1、第5章機械振動23,5-1有一彈簧振子，振幅A 2.0 10 m,周期T 1.0s,初相.試寫出它的振動位4移、速度和加速度方程。分析根據振動的標準形式可得到振動方程，通過求導即可求解速度和加速度方程。解：振動方程為x Acos( t) Acos(2t)T代入有關數據得3 、，、x 0.02cos(2 t )(m)4振子的速度和加速度分別是dx v - dt3i0.04 sin(2 t )(m s )4d2x232a 了 0.08 cos(2 t )(m s ) dt45-2彈簧振子的質量為 0.500kg ,當以35.0cm的振幅振動時，振子每0.500sT、頻率角頻率3、彈簧的倔強系數k、

2、物體運動的最大速率Vmax、和彈簧給物體的最大作用力Fmax.分析：最大速率 VmaxA , amax A 2, FmaxmHmax ,要求出周期T即可. 解：由題意可知 所以頻率T 0.500s；v 1/T 2.00Hz；角頻率1、2 v=4 =12.6(rad s )；倔強系數2一 ， 一1k m 0.500 12.679.4(N m )；最大速率._1 、vmax A 0.35 12.6 4.41(m s )最大作用力22Fmax mamaxmA 0.500 0.35 12.627.8(N)5-3質量為2kg的質點，按方程x 0.2cos(5t -)(m)沿著x軸振動.求: 6(1) t

3、 0時，作用于質點的力的大小；(2)作用于質點的力的最大值和此時質點的位置分析 根據振動的動力學特征和已知的簡諧運動方程求解，位移最大時受力最大。解：（1）跟據牛頓第二定律d2x f m -5 dt20.2cos(5t -)(m) 60代入上式中，得:f 5.0N(2)2由f m x可知，當0.2m時，質點受力最大，為 f 10.0N5-4在某港口海潮引起海洋的水平面以漲落高度d （從最高水平到最低水平）做簡諧運動處下降了 d/4高度需要多少時間？分析：由旋轉矢量法即可求解 .解：從最高水平到最低水平為2倍的振幅，由題可得旋轉矢量圖,從解圖5-4中可見arccos(當- d/23/312.52

4、 /T 2解圖5-45-5 一放置在水平桌面上的彈簧振子,則:(1)(2)(3)(4)2.08(h)一一 一 2其振幅A 2.0 10 m,周期T 0.5s,當t 0時,物體在正方向端點；物體在平衡位置，向負方向運動；物體在x 1.0 102m處，向負方向運動；物體在x 1.0 10 2m處，向負方向運動.求以上各種情況的振動方程。分析根據旋轉矢量圖，由位移和速度可以確定初相位。進而得出各種情況的振動方程。 解：設所求振動方程為由旋轉矢量圖解圖Acos(爭)0.02cos(4 t )5-5可求出初相位0,2/2, 3/3, 42 /3(1)0.02cos 4t(m)(2)0.02cos(4t

5、)(m)2(3)0.02cos(4t 一)(m)3(4) x 0.02cos(4 t 2)(m) 35-6在一輕彈簧下端懸掛 m0 100g祛碼時，彈簧伸長 8cm.現在這根彈簧下端懸掛m 250g的物體，構成彈簧振子.將物體從平衡位置向下拉動4cm,并給以向上的21cms的初速度(令這時t 0).選x軸向下為正，求振動方程.分析在平衡位置為原點建立坐標軸，由初始條件得出特征參量。解：彈簧的勁度系數k m°g/ l該彈簧與物體 m構成彈簧振子，起振后將做簡諧運動，可設其振動方程為x Acos( t )角頻率為Vk7m代入數據后求得17rad s以平衡位置為原點建立坐標，則1x 0.0

6、4m, v00.21m s由 A(v。/ )2 得A 0.05m據cos 1 -0-得A0.64rad由于V0 0,應取0.64rad ,于是，所求方程為x 0.05cos(7t 0.64)(m)5-7某質點振動的x-t曲線如題圖5-7所示.求：(1)質點的振動方程；(2)質點從t 0的位置到達P點相應位置所需的最短時間.分析由旋轉矢量可以得出初相位和角頻率，求出質點的振動方程。并根據 P點的相位確定最短時間。解：()1設所求方程為:x Acos( t0)從圖中可見，t O,XoA/2,vo 0由旋轉矢量法可知;故：x1s, t 32565 0.1cos(t 3)(m)題圖5-7(2);P點的

7、相位為05tp 0 Ttp 30tp 0.4s p即質點到達P點相應狀態所要的最短時間為0.4s9.8 10 2m .若使彈簧上下振動,其中角頻率mg/m ，l，代入數據得5-8有一彈簧，當下面掛一質量為m的物體時，伸長量為且規定向下為正方向.(1)當t 0時，物體在平衡位置上方 8.0 10 2m ,由靜止開始向下運動，求振動方程1 .(2)當t 0時，物體在平衡位置并以0.6m s的速度向上運動，求振動方程分析根據初始條件求出特征量建立振動方程。解：設所求振動方程為Acos( t )110rad s(1)以平衡位置為原點建立坐標,根據題意有Xo0.08m,v0 0J%2 (Vo/ )2 得

8、0.08m(2)c吟得Xi,由于V0 = 0,不妨取0.08cos(10t)(m)以平衡位置為原點建立坐標，根據題意有于是，所求方程為Xo10,v00.6m s據 AXo2 (v。/ )2 得A 0.06m據 cos 1上得一，由于V0 0 ,應取 一，于是，所求方程為A22x2 0.06cos(10t )(m)225-9 一質點沿x軸做間諧運動，振動萬程為x 4 10 cos(2 t )(m)，求：從t 0時刻起到質點位置在 x 2cm處，且向x軸正方向運動時的最短時間.分析由旋轉矢量圖求得兩點相位差，結合振動方程中特征量即可確定最短時間。解：依題意有旋轉矢量圖(解圖5-9),從圖中可得到故

9、所求時間為tot 2 (t00)1 s2解圖5-95-10兩個物體做同方向、同頻率、同振幅的簡諧運動，在振動過程中，每當第一個物體經 過位移為A/J2的位置向平衡位置運動時，第二個物體也經過此位置，但向遠離平衡位置 的方向運動，試利用旋轉矢量法求它們的相位差分析 由旋轉矢量圖求解。根據運動速度的方向與位移共同確定初相位。解：由于x10 A/J2、v10 0可求得1/4由于乂20A/V2、0可求得/4如解圖5-10所示，相位差2/25-11 一簡諧運動的振動曲線如題圖5-11所示，求振動方程題圖5-11分析利用旋轉矢量圖求解，由解圖 5-11解：設所求方程為 x Acos( t )當 t 0時，

10、x15cm, v1 0 由 A23當t 2s時，從x-t圖中可以看出x20,v2 0據旋轉矢量圖可以看出t 2所以，2秒內相位的改變量3_22解圖5-113 2 5236據t可求出rad 12于是，所求振動方程為5 0.1cos( 12)(m)5-12在光滑水平面上有一做簡諧運動的彈簧振子，彈簧的勁度系數為k,物體的質量為m,振幅為A.當物體通過平衡位置時，有一質量為m'的泥團豎直落到物體上并與之粘結在一起.求:(1) m'和m粘結后，系統的振動周期和振幅；(2)若當物體到達最大位移處，泥團豎直落到物體上，再求系統振動的周期和振幅.分析 系統周期只與系統本身有關，由質量和勁度系

11、數即可確定周期，而振幅則由系統能量決定，因此需要由動量守恒確定碰撞前后速度，從而由機械能守恒確定其振幅。解：(1)設物體通過平衡位置時的速度為v,則由機械能守恒1212-kA - mv 22得當m'豎直落在處于平衡位置 m上時為完全非彈性碰撞，且水平方向合外力為零，所以mv (m m')umu vm m'此后，系統的振幅變為 A',由機械能守恒，有系統振動的周期為(2)當m在最大位移處m'豎直落在m上，碰撞前后系統在水平方向的動量均為零，因而系統的振幅仍為A,周期為m m'5-13設細圓環的質量為 m,半徑為R,掛在墻上的釘子上.求它微小振動的周

12、期 分析 圓環為一剛體，可由轉動定律求解。解：如解圖5-13所示，轉軸O在環上，設角度以逆時針為正，則振動方程為d2J 2dtmgRsin當環作微小擺動sin時，得d2mgR解圖5-13dt22因為J 2mR ,所以5-14 一輕彈簧在60 N的拉力下伸長30 cm.現把質量為4 kg的物體懸掛在該彈簧的下端并 使之靜止，再把物體向下拉10 cm,然后由靜止釋放并開始計時.(1)求物體的振動方程；(2)求物體在平衡位置上方 5 cm時彈簧對物體的拉力；(3)物體從第一次越過平衡位置時刻起到它運動到上方5 cm處所需要的最短時間.分析小物體分離的臨界條件是對振動物體壓力為零，即兩物體具有相同的加

13、速度，而小物解圖514體此時加速度為重力加速度，因此可根據兩物體加速度確定分離條件。解： 如解圖5-14所示，選平衡位置為原點，取向下為x軸正方向。由f kx得f1k 200N m x,1k/m. 50 7.07rad s 1由題意可知 A 10cm,0所以振動方程x 0.1cos(7.07t)(m)(2)物體在平衡位置上方 5 cm時，彈簧對物體的拉力f m(g a) 而 22a x 2.5m s所以(3)因為t 0時刻的初相位f 29.2N0 ,所以物體從第一次越過平衡位置時，對應的相位為2此時x 5cm ,即Acos 2,0,所以1物體在平衡位置上方 5cm處，5因為此時物體向上運動，v

14、223由7.070.074(s)5-15在一平板下裝有彈簧，平板上放一質量為1.0kg的重物.現使平板沿豎直方向做上下簡諧運動，周期為，振幅為 2.0 10 2m ,求：(1)平板到最低點時，重物對板的作用力；(2)若頻率不變，則平板以多大的振幅振動時，重物會跳離平板？(3)若振幅不變，則平板以多大的頻率振動時，重物會跳離平板？ 分析 重物跳離平板的臨界條件是對平板壓力為零。解：重物與平板一起在豎直方向上做簡諧運動，向下為正建立坐標，振動方程為x 0.02 cos(4 t )設平板對重物的作用力為N,于是重物在運動中所受合力為2f mg N ma,而 a x跟據牛頓第三定律，重物對平板的作用力

15、N'為N' N m(g2x)(1)在最低點處：x A,由上式得N' 12.96N(2)頻率不變時，設振幅變為A',在最高點處(x A')重物與平板間作用力最小，設2 0.062mN' 0可得A' g/A')重物與平板間作用力最小，設(3)振幅不變時，設頻率變為2g/A3.52HzN' 0可得''/25-16 物體沿x軸做簡諧運動，振幅為，周期為，當t=0時位移為0.03m,且向x軸正方向 運動，求：(1)時，物體的位移、速度和加速度；(2)物體從x 0.03m處向x軸負方向運動開始，到達平衡位置，至少需要多

16、少時間？ 分析通過旋轉矢量法確定兩位置的相位從而得到最小時間。解：設該物體的振動方程為x Acos( t )依題意知2 /T (rad s 1), A 0.06mQanp解圖5-16cos( t ) 2sin( t ),32所以角速度的大小osin( t ),30 20.02 3 2(rad s 1)15-18有一水平的彈簧振子如題圖5-18所不，彈簧的勁度系數 k 25N m ，物體的質量m 1.0kg ,物體靜止在平衡位置.設以一水平向左的恒力 F 10N作用在物體上(不計一切摩擦工使之由平衡位置向左運動了 0.05m,此時撤除力F,當物體運動到最左邊開始計時，求物體 的運動方程.分析恒力

17、做功的能量全部轉化為系統能量，由機械能守恒可確定系統的振幅。解：設所求方程為x Acos( t )5rad s 1題圖5-18因為不計摩擦，外力做的功全轉變成系統的能量，故Fx 2 kA2所以0.2m又因為t 0,xoA ,所以故所求物體的運動方程為x 0.2cos(5t)(m)ABVA題圖5-195-19 一質點在x軸上做簡諧運動，如題圖 5-19所示，選取該質點向 右運動通過A點時作為計時起點(t = 0 )，經過2s后質點第一次通過 B點，再經過2s后質點第二次經過 B點，若已知該質點在 A、B兩 點具有相同的速率，且 AB = 10 cm,求:(1)質點的振動方程；(2)質點在A點處的

18、速率.分析 由質點在A、B兩點具有相同的速率可知 A、B兩點在平衡位置兩側距平衡位置相等 距離的位置，再聯系兩次經過 B點的時間即可確定系統的周期，而相位可由A、B兩點位置確定。解：由旋轉矢量圖(解圖5-19)和8s1 Hz8(1)以AB的中點為坐標原點,vAVB 可知12 rad s4x軸指向右方.t 0時5cm Acost 2s時5cm A cos(2 )Asin由上面二式解得tg因為在A點質點的速度大于零，所以取A x / cos5.,2(cm)所以振動方程(2)速率 Vd x dtx 5 2 105%210 22-3、cos(4t 7)(m)sin(J 344)(m s 1)當1 =

19、0時，質點在A點的速率為dxdt5、2104sin( =)3.93 10 2(m5-20物體放在水平木板上，這木板以1)2Hz的頻率沿水平直線做簡諧運動，物體和水Amax .平木板之間的靜摩擦系數s 0.50,求物體在木板上不滑動時的最大振幅分析物體在木板上不滑動的臨界條件是摩擦力全部用來產生其加速度。解設物體在水平木板上不滑動豎直方向N mg 0水平方向(2)fx mafxsN(3)又因為2aAcos( t)(4)由(1)(2)(3)解得amaxsmg/msg再由此式和(4)得 2. ,2 2、Amaxsg/ sg/(4)0.031m5-21 一只擺長為的單擺，試求它在下列情況下單擺的周期.

20、(1)在室內；(2)在以a為加速度上升的電梯里.化成標準形式后，即可求得角分析：對兩種情況下進行受力分析， 列出牛頓運動方程, 頻率3 ,進而利用T=2兀/co求得相應的周期 T.解：設單擺的擺線在平衡位置的右方時，角度 為正。(1)則對室內的單擺，由轉動定律得d2mgl sinJ -7dt2當 5時，sin ，有2,三世 0dt J將J ml2代入上式，得d2 gdt2 ld2dt2所以，單擺的周期(2)在以a為加速度上升的電梯里因為電梯是非慣性系，需要加一個慣性力，由轉動定律得(mgma)l sinjddt2當 5時，sin ，有,2d (mg ma)ldt2 J同理，可得單擺的周期5-2

21、2氫原子在分子中的振動可視為簡諧運動.已知氫原子質量 m 1.68 10 27 kg,振動頻率 1.0 1014Hz，振幅 A 1.0 1011m.試計算：(1)此氫原子的最大速度；(2)與此振動相聯系的能量.分析 振動能量可由其最大動能(此時勢能為零)確定。解：(1)最大振動速度 31vm A 2 A 6.28 103m s 1(2)氫原子的振動能量為_12_ _20E -mvm 3.31 10 J 25-23 一物體質量為0.25kg ,在彈性力作用下做簡諧運動，彈簧的勁度系數k 25N m 1如果物體起始振動時具有勢能0.06J和動能0.02J,求：振幅；(2)動能恰等于勢能時的位移；(

22、3)經過平衡位置時物體的速度.分析 簡諧運動機械能守恒，其能量由振幅決定。-10解：(1) E Ek EP -kA2 2A 2( Ek Ep)/k1/20.08m，12 t,0(2)因為 E Ek EP -kA ,當 EkEP 時，有 2EP E ,得21 2122 kx kA22即x A/ .20.0566(m)(3)過平衡點時，x 0,此時動能等于總能量EkEp1 2一 mv2v 2( Ek一1/2Ep)/m0.8m s5-24 一定滑輪的半徑為 R,轉動慣量為J,其上掛一輕繩，繩的一端系 一質量為m的物體，另一端與一固定的輕彈簧相連，如題圖 5-24所示.設彈簧的勁度系數為 k,繩與滑輪

23、間無滑動，且忽略軸的摩擦力及空氣 阻力.現將物體m從平衡位置拉下一微小距離后放手，證明物體做簡諧運動，并求出其角頻率.題圖5-24分析由牛頓第二定律和轉動定律確定其加速度與位移的關系即可得到 證明。解：如解圖5-24所示，取x坐標，平衡位置為原點 O,向下為正，m在平衡位置時彈簧已伸mg kx0設m在x位置，分析受力，這時彈簧伸長x xoT2 k(xXo)(2)由牛頓第二定律和轉動定律列方程：mg T,ma(3)工R T2RJ(4)a R(5)聯立(2)(3)(4)(5)解得ka 2x(J /R ) m由于x系數為一負常數，故物體做簡諧運動，其角頻率為， k1 kR2(J/R2) m J mR

24、2T解圖5-24,/c2I,5-25兩個同方向的簡諧運動的振動方程分別為 ：為 4 102 cos2 (t )(m),8c "2 c ,1、，、x2 3 10 cos2 (t )(m) 4(1)求合振動的振幅和初相位；(2)若另有一同方向同頻率的簡諧運動x3 5 10 2 cos(2 t )(m),則 為多少時,X1 X3的振幅最大？又為多少時，X2 X3的振幅最小？分析合振動的振幅由其分振動的相位差決定。解：(1) x x1 x2ACOS(2 t )按合成振動公式代入已知量，可得合振幅及初相為A 42 32 24cos( /2/4) 10 2 6.48 10 2(m)4sin( /

25、4) 3sin( / 2) arctg 1.12(rad)4cos( /4) 3cos( /2)所以，合振動方程為x 6.48 10 2 cos(2 t 1.12)(m)(2)當 1 2k ,即 2k /4時，xi x3的振幅最大.當 2(2k 1),即 2k 3 /2時，x2 x3的振幅最小.0.2m,合振動的相位與第一個振 求第二個振動的振幅及兩振動的相位5-26有兩個同方向同頻率的簡諧運動，其合振動的振幅為 動的相位差為 /6,第一個振動的振幅為 0.173m, 差。分析根據已知振幅和相位可在矢量三角形中求得振幅。解：采用旋轉矢量合成圖(解圖 5-26)求解取第一個振動的初相位為零，則合

26、振動的相位為據A A1 A2可知A2 A A ,如圖：A .'A2 A2 2AA1 cos0.1m由于A、A1、A2的量值恰好滿足勾股定理,故A與A2垂直.即第二振動與第一振動的相位差為/25 27 一質點同時參與兩個同方向的簡諧運動，其振動方程分別為Xi 0.05cos(4t )(m) , X2 0.03sin(4t )(m),畫出兩振動的旋轉矢量圖，并求合 36振動的振動方程.分析將方程轉化為標準方程從而確定其特征矢量， 畫出矢量圖。解：x23 10 2 sin(4t /6)_2-一3 10 cos(4t /6/2)3 10 2 cos(4t 2 /3)(m)作兩振動的旋轉矢量圖，

27、如解圖5-27所示，合振動的振幅和初相分別為一 一 2，2 10 cos(4t3)(m)解圖5-27A (5 3) 2(cm),-. 3 合振動方程為塊，則拍頻將減小，求待測音叉的角頻率 分析質量增加頻率將會減小，根據拍頻減少可推知兩個頻率的關系。解：由拍頻公式2 1可知21在待測音叉的一端加上一個小物體，待測音叉的頻率2會減少，若拍頻也隨之減小,則說明2> 1,于是可求得21351Hz5-29物體懸掛在彈簧下做簡諧運動，開始時其振幅為m,經144s后振幅減為.問：(1)阻尼系數是多少？(2)如振幅減至，需再經過多少時間？分析 由阻尼振動振幅隨時間的變化規律可直接得到。解：(1)由阻尼振

28、動振幅隨時間的變化規律A Ae t得In &t14.81 10 3(s 1) 由AAoeAiA2e t1t2t t2ti旦必144s15-30彈簧振子系統，物體的質量m 1.0kg ,彈簧的勁度系數k 900N m .系統振動時受到阻尼作用，其阻尼系數為 10.0s1,為了使振動持續，現加一周期性外力F 100cos30 t(N)作用.(1)(2)求振動達到穩定時的振動角頻率；若外力的角頻率可以改變，則當其值為多少時系統出現共振現象？其共振的振幅為多大?分析受迫振動的頻率由外力決定。解：(1)振動達到穩定時，振動角頻率等于周期性外力的角頻率，有130rad s(2)受迫振動達到穩定后，

29、其振幅為22 2A (FO/m)/ ( 0)4式中0 Jk/m為系統振動的固有角頻率，F。為外力的振幅由上式可解得，當外力的頻率為022 226.5rad系統出現共振現象，共振的振幅為F0/m2 020.177m習題一1-1.質點運動學方程為：r acos( t)i asin( t) j btk,其中a, b,均為正常數，求質點速度和加速度與時間的關系式。_分析：由速度、加速度的定義，將運動方程F(t)對時間t求一階導數和二階導數，可得到速度和加速度的表達式。解：v dr/dta sin( t)i a cos( t)jbka dv/dta 2 cos( t)i sin( t) j1-2. 一艘

30、正在沿直線行駛的電艇，在發動機關閉后，其加速度方向與速度方向相反，大小與速度平方成正比，即dv/dt Kv2,式中K為常量.試證明電艇在關閉發動機后又行駛x距離 Kx時的速度為 v v°e。其中v0是發動機關閉時的速度。分析：要求v v(x)可通過積分變量替換 adv dtvdv ,積分即可求得。dx證:dvdv dxdv v dt dx dtdxKv2dvKdxv0xKdx ,0vln v0Kxvv°eKx21-3. 一質點在xOy平面內運動，運動函數為x 2t, y 4t 8。(1)求質點的軌道萬程并回出軌道曲線；(2)求t =1 s和t = 2 s時質點的位置、速度和

31、加速度。分析：將運動方程 x和y的兩個分量式消去參數 t,便可得到質點的軌道方程。寫出質點的運動學方程r(t)表達式。對運動學方程求一階導、二階導得v(t)和a。)，把時間代入可得某時刻質點的位置、速度、加速度。解：(1)由 x 2t,得：t x2,代入 y 4t2 8可得：y x2 8 ,即軌道曲線。畫圖略(2)質點的位置可表示為：r 2ti" (4t2 8)j由 v dF/dt則速度：v 2i 8tj由a dv/dt則加速度：a 8j則：當 t=1s時,有5214j, v28j, a 8j當 t=2s時，有 F4r8j, v2r16j, a 8j1-4 .一質點的運動學方程為 x

32、 t； y (t 1)2, x和y均以m為單位，t以s為單位。(1)求 質點的軌跡方程；(2)在t 2s時質點的速度和加速度。分析同1-3.解：(1)由題意可知：x>0,y>0,由x t2,可得t Jx,代入y (t 1)2整理得：Jy Jx 1,即軌跡方程(2)質點的運動方程可表示為：r t2i (t 1)2 j-則：v dr/dt 2ti' 2(t 1)j'a dv / dt 2i' 2j因此，當 t 2s時，有 v 4i 2 j (m/s), a 2i2j(m/s2)1 91-5. 一質點沿半徑為 R的圓周運動，運動學萬程為s v0t - bt2,其中

33、V0, b都是常量。（1）2求t時刻質點的加速度大小及方向；（2）在何時加速度大小等于b;（3）到加速度大小等于 b時質點沿圓周運行的圈數。ds v ,因dt而，advdt ' ana2a2 ,當a b時，可求出t，代入運動學方程st ,可求得a b時質點運動的路程,即為質點運動的圈數。加速度:則大小:方向:tan(2)當a=b時,(3)當a=b時,解：（1）速率：VV0 bt ,且dvv2 .記 0 n0,2V0bt由可得：tbRV0代入Vot則運行的圈數一枚從地面發射的火箭以2 R20mb 0(v。bt)2 .Rn0b22 2(v°bt)2bt2,可得:22V。2V02b

34、4 bR2 .s的加速度豎直上升 0.5min后，燃料用完,于是像一個分析：由質點在自然坐標系下的運動學方程s st ,求導可求出質點的運動速率自由質點一樣運動，略去空氣阻力，試求（1）火箭達到的最大高度；（2）它從離開地面到再回到地面所經過的總時間。分析：分段求解：0 t 30s時，a 20m/s2 ,求出v、a ； t >30s時，a g。求出v2（t）、x2（t） o當V2 0時，求出t、x,根據題意取舍。再根據 x 0,求出總時間。t=0s ,解：（1）以地面為坐標原點，豎直向上為x軸正方向建立一維坐標系，且在坐標原點時,且 0.5min=30s則：當 0wt W30s,由 ax

35、dvxQ tvx2嬴，得 0axdt0 dVx,ax 20(m/s ),Vx20t(m/s),t 30(s)時，vi600(m/s)由Vxdx 30” 0 Vx出當火箭未落地,且t>30s,又有:x1dx ,0 ，t則:Xi 9000(m)則:30vx2 894 9.8t(m/s)ax2dtVx22dvx2, ax29.8(m/s),且:t30 Vx2dtxdx ,則：xx一 2 一 一 一， 、4.9t894t 13410(m)即t 91.2(s)時,由得,xmax27.4km(2)由(1)式，可知，當 x 0 時，t 166(s), t=16(s) <30(s)(舍去)1-7.

36、物體以初速度20m s 1被拋出，拋射仰角60。，略去空氣阻力，問(1)物體開始運動后 的1.5s末，運動方向與水平方向的夾角是多少？2.5s末的夾角又是多少？ ( 2)物體拋出后經過多少時間，運動方向才與水平成 45°角？這時物體的高度是多少 ？(3)在物體軌跡最高點 處的曲率半徑有多大？ ( 4)在物體落地點處，軌跡的曲率半徑有多大？分析：(1)建立坐標系，寫出初速度 V0,求出V(t)、tan ，代入t求解。(2)由(1)中的tan關系，求出時間t；再根據y方向的運動特征寫出 y t，代入t求y。 2(3)物體軌跡最高點處，vy 0 ,且加速度a an g ,求出 。2(4)由

37、對稱性，落地點與拋射點的曲率相同an gcos 上，求出 。解：以水平向右為 x軸正向，豎直向上為 y軸正向建立二維坐標系(1)初速度 V0 20cos60°20sin600j 10110V3j(m/s),且加速度a9.8j(m/s2),則任一日刻：V 101(10/3 9.8t)j(m/s)10、.：3 9.8t 與水平萬向夾角有 tan 100.262,14 41'0.718,35 41'由得t=0.75(s)10 3 0.75 1 9.8 0.752210.23(m)當 t=1.5(s)時，tan當 t=2.5(s)時，tan(2)此時 tan 1, 10圖度

38、y Vyot - gt(3)在最高處，2，、 Vv 10i(m/s),v 10( m/ s), an g ,2v _則： 一 10.2(m) g(4)由對稱性，落地點的曲率與拋射點的曲率相同。由圖1-7可知：vxan a cosg cos g van10 g 204004.94.9(m /s2)82(m)才能使它在水平方向的射程為 h的n倍?1-8 .應以多大的水平速度 v把一物體從高h處拋出,1分析：右水平射程 vt hn ,由h gt消去t ,即得v h 。 2解：設從拋出到落地需要時間t則，從水平方向考慮 vt hn,即1從豎直萬向考慮h gt2,消去t,2則有：V n . 2gh21-

39、9.汽車在半徑為400m的圓弧彎道上減速行駛，設在某一時刻，汽車的速率為向加速度的大小為0.2m s-2。求汽車的法向加速度和總加速度的大小和方向。-1. .10m s，切分析：由某一位置的解：法向加速度的大小、v求出法向加速度 an ,再根據已知切向加速度 a求出a的大小和方向。V2 1022an 0.25（m/s）,方向指向圓心400總加速度的大小0.2220.25220.32(m/s2)如圖 1-9, tan0.8,38 40',則總加速度與速度夾角90128 40'圖 1-101-10 .質點在重力場中作斜上拋運動，初速度的大小為V。，與水平方向成角.求質點到達拋出點的

40、同一高度時的切向加速度，法向加速度以及該時刻質點所在處軌跡的曲率半徑（忽略空氣阻力）.已知法向加速度與軌跡曲率半徑之間的關系為an分析：運動過程中，質點的總加速度a g。由于無阻力作用,質點的速度大小V V0,其方向與水平線夾角也是。可求出2 /V /。所以回落到拋出點高度時an ,如圖1-10。再根據關系2 ,anV / 求解。解：切向加速度法向加速度2一 V因an a g sin aan gcosa22V V0an gcos1-11 .火車從A地由靜止開始沿著平直軌道駛向B地，A, B兩地相距為So火車先以加速度 a1作勻加速運動，當速度達到 V后再勻速行駛一段時間，然后剎車，并以加速度大

41、小為a2作勻減速行駛，使之剛好停在 B地。求火車行駛的時間。分析：做v-t圖，直線斜率為加速度，直線包圍面積為路程S。解：由題意，做V-t圖（圖1-11 ） 則梯形面積為S,下底為經過的時間ttana1, tana2貝U： S v t (t vcot vcot ) 2S 1 / 11、t - - v()v 2 al a21-12 . 一小球從離地面高為 H的A點處自由下落，當它下落了距離 h時，與一個斜面發生碰撞, 并以原速率水平彈出，問h為多大時，小球彈的最遠？分析：先求出小球落到 A點的小球速度，再由 A點下落的距離求出下落時間，根據此時間寫出 小球彈射距離1,最后由極植條件求出 ho解：如圖1-12,當小球到達 A點時，有v2 2gh則速度大小：v 2gh ,1設從A點落地的時間為t,則有H h 1gt2,2則t小球彈射的距離，1 vt 2(Hh)h 2 h2 Hh 1則當h H時，1有最大值。 21-13 .離水面高為h的岸上有人用繩索拉船靠岸，人以恒定速率vo拉繩子，求當船離岸的距離為s時，船的速度和加速度的大小。分析：收繩子速度和船速是兩個不同的概念。小船速度的方向為水平方向，由沿繩的分量與垂直繩的分量合成，沿繩方向的收繩的速率恒為v0。可以由丫0求出船速v和垂直繩的分量v1。再2根據an i 關系,以及an與a關系求解a