物理學(第五版上冊)馬文蔚

1、1 -1質(zhì)點作曲線運動，在時刻t質(zhì)點的位矢為r,速度為v，速率為v,t至(t +四)時間內(nèi)的 位移為N,路程為As,位矢大小的變化量為由 (或稱A| r |，平均速度為V,平均速率為V .(1)根據(jù)上述情況，則必有()(A) |Ar|= As= X(B) |Ar|wAs豐Ar,當At-0時有|(C) |Ar|wAr/s,當At- 0時有|(D) |Ar|w As豐Ar,當At-0時有|dr | = ds 半 ddr | = dr w ddr | = dr = ds(2)根據(jù)上述情況，則必有(A)I V I = V, I V | = V(C) I V I = V, I V L V(B) | v

2、| /,| V | V(D) I v I v, I V | = V分析與解(1)質(zhì)點在t至(t + At)時間內(nèi)沿曲線從P點運動到P'點，各量關(guān)系如圖所示其中路程As =PP，位移大小| N | = PP'而N = | r | - | r |表示質(zhì)點位矢大小的變化量 三個量的物理含義不同，在曲線運動中大小也不相等(注：在直線運動中有相等的可能).但當用一 0時，點P無限趨近P點，則有| dr | = ds,但卻不等于dr.故選(B).，一.,ArAs_ _(2)由于I Ar |卞As,故，即| V |六7 .AtAtdrds _但由于I dr | = ds,故一一，即| v|

3、= v.由此可見，應選(C).dt dt1-2 運動質(zhì)點在某瞬時位于位矢r(x,y)的端點處，對其速度的大小有四種意見，即dr s d r一；(2)工；dt dt小、ds一；dt2dydt(B)只有(2)正確(D)只有(3)(4)正確下述判斷正確的是()(A)只有(1)(2)正確(C)只有(2)(3)正確分析與解dr表示質(zhì)點到坐標原點的距離隨時間的變化率，在極坐標系中叫徑向速dt率.通常用符號Vr表示,這是速度矢量在位矢方向上的一個分量；工表示速度矢量；在自然dt22坐標系中速度大小可用公式v ds計算，在直角坐標系中則可由公式V J dx dydtdt dt求解.故選(D).1-3質(zhì)點作曲線

4、運動,r表示位置矢量,v表示速度，a表示加速度,s表示路程,at表示切向加速度.對下列表達式，即(1)d v /dt = a; (2)dr/dt = v; (3)ds/dt = v; (4)d v /dt | = a t.下述判斷正確的是()(A)只有(1)、(4)是對的(B)只有(2)、(4)是對的(C)只有(2)是對的(D)只有(3)是對的分析與解型表示切向加速度a-它表示速度大小隨時間的變化率，是加速度矢量沿速dtdr度方向的一個分重，起改變速度大小的作用；一在極坐標系中表小徑向速率Vr(如題1 -2所dt述)；竺在自然坐標系中表示質(zhì)點的速率v；而 凹表示加速度的大小而不是切向加速度ad

5、tdt因此只有(3)式表達是正確的.故選(D).1 -4一個質(zhì)點在做圓周運動時，則有(A)(B)(C)(D)切向加速度一定改變 切向加速度可能不變 切向加速度可能不變 切向加速度一定改變，法向加速度也改變，法向加速度一定改變，法向加速度不變，法向加速度不變分析與解 加速度的切向分量at起改變速度大小的作用，而法向分量an起改變速度方向 的作用.質(zhì)點作圓周運動時 ，由于速度方向不斷改變，相應法向加速度的方向也在不斷改變因而法向加速度是一定改變的.至于at是否改變，則要視質(zhì)點的速率情況而定.質(zhì)點作勻速率圓周運動時，at恒為零；質(zhì)點作勻變速率圓周運動時，at為一不為零的恒量，當at改變時，質(zhì)點則作一

6、般的變速率圓周運動.由此可見，應選(B).*1 -5 如圖所示，湖中有一小船，有人用繩繞過岸上一定高度處的定滑輪拉湖中的船向岸邊運動.設該人以勻速率v0收繩,繩不伸長且湖水靜止，小船的速率為v,則小船作()(A)勻加速運動(B)勻減速運動(C)變加速運動(D)變減速運動V0,v -cos 0,v v0cos 0vo,v cos 0,v voCOS 0(E)勻速直線運動,v vo題1 -5圖分析與解本題關(guān)鍵是先求得小船速度表達式，進而判斷運動性質(zhì).為此建立如圖所示坐標系，設定滑輪距水面高度為h,t時刻定滑輪距小船的繩長為1,則小船的運動方程為dl1 x V12 h2淇中繩長1隨時間t而變化.小船

7、速度 v 尸 式中一表示繩長1dt , 12 h2 dt隨時間的變化率，其大小即為vo,代入整理后為vVo，12 h2/1-v,方向沿x軸負向.由cos 0速度表達式，可判斷小船作變加速運動.故選 (C).討論有人會將繩子速率 Vo按X、y兩個方向分解，則小船速度V Vo cos 8,這樣做對 嗎？1 -6已知質(zhì)點沿x軸作直線運動，其運動方程為x 2 6t2 2t3,式中x的單位為m,t 的單位為s.求：(1)質(zhì)點在運動開始后4.0 s內(nèi)的位移的大??；(2)質(zhì)點在該時間內(nèi)所通過的路程；(3) t = 4 s時質(zhì)點的速度和加速度.分析 位移和路程是兩個完全不同的概念.只有當質(zhì)點作直線運動且運動方

8、向不改變時位移的大小才會與路程相等.質(zhì)點在t時間內(nèi)的位移 Ax的大小可直接由運動方程得到：M %x0,而在求路程時，就必須注意到質(zhì)點在運動過程中可能改變運動方向，此時，位移的大小和路程就不同了.為此，需根據(jù)dx 0來確定其運動方向改變的時刻tp，求出0tp和dttpt內(nèi)的位移大小Ax1、Ax2,則t時間內(nèi)的路程sx1x2，如圖所示，至于t = 4.0 s時質(zhì)點速度和加速度可用 dx和 獸兩式計算.dt dt解(1)質(zhì)點在4.0 s內(nèi)位移的大小 4x4%32 m(2)由dx0 dt得知質(zhì)點的換向時刻為tpp則 Ax1x2 x0 8.0 m2 s (t = 0不合題意)Ax? x4 x240 m所

9、以質(zhì)點在4.0 s時間間隔內(nèi)的路程為 sAx1Ax248 m(4) t = 4.0 s 時dxiv48 m sdt t 4.0s236 m.sd2xa 2dt t 4.0s1 -7 一質(zhì)點沿x軸方向作直線運動，其速度與時間的關(guān)系如圖（a）所示.設t=0時,x =0.試根據(jù)已知的v-t圖，畫出a-t圖以及x -t圖.分析CD段斜率為定值，即勻變速直線運動；而線段（圖中AB、BC的斜率為0,加速度為零，即勻速直線運動）.加速度為恒量，在a-t圖上是平行于t軸的直線，由v-t圖中求出各段的斜率，即可作出a-t 圖線.又由速度的定義可知，x-t曲線的斜率為速度的大小.因此，勻速直線運動所對應的x -t

10、圖應是一直線，而勻變速直線運動所對應的x4圖為t的二次曲線.根據(jù)各段時間內(nèi)的運動方程x=x（t）,求出不同時刻t的位置x,采用描數(shù)據(jù)點的方法，可作出x-t圖.aABtt 20ms2（勻加速直線運動）解 將曲線分為AB、BC、CD三個過程，它們對應的加速度值分別為aBc0(勻速直線運動)acDvDvC10m s 2(勻減速直線運動)tD tC根據(jù)上述結(jié)果即可作出質(zhì)點的a-t圖圖(B).在勻變速直線運動中，有+ 1 Jx x v0tt2由此，可計算在02 s和46 s時間間隔內(nèi)各時刻的位置分別為/s00.511.5244.555.5b* 1110-7.5-10-7.504048.S555S.SCO

11、用描數(shù)據(jù)點的作圖方法，由表中數(shù)據(jù)可作02s和46s時間內(nèi)的x -t圖.在24s時 間內(nèi)，質(zhì)點是作v 20 ms 1的勻速直線運動，其x -t圖是斜率k= 20的一段直線圖(c).2 -1-8 已知質(zhì)點的運動方程為 r 2ti (2 t )j，式中r的單位為m,t的單位為s .求：(1)質(zhì)點的運動軌跡；(2) t =0及t = 2s時,質(zhì)點的位矢；(3)由t =0至心=2 s內(nèi)質(zhì)點的位移 N和徑向增量Ar；(5) 2 s內(nèi)質(zhì)點所走過的路程s.分析質(zhì)點的軌跡方程為y =f(x),可由運動方程的兩個分量式x(t)和y(t)中消去t即可得到.對于r、Ar、N、As來說,物理含義不同，可根據(jù)其定義計算.

12、其中對s的求解用到積分方法,先在軌跡上任取一段微元ds,則ds J(dx)2 (dy)2 ,最后用sds積分求s .解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得質(zhì)點軌跡方程為12 y 2 x4這是一個拋物線方程，軌跡如圖(a)所示.(2)將t = 0 s和t = 2 s分別代入運動方程，可得相應位矢分別為 r。2j ,2 4i 2j圖(a)中的P、Q兩點，即為t =0$和1 =2 s時質(zhì)點所在位置.(3)由位移表達式，得Ar r2r1(x2xO)i(yy°)j4i 2 j其中位移大小 Ar| J(Ax)2 (Ay)2 5.66 m而徑向增量 ArArr2r0|Jx2 y2Jx(2y；2.

13、47 m*(4)如圖(B)所示，所求As即為圖中PQ段長度，先在其間任意處取AB微元ds,則ds ，(dx)2 (dy)2 ,由軌道方程可得dy ,xdx,代入ds,則2 s內(nèi)路程為2Q42s ds - 4 x dx 5.91 m1-9質(zhì)點的運動方程為x 10t 30t2一 一 2y 15t 20t式中x,y的單位為m,t的單位為s .試求：（1）初速度的大小和方向；（2）加速度的大小和方向.分析由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量，再由運動合成算出速度和加速度的大小和方向.解（1）速度的分量式為當 t = 0 時，Vox =-10 m sVxvydxdtdydt10 60t15 4

14、0tvoy = 15 m,s -1 ,則初速度大小為V0設Vo與x軸的夾角為a則18.0 m stan aa= 123°41（2）加速度的分量式為axdvxdtcc2 一60 ms , aydVydt40 m s 2則加速度的大小為72.1 m設a與x軸的夾角為8則tan Bay2aZ33= -33° 4域 326° 19'）1 -10 一升降機以加速度1.22 ms-2上升，當上升速度為2.44 ms -1時，有一螺絲自升降 機的天花板上松脫，天花板與升降機的底面相距 2.74 m.計算：（1）螺絲從天花板落到底面所 需要的時間；（2）螺絲相對升降機外固

15、定柱子的下降距離.分析在升降機與螺絲之間有相對運動的情況下，一種處理方法是取地面為參考系，分別討論升降機豎直向上的勻加速度運動和初速不為零的螺絲的自由落體運動，列出這兩種運動在同一坐標系中的運動方程y1 =y1和y2 =y2（t）,并考慮它們相遇，即位矢相同這一條件，問題即可解；另一種方法是取升降機（或螺絲）為參考系，這時，螺絲（或升BI機）相對它作勻加速運 動，但是，此加速度應該是相對加速度.升降機廂的高度就是螺絲（或升降機）運動的路程.解1 （1）以地面為參考系，取如圖所示的坐標系，升降機與螺絲的運動方程分別為+1c*2yvot at212y h vot gt2當螺絲落至底面時，有 y1

16、= y2，即vot 1gt220.705 s（2）螺絲相對升降機外固定柱子下降的距離為1 , 2 d h y2v0tgt 0.716 m2解2 （1）以升降機為參考系，此時，螺絲相對它的加速度大小a'= g + a,螺絲落至底面時有120 h 2（g a）t0.705 s（2）由于升降機在t時間內(nèi)上升的高度為1.2h v0t at20.716 m1 -11 一質(zhì)點P沿半徑R =3.0 m的圓周作勻速率運動，運動一周所需時間為20.0 s，設t =0時，質(zhì)點位于O點.按(a)圖中所示Oxy坐標系，求(1)質(zhì)點P在任意時刻的位矢；(2)5 s 時的速度和加速度.分析 該題屬于運動學白第一類

17、問題，即已知運動方程r =r(t)求質(zhì)點運動的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度 ).在確定運動方程時，若取以點(0,3)為原點的O' x坐標系，并采用參數(shù)方程x'= x和y'= y(t)來表示圓周運動是比較方便的.然后，運用坐標變換x0 +x和y = y0 + y'將所得參數(shù)方程轉(zhuǎn)換至 Oxy坐標系中，即得Oxy坐標系中質(zhì)點P 意時刻的位矢.采用對運動方程求導的方法可得速度和加速度.在任如圖工m】伊(B)所示，在 O' x ' y '坐標系中，因9立t,則質(zhì)點PT的參數(shù)方程為2冗x Rsin t T則質(zhì)點p的位矢方程為Rcos25

18、1T坐標變換后，在Oxy坐標系中有2冗x x Rsin tTy yyo2冗Rcost RT2冗r RsintiT2冗Rcos tT3sin(0.1 疝)i31 cos(0.1 疝)j(2) 5 s時的速度和加速度分別為d ra 2 dt垂直豎立drdt2冗2冗RcostiTT2冗22冗R() sintiT T2冗RsinT2冗Ttj2冗22冗R()cos tjTT(0.3 Ttm s 1-2(0.03 冗20.0 m的旗桿，已知正午時分太陽在旗桿的正上方)j2)i1 -12 地面上，求在下午2 : 00時,桿頂在地面上的影子的速度的大小.在何時刻桿影伸展至20.0 m?分析為求桿頂在地面上影子

19、速度的大小，必須建立影長與時間的函數(shù)關(guān)系，即影子端點 的位矢方程.根據(jù)幾何關(guān)系，影長可通過太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度求得.由于運動的相對 性,太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度也就是地球自轉(zhuǎn)的角速度.這樣，影子端點的位矢方程和速度均可求得.解 設太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度為孫從正午時分開始計時，則桿的影長為s= htgcM下午2 : 00時，桿頂在地面上影子的速度大小為ds h31v - 1.94 10 m sdt cos 3t當桿長等于影長時，即s=h，則1. s u _t arctan 3 60 60 sw h 4 w即為下午3 ： 00時.1-13 質(zhì)點沿直線運動，加速度a= 4 -t2 ,式中a的單

20、位為ms -2 ,t的單位為s .如果當t =3 s時,x= 9 m,v =2 m,s -1 ,求質(zhì)點的運動方程.分析本題屬于運動學第二類問題，即已知加速度求速度和運動方程，必須在給定條件下用積分方法解決.由a 和v 可得dvdt dt兩邊直接積分.如果 a或v不是時間t的顯函數(shù)adt 和 dx vdt .如 a= a或v = v(t),則可，則應經(jīng)過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學操作后再做積分.解由分析知，應有vdvv。得xt由dx vdtx0得tadt0v 4t -13 V0(1)321,4,x 2t tv°t x0(2)12將1= 3 s 時,x= 9 m,v=2 ms -1 代

21、入(1) (2)得 v0 = -1 m s -1,x0= 0.75 m .于是可得質(zhì)點運動方程為214x 2t t 0.75121 -14 一石子從空中由靜止下落，由于空氣阻力，石子并非作自由落體運動，現(xiàn)測得其加速度a=A -Bv,式中A、B為正恒量，求石子下落的速度和運動方程.分析本題亦屬于運動學第二類問題，與上題不同之處在于加速度是速度v的函數(shù)，因此,需將式dv =a(v)dt分離變量為-d- dt后再兩邊積分.a(v)解 選取石子下落方向為y軸正向，下落起點為坐標原點.(1)由題意知dv a A Bvdt用分離變量法把式(1)改寫為(2)qdtA Bv將式(2)兩邊積分并考慮初始條件，有

22、得石子速度v dv , dvv0 A BvABt、(1 e )Btdt0由此可知當,t-oo時，vA .一為一常量，通常稱為極限速度或收尾速度.B(2)再由vdy A(1 dt BBte)并考慮初始條件有0tA(1eBt)出得石子運動方程1 -15 一質(zhì)點具有恒定加速度 零，位置矢量ro = 10 mi.求：(1) 軌跡方程，并畫出軌跡的示意圖.a = 6i +4j,式中a的單位為m- 在任意時刻的速度和位置矢量；s -2 .在t=0時，其速度為(2)質(zhì)點在Oxy平面上的! 21 1 - 15 ,1<分析與上兩題不同處在于質(zhì)點作平面曲線運動，根據(jù)疊加原理，求解時需根據(jù)加速度的兩個分量ax

23、和a冷別積分，從而得到運動方程r的兩個分量式x(t)和y(t).由于本題中質(zhì)點加速度為恒矢量，故兩次積分后所得運動方程為固定形式，即xx0 v0xt 1 axt2和212yy0 v0yt萬ayt2,兩個分運動均為勻變速直線運動.讀者不妨自己驗證一下.解 由加速度定義式，根據(jù)初始條件to =0時V0 =0,積分可得Vtt0 dv0 adt0(6i 4j)dtv 6ti 4tj_ , dr又由v 及初始條件t=0時,r0=(10 m)i,積分可得 dtrttdr ovdto(6ti 4tj)dtr (10 3t2)i 2t2j由上述結(jié)果可得質(zhì)點運動方程的分量式，即x =10+3t2y =2t2消去

24、參數(shù)t,可得運動的軌跡方程3y = 2x -20 m這是一'個直線方程.直線斜率k tan oc , a= 33 41'軌跡如圖所不dx31 -16 一質(zhì)點在半徑為 R的圓周上以恒定的速率運動，質(zhì)點由位置A運動到位置B,OA和OB 所對的圓心角為. (1)試證位置A 和B 之間的平均加速度為2a 42(1 cos A 9)v /(RA 8)； (2)當A盼別等于90、30、10和1時，平均加速度各為多少？并對結(jié)果加以討論.AV(b)題1圖分析 瞬時加速度和平均加速度的物理含義不同，它們分別表示為a 業(yè)和 dta .在勻速率圓周運動中，它們的大小分別為an At2V ,aR，式中

25、|加|可由圖（B）中的幾何關(guān)系得到，而At可由轉(zhuǎn)過的角度求出.由計算結(jié)果能清楚地看到兩者之間的關(guān)系，即瞬時加速度是平均加速度在At-0時的極限值.解 （1）由圖（b）可看到Av =V2 -vi，故& R2 v2 2 V1V2cos 。v42(1 cos A )而所以叢 RA0At v vAtcos A 0)RA0(2)將A9= 90 ,30 :10 ,1分別代入上式,得22vva1 0.9003，a2 0.9886 RR22vva3 0.9987 ,a4 1.000 RR以上結(jié)果表明，當A”0時，勻速率圓周運動的平均加速度趨近于一極限值，該值即為法2 向加速度v_. R1 -17 質(zhì)點

26、在Oxy平面內(nèi)運動，其運動方程為r=2.0ti +(19.0 -2.0t2 )j,式中r的單位為m,t的單位為s.求：(1)質(zhì)點的軌跡方程；(2)在t1= 1.0s至心2 =2.0s時間內(nèi)的平均速度；(3)t1 = 1.0 s時的速度及切向和法向加速度；(4) t = 1.0s時質(zhì)點所在處軌道的曲率半徑p.分析 根據(jù)運動方程可直接寫出其分量式x =x和y =y(t),從中消去參數(shù)t,即得質(zhì)點的,.、，一 一，一一 一一，一， 一一Ar軌跡萬程.平均速度是反映質(zhì)點在一段時間內(nèi)位置的變化率，即v ，它與時間間隔At的Atdr大小有關(guān)，當At0時,平均速度的極限即瞬時速度v .切向和法向加速度是指在

27、自然坐dtdv t標下的分矢量at和an ,前者只反映質(zhì)點在切線方向速度大小的變化率，即在9_b,后者只dt反映質(zhì)點速度方向的變化，它可由總加速度a和at得到.在求得G時刻質(zhì)點的速度和法向加2速度的大小后，可由公式anv-求p.p解(1)由參數(shù)方程x =2.0t, y =19.0-2.0t2消去t得質(zhì)點的軌跡方程：y = 19.0 -0.50x2(2)在t1 =1.00 s至心2 =2.0 s時間內(nèi)的平均速度ArAt2r1t2t12.0i 6.0j(3)質(zhì)點在任意時刻的速度和加速度分別為v(t) vxi vyj "dxi dy j 2.0i 4.0tjy dt dta(t)4.0 m

28、 s 2jd2x.2 idt2則t1 = 1.00 s時的速度v(t) | t r = 2.0i -4.0j(2)切向和法向加速度分別為at t isdv - d ,22、一天et dl( vx vy)et23.58 m s etan a2 at2en1.79 m s 2en(4) t =1.0 s質(zhì)點的速度大小為V22vy4.47 m11.17man1 -18飛機以100 ms-1的速度沿水平直線飛行，在離地面高為100 m時,駕駛員要把物 品空投到前方某一地面目標處，問：(1)此時目標在飛機正下方位置的前面多遠？(2)投放物品時，駕駛員看目標的視線和水平線成何角度？(3)物品投出2.0 s

29、后，它的法向加速度和切向加速度各為多少？- 1 is N分析 物品空投后作平拋運動.忽略空氣阻力的條件下，由運動獨立性原理知，物品在空中沿水平方向作勻速直線運動，在豎直方向作自由落體運動.到達地面目標時 ，兩方向上運動 時間是相同的.因此，分別列出其運動方程，運用時間相等的條件，即可求解.此外,平拋物體在運動過程中只存在豎直向下的重力加速度.為求特定時刻t時物體的切向加速度和法向加速度，只需求出該時刻它們與重力加速度之間的夾角減日由圖可知，在特定時刻t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角0,可由此時刻的兩速度分量 Vx、vy求出，這樣,也就可將重力加速度g的切向和法向分量求得.解(1)取如圖所

30、示的坐標，物品下落時在水平和豎直方向的運動方程分別為 x =vt, y = 1/2 gt2飛機水平飛行速度v= 100 ms1 ,飛機離地面的高度y=100 m,由上述兩式可得目標在飛 機正下方前的距離2yx v ,452 m- g(2)視線和水平線的夾角為0 arctan 12.5o（3）在任意時刻物品的速度與水平軸的夾角為a arctanv2arctangtvx取自然坐標，物品在拋出2s時,重力加速度的切向分量與法向分量分別為at,gt gsin a gsin arctan v21.88 m sangcosa gcos arctan星 v9.62 m s 2O處，已知斜坡傾角為火炮身與1

31、-19如圖（a）所示,一小型迫擊炮架設在一斜坡的底端1、，并與vo無關(guān).2tan a斜坡的夾角為8炮彈的出口速度為vo,忽略空氣阻力.求：（1）炮彈落地點P與點O的距離OP；（2）欲使炮彈能垂直擊中坡面.證明而泌須?t足tan B分析這是一個斜上拋運動，看似簡單，但針對題目所問，如不能靈活運用疊加原理，建立 一個恰當?shù)淖鴺讼?，將運動分解的話，求解起來并不容易.現(xiàn)建立如圖（a）所示坐標系，則炮彈在x和y兩個方向的分運動均為勻減速直線運動 為gsin而gcosa.在此坐標系中炮彈落地時淇初速度分別為vocos抑vosin 3其加速度分別則應滿足vx = 0,直接列出有關(guān)運動方程和速度方程=0,則*

32、 =OP.如欲使炮彈垂直擊中坡面，即可求解.由于本題中加速度 g為恒矢量.故第一問也可由運動方程的矢量式計算，即r（即圖中的r矢量）.O12vot -gt，做出炮彈落地時的矢量圖 2uuu圖（B）所示，由圖中所示幾何關(guān)系也可求得OP（1）解1由分析知，炮彈在圖（a）所示坐標系中兩個分運動方程為v0tcos B - gt2sin a21 Cccy votsin B -gt cos 民2令y =0求得時間t后再代入式（1）得- 2,OP x B gcos a(cos acos 0 sin a sin 0)C 2.c2v0sin B2-gcos acos( a B)解2做出炮彈的運動矢量圖，如圖(b

33、)所示，并利用正弦定理，有rsin a S2從中消去t后也可得到同樣結(jié)果.(2)由分析知，如炮彈垂直擊中坡面應滿足由(2)(3)兩式消去t后得tan1.2gtVot2冗sin Ssin a2y =0 和Vx = 0,則vx v0cos B gtsin a 0(3)2sin a由此可知.只要角 矯口浦足上式，炮彈就能垂直擊中坡面，而與V0的大小無關(guān).討論如將炮彈的運動按水平和豎直兩個方向分解，求解本題將會比較困難，有興趣讀者不妨自己體驗一下.1 -20 一直立的雨傘，張開后其邊緣圓周的半徑為 R,離地面的高度為h,(1)當傘繞傘柄 以勻角速旋轉(zhuǎn)時，求證水滴沿邊緣飛出后落在地面上半徑為r RJ1

34、2hco2/g的圓周上；(2)讀者能否由此定性構(gòu)想一種草坪上或農(nóng)田灌溉用的旋轉(zhuǎn)式灑水器的方案？阻切即 I -20 11分析選定傘邊緣O處的雨滴為研究對象，當傘以角速度3旋轉(zhuǎn)時，雨滴將以速度v沿切 線方向飛出，并作平拋運動.建立如圖(a)所示坐標系，列出雨滴的運動方程并考慮圖中所示幾 何關(guān)系，即可求證.由此可以想像如果讓水從一個旋轉(zhuǎn)的有很多小孔的噴頭中飛出，從不同小孔中飛出的水滴將會落在半徑不同的圓周上，為保證均勻噴灑對噴頭上小孔的分布還要給予精心的考慮.解(1)如圖(a)所示坐標系中，雨滴落地的運動方程為x vt Rwt由式（1）（2）可得2222R2c/hx g1.2y - gt2(2)由圖

35、（a）所示幾何關(guān)系得雨滴落地處圓周的半徑為2h 2R J1 - w g（2）常用草坪噴水器采用如圖 （b）所示的球面噴頭（9 =45）其上有大量小孔.噴頭旋轉(zhuǎn) 時,水滴以初速度vo從各個小孔中噴出，并作斜上拋運動，通常噴頭表面基本上與草坪處在同 一水平面上.則以 桶噴射的水柱射程為VoSin 2R g為使噴頭周圍的草坪能被均勻噴灑，噴頭上的小孔數(shù)不但很多，而且還不能均勻分布，這是噴頭設計中的一個關(guān)鍵問題.1 -21 足球運動員在正對球門前25.0 m處以20.0 m-s -1的初速率罰任意球，已知球門高為3.44 m .若要在垂直于球門的豎直平面內(nèi)將足球直接踢進球門，問他應在與地面成什么角度的

36、范圍內(nèi)踢出足球？（足球可視為質(zhì)點）近1 21圖分析被踢出后的足球，在空中作余拋運動，其軌跡方程可由質(zhì)點在豎直平面內(nèi)的運動方 程得到.由于水平距離x已知,球門高度又限定了在y方向的范圍，故只需將x、y值代入即可 求出.解 取圖示坐標系Oxy,由運動方程1 , 2x vtcos 0, y vtsin 0 3 gt消去t得軌跡方程y xtan 0 g2(1 tan2 8)x22v以x =25.0 m,v =20.0 m s-1及3.44 m 產(chǎn)0代入后，可解得71. 11 ° H >69 92°27. 92° 顯 > 1.889°如何理解上述角度的

37、范圍？在初速一定的條件下，球擊中球門底線或球門上緣都將對應有兩個不同的投射傾角（如圖所示）.如果以0>71. 11°或0 <18.89 °踢出足球，都將因射程不 足而不能直接射入球門；由于球門高度的限制，。角也并非能取71.11 °與18.89 °之間的任何值.當傾角取值為27.92°<。<69. 92°時，踢出的足球?qū)⒃竭^門緣而離去，這時球也不能射入球門.因此可取的角度范圍只能是解中的結(jié)果.1 , 2、1 -22 一質(zhì)點沿半徑為R的圓周按規(guī)律s V0t 2 bt運動,v0、b都是常量.（1）求t 時刻質(zhì)點的總

38、加速度；（2） t為何值時總加速度在數(shù)值上等于 b? （3）當加速度達到b時，質(zhì)點 已沿圓周運行了多少圈？分析 在自然坐標中，s表示圓周上從某一點開始的曲線坐標.由給定的運動方程s =s（t）,對時間t求一階、二階導數(shù)，即是沿曲線運動的速度 v和加速度的切向分量a而加速度的 法向分量為an=v2 /R.這樣，總加速度為a =atet+anen.至于質(zhì)點在t時間內(nèi)通過的路程， 即為曲線坐標的改變量Ast -so.因圓周長為2成,質(zhì)點所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得.解（1）質(zhì)點作圓周運動的速率為dsv v 0 btdt其加速度的切向分量和法向分量分別為d s dt2(v。 bt)222b,anat故加速度

39、的大小為a其方向與切線之間的夾角為9a2b2 (v0 bt)4arctanan atRb12 24(2)要使 | a|=b,由一 jR2b2(v0 bt)4 b 可得Rt比b(3)從t=0開始到t=vo/b時，質(zhì)點經(jīng)過的路程為2vsst s0因此質(zhì)點運行的圈數(shù)為2V04gR1 -23 一半徑為0.50 m的飛輪在啟動時的短時間內(nèi)，其角速度與時間的平方成正比.在 t=2.0s時測得輪緣一點的速度值為 4.0 m s-1 .求：（1）該輪在t =0.5 s的角速度，輪緣一點 的切向加速度和總加速度；（2）該點在2.0 s內(nèi)所轉(zhuǎn)過的角度.分析 首先應該確定角速度的函數(shù)關(guān)系co= kt2.依據(jù)角量與線

40、量的關(guān)系由特定時刻的速度值可得相應的角速度，從而求出式中的比例系數(shù) k, 03= co（t）確定后，注意到運動的角量描述與 線量描述的相應關(guān)系油運動學中兩類問題求解的方法（微分法和積分法，即可得到特定時刻 的角加速度、切向加速度和角位移.v22 radRt22t2解因coR =V,由題意woe t2得比例系數(shù) w所以ww(t)k F則t'= 0.5 s時的角速度、角加速度和切向加速度分別為出2t 20.5 rad sd wa dt4t2.0 radat1.0 m總加速度a anatocRet«2Ren22Jr21.01 m s在2.0 s內(nèi)該點所轉(zhuǎn)過的角度23dt0222t

41、dt03 2o 5.33 rad解（1）由于0 2 4t3,則角速度 dt212t .在t =2 s時，法向加速度和切向1 -24 一質(zhì)點在半徑為0.10m的圓周上運動，其角位置為9 2 4t3,式中。的單位為rad,t的單位為s. （1）求在t =2.0 s時質(zhì)點的法向加速度和切向加速度.（2）當切向加速度的大小恰等于總加速度大小的一半時，0值為多少？ （3） t為多少時，法向加速度和切向加速度的值相等？，應用運動學求解的方法即分析掌握角量與線量、角位移方程與位矢方程的對應關(guān)系加速度的數(shù)值分別為an t 2s22.30 m satt 2sd 3, cc 2r 4.80 m sdt(2)當 at a/2ja； at2 時，有 3 a22 一 an,即3 24rt2 2 4r2 12t2得t312, 3此時刻的角位置為9 2 4t3 3.15 rad（3）要使anat，則有2 22 43 24rt r2 12t2t = 0.55 s1 -25 一無風的下雨天，一列火車以v1 = 20.0 m-s-1的速度勻速前進，在車內(nèi)的旅客看 見玻璃窗外的雨滴和垂線成75°角下降.求雨滴下落的速度V2 .（設下降的雨滴作勻速運動）題I 25圖分析 這是一個相對運動的問題.設雨滴為研究對象，地面為靜止參考系S ，火車為動參考系S V1為S '相