李谷一个人资料-威胁是什么意思

第一章 质点运动学

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 ＋Δt)时间内的位移为
Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r｜),平均速度为
v
,平均速率为
v
．
(1) 根据上述情况,则必有( )
(A) ｜Δr｜= Δs = Δr
(B) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= ds ≠ dr
(C) ｜Δr｜≠ Δr ≠ Δs,当Δt→0 时有｜dr｜= dr ≠ ds
(D) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= dr = ds
(2) 根据上述情况,则必有( )
(A) ｜
v
｜=
v
,｜
v
｜=
v
(B) ｜
v
｜≠
v
,｜
v
｜≠
v

(C) ｜
v
｜=
v
,｜
v
｜≠
v
(D) ｜
v
｜≠
v
,｜
v
｜=
v


分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)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Δs＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜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Δt→0
时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．
(2) 由 于｜Δr｜≠Δs,故
Δ
r
Δ
s
,即｜
v
｜≠v
．

Δ
tΔt
但由于｜dr｜＝ds,故
drds

,即｜
v
｜＝
v
．由此可见,应选(C)．
dtdt
1 -2 一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
drds

dx

dy

(1)； (2)； (3)； (4)



．
dt
dtdt

dt

dt

下述判断正确的是( )
(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确
22

(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确
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 速率．通常
dt
dr
用符号v
r
表示,这是速度矢量在位矢方向上的 一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中
dt
分析与解
ds

d x

dy

速度大小可用公式
v
计算,在直角坐标系中 则可由公式
v




求解．故
dt

dt

dt

选(D)．
1 -3 质点作曲线运动,r表示位置矢量,v表示速度,a表示加速度,s表示路程, a
ｔ
表示切向加速
度．对下列表达式,即
(1)dv dt＝
a
；(2)drdt＝v；(3)dsdt＝v；(4)dv 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
22
dv
表示切向加速度a
ｔ
,它表示 速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方
dt
dr
向的一个分量,起改变速度 大小的作用；在极坐标系中表示径向速率v
r
(如题1 -2 所述)；
dt
分析与解
ds
dv
在自然坐标系中表示质点的速率v ；而表示加速度的大小而不是切向加速度a
ｔ
．因
dt
dt
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) 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
分析与解 加速度的切向分量a
ｔ< br>起改变速度大小的作用,而法向分量
a
n
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a
ｔ
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, a
ｔ
恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a
ｔ
为一不为零的恒量,当a< br>ｔ
改变时,质点则作
一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．
1 -5 已知质点沿x轴作直线运动,其运动方程为
x26t
2
2t
3< br>,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 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Δx的大小可直接由运动方程得到：

Δx

x
t

x
0
,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t
p
,求出0～t
p
和
dt
t
p
～t内的位移大小Δx
1
、 Δx
2
,则t 时间内的路程
sx
1
x
2
,如图所示,至于t＝4.0 s 时质点
dx
d
2
x
速度和加速度可用和
2
两式计算 ．
dt
dt

题 1-5 图
解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小
Δxx
4
x
0
32m

(2) 由
dx
0

dt
t
p
2s
(t＝0不合题意)
得知质点的换向时刻为
则
Δx
1
x
2
x
0
8.0m

Δx
2
x
4
x
2
40m

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为
sΔx
1
Δx
2
48m

(3) t＝4.0 s时
v

dx
48ms
1

dt
t4.0s
d
2
x
a
2
36m.s
2

dt
t4.0s
1 -6 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 到t＝2ｓ内质点的位移Δr和径向增量Δr；
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、Δr、Δr、Δs来说,物理 含义不同,(详见题1-1分析).
解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为
2
y2
1
2
x

4

这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．
(2) 将t＝0ｓ和t＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为
r
0
2j
,
r
2
4i2j

图(a)中的P、Q 两点,即为t＝0ｓ和t＝2ｓ时质点所在位置．
(3) 由位移表达式,得
Δrr2
r
1
(x
2
x
0
)i(y
2
y
0
)j4i2j

其中位移大小
Δr(Δx)
2
(Δy)
2
5.66m

2222
x
2
y
2
x
0
y
0
2.47m
而径向增量
ΔrΔrr
2
r
0


题 1-6 图
1 -7 质点的运动方程为
x10t30t
2

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．
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
v
x

dx
1060t

dt
dy
v
y
1540t

dt
22
当t＝0 时,v
0x
＝-10 m·ｓ
-1
,v
0y
＝15 m·ｓ
-1
,则初速度大小为
v
0

v
0x

v
0 y
18.0ms
1

设v
0
与x轴的夹角为α,则
tan
α

v
0y
v
0x
3


2
α＝123°41′
(2) 加速度的分量式为

a
x

则加速度的大小为
d
v
y
d
v
x
40ms
2

60ms
2
,
a
y

dt
dt
aa
x
a
y
72.1ms
2

设a 与x轴的夹角为β,则
22
tan
β

a
y
2


a
x
3
β＝-33°41′(或326°19′)
1 -8 一升降机以加速度1.22 m·ｓ
-2
上升,当上升速度为2.44 m·ｓ
-1< br>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y
1
＝y
1
(t)和y
2
＝y
2
( 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(或升降机)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
1
y
1
v
0
tat
2

2
1
y
2
hv
0
tgt
2

2
当螺丝落至底面时,有y
1
＝y
2
,即
11
v
0
tat
2
hv
0
tgt
2< br>
22
t
2h
0.705s

ga
(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为
dhy
2
v
0< br>t
1
2
gt0.716m

2
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
1
0h(ga)t
2

2
t
2h
0.705s

ga
(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为
1
h

v
0
tat
2

2

则
dhh

0.716m


题 1-8 图
1 -9 质点沿直线运动,加速度a＝4 -t
2
,式中a的单位为m·ｓ
-2
,t的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ
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< br>a
dvdx
和
v
可得
dvadt
和
d xvdt
．如a＝a(t)或v＝v(t),则可两边
dtdt
直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,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
v
t


由
v
0
d
v


adt

0
得
v4tt
3
v
0
(1)
1
3

x
x
0
dx

v
dt

0
t
得
x2t
2

将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ
-1
代入(1)、(2)得
v
0
＝-1 m·ｓ
-1
,x
0
＝0.75 m
于是可得质点运动方程为
1
4
tv
0
tx
0
(2)
12
x2t
2

1
4
t0.75

12
1 -10 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
v
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
a
用分离变量法把式(1)改写为
d
v
ABv
(1)
dt
d
v
dt
(2)
ABv
将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

得石子速度
v 
v
v
0
t
d
v
d
v


dt

0
AB
v
A
(1e
Bt
)

B
A
由此可知当,t→∞时,
v
为一常量,通常称为极限速度或收尾速度 ．
B
dyA
(2) 再由
v(1e
Bt
)
并考虑初始条件有
dtB
yt
A
Bt
dy(1e)dt


0

0
B
得石子运动方程
y
AA
t
2
(e
Bt
1)

BB
1 -11 一质点具有恒定加速度a ＝6i＋4j,式中a的单位为m·ｓ
- 2
．在t＝0时,其速度为零,位置
矢量r
0
＝10 mi．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,
并画出轨迹的示意图．


题 1-11 图

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a
x
和a
y
分别积分,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
xx
0
v
0x
t1
2
a
x
t
和
2
1
yy
0
v
0y
ta
y
t
2
,两个分运动均为匀变速直 线运动．读者不妨自己验证一下．
2
解 由加速度定义式,根据初始条件t
0
＝0时v
0
＝0,积分可得

v
0
d
v


adt

(6i 4j)dt

00
tt

v6ti4tj

又由
v
dr
及初始条件t＝0 时,r
0
＝(10 m)i,积分可得
dt

r
r
0
dr

vdt

(6ti4tj)dt

00
tt
r(1 03t
2
)i2t
2
j

由上述结果可得质点运动方程的分量式,即
x＝10＋3t
2

y＝2t
2

消去参数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
dy2
tanα
,α＝3 3°41′．轨迹如图所示．
dx3
1 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r＝2.0ti＋(19.0 -2.0t
2
)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t
1
＝1.0s 到t
2
＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t
1
＝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ρ．
分析 根据运动方程可直接写出其分量式x＝x(t)和y＝y(t ),从中消去参数t,即得质点的轨迹方
程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即
v
关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度
v
Δr
,它与时间 间隔Δt的大小有
Δt
dr
．切向和法向加速度是指在自然坐标下的
dtdv
t
分矢量a
ｔ
和a
n
,前者只反映质点在切线方 向速度大小的变化率,即
a
t
e
,后者只反映质
dt
点速 度方向的变化,它可由总加速度a和a
ｔ
得到．在求得t
1
时刻质点的速度和 法向加速度的大
v
2
小后,可由公式
a
n

求ρ．
ρ
解 (1) 由参数方程
x＝2.0t, y＝19.0-2.0t
2

消去t得质点的轨迹方程：
y ＝19.0 -0.50x
2

(2) 在t
1
＝1.00ｓ到t
2
＝2.0ｓ时间内的平均速度
v

Δ
rr
2
r
1
2.0i6.0j

Δ
tt
2
t
1
(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为
v(t)v
x
iv
y
j 
dxdy
ij2.0i4.0tj

dtdt
d
2
xd
2
y
a(t)
2
i
2
j4. 0ms
2
j

dtdt

则t1 ＝1.00ｓ时的速度
v(t)｜
t
＝
1
ｓ
＝2.0i -4.0j
切向和法向加速度分别为
a
tt1s

d
v
d
22
e
t
(v
x
v
2
y
)e
t
3.58mse
t

dtdt
an
a
2
a
t
2
e
n
1.79m s
2
e
n

(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为
21
v

v
x

v
2
y
4 .47ms

v
2
11.17m
则
ρ

a
n
1 -13 飞机以100 m·ｓ
-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2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速
度各为多少？


题 1-13 图
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α或β．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 α,可由此时刻的两速度分量v
x
、v
y
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＝12 gt
2

飞机水平飞行速度v＝100 m·s
-1
,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
xv
(2) 视线和水平线的夹角为
2y
452m

g

θ
arctan
(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为
y
12.5
o

x
gt

v
α
arctan
v
y
v
x
arctan
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
gt

a
t
gs inαgsin

arctan

1.88ms
2

v

gt

a
n
gcos

gcos

arctan

9.62ms
2

v

1 -14 为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越 黄河壶口，如图所示，
柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为
v
0
150
kmh
1

，他随即以仰角

5

冲出，飞越跨度达57 m，安全着陆在西岸木桥上，
求：

题 1-14 图

（1） 柯飞车跨越黄河用了多长时间？
（2） 若起飞点高出河面10 m，柯驾车飞行的最高点距河面为几米？
（3） 西岸木桥和起飞点的高度差为多少？
分析由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动
来说，运用叠加原理是求 解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的直角坐标系，
将运动分解为两个相互正交的直线运 动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g，故两个
分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线 运动，直接列出相关运动规律方程即可求
解，本题可建立图示坐标系，图中
y
m
和x
m
分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度.
解在图示坐标系中，有
x(v
0
cos

)t
（1）
y(v
0
sin

）t
1
2
gt
（2）
2
v
y
v
0
sin

gt
（3）

(1) 由式（1），令
xx
m
57
m，得飞跃时间
t
m

x
m
1.37
s < br>v
0
cos

（2）由式（3），令
v
y
 0
，得飞行到最大高度所需时间
t
’
m

将
t< br>m
代入式（2），得飞行最大高度
’
v
0
sin


g
2
v
0
sin
2

y
m
0.67
m
2g
则飞车在最高点时距河面距离为
hy
m
10
m
10.67
m
（3）将
t
m
1.37
s 代入式（2），得西岸木桥位置为
y= - 4.22 m
“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.
讨论本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在y方向上的运动方程应为
y10
m +
(v
0
sin

)t
1
2
gt

2
1 -15 如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角

30

，球的抛射角

60

，设球被抛出时的速率v
0
＝19.6 m·ｓ
-1
，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡
底端的距离为多少？此过程经历多长时间？

题 1-15 图

分析求 解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图（a）和图（b）所示.在
图（a）坐标系中 ，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-g
cos

和-g
sin

，
看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y=0,对应的时间t和x 的值即为本题所求.在图

（b）坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P 的坐标y与x的关系列出来.
解 1由分析知，在图（a）坐标系中，有

1x[v
0
cos(



)]t(gsin
)t
2
（1）
2
1
y[v
0
s in(



)]t(gcos

)t
2（2）
2

落地时，有y=0，由式（2）解得飞行时间为
t
将t值代入式（1），得

2v
0
tan30

2.31
s
g
2
2v
0
OPx26.1
m
3g

解 2由分析知，在图（b）坐标系中，
对小球
x(v
0
cos

)t
（1）
y(v
0
sin

)t
对点P
y

 xtan

（3）
由式（1）、（2）可得球的轨道方程为
1
2
gt
（2）
2
gx
2
yxtan


2
（4） < br>2v
0
cos
2


落地时，应有
yy< br>
，即
gx
2
xtan30xtan60
2

2v
0
cos
2
60


解之得落地点 P的x坐标为
2
3v
0
x
（5）
3g
2
2v
0
x
26.1
m 则
OP
cos30

3g
联解式（1）和式（5）可得飞行时间
t2.31
s
讨论比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?

1 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律
sv
0< br>t
1
2
bt
运动,v
0
、b 都是常量．(1) 求t时刻质
2
点的总加速度；(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
ｔ
,而加速度的法向分< br>量为a
n
＝v
2
R．这样,总加速度为a
＝
aｔ
e
ｔ
＋
a
n
e
n
．至于质点在t时 间内通过的路程,即为曲线坐
标的改变量Δs＝s
t
-s
0
．因圆周长为2πR,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
v

其加速度的切向分量和法向分量分别为
ds

v
0
bt

dt
d
2< br>s
v
2
(
v
0
bt)
2

a
t

2
b
,
a
n

dtRR
故加速度的大小为
aaa
其方向与切线之间的夹角为
2
n
2
t
a
t
2
b
2
(
v
0
bt)
4

R

(
v
0
bt)
2
< br>a
n
θ
arctanarctan




a
t
Rb

(2) 要使｜a｜＝b,由
1
R
2
b
2
(
v
0
bt)
4
 b
可得
R
v
t
0

b
2
v< br>0
ss
t
s
0


2b
(3) 从t＝0 开始到t＝v
0
b 时,质点经过的路程为
因此质点运行的圈数为
2
s
v
0
n

2π
R
4π
bR
1 -17 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＝2.0
ｓ时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ
-1
．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向
加速度和 总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．
分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt< br>2
．依据角量与线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,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量
描述的相应关系,由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．
解 因ωR＝v,由题意ω
∝
t
2
得比例系数
k
所以
ωω(t)2t

2
ω
v
3

2rads
22
tR t
则t′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为
ω2t

2
0.5rads
1

α

d
ω
4t

2.0rads
2

dt
a
t
αR1.0ms
2

总加速度
aa
n
a
t
αRe
t
ω
2
Re
n

a
在2.0ｓ内该点所转过的角度

αR< br>
2


ω
2
R

2
22
1.01ms
2

2
32
t
0
5.33rad

00
3
1 -18 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为
θ24t
3
,式中θ的单位为rad,t的
θθ
0


ωdt

2t
2
dt
单位为ｓ．(1) 求在t＝2.0ｓ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,θ 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？
分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得
到．
解 (1) 由于
θ24t
3
,则角速度
ω
的数值分别为
d
θ

12t
2
．在t＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速 度
dt
a
nt2s
rω
2
2.30ms
 2

a
t
(2) 当
a
t
a2
t2 s
r
d
ω
4.80ms
2

dt
1
2
2
,即
a
n
a
t< br>2
时,有
3a
t
2
a
n
2
3
24rt

r
2

12t
2
< br>
2
4
得
t
3
1
23

此时刻的角位置为
θ24t
3
3.15rad

(3) 要使
a
n
a
t
,则有

3

24rt

r
2

12t
2


2
4
t ＝0.55ｓ
1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v
1
＝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v
2
．( 设下降的雨滴作匀速运动)

题 1-19 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′．v
1
为Ｓ′相对Ｓ的 速度,v
2
为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以
地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v
1
,雨滴相对地面竖直下落的速度为v
2
,旅客看到
雨滴下落的速度v
2′为相对速度,它们之间的关系为
v
2
v
2
v
1< br> (如图所示),于是可得
'
v
2

v
1
1

5.36ms
o
tan75
1 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v
1
,下落雨滴的速度方向偏于竖直方
向之前θ角,速率为v
2
′,若车后有一长方形物体,问车速v
1
为 多大时,此物体正好不会被雨水淋
湿？
分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对 象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考
系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下 落的方向(即雨点相对于汽车的运
动速度v
2
′的方向)应满足
αarct an
需车速v
1
．
l
．再由相对速度的矢量关系
v

2
v
2
v
1
,即可求出所
h

题 1-20 图
解 由
v

2
v
2
v
1
［图(b)］,有

arctan
v
1
v
2
sin
θ< br>
v
2
cos
θ

而要使
αarct an
l
,则
h
v
1

v
2
si n
θ
l


v
2
cos
θ
h
l
cos
θ

v
1

v
2

sinθ



h


第一章 质点运动学

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 ＋Δt)时间内的位移为
Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r｜),平均速度为
v
,平均速率为
v
．
(1) 根据上述情况,则必有( )
(A) ｜Δr｜= Δs = Δr
(B) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= ds ≠ dr
(C) ｜Δr｜≠ Δr ≠ Δs,当Δt→0 时有｜dr｜= dr ≠ ds
(D) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= dr = ds
(2) 根据上述情况,则必有( )
(A) ｜
v
｜=
v
,｜
v
｜=
v
(B) ｜
v
｜≠
v
,｜
v
｜≠
v

(C) ｜
v
｜=
v
,｜
v
｜≠
v
(D) ｜
v
｜≠
v
,｜
v
｜=
v


分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)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Δs＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜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Δt→0
时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．
(2) 由 于｜Δr｜≠Δs,故
Δ
r
Δ
s
,即｜
v
｜≠v
．

Δ
tΔt
但由于｜dr｜＝ds,故
drds

,即｜
v
｜＝
v
．由此可见,应选(C)．
dtdt
1 -2 一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
drds

dx

dy

(1)； (2)； (3)； (4)



．
dt
dtdt

dt

dt

下述判断正确的是( )
(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确
22

(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确
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 速率．通常
dt
dr
用符号v
r
表示,这是速度矢量在位矢方向上的 一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中
dt
分析与解
ds

d x

dy

速度大小可用公式
v
计算,在直角坐标系中 则可由公式
v




求解．故
dt

dt

dt

选(D)．
1 -3 质点作曲线运动,r表示位置矢量,v表示速度,a表示加速度,s表示路程, a
ｔ
表示切向加速
度．对下列表达式,即
(1)dv dt＝
a
；(2)drdt＝v；(3)dsdt＝v；(4)dv 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
22
dv
表示切向加速度a
ｔ
,它表示 速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方
dt
dr
向的一个分量,起改变速度 大小的作用；在极坐标系中表示径向速率v
r
(如题1 -2 所述)；
dt
分析与解
ds
dv
在自然坐标系中表示质点的速率v ；而表示加速度的大小而不是切向加速度a
ｔ
．因
dt
dt
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) 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
分析与解 加速度的切向分量a
ｔ< br>起改变速度大小的作用,而法向分量
a
n
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a
ｔ
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, a
ｔ
恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a
ｔ
为一不为零的恒量,当a< br>ｔ
改变时,质点则作
一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．
1 -5 已知质点沿x轴作直线运动,其运动方程为
x26t
2
2t
3< br>,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 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Δx的大小可直接由运动方程得到：

Δx

x
t

x
0
,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t
p
,求出0～t
p
和
dt
t
p
～t内的位移大小Δx
1
、 Δx
2
,则t 时间内的路程
sx
1
x
2
,如图所示,至于t＝4.0 s 时质点
dx
d
2
x
速度和加速度可用和
2
两式计算 ．
dt
dt

题 1-5 图
解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小
Δxx
4
x
0
32m

(2) 由
dx
0

dt
t
p
2s
(t＝0不合题意)
得知质点的换向时刻为
则
Δx
1
x
2
x
0
8.0m

Δx
2
x
4
x
2
40m

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为
sΔx
1
Δx
2
48m

(3) t＝4.0 s时
v

dx
48ms
1

dt
t4.0s
d
2
x
a
2
36m.s
2

dt
t4.0s
1 -6 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 到t＝2ｓ内质点的位移Δr和径向增量Δr；
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、Δr、Δr、Δs来说,物理 含义不同,(详见题1-1分析).
解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为
2
y2
1
2
x

4

这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．
(2) 将t＝0ｓ和t＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为
r
0
2j
,
r
2
4i2j

图(a)中的P、Q 两点,即为t＝0ｓ和t＝2ｓ时质点所在位置．
(3) 由位移表达式,得
Δrr2
r
1
(x
2
x
0
)i(y
2
y
0
)j4i2j

其中位移大小
Δr(Δx)
2
(Δy)
2
5.66m

2222
x
2
y
2
x
0
y
0
2.47m
而径向增量
ΔrΔrr
2
r
0


题 1-6 图
1 -7 质点的运动方程为
x10t30t
2

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．
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
v
x

dx
1060t

dt
dy
v
y
1540t

dt
22
当t＝0 时,v
0x
＝-10 m·ｓ
-1
,v
0y
＝15 m·ｓ
-1
,则初速度大小为
v
0

v
0x

v
0 y
18.0ms
1

设v
0
与x轴的夹角为α,则
tan
α

v
0y
v
0x
3


2
α＝123°41′
(2) 加速度的分量式为

a
x

则加速度的大小为
d
v
y
d
v
x
40ms
2

60ms
2
,
a
y

dt
dt
aa
x
a
y
72.1ms
2

设a 与x轴的夹角为β,则
22
tan
β

a
y
2


a
x
3
β＝-33°41′(或326°19′)
1 -8 一升降机以加速度1.22 m·ｓ
-2
上升,当上升速度为2.44 m·ｓ
-1< br>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y
1
＝y
1
(t)和y
2
＝y
2
( 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(或升降机)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
1
y
1
v
0
tat
2

2
1
y
2
hv
0
tgt
2

2
当螺丝落至底面时,有y
1
＝y
2
,即
11
v
0
tat
2
hv
0
tgt
2< br>
22
t
2h
0.705s

ga
(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为
dhy
2
v
0< br>t
1
2
gt0.716m

2
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
1
0h(ga)t
2

2
t
2h
0.705s

ga
(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为
1
h

v
0
tat
2

2

则
dhh

0.716m


题 1-8 图
1 -9 质点沿直线运动,加速度a＝4 -t
2
,式中a的单位为m·ｓ
-2
,t的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ
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< br>a
dvdx
和
v
可得
dvadt
和
d xvdt
．如a＝a(t)或v＝v(t),则可两边
dtdt
直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,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
v
t


由
v
0
d
v


adt

0
得
v4tt
3
v
0
(1)
1
3

x
x
0
dx

v
dt

0
t
得
x2t
2

将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ
-1
代入(1)、(2)得
v
0
＝-1 m·ｓ
-1
,x
0
＝0.75 m
于是可得质点运动方程为
1
4
tv
0
tx
0
(2)
12
x2t
2

1
4
t0.75

12
1 -10 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
v
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
a
用分离变量法把式(1)改写为
d
v
ABv
(1)
dt
d
v
dt
(2)
ABv
将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

得石子速度
v 
v
v
0
t
d
v
d
v


dt

0
AB
v
A
(1e
Bt
)

B
A
由此可知当,t→∞时,
v
为一常量,通常称为极限速度或收尾速度 ．
B
dyA
(2) 再由
v(1e
Bt
)
并考虑初始条件有
dtB
yt
A
Bt
dy(1e)dt


0

0
B
得石子运动方程
y
AA
t
2
(e
Bt
1)

BB
1 -11 一质点具有恒定加速度a ＝6i＋4j,式中a的单位为m·ｓ
- 2
．在t＝0时,其速度为零,位置
矢量r
0
＝10 mi．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,
并画出轨迹的示意图．


题 1-11 图

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a
x
和a
y
分别积分,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
xx
0
v
0x
t1
2
a
x
t
和
2
1
yy
0
v
0y
ta
y
t
2
,两个分运动均为匀变速直 线运动．读者不妨自己验证一下．
2
解 由加速度定义式,根据初始条件t
0
＝0时v
0
＝0,积分可得

v
0
d
v


adt

(6i 4j)dt

00
tt

v6ti4tj

又由
v
dr
及初始条件t＝0 时,r
0
＝(10 m)i,积分可得
dt

r
r
0
dr

vdt

(6ti4tj)dt

00
tt
r(1 03t
2
)i2t
2
j

由上述结果可得质点运动方程的分量式,即
x＝10＋3t
2

y＝2t
2

消去参数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
dy2
tanα
,α＝3 3°41′．轨迹如图所示．
dx3
1 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r＝2.0ti＋(19.0 -2.0t
2
)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t
1
＝1.0s 到t
2
＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t
1
＝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ρ．
分析 根据运动方程可直接写出其分量式x＝x(t)和y＝y(t ),从中消去参数t,即得质点的轨迹方
程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即
v
关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度
v
Δr
,它与时间 间隔Δt的大小有
Δt
dr
．切向和法向加速度是指在自然坐标下的
dtdv
t
分矢量a
ｔ
和a
n
,前者只反映质点在切线方 向速度大小的变化率,即
a
t
e
,后者只反映质
dt
点速 度方向的变化,它可由总加速度a和a
ｔ
得到．在求得t
1
时刻质点的速度和 法向加速度的大
v
2
小后,可由公式
a
n

求ρ．
ρ
解 (1) 由参数方程
x＝2.0t, y＝19.0-2.0t
2

消去t得质点的轨迹方程：
y ＝19.0 -0.50x
2

(2) 在t
1
＝1.00ｓ到t
2
＝2.0ｓ时间内的平均速度
v

Δ
rr
2
r
1
2.0i6.0j

Δ
tt
2
t
1
(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为
v(t)v
x
iv
y
j 
dxdy
ij2.0i4.0tj

dtdt
d
2
xd
2
y
a(t)
2
i
2
j4. 0ms
2
j

dtdt

则t1 ＝1.00ｓ时的速度
v(t)｜
t
＝
1
ｓ
＝2.0i -4.0j
切向和法向加速度分别为
a
tt1s

d
v
d
22
e
t
(v
x
v
2
y
)e
t
3.58mse
t

dtdt
an
a
2
a
t
2
e
n
1.79m s
2
e
n

(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为
21
v

v
x

v
2
y
4 .47ms

v
2
11.17m
则
ρ

a
n
1 -13 飞机以100 m·ｓ
-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2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速
度各为多少？


题 1-13 图
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α或β．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 α,可由此时刻的两速度分量v
x
、v
y
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＝12 gt
2

飞机水平飞行速度v＝100 m·s
-1
,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
xv
(2) 视线和水平线的夹角为
2y
452m

g

θ
arctan
(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为
y
12.5
o

x
gt

v
α
arctan
v
y
v
x
arctan
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
gt

a
t
gs inαgsin

arctan

1.88ms
2

v

gt

a
n
gcos

gcos

arctan

9.62ms
2

v

1 -14 为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越 黄河壶口，如图所示，
柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为
v
0
150
kmh
1

，他随即以仰角

5

冲出，飞越跨度达57 m，安全着陆在西岸木桥上，
求：

题 1-14 图

（1） 柯飞车跨越黄河用了多长时间？
（2） 若起飞点高出河面10 m，柯驾车飞行的最高点距河面为几米？
（3） 西岸木桥和起飞点的高度差为多少？
分析由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动
来说，运用叠加原理是求 解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的直角坐标系，
将运动分解为两个相互正交的直线运 动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g，故两个
分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线 运动，直接列出相关运动规律方程即可求
解，本题可建立图示坐标系，图中
y
m
和x
m
分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度.
解在图示坐标系中，有
x(v
0
cos

)t
（1）
y(v
0
sin

）t
1
2
gt
（2）
2
v
y
v
0
sin

gt
（3）

(1) 由式（1），令
xx
m
57
m，得飞跃时间
t
m

x
m
1.37
s < br>v
0
cos

（2）由式（3），令
v
y
 0
，得飞行到最大高度所需时间
t
’
m

将
t< br>m
代入式（2），得飞行最大高度
’
v
0
sin


g
2
v
0
sin
2

y
m
0.67
m
2g
则飞车在最高点时距河面距离为
hy
m
10
m
10.67
m
（3）将
t
m
1.37
s 代入式（2），得西岸木桥位置为
y= - 4.22 m
“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.
讨论本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在y方向上的运动方程应为
y10
m +
(v
0
sin

)t
1
2
gt

2
1 -15 如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角

30

，球的抛射角

60

，设球被抛出时的速率v
0
＝19.6 m·ｓ
-1
，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡
底端的距离为多少？此过程经历多长时间？

题 1-15 图

分析求 解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图（a）和图（b）所示.在
图（a）坐标系中 ，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-g
cos

和-g
sin

，
看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y=0,对应的时间t和x 的值即为本题所求.在图

（b）坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P 的坐标y与x的关系列出来.
解 1由分析知，在图（a）坐标系中，有

1x[v
0
cos(



)]t(gsin
)t
2
（1）
2
1
y[v
0
s in(



)]t(gcos

)t
2（2）
2

落地时，有y=0，由式（2）解得飞行时间为
t
将t值代入式（1），得

2v
0
tan30

2.31
s
g
2
2v
0
OPx26.1
m
3g

解 2由分析知，在图（b）坐标系中，
对小球
x(v
0
cos

)t
（1）
y(v
0
sin

)t
对点P
y

 xtan

（3）
由式（1）、（2）可得球的轨道方程为
1
2
gt
（2）
2
gx
2
yxtan


2
（4） < br>2v
0
cos
2


落地时，应有
yy< br>
，即
gx
2
xtan30xtan60
2

2v
0
cos
2
60


解之得落地点 P的x坐标为
2
3v
0
x
（5）
3g
2
2v
0
x
26.1
m 则
OP
cos30

3g
联解式（1）和式（5）可得飞行时间
t2.31
s
讨论比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?

1 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律
sv
0< br>t
1
2
bt
运动,v
0
、b 都是常量．(1) 求t时刻质
2
点的总加速度；(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
ｔ
,而加速度的法向分< br>量为a
n
＝v
2
R．这样,总加速度为a
＝
aｔ
e
ｔ
＋
a
n
e
n
．至于质点在t时 间内通过的路程,即为曲线坐
标的改变量Δs＝s
t
-s
0
．因圆周长为2πR,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
v

其加速度的切向分量和法向分量分别为
ds

v
0
bt

dt
d
2< br>s
v
2
(
v
0
bt)
2

a
t

2
b
,
a
n

dtRR
故加速度的大小为
aaa
其方向与切线之间的夹角为
2
n
2
t
a
t
2
b
2
(
v
0
bt)
4

R

(
v
0
bt)
2
< br>a
n
θ
arctanarctan




a
t
Rb

(2) 要使｜a｜＝b,由
1
R
2
b
2
(
v
0
bt)
4
 b
可得
R
v
t
0

b
2
v< br>0
ss
t
s
0


2b
(3) 从t＝0 开始到t＝v
0
b 时,质点经过的路程为
因此质点运行的圈数为
2
s
v
0
n

2π
R
4π
bR
1 -17 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＝2.0
ｓ时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ
-1
．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向
加速度和 总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．
分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt< br>2
．依据角量与线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,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量
描述的相应关系,由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．
解 因ωR＝v,由题意ω
∝
t
2
得比例系数
k
所以
ωω(t)2t

2
ω
v
3

2rads
22
tR t
则t′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为
ω2t

2
0.5rads
1

α

d
ω
4t

2.0rads
2

dt
a
t
αR1.0ms
2

总加速度
aa
n
a
t
αRe
t
ω
2
Re
n

a
在2.0ｓ内该点所转过的角度

αR< br>
2


ω
2
R

2
22
1.01ms
2

2
32
t
0
5.33rad

00
3
1 -18 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为
θ24t
3
,式中θ的单位为rad,t的
θθ
0


ωdt

2t
2
dt
单位为ｓ．(1) 求在t＝2.0ｓ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,θ 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？
分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得
到．
解 (1) 由于
θ24t
3
,则角速度
ω
的数值分别为
d
θ

12t
2
．在t＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速 度
dt
a
nt2s
rω
2
2.30ms
 2

a
t
(2) 当
a
t
a2
t2 s
r
d
ω
4.80ms
2

dt
1
2
2
,即
a
n
a
t< br>2
时,有
3a
t
2
a
n
2
3
24rt

r
2

12t
2
< br>
2
4
得
t
3
1
23

此时刻的角位置为
θ24t
3
3.15rad

(3) 要使
a
n
a
t
,则有

3

24rt

r
2

12t
2


2
4
t ＝0.55ｓ
1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v
1
＝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v
2
．( 设下降的雨滴作匀速运动)

题 1-19 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′．v
1
为Ｓ′相对Ｓ的 速度,v
2
为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以
地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v
1
,雨滴相对地面竖直下落的速度为v
2
,旅客看到
雨滴下落的速度v
2′为相对速度,它们之间的关系为
v
2
v
2
v
1< br> (如图所示),于是可得
'
v
2

v
1
1

5.36ms
o
tan75
1 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v
1
,下落雨滴的速度方向偏于竖直方
向之前θ角,速率为v
2
′,若车后有一长方形物体,问车速v
1
为 多大时,此物体正好不会被雨水淋
湿？
分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对 象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考
系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下 落的方向(即雨点相对于汽车的运
动速度v
2
′的方向)应满足
αarct an
需车速v
1
．
l
．再由相对速度的矢量关系
v

2
v
2
v
1
,即可求出所
h

题 1-20 图
解 由
v

2
v
2
v
1
［图(b)］,有

arctan
v
1
v
2
sin
θ< br>
v
2
cos
θ

而要使
αarct an
l
,则
h
v
1

v
2
si n
θ
l


v
2
cos
θ
h
l
cos
θ

v
1

v
2

sinθ



h
