乐评-五年级上册期中考试

第一章 质点运动学
1–1 描写质点运动状态的物理量是 。
解：加速度是描写质点状态变化的物理量，速度是描写质点运动状态的物理量，故填“速
度”。
1–2 任意时刻a
t
=0的运动是 运动；任意时刻a
n
=0的运动是 运动；
任意时刻a=0的运动是 运动；任意时刻a
t
=0，a
n
=常量的运动是 运动。
解：匀速率；直线；匀速直线；匀速圆周。
1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟，他能以与水 平成30°角，其值为30ms的初速从一边
起跳，刚好到达另一边，则可知此沟的宽度为 （
g10ms
2
)
。
解：此沟的宽度为
2
v
0
sin2

30
2
sin60
Rm4 53m

g10
1–4 一质点在xoy平面内运动，运动方程为
x2t< br>，
y92t
2
，位移的单位为m，试
写出
t1s
时质点的位置矢量__________；
t2s
时该质点的瞬时速度为________ __，此时
的瞬时加速度为__________。
解：将
t1s
代入< br>x2t
，
y92t
2
得
x2
m，
y7
m
t1s
故时质点的位置矢量为
r2i7j
（m）
由质点的运动方程为
x2t
，
y 92t
2
得质点在任意时刻的速度为
v
x

dxdx
2ms
，
v
y

4
t
ms

dtdt
t2s
时该质点的瞬时速度为
v2i8j
（ms）
质点在任意时刻的加速度为
d
v
y
d
v
x
4ms
2
< br>0
，
a
y

dt
dt
a
x

t2s
时该质点的瞬时加速度为
4j
ms
2
。
1–5 一质点沿x轴正向运动，其加速度与位置的关系为
a32x
，若在x=0 处，其速
度
v
0
5ms
，则质点运动到x=3m处时所具有的速度 为__________。
解：由
a32x
得
d
v
d
v
dxd
v

v
32x

dtdxdtdx
故
vdv(32x)dx

积分得

5
v
d
v


0
(32x)dx< br>
则质点运动到x=3m处时所具有的速度大小为

1
v
3

v61
ms=7.81ms；
1–6 一质 点作半径R=1.0m的圆周运动，其运动方程为

2t
3
3t
，θ以rad计，t以s
计。则当t=2s时，质点的角位置为________；角速度为_____ ____；角加速度为_________；
切向加速度为__________；法向加速度为___ _______。
解： t=2s时，质点的角位置为

22
3
32
22rad
由

2t
3
3t
得任意时刻的角速度大小为


t=2s时角速度为
d

6t
2
3

dt

62
2
3
27rads
任意时刻的角加速度大小为


t=2s时角加速度为
d

12t

dt

122
=24rads
2

t=2s时切向加速度为
a
t
R

1.0122 
24ms
2

t=2s时法向加速度为
a
n
 R

2
1.027
2

729ms
2
；
1–7 下列各种情况中，说法错误的是[ ]。
A．一物体具有恒定的速率，但仍有变化的速度
B．一物体具有恒定的速度，但仍有变化的速率
C．一物体具有加速度，而其速度可以为零
D．一物体速率减小，但其加速度可以增大
解：一质点有恒定的速率，但速度的方向可以发生 变化，故速度可以变化；一质点具有
加速度，说明其速度的变化不为零，但此时的速度可以为零；当加速 度的值为负时，质点的
速率减小，加速度的值可以增大，所以（A）、（C）和（D）都是正确的，只有 （B）是错误
的，故选（B）。
1–8 一个质点作圆周运动时，下列说法中正确的是[ ]。
A．切向加速度一定改变，法向加速度也改变
B．切向加速度可能不变，法向加速度一定改变
C．切向加速度可能不变，法向加速度不变
D．切向加速度一定改变，法向加速度不变
解：无论质点是作匀速圆周运动或是作变速圆周运 动，法向加速度a
n
都是变化的，因
此至少其方向在不断变化。而切向加速度a
t
是否变化，要视具体情况而定。质点作匀速圆
周运动时，其切向加速度为零，保持不变；当 质点作匀变速圆周运动时，a
t
值为不为零的恒
量，但方向变化；当质点作一般的变速 圆周运动时，a
t
值为不为零变量，方向同样发生变化。
由此可见，应选（B）。
1–9 一运动质点某瞬时位于位置矢量
r(x,y)
的端点处，对其速度大小有四种意见：

2

drdrds

dx

dy

（1） （2） （3） （4）




dtdtdt

dt

dt

下述判断正确的是[ ]。
A．只有（1），（2）正确 B．只有（2），（3）正确
C．只有（3），（4）正确 D．只有（1），（3）正确
解：
22< br>dr
表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率，在极坐标系中为质点的径向速度，
dt
drds
表示速度矢量；是在自然坐标系中计算速度大小的公式；
dtdt
是 速度矢量沿径向的分量；
22

dx

dy

。



是在真角坐标系中计算速度大小的公式。故应选（C）

dt

dt

1–10 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量 的表示式为
rat
2
ibt
2
j
（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：由
rat
2
ibt
2
j
可计算出质点的速度为
v2ati2btj
，加速度为
a 2ai2bj
。因
质点的速度变化，加速度的大小和方向都不变，故质点应作变速直线运动 。故选（B）。
1–11 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为S＝5＋4t–t
2
（SI），则小球运动到最高点的
时刻是[ ]。
A．t＝4s B．t＝2s C．t＝8s D．t＝5s
解：小球到最高点时，速度应 为零。由其运动方程为S＝5＋4t–t
2
，利用
v
时刻的速度为
v42t

ds
得任意
dt
令
v42t0
，得
t2s

故选（B）。
1–12 如图1-1所示，小球位于距墙MO和 地面NO等远的一点A，在球的右边，紧靠
小球有一点光源S当小球以速度V
0
水平抛 出，恰好落在墙角O处。当小球在空中运动时，
在墙上就有球的影子由上向下运动，其影子中心的运动是 [ ]。
A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动，加速度小于g
C．自由落体运动 D．变加速运动
解：设A到墙之间距离为d。小球经t时间 自A运动至B
。
此时影子在竖直方向的位移为S。
xV
0
t
，
y
S
y
B
M
x
V
0

A
S
1
2
gt

2
根据三角形相似得
yxSd
，所以得影子位移为
Sydx
gt

2V
0
g
的匀速直线运动。故选
2V
0
3
N
O
由此可见影子在竖直方向作速度为
图1-1

（A）。
1–13 在相对地面静止的坐标系内，A、B二船都以2ms的速 率匀速行驶，A船沿x轴
正向，B船沿y轴正向。今在A船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（x、 y方向单位矢
量用
i
、
j
表示），那么在A船上的坐标系中，B船的 速度（以ms为单位）为[ ]。
A．
2i2j
B．
2i2j
C．
2i2j
D．
2i2j

解：选B船为运动物体，则B船相对于地的速度为绝对速度
v2j
，A船相对于地的速
度为牵连速度
v
0
2i
，则 在A船的坐标系中，B船相对于A船的速度为相对速度
v

。因
v

v
0

v

，故
v

2i 2j
，因此应选（B）


1–17 在篮球运动员作立定投篮时，如以出 手时球的中心为坐标原点，作坐标系Oxy
如图1–3所示。设篮圈中心坐标为（x，y），出手高度为 H，球的出手速度为
v
0
，试证明球
2

v
0
11
的出手角度θ应满足
tan


gx


2g

gx
2

(y)
22
才能投入。
v
0
2
v
0

y

θ

O

H
1


证明：设出手后需用时t入蓝，则有





x





图

1-3
H
2

x
v< br>x
t
v
0
t
cos
θ

yv
y
t
消去时间t，得
1
2
1
g tv
0
tsin

gt
2

22
1g x
2
gx
2
gx
2
y

x
tan
θ

x
tan
α
tan
2
θ

222
2
v
0
cos
2
θ
2
v
0
2
v
0
整理得
gx
2
2
2
v
0
tanθxtanθy
2
gx
2
22
v
0
0

解之得
2

2

v
0
2g
gx

11tan

 (y)


22

gx

v
0
2
v
0

1–18 有一质点沿x轴作直线运动，t时刻的坐标为
x4.5t
2
2t
3
（SI）。试求：（1）第
2s内的平均速 度；（2）第2s末的瞬时速度；（3）第2s内的路程。

4

解 ：（1）将t=1s代入
x4.5t
2
2t
3
得第1s末的位置 为
x
1
4.522.5m

将t=2s代入
x4 .5t
2
2t
3
得第2s末的位置为
x
2
4 .52
2
22
3
2.0m

则第2s内质点的位移为
xx
2
x
1
2.0m-2.5m0.5m

第2s内的平均速度
v

x0.5
-0.5ms

t1
式中负号表示平均速的方向沿x轴负方向。
（2）质点在任意时刻的速度为
v
将
t2s
代入上式得第2s末的瞬时速度为
dx
9t6t
2

dt
v9262
2
6ms

式中负号表示瞬时速度的方向沿x轴负方向。
（3）由
v

dx< br>9t6t
2
0
得质点停止运动的时刻为
t1.5s
。 由此计算得第1s末到
dt
1.5s末的时间内质点走过的路程为
s
14.51.5
2
21.5
3
2.50.875m

第1.5s末到第2s末的时间内质点走过的路程为
s
2
4.51.5
2
21.5
3
2.01.375m

则第2s内的质点走过的路程为
ss
1
s
2
0.8751.3752.25m

1–19 由于空气的阻力，一个跳伞员在空中运动不是匀加速运动。一跳伞员在离开飞机
到打 开降落伞的这段时间内，其运动方程为
ybc(tke
tk
)
（SI ），式中b、c和k是常
量，y是他离地面的高度。问：（1）要使运动方程有意义，b、c和k的单位 是什么？（2）
计算跳伞员在任意时刻的速度和加速度。
解：（1）由量纲分析，b的单位为m，c的单位为ms，k的单位为s。
（2）任意时刻的速度为
v
dy
c(1e
tk
)

dt
当时间足够长时其速度趋于
c
。
任意时刻的加速度为
a
d
v
c
tk

e
dtk
当时间足够长时其加速度趋于零。
1–20 一艘正在沿直线行 驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，
大小与速度平方成正比，即
d
v
K
v
2
，式中K为常量。试证明电艇在关闭发动机后又 行
dt
5

驶x距离时的速度为
v

v
0
e
Kx

其中
v
0
是发动机关闭时的速度。
证明：由
d
v
K
v
2
得
dt
d
v
dxd
v

v
K
v
2

dxdtdx
即
d
v
Kdx

v
上式积分为
v
d
v
x

v
0
得
v
Kdx


0
v

v
0
e
Kx


1–24 一飞机相对于空气以恒定速率
v
沿正方形轨道飞行，在无风天气 其运动周期为T。
若有恒定小风沿平行于正方形的一对边吹来，风速为
Vkv(k1)< br>。求飞机仍沿原正方形
（对地）轨道飞行时周期要增加多少？
解：依题意，设飞机沿如 图1-5所示的ABCD矩形路径运
动，设矩形每边长为l，如无风时，依题意有
D
V
v
v
A
图1-5
V
v
v
V
B
V
C
T
4l
（1）
v
当有风时，设风的速度如图1-5所示，则飞机沿AB运动
时的速度为vVvkv
，飞机从A飞到B所花时间为

飞机沿CD运动时的速度为
vVvkv
，飞机从C飞到D所花时间为
l
（2）
t
1

v

kv
t
2

l
（3）
v

kv
飞机沿BC运动和沿DA运动所花的时间是相同的，为了使 飞机沿矩形线运动，飞机相
对于地的飞行速度方向应与运动路径成一夹角，使得飞机速度时的速度
v
在水平方向的分
量等于
kv
，故飞机沿BC运动和沿DA运动的速度大 小为
v
2
k
2
v
2
，飞机在BC和DA
上所花的总时间为
t
3

2l
v

kv
222
（4）
综上，飞机在有风沿此矩形路径运动所花的总时间，即周期为
T

t
1
t
2
t
3

ll2l
 （5）
222
v
k
vv
k
v
v
k
v
利用（1）式，（5）式变为

6

T


2T(11k
2
)
4(1k)
2

T(4k
2
)
4( 1k)
2

飞机在有风时的周期与无风时的周期相比，周期增加值为
3k
2
T

TTT

T
2
4
4(1k)


T(4k
2
)

7

第一章 质点运动学
1–1 描写质点运动状态的物理量是 。
解：加速度是描写质点状态变化的物理量，速度是描写质点运动状态的物理量，故填“速
度”。
1–2 任意时刻a
t
=0的运动是 运动；任意时刻a
n
=0的运动是 运动；
任意时刻a=0的运动是 运动；任意时刻a
t
=0，a
n
=常量的运动是 运动。
解：匀速率；直线；匀速直线；匀速圆周。
1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟，他能以与水 平成30°角，其值为30ms的初速从一边
起跳，刚好到达另一边，则可知此沟的宽度为 （
g10ms
2
)
。
解：此沟的宽度为
2
v
0
sin2

30
2
sin60
Rm4 53m

g10
1–4 一质点在xoy平面内运动，运动方程为
x2t< br>，
y92t
2
，位移的单位为m，试
写出
t1s
时质点的位置矢量__________；
t2s
时该质点的瞬时速度为________ __，此时
的瞬时加速度为__________。
解：将
t1s
代入< br>x2t
，
y92t
2
得
x2
m，
y7
m
t1s
故时质点的位置矢量为
r2i7j
（m）
由质点的运动方程为
x2t
，
y 92t
2
得质点在任意时刻的速度为
v
x

dxdx
2ms
，
v
y

4
t
ms

dtdt
t2s
时该质点的瞬时速度为
v2i8j
（ms）
质点在任意时刻的加速度为
d
v
y
d
v
x
4ms
2
< br>0
，
a
y

dt
dt
a
x

t2s
时该质点的瞬时加速度为
4j
ms
2
。
1–5 一质点沿x轴正向运动，其加速度与位置的关系为
a32x
，若在x=0 处，其速
度
v
0
5ms
，则质点运动到x=3m处时所具有的速度 为__________。
解：由
a32x
得
d
v
d
v
dxd
v

v
32x

dtdxdtdx
故
vdv(32x)dx

积分得

5
v
d
v


0
(32x)dx< br>
则质点运动到x=3m处时所具有的速度大小为

1
v
3

v61
ms=7.81ms；
1–6 一质 点作半径R=1.0m的圆周运动，其运动方程为

2t
3
3t
，θ以rad计，t以s
计。则当t=2s时，质点的角位置为________；角速度为_____ ____；角加速度为_________；
切向加速度为__________；法向加速度为___ _______。
解： t=2s时，质点的角位置为

22
3
32
22rad
由

2t
3
3t
得任意时刻的角速度大小为


t=2s时角速度为
d

6t
2
3

dt

62
2
3
27rads
任意时刻的角加速度大小为


t=2s时角加速度为
d

12t

dt

122
=24rads
2

t=2s时切向加速度为
a
t
R

1.0122 
24ms
2

t=2s时法向加速度为
a
n
 R

2
1.027
2

729ms
2
；
1–7 下列各种情况中，说法错误的是[ ]。
A．一物体具有恒定的速率，但仍有变化的速度
B．一物体具有恒定的速度，但仍有变化的速率
C．一物体具有加速度，而其速度可以为零
D．一物体速率减小，但其加速度可以增大
解：一质点有恒定的速率，但速度的方向可以发生 变化，故速度可以变化；一质点具有
加速度，说明其速度的变化不为零，但此时的速度可以为零；当加速 度的值为负时，质点的
速率减小，加速度的值可以增大，所以（A）、（C）和（D）都是正确的，只有 （B）是错误
的，故选（B）。
1–8 一个质点作圆周运动时，下列说法中正确的是[ ]。
A．切向加速度一定改变，法向加速度也改变
B．切向加速度可能不变，法向加速度一定改变
C．切向加速度可能不变，法向加速度不变
D．切向加速度一定改变，法向加速度不变
解：无论质点是作匀速圆周运动或是作变速圆周运 动，法向加速度a
n
都是变化的，因
此至少其方向在不断变化。而切向加速度a
t
是否变化，要视具体情况而定。质点作匀速圆
周运动时，其切向加速度为零，保持不变；当 质点作匀变速圆周运动时，a
t
值为不为零的恒
量，但方向变化；当质点作一般的变速 圆周运动时，a
t
值为不为零变量，方向同样发生变化。
由此可见，应选（B）。
1–9 一运动质点某瞬时位于位置矢量
r(x,y)
的端点处，对其速度大小有四种意见：

2

drdrds

dx

dy

（1） （2） （3） （4）




dtdtdt

dt

dt

下述判断正确的是[ ]。
A．只有（1），（2）正确 B．只有（2），（3）正确
C．只有（3），（4）正确 D．只有（1），（3）正确
解：
22< br>dr
表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率，在极坐标系中为质点的径向速度，
dt
drds
表示速度矢量；是在自然坐标系中计算速度大小的公式；
dtdt
是 速度矢量沿径向的分量；
22

dx

dy

。



是在真角坐标系中计算速度大小的公式。故应选（C）

dt

dt

1–10 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量 的表示式为
rat
2
ibt
2
j
（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：由
rat
2
ibt
2
j
可计算出质点的速度为
v2ati2btj
，加速度为
a 2ai2bj
。因
质点的速度变化，加速度的大小和方向都不变，故质点应作变速直线运动 。故选（B）。
1–11 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为S＝5＋4t–t
2
（SI），则小球运动到最高点的
时刻是[ ]。
A．t＝4s B．t＝2s C．t＝8s D．t＝5s
解：小球到最高点时，速度应 为零。由其运动方程为S＝5＋4t–t
2
，利用
v
时刻的速度为
v42t

ds
得任意
dt
令
v42t0
，得
t2s

故选（B）。
1–12 如图1-1所示，小球位于距墙MO和 地面NO等远的一点A，在球的右边，紧靠
小球有一点光源S当小球以速度V
0
水平抛 出，恰好落在墙角O处。当小球在空中运动时，
在墙上就有球的影子由上向下运动，其影子中心的运动是 [ ]。
A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动，加速度小于g
C．自由落体运动 D．变加速运动
解：设A到墙之间距离为d。小球经t时间 自A运动至B
。
此时影子在竖直方向的位移为S。
xV
0
t
，
y
S
y
B
M
x
V
0

A
S
1
2
gt

2
根据三角形相似得
yxSd
，所以得影子位移为
Sydx
gt

2V
0
g
的匀速直线运动。故选
2V
0
3
N
O
由此可见影子在竖直方向作速度为
图1-1

（A）。
1–13 在相对地面静止的坐标系内，A、B二船都以2ms的速 率匀速行驶，A船沿x轴
正向，B船沿y轴正向。今在A船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（x、 y方向单位矢
量用
i
、
j
表示），那么在A船上的坐标系中，B船的 速度（以ms为单位）为[ ]。
A．
2i2j
B．
2i2j
C．
2i2j
D．
2i2j

解：选B船为运动物体，则B船相对于地的速度为绝对速度
v2j
，A船相对于地的速
度为牵连速度
v
0
2i
，则 在A船的坐标系中，B船相对于A船的速度为相对速度
v

。因
v

v
0

v

，故
v

2i 2j
，因此应选（B）


1–17 在篮球运动员作立定投篮时，如以出 手时球的中心为坐标原点，作坐标系Oxy
如图1–3所示。设篮圈中心坐标为（x，y），出手高度为 H，球的出手速度为
v
0
，试证明球
2

v
0
11
的出手角度θ应满足
tan


gx


2g

gx
2

(y)
22
才能投入。
v
0
2
v
0

y

θ

O

H
1


证明：设出手后需用时t入蓝，则有





x





图

1-3
H
2

x
v< br>x
t
v
0
t
cos
θ

yv
y
t
消去时间t，得
1
2
1
g tv
0
tsin

gt
2

22
1g x
2
gx
2
gx
2
y

x
tan
θ

x
tan
α
tan
2
θ

222
2
v
0
cos
2
θ
2
v
0
2
v
0
整理得
gx
2
2
2
v
0
tanθxtanθy
2
gx
2
22
v
0
0

解之得
2

2

v
0
2g
gx

11tan

 (y)


22

gx

v
0
2
v
0

1–18 有一质点沿x轴作直线运动，t时刻的坐标为
x4.5t
2
2t
3
（SI）。试求：（1）第
2s内的平均速 度；（2）第2s末的瞬时速度；（3）第2s内的路程。

4

解 ：（1）将t=1s代入
x4.5t
2
2t
3
得第1s末的位置 为
x
1
4.522.5m

将t=2s代入
x4 .5t
2
2t
3
得第2s末的位置为
x
2
4 .52
2
22
3
2.0m

则第2s内质点的位移为
xx
2
x
1
2.0m-2.5m0.5m

第2s内的平均速度
v

x0.5
-0.5ms

t1
式中负号表示平均速的方向沿x轴负方向。
（2）质点在任意时刻的速度为
v
将
t2s
代入上式得第2s末的瞬时速度为
dx
9t6t
2

dt
v9262
2
6ms

式中负号表示瞬时速度的方向沿x轴负方向。
（3）由
v

dx< br>9t6t
2
0
得质点停止运动的时刻为
t1.5s
。 由此计算得第1s末到
dt
1.5s末的时间内质点走过的路程为
s
14.51.5
2
21.5
3
2.50.875m

第1.5s末到第2s末的时间内质点走过的路程为
s
2
4.51.5
2
21.5
3
2.01.375m

则第2s内的质点走过的路程为
ss
1
s
2
0.8751.3752.25m

1–19 由于空气的阻力，一个跳伞员在空中运动不是匀加速运动。一跳伞员在离开飞机
到打 开降落伞的这段时间内，其运动方程为
ybc(tke
tk
)
（SI ），式中b、c和k是常
量，y是他离地面的高度。问：（1）要使运动方程有意义，b、c和k的单位 是什么？（2）
计算跳伞员在任意时刻的速度和加速度。
解：（1）由量纲分析，b的单位为m，c的单位为ms，k的单位为s。
（2）任意时刻的速度为
v
dy
c(1e
tk
)

dt
当时间足够长时其速度趋于
c
。
任意时刻的加速度为
a
d
v
c
tk

e
dtk
当时间足够长时其加速度趋于零。
1–20 一艘正在沿直线行 驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，
大小与速度平方成正比，即
d
v
K
v
2
，式中K为常量。试证明电艇在关闭发动机后又 行
dt
5

驶x距离时的速度为
v

v
0
e
Kx

其中
v
0
是发动机关闭时的速度。
证明：由
d
v
K
v
2
得
dt
d
v
dxd
v

v
K
v
2

dxdtdx
即
d
v
Kdx

v
上式积分为
v
d
v
x

v
0
得
v
Kdx


0
v

v
0
e
Kx


1–24 一飞机相对于空气以恒定速率
v
沿正方形轨道飞行，在无风天气 其运动周期为T。
若有恒定小风沿平行于正方形的一对边吹来，风速为
Vkv(k1)< br>。求飞机仍沿原正方形
（对地）轨道飞行时周期要增加多少？
解：依题意，设飞机沿如 图1-5所示的ABCD矩形路径运
动，设矩形每边长为l，如无风时，依题意有
D
V
v
v
A
图1-5
V
v
v
V
B
V
C
T
4l
（1）
v
当有风时，设风的速度如图1-5所示，则飞机沿AB运动
时的速度为vVvkv
，飞机从A飞到B所花时间为

飞机沿CD运动时的速度为
vVvkv
，飞机从C飞到D所花时间为
l
（2）
t
1

v

kv
t
2

l
（3）
v

kv
飞机沿BC运动和沿DA运动所花的时间是相同的，为了使 飞机沿矩形线运动，飞机相
对于地的飞行速度方向应与运动路径成一夹角，使得飞机速度时的速度
v
在水平方向的分
量等于
kv
，故飞机沿BC运动和沿DA运动的速度大 小为
v
2
k
2
v
2
，飞机在BC和DA
上所花的总时间为
t
3

2l
v

kv
222
（4）
综上，飞机在有风沿此矩形路径运动所花的总时间，即周期为
T

t
1
t
2
t
3

ll2l
 （5）
222
v
k
vv
k
v
v
k
v
利用（1）式，（5）式变为

6

T


2T(11k
2
)
4(1k)
2

T(4k
2
)
4( 1k)
2

飞机在有风时的周期与无风时的周期相比，周期增加值为
3k
2
T

TTT

T
2
4
4(1k)


T(4k
2
)

7