水平沿风向为x轴正向.求：（1）气球的运动方程；（2）气球的轨迹方程.

题解

第一问求的是运动方程，我们现在已知速度，可以直接通过速度来求得运动方程，注意积分过程中变量的转换就可以可以顺利求出来，具体过程如下：

先把y轴和x轴方向上的速度表示出来：

$\begin{matrix} v_y=v_0\\ v_x=by \end{matrix}$

故而总体的速度表示为：

$\begin{matrix} \overrightarrow{v}&= &v_x\overrightarrow{i}+v_y\overrightarrow{j} \\ &= &by\overrightarrow{i}+v_0\overrightarrow{j} \end{matrix}$

根据速度公式，可以得到运动方程：

$\overrightarrow{r}(t)=v(t)dt$

转化成求标量的形式：

$\overrightarrow{r}(t)=x(t)\overrightarrow{i}+y(t)\overrightarrow{j}$

那么接下来的目标就是求x和y对于时间t的函数了：

由题目已知的关系：

$v_x=\frac{dx}{dt}=by$

$v_y=\frac{dy}{dt}=v_0$

首先对y整理一下： $dy=v_0dt$ ，两边同时积分： $\int_{0}^{y}dy=\int_{0}^{t}v_0dt$ ，解得 $y=v_0t$ .

再对x整理： $dx=bydt$ ,这样无法积分，所以根据 $y=v_0t$ 可以将它转化成： $dx=bv_0tdt$ ,这个时候就可以两边同时积分啦： $\int_{0}^{x}dx=b\int_{0}^{t}v_0tdt$ ,解得 $x=v_0b\frac{t^2}{2}$ .

最终，运动方程为：

$\begin{matrix} \overrightarrow{r}(t) &= &x(t)\overrightarrow{i}+y(t)\overrightarrow{j} \\ &= &v_0b\frac{t^2}{2}\overrightarrow{i}+v_0t\overrightarrow{j} \end{matrix}$

第二问求轨迹方程，在这道题中，只有x和y轴，把二者的函数关系写出来、把时间t约掉即可。

$y=v_0t$

$t=\frac{y}{v_0}$

$x=v_0b\frac{t^2}{2}$ ,把t代进去，就可以约掉t了： $x=v_0b\frac{1}{2}\frac{y^2}{v_0^2}$

整理得到最终的轨迹方程为：

$x=\frac{b}{2v_0}y^2$ ,应该为一条抛物线。

题4 题目描述

一质点沿x轴运动，其加速度a与位置坐标x的关系为 $a=2+6x^2(SI)$ ,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。（SI）为国际单位制

题解

$\overrightarrow{a}=\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} t}=\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} x}\cdot \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=v\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} x}=2+6x^2$

将式子整理一下： $vdv=(2+6x^2)dx$ ,两边同时积分： $\int_{0}^{v}vdv=\int_{0}^{x}(2+6x^2)dx$ .

解得： $v^2=4(x+x^3)$ ,因为其在原点处的速度为0，且初始加速度大于0，所以速度一定是大于0的，故而可以得到： $v=2\sqrt{x+x^3}$

圆周运动知识点

1.曲率

$k=\lim_{\Delta s\to0}\frac{\Delta\theta }{\Delta s}=\frac{d\theta }{ds}$ 两条切线间的夹角为 $\Delta \theta$ ，两点间的弧长为 $\Delta s$

2.曲率半径

$\rho =\frac{1}{k}=\frac{ds}{d\theta }$

3.角速度、角加速度

$\omega = \lim_{\Delta t\to0}\frac{\Delta \theta }{\Delta t}=\frac{d\theta }{dt}$

$\beta =\lim_{\Delta t\to0}\frac{\Delta \omega }{\Delta t}=\frac{d\omega }{dt}=\frac{d^2\theta }{dt^2}$

4.线量和角量的关系

$\left\{\begin{matrix} ds=Rd\theta \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \\ v=\frac{ds}{dt}=R\frac{d\theta }{dt}=R\omega\: \: \: \\ a_{\tau }=\frac{dv}{dt}=R\frac{d\omega }{dt}=R\beta \\ a_n=\frac{v^2}{R}=R\omega ^2\: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \end{matrix}\right.$

推导出 $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{\omega }\times\overrightarrow{r}$

5.平面曲线运动

$\overrightarrow{a}=\overrightarrow{a_\tau }+\overrightarrow{a_n}$

$a_\tau =\frac{dv}{dt}\tau \: \: \: \: \: \: \: \: a_n=\frac{v^2}{\rho }\overrightarrow{n_0}$

切向 $a_\tau$

法向 $a_n$

题5 题目描述

一飞轮以速率 $n=1800(r\cdot min^-1)$ 转动，受到制动而做匀减速运动，经 $t=60s$ 后静止.求：（1）求角加速度 $\beta$ 和从制动开始到静止飞轮的转数N；（2）求制动开始后 $t=30s$ 时飞轮的角速度 $\omega$ ；（3）设飞轮的半径 $R=0.5m$ ,求 $t=30s$ 时飞轮边缘上任一点M的速度和加速度.

题解

第一问，初角速度 $\omega_0=2\pi n=2\pi \frac{1800}{60}=60\pi \: rad\cdot s^{-1}$

$t=60s$ 时 $\omega =0$ ,代入 $\omega =\omega _0+\beta t$ 求得

$\beta =\frac{\omega -\omega _0}{t}=\frac{-60\pi }{60}=-\pi=-3.14\: rad\cdot s^{-2}$

从开始制动到静止飞轮的角位移及转数分别为：

$\theta -\theta_0=\omega _0t+\frac{1}{2}\beta t^2=60\pi\times60-\frac{1}{2}\pi\times(60^2)=1800\pi rad$

$N=\frac{1800\pi}{2\pi}=900\: r$

第二问， $t=30s$ 时飞轮的角速度为：

$\omega =\omega _0+\beta t=60\pi-\pi\times30=30\pi\: rad\cdot s^{-1}=94.2\: rad\cdot s^{-1}$

第三问， $t=30s$ 时飞轮边缘上M点的速度为：

$v=\omega R=30\pi\times0.5=47.1\: m\cdot s^{-1}$

相应的切向加速度和向心加速度为：

$a_\tau =\beta R=-\pi\times0.5=-1.57\: m\cdot s^{-2}$

$a_n=\omega ^2R=(30\pi)^2\times0.5=4.44\times10^3\: m\cdot s^{-2}$

相对运动知识点

速度变换定理： $\overrightarrow{v_a}=\overrightarrow{v_r}+\overrightarrow{u}$

绝对速度： $\overrightarrow{v_a}$

相对速度： $\overrightarrow{v_r}$

牵连速度： $\overrightarrow{u}$

加速度变换也是类似的

当两个坐标之间的相对速度（牵连速度）不是常量时，就有一个牵连加速度 $\overrightarrow{a_e}$

则绝对加速度=相对加速度+牵连加速度，即 $\overrightarrow{a_a}=\overrightarrow{a_r}+\overrightarrow{a_e}$

题6 题目描述

一电梯以 $1.2m/s^2$ 的加速度下降，其中一乘客在电梯开始下降后0.5s时用手在离电梯底板1.5m高处释放一小球.求：（1）小球落到底板上所需的时间；（2）它对地面下落的距离.

题解

第一问，以电梯为参照，小球的初速度 $v_0'=0$

设球相对于地的加速度为 $a_{qd}$ ,即绝对加速度；球相对于电梯的加速度为 $a_{qt}$ ,即相对加速度；电梯相对于地的加速度为 $a_{td}$ ,即牵连加速度。

故而有： $a_{qd}=a_{qt}+a_{td}$ （取竖直向下为正方向）

现在要求小球落到底板上所需的时间，所以显然需要知道小球相对于电梯的加速度，这里设为 $a'$ ,时间设为 $t'$

$a'=a_{qt}=a_{qd}-a_{td}=9.8-1.2=8.6\: (m/s^2)$

$h'=\frac{1}{2}a't'^2$ , $h'$ 为小球初始位置到电梯底板的高度1.5m，

代入数据可求得 $t'=0.59\: (s)$

第二问，相对于地来说，小球的初速度 $v_0$ 应该用电梯对地的加速度来进行计算，即

$v_0=a_{td}\times0.5=0.6\: m/s$

所以相对于地面下落的距离就可以求了：

$h=v_0t'+\frac{1}{2}gt'^2=2.06\: (m)$

题7 题目描述

一个人骑车以 $18km/h$ 的速率自东向西行进时，看见雨点垂直下落，当他的速率增至 $36km/h$ 时看见雨点与他前进的方向成120度角下落，求雨点对地的速度。

题解

设雨点相对于地面的速度为 $\overrightarrow{v_{yd}}$ ,雨点相对于人的速度为 $\overrightarrow{v_{yr}}$ ,人相对于地面的速度为 $\overrightarrow{v_{rd}}$ .

由速度变换定理，有： $\overrightarrow{v_{yd}}=\overrightarrow{v_{yr}}+\overrightarrow{v_{rd}}$

第一种情况, $\overrightarrow{v_{yd}}=\overrightarrow{v_{yr1}}+\overrightarrow{v_{rd1}}$

第二种情况， $\overrightarrow{v_{yd}}=\overrightarrow{v_{yr2}}+\overrightarrow{v_{rd2}}$

由几何关系可知， $\overrightarrow{v_{rd2}}=2\overrightarrow{v_{rd1}}$

最后也又几何关系：

得： $v_{yd}=2v_{rd1}=2(\frac{1}{2})v_{rd2}=2\times18=36\: (km/h)$

即最终雨点对地的速度为36km/h。

end

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