物理学(第五版上册)马文蔚

1、1 -1质点作曲线运动，在时刻t质点的位矢为r,速度为v，速率为v,t至(t +四)时间内的 位移为N,路程为As,位矢大小的变化量为由 (或称A| r |，平均速度为V,平均速率为V .(1)根据上述情况，则必有()(A) |Ar|= As= X(B) |Ar|wAs丰Ar,当At-0时有|(C) |Ar|wAr/s,当At- 0时有|(D) |Ar|w As丰Ar,当At-0时有|dr | = ds 半 ddr | = dr w ddr | = dr = ds(2)根据上述情况，则必有(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分析与解(1)质点在t至(t + At)时间内沿曲线从P点运动到P'点，各量关系如图所示其中路程As =PP，位移大小| N | = PP'而N = | r | - | r |表示质点位矢大小的变化量 三个量的物理含义不同，在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能).但当用一 0时，点P无限趋近P点，则有| dr | = ds,但却不等于dr.故选(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.由此可见，应选(C).dt dt1-2 运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处，对其速度的大小有四种意见，即dr s d r一；(2)工；dt dt小、ds一；dt2dydt(B)只有(2)正确(D)只有(3)(4)正确下述判断正确的是()(A)只有(1)(2)正确(C)只有(2)(3)正确分析与解dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率，在极坐标系中叫径向速dt率.通常用符号Vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；工表示速度矢量；在自然dt22坐标系中速度大小可用公式v ds计算，在直角坐标系中则可由公式V J dx dydtdt dt求解.故选(D).1-3质点作曲线

4、运动,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.对下列表达式，即(1)d v /dt = a; (2)dr/dt = v; (3)ds/dt = v; (4)d v /dt | = a t.下述判断正确的是()(A)只有(1)、(4)是对的(B)只有(2)、(4)是对的(C)只有(2)是对的(D)只有(3)是对的分析与解型表示切向加速度a-它表示速度大小随时间的变化率，是加速度矢量沿速dtdr度方向的一个分重，起改变速度大小的作用；一在极坐标系中表小径向速率Vr(如题1 -2所dt述)；竺在自然坐标系中表示质点的速率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)式表达是正确的.故选(D).1 -4一个质点在做圆周运动时，则有(A)(B)(C)(D)切向加速度一定改变 切向加速度可能不变 切向加速度可能不变 切向加速度一定改变，法向加速度也改变，法向加速度一定改变，法向加速度不变，法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量at起改变速度大小的作用，而法向分量an起改变速度方向 的作用.质点作圆周运动时 ，由于速度方向不断改变，相应法向加速度的方向也在不断改变因而法向加速度是一定改变的.至于at是否改变，则要视质点的速率情况而定.质点作匀速率圆周运动时，at恒为零；质点作匀变速率圆周运动时，at为一不为零的恒量，当at改变时，质点则作一

6、般的变速率圆周运动.由此可见，应选(B).*1 -5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动.设该人以匀速率v0收绳,绳不伸长且湖水静止，小船的速率为v,则小船作()(A)匀加速运动(B)匀减速运动(C)变加速运动(D)变减速运动V0,v -cos 0,v v0cos 0vo,v cos 0,v voCOS 0(E)匀速直线运动,v vo题1 -5图分析与解本题关键是先求得小船速度表达式，进而判断运动性质.为此建立如图所示坐标系，设定滑轮距水面高度为h,t时刻定滑轮距小船的绳长为1,则小船的运动方程为dl1 x V12 h2淇中绳长1随时间t而变化.小船

7、速度 v 尸 式中一表示绳长1dt , 12 h2 dt随时间的变化率，其大小即为vo,代入整理后为vVo，12 h2/1-v,方向沿x轴负向.由cos 0速度表达式，可判断小船作变加速运动.故选 (C).讨论有人会将绳子速率 Vo按X、y两个方向分解，则小船速度V Vo cos 8,这样做对 吗？1 -6已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为x 2 6t2 2t3,式中x的单位为m,t 的单位为s.求：(1)质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小；(2)质点在该时间内所通过的路程；(3) t = 4 s时质点的速度和加速度.分析 位移和路程是两个完全不同的概念.只有当质点作直线运动且运动方

8、向不改变时位移的大小才会与路程相等.质点在t时间内的位移 Ax的大小可直接由运动方程得到：M %x0,而在求路程时，就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向，此时，位移的大小和路程就不同了.为此，需根据dx 0来确定其运动方向改变的时刻tp，求出0tp和dttpt内的位移大小Ax1、Ax2,则t时间内的路程sx1x2，如图所示，至于t = 4.0 s时质点速度和加速度可用 dx和 兽两式计算.dt dt解(1)质点在4.0 s内位移的大小 4x4%32 m(2)由dx0 dt得知质点的换向时刻为tpp则 Ax1x2 x0 8.0 m2 s (t = 0不合题意)Ax? x4 x240 m所

9、以质点在4.0 s时间间隔内的路程为 sAx1Ax248 m(4) t = 4.0 s 时dxiv48 m sdt t 4.0s236 m.sd2xa 2dt t 4.0s1 -7 一质点沿x轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图（a）所示.设t=0时,x =0.试根据已知的v-t图，画出a-t图以及x -t图.分析CD段斜率为定值，即匀变速直线运动；而线段（图中AB、BC的斜率为0,加速度为零，即匀速直线运动）.加速度为恒量，在a-t图上是平行于t轴的直线，由v-t图中求出各段的斜率，即可作出a-t 图线.又由速度的定义可知，x-t曲线的斜率为速度的大小.因此，匀速直线运动所对应的x -t

10、图应是一直线，而匀变速直线运动所对应的x4图为t的二次曲线.根据各段时间内的运动方程x=x（t）,求出不同时刻t的位置x,采用描数据点的方法，可作出x-t图.aABtt 20ms2（匀加速直线运动）解 将曲线分为AB、BC、CD三个过程，它们对应的加速度值分别为aBc0(匀速直线运动)acDvDvC10m s 2(匀减速直线运动)tD tC根据上述结果即可作出质点的a-t图图(B).在匀变速直线运动中，有+ 1 Jx x v0tt2由此，可计算在02 s和46 s时间间隔内各时刻的位置分别为/s00.511.5244.555.5b* 1110-7.5-10-7.504048.S555S.SCO

11、用描数据点的作图方法，由表中数据可作02s和46s时间内的x -t图.在24s时 间内，质点是作v 20 ms 1的匀速直线运动，其x -t图是斜率k= 20的一段直线图(c).2 -1-8 已知质点的运动方程为 r 2ti (2 t )j，式中r的单位为m,t的单位为s .求：(1)质点的运动轨迹；(2) t =0及t = 2s时,质点的位矢；(3)由t =0至心=2 s内质点的位移 N和径向增量Ar；(5) 2 s内质点所走过的路程s.分析质点的轨迹方程为y =f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t即可得到.对于r、Ar、N、As来说,物理含义不同，可根据其定义计算.

12、其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则ds J(dx)2 (dy)2 ,最后用sds积分求s .解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得质点轨迹方程为12 y 2 x4这是一个抛物线方程，轨迹如图(a)所示.(2)将t = 0 s和t = 2 s分别代入运动方程，可得相应位矢分别为 r。2j ,2 4i 2j图(a)中的P、Q两点，即为t =0$和1 =2 s时质点所在位置.(3)由位移表达式，得Ar r2r1(x2xO)i(yy°)j4i 2 j其中位移大小 Ar| J(Ax)2 (Ay)2 5.66 m而径向增量 ArArr2r0|Jx2 y2Jx(2y；2.

13、47 m*(4)如图(B)所示，所求As即为图中PQ段长度，先在其间任意处取AB微元ds,则ds ，(dx)2 (dy)2 ,由轨道方程可得dy ,xdx,代入ds,则2 s内路程为2Q42s ds - 4 x dx 5.91 m1-9质点的运动方程为x 10t 30t2一 一 2y 15t 20t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.分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量，再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向.解（1）速度的分量式为当 t = 0 时，Vox =-10 m sVxvydxdtdydt10 60t15 4

14、0tvoy = 15 m,s -1 ,则初速度大小为V0设Vo与x轴的夹角为a则18.0 m stan aa= 123°41（2）加速度的分量式为axdvxdtcc2 一60 ms , aydVydt40 m s 2则加速度的大小为72.1 m设a与x轴的夹角为8则tan Bay2aZ33= -33° 4域 326° 19'）1 -10 一升降机以加速度1.22 ms-2上升，当上升速度为2.44 ms -1时，有一螺丝自升降 机的天花板上松脱，天花板与升降机的底面相距 2.74 m.计算：（1）螺丝从天花板落到底面所 需要的时间；（2）螺丝相对升降机外固

15、定柱子的下降距离.分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下，一种处理方法是取地面为参考系，分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动，列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 =y1和y2 =y2（t）,并考虑它们相遇，即位矢相同这一条件，问题即可解；另一种方法是取升降机（或螺丝）为参考系，这时，螺丝（或升BI机）相对它作匀加速运 动，但是，此加速度应该是相对加速度.升降机厢的高度就是螺丝（或升降机）运动的路程.解1 （1）以地面为参考系，取如图所示的坐标系，升降机与螺丝的运动方程分别为+1c*2yvot at212y h vot gt2当螺丝落至底面时，有 y1

16、= y2，即vot 1gt220.705 s（2）螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为1 , 2 d h y2v0tgt 0.716 m2解2 （1）以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度大小a'= g + a,螺丝落至底面时有120 h 2（g a）t0.705 s（2）由于升降机在t时间内上升的高度为1.2h v0t at20.716 m1 -11 一质点P沿半径R =3.0 m的圆周作匀速率运动，运动一周所需时间为20.0 s，设t =0时，质点位于O点.按(a)图中所示Oxy坐标系，求(1)质点P在任意时刻的位矢；(2)5 s 时的速度和加速度.分析 该题属于运动学白第一类

17、问题，即已知运动方程r =r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度 ).在确定运动方程时，若取以点(0,3)为原点的O' x坐标系，并采用参数方程x'= x和y'= y(t)来表示圆周运动是比较方便的.然后，运用坐标变换x0 +x和y = y0 + y'将所得参数方程转换至 Oxy坐标系中，即得Oxy坐标系中质点P 意时刻的位矢.采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度.在任如图工m】伊(B)所示，在 O' x ' y '坐标系中，因9立t,则质点PT的参数方程为2冗x Rsin t T则质点p的位矢方程为Rcos25

18、1T坐标变换后，在Oxy坐标系中有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时的速度和加速度分别为d ra 2 dt垂直竖立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的旗杆，已知正午时分太阳在旗杆的正上方)j2)i1 -12 地面上，求在下午2 : 00时,杆顶在地面上的影子的速度的大小.在何时刻杆影伸展至20.0 m?分析为求杆顶在地面上影子

19、速度的大小，必须建立影长与时间的函数关系，即影子端点 的位矢方程.根据几何关系，影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得.由于运动的相对 性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度.这样，影子端点的位矢方程和速度均可求得.解 设太阳光线对地转动的角速度为孙从正午时分开始计时，则杆的影长为s= htgcM下午2 : 00时，杆顶在地面上影子的速度大小为ds h31v - 1.94 10 m sdt cos 3t当杆长等于影长时，即s=h，则1. s u _t arctan 3 60 60 sw h 4 w即为下午3 ： 00时.1-13 质点沿直线运动，加速度a= 4 -t2 ,式中a的单

20、位为ms -2 ,t的单位为s .如果当t =3 s时,x= 9 m,v =2 m,s -1 ,求质点的运动方程.分析本题属于运动学第二类问题，即已知加速度求速度和运动方程，必须在给定条件下用积分方法解决.由a 和v 可得dvdt dt两边直接积分.如果 a或v不是时间t的显函数adt 和 dx vdt .如 a= a或v = v(t),则可，则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分.解由分析知，应有vdvv。得xt由dx vdtx0得tadt0v 4t -13 V0(1)321,4,x 2t tv°t x0(2)12将1= 3 s 时,x= 9 m,v=2 ms -1 代

21、入(1) (2)得 v0 = -1 m s -1,x0= 0.75 m .于是可得质点运动方程为214x 2t t 0.75121 -14 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，现测得其加速度a=A -Bv,式中A、B为正恒量，求石子下落的速度和运动方程.分析本题亦属于运动学第二类问题，与上题不同之处在于加速度是速度v的函数，因此,需将式dv =a(v)dt分离变量为-d- dt后再两边积分.a(v)解 选取石子下落方向为y轴正向，下落起点为坐标原点.(1)由题意知dv a A Bvdt用分离变量法把式(1)改写为(2)qdtA Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件，有

22、得石子速度v dv , dvv0 A BvABt、(1 e )Btdt0由此可知当,t-oo时，vA .一为一常量，通常称为极限速度或收尾速度.B(2)再由vdy A(1 dt BBte)并考虑初始条件有0tA(1eBt)出得石子运动方程1 -15 一质点具有恒定加速度 零，位置矢量ro = 10 mi.求：(1) 轨迹方程，并画出轨迹的示意图.a = 6i +4j,式中a的单位为m- 在任意时刻的速度和位置矢量；s -2 .在t=0时，其速度为(2)质点在Oxy平面上的! 21 1 - 15 ,1<分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动，根据叠加原理，求解时需根据加速度的两个分量ax

23、和a冷别积分，从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t).由于本题中质点加速度为恒矢量，故两次积分后所得运动方程为固定形式，即xx0 v0xt 1 axt2和212yy0 v0yt万ayt2,两个分运动均为匀变速直线运动.读者不妨自己验证一下.解 由加速度定义式，根据初始条件to =0时V0 =0,积分可得Vtt0 dv0 adt0(6i 4j)dtv 6ti 4tj_ , dr又由v 及初始条件t=0时,r0=(10 m)i,积分可得 dtrttdr ovdto(6ti 4tj)dtr (10 3t2)i 2t2j由上述结果可得质点运动方程的分量式，即x =10+3t2y =2t2消去

24、参数t,可得运动的轨迹方程3y = 2x -20 m这是一'个直线方程.直线斜率k tan oc , a= 33 41'轨迹如图所不dx31 -16 一质点在半径为 R的圆周上以恒定的速率运动，质点由位置A运动到位置B,OA和OB 所对的圆心角为. (1)试证位置A 和B 之间的平均加速度为2a 42(1 cos A 9)v /(RA 8)； (2)当A盼别等于90、30、10和1时，平均加速度各为多少？并对结果加以讨论.AV(b)题1图分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同，它们分别表示为a 业和 dta .在匀速率圆周运动中，它们的大小分别为an At2V ,aR，式中

25、|加|可由图（B）中的几何关系得到，而At可由转过的角度求出.由计算结果能清楚地看到两者之间的关系，即瞬时加速度是平均加速度在At-0时的极限值.解 （1）由图（b）可看到Av =V2 -vi，故& R2 v2 2 V1V2cos 。v42(1 cos A )而所以丛 RA0At v vAtcos A 0)RA0(2)将A9= 90 ,30 :10 ,1分别代入上式,得22vva1 0.9003，a2 0.9886 RR22vva3 0.9987 ,a4 1.000 RR以上结果表明，当A”0时，匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值，该值即为法2 向加速度v_. R1 -17 质点

26、在Oxy平面内运动，其运动方程为r=2.0ti +(19.0 -2.0t2 )j,式中r的单位为m,t的单位为s.求：(1)质点的轨迹方程；(2)在t1= 1.0s至心2 =2.0s时间内的平均速度；(3)t1 = 1.0 s时的速度及切向和法向加速度；(4) t = 1.0s时质点所在处轨道的曲率半径p.分析 根据运动方程可直接写出其分量式x =x和y =y(t),从中消去参数t,即得质点的,.、，一 一，一一 一一，一， 一一Ar轨迹万程.平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率，即v ，它与时间间隔At的Atdr大小有关，当At0时,平均速度的极限即瞬时速度v .切向和法向加速度是指在

27、自然坐dtdv t标下的分矢量at和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率，即在9_b,后者只dt反映质点速度方向的变化，它可由总加速度a和at得到.在求得G时刻质点的速度和法向加2速度的大小后，可由公式anv-求p.p解(1)由参数方程x =2.0t, y =19.0-2.0t2消去t得质点的轨迹方程：y = 19.0 -0.50x2(2)在t1 =1.00 s至心2 =2.0 s时间内的平均速度ArAt2r1t2t12.0i 6.0j(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为v(t) vxi vyj "dxi dy j 2.0i 4.0tjy dt dta(t)4.0 m

28、 s 2jd2x.2 idt2则t1 = 1.00 s时的速度v(t) | t r = 2.0i -4.0j(2)切向和法向加速度分别为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质点的速度大小为V22vy4.47 m11.17man1 -18飞机以100 ms-1的速度沿水平直线飞行，在离地面高为100 m时,驾驶员要把物 品空投到前方某一地面目标处，问：(1)此时目标在飞机正下方位置的前面多远？(2)投放物品时，驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3)物品投出2.0 s

29、后，它的法向加速度和切向加速度各为多少？- 1 is N分析 物品空投后作平抛运动.忽略空气阻力的条件下，由运动独立性原理知，物品在空中沿水平方向作匀速直线运动，在竖直方向作自由落体运动.到达地面目标时 ，两方向上运动 时间是相同的.因此，分别列出其运动方程，运用时间相等的条件，即可求解.此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度.为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度，只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角减日由图可知，在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角0,可由此时刻的两速度分量 Vx、vy求出，这样,也就可将重力加速度g的切向和法向分量求得.解(1)取如图所

30、示的坐标，物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为 x =vt, y = 1/2 gt2飞机水平飞行速度v= 100 ms1 ,飞机离地面的高度y=100 m,由上述两式可得目标在飞 机正下方前的距离2yx v ,452 m- g(2)视线和水平线的夹角为0 arctan 12.5o（3）在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为a arctanv2arctangtvx取自然坐标，物品在抛出2s时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为at,gt gsin a gsin arctan v21.88 m sangcosa gcos arctan星 v9.62 m s 2O处，已知斜坡倾角为火炮身与1

31、-19如图（a）所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端1、，并与vo无关.2tan a斜坡的夹角为8炮弹的出口速度为vo,忽略空气阻力.求：（1）炮弹落地点P与点O的距离OP；（2）欲使炮弹能垂直击中坡面.证明而泌须?t足tan B分析这是一个斜上抛运动，看似简单，但针对题目所问，如不能灵活运用叠加原理，建立 一个恰当的坐标系，将运动分解的话，求解起来并不容易.现建立如图（a）所示坐标系，则炮弹在x和y两个方向的分运动均为匀减速直线运动 为gsin而gcosa.在此坐标系中炮弹落地时淇初速度分别为vocos抑vosin 3其加速度分别则应满足vx = 0,直接列出有关运动方程和速度方程=0,则*

32、 =OP.如欲使炮弹垂直击中坡面，即可求解.由于本题中加速度 g为恒矢量.故第一问也可由运动方程的矢量式计算，即r（即图中的r矢量）.O12vot -gt，做出炮弹落地时的矢量图 2uuu图（B）所示，由图中所示几何关系也可求得OP（1）解1由分析知，炮弹在图（a）所示坐标系中两个分运动方程为v0tcos B - gt2sin a21 Cccy votsin B -gt cos 民2令y =0求得时间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做出炮弹的运动矢量图，如图(b

33、)所示，并利用正弦定理，有rsin a S2从中消去t后也可得到同样结果.(2)由分析知，如炮弹垂直击中坡面应满足由(2)(3)两式消去t后得tan1.2gtVot2冗sin Ssin a2y =0 和Vx = 0,则vx v0cos B gtsin a 0(3)2sin a由此可知.只要角 矫口浦足上式，炮弹就能垂直击中坡面，而与V0的大小无关.讨论如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解，求解本题将会比较困难，有兴趣读者不妨自己体验一下.1 -20 一直立的雨伞，张开后其边缘圆周的半径为 R,离地面的高度为h,(1)当伞绕伞柄 以匀角速旋转时，求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为r RJ1

34、2hco2/g的圆周上；(2)读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？阻切即 I -20 11分析选定伞边缘O处的雨滴为研究对象，当伞以角速度3旋转时，雨滴将以速度v沿切 线方向飞出，并作平抛运动.建立如图(a)所示坐标系，列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几 何关系，即可求证.由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出，从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上，为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑.解(1)如图(a)所示坐标系中，雨滴落地的运动方程为x vt Rwt由式（1）（2）可得2222R2c/hx g1.2y - gt2(2)由图

35、（a）所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为2h 2R J1 - w g（2）常用草坪喷水器采用如图 （b）所示的球面喷头（9 =45）其上有大量小孔.喷头旋转 时,水滴以初速度vo从各个小孔中喷出，并作斜上抛运动，通常喷头表面基本上与草坪处在同 一水平面上.则以 桶喷射的水柱射程为VoSin 2R g为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒，喷头上的小孔数不但很多，而且还不能均匀分布，这是喷头设计中的一个关键问题.1 -21 足球运动员在正对球门前25.0 m处以20.0 m-s -1的初速率罚任意球，已知球门高为3.44 m .若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门，问他应在与地面成什么角度的

36、范围内踢出足球？（足球可视为质点）近1 21图分析被踢出后的足球，在空中作余抛运动，其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方 程得到.由于水平距离x已知,球门高度又限定了在y方向的范围，故只需将x、y值代入即可 求出.解 取图示坐标系Oxy,由运动方程1 , 2x vtcos 0, y vtsin 0 3 gt消去t得轨迹方程y xtan 0 g2(1 tan2 8)x22v以x =25.0 m,v =20.0 m s-1及3.44 m 产0代入后，可解得71. 11 ° H >69 92°27. 92° 显 > 1.889°如何理解上述角度的

37、范围？在初速一定的条件下，球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角（如图所示）.如果以0>71. 11°或0 <18.89 °踢出足球，都将因射程不 足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制，。角也并非能取71.11 °与18.89 °之间的任何值.当倾角取值为27.92°<。<69. 92°时，踢出的足球将越过门缘而离去，这时球也不能射入球门.因此可取的角度范围只能是解中的结果.1 , 2、1 -22 一质点沿半径为R的圆周按规律s V0t 2 bt运动,v0、b都是常量.（1）求t 时刻质点的总

38、加速度；（2） t为何值时总加速度在数值上等于 b? （3）当加速度达到b时，质点 已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中，s表示圆周上从某一点开始的曲线坐标.由给定的运动方程s =s（t）,对时间t求一阶、二阶导数，即是沿曲线运动的速度 v和加速度的切向分量a而加速度的 法向分量为an=v2 /R.这样，总加速度为a =atet+anen.至于质点在t时间内通过的路程， 即为曲线坐标的改变量Ast -so.因圆周长为2成,质点所转过的圈数自然可求得.解（1）质点作圆周运动的速率为dsv v 0 btdt其加速度的切向分量和法向分量分别为d s dt2(v。 bt)222b,anat故加速度

39、的大小为a其方向与切线之间的夹角为9a2b2 (v0 bt)4arctanan atRb12 24(2)要使 | a|=b,由一 jR2b2(v0 bt)4 b 可得Rt比b(3)从t=0开始到t=vo/b时，质点经过的路程为2vsst s0因此质点运行的圈数为2V04gR1 -23 一半径为0.50 m的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的平方成正比.在 t=2.0s时测得轮缘一点的速度值为 4.0 m s-1 .求：（1）该轮在t =0.5 s的角速度，轮缘一点 的切向加速度和总加速度；（2）该点在2.0 s内所转过的角度.分析 首先应该确定角速度的函数关系co= kt2.依据角量与线

40、量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度，从而求出式中的比例系数 k, 03= co（t）确定后，注意到运动的角量描述与 线量描述的相应关系油运动学中两类问题求解的方法（微分法和积分法，即可得到特定时刻 的角加速度、切向加速度和角位移.v22 radRt22t2解因coR =V,由题意woe t2得比例系数 w所以ww(t)k F则t'= 0.5 s时的角速度、角加速度和切向加速度分别为出2t 20.5 rad sd wa dt4t2.0 radat1.0 m总加速度a anatocRet«2Ren22Jr21.01 m s在2.0 s内该点所转过的角度23dt0222t

41、dt03 2o 5.33 rad解（1）由于0 2 4t3,则角速度 dt212t .在t =2 s时，法向加速度和切向1 -24 一质点在半径为0.10m的圆周上运动，其角位置为9 2 4t3,式中。的单位为rad,t的单位为s. （1）求在t =2.0 s时质点的法向加速度和切向加速度.（2）当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时，0值为多少？ （3） t为多少时，法向加速度和切向加速度的值相等？，应用运动学求解的方法即分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系加速度的数值分别为an t 2s22.30 m satt 2sd 3, cc 2r 4.80 m sdt(2)当 at a/2ja； at2 时，有 3 a22 一 an,即3 24rt2 2 4r2 12t2得t312, 3此时刻的角位置为9 2 4t3 3.15 rad（3）要使anat，则有2 22 43 24rt r2 12t2t = 0.55 s1 -25 一无风的下雨天，一列火车以v1 = 20.0 m-s-1的速度匀速前进，在车内的旅客看 见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降.求雨滴下落的速度V2 .（设下降的雨滴作匀速运动）题I 25图分析 这是一个相对运动的问题.设雨滴为研究对象，地面为静止参考系S ，火车为动参考系S V1为S '相