第一章質點運動學

1-1質點作曲線運動，在時刻，質點的位矢為r,速度為0，速率為。，/至。

+A/）時間內的位移為Ar,路程為As,位矢大小的變化量為Ar（或稱AIrI）,

平均速度為方，平均速率為萬.

(1)根據上述情況，則必有()

(A)IArI=As=Ar

(B)IArI#As山，當A/TO時有IdrI=ds彳dr

(C)IAr"ArW,當A—0時有Idr|=d，Wds

(D)IArI￥MrAr,當MTO時有IdrI=dr=ds-

(2)根據上述情況，則必有()

(A)\V\=V,\V\=V(B)\v\tV,\v\tV

(C)IVIV

題1一1圖

分析與解（1）質點在f至。+M）時間內沿曲線從P點運動到P點,各

量關系如圖所示，其中路程As=PP;位移大小IArI=PP',而Ar=IrI

-IrI表示質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A/-0時，點/無限趨近

P點，則有IdrI=ds,但卻不等于dr.故選（B）.

\rAA

（2）由于IArI于As,故一H—,即I萬Ir萬.

△tA/

但由于IdrI=衣,故生=史，即I可I=行.由此可見，應選(C).

1-2一運動質點在某瞬時位于位矢的端點處，對其速度的大小有

四種意見，即

卜述判斷正確的是(

(A)只有(1)(2)正確(B)只有(2)正確

(C)只有⑵⑶正確(D)只有(3)(4)正確

分析與解上表另

分析與解—表示質點到坐標原點的距離隨時間的變化率，在極坐標

系中叫徑向速率.通常用符號。1■表示，這是速度矢量在位矢方向上的一個分

量；蟲表示速度矢量；在自然坐標系中速度大小可用公式0=半計算，在

直角坐標系中則可由公式。=求解.故選(D).

1-3質點作曲線運動,r表示位置矢量，。表示速度，。表示加速度,s表

示路程表示切向加速度.對下列表達式，即

(l)dv/d/=a；(2)dr/d/=v；(3)ds/d/=v；(4)dv/dtI=at.

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—表示切向加速度外，它表示速度大小隨時間的變化率，是

加速度矢量沿速度方向的?個分量，起改變速度大小的作用；一在極坐標系

中表示徑向速率以(如題1?2所述)；，在自然坐標系中表示質點的速率也

(\7)

而——表示加速度的大小而不是切向加速度d.因此只有(3)式表達是正確

d/

的.故選(D).

1-4一個質點在做圓周運動時，則有()

(A)切向加速度一定改變，法向加速度也改變

(B)切向加速度可能不變，法向加速度?定改變

(C)切向加速度可能不變，法向加速度不變

(D)切向加速度一定改變，法向加速度不變

分析與解加速度的切向分量m起改變速度大小的作用，而法向分量為

起改變速度方向的作用.質點作圓周運動時，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s是否

改變，則要視質點的速率情況而定.質點作勻速率圓周運動時，小恒為零；質

點作勻變速率圓周運動時，外為一不為零的恒量，當小改變時，質點則作一般

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.設該人以勻速率收繩，繩不伸長且湖水靜止,

小船的速率為。，則小船作()

(A)勻加速運動，。二，9—

COS0

(B)勻減速運動,0=o0cos8

(C)變加速運動，。二，2—

cosO

(D)變減速運動。0cos。

(E)勻速直線運動

分析與解本題關鍵是先求得小船速度表達式，進而判斷運動性質.為

此建立如圖所示坐標系,設定滑輪距水面高度為瓦/時刻定滑輪距小船的繩

長為/，則小船的運動方程為》="二廬，其中繩長/隨時間/而變化.小船

巴

速度0=如=?/也..、式中更表示繩長/隨時間的變化率，其大小即為為,

d//_〃2d/

代入整理后為0=/3=—止,方向沿X軸負向.由速度表達式，可

V/2-//2//cos。

判斷小船作變加速運動.故選(C).

討論有人會將繩子速率。。按x、y兩個方向分解，則小船速度

。/cos。,這樣做對嗎？

1-6已知質點沿x軸作直線運動，其運動方程為x=2+6/-2/，式中

x的單位為m,/的單位為s.求：

(1)質點在運動開始后4.0s內的位移的大小；

(2)質點在該時間內所通過的路程；

(3)f=4s時質點的速度和加速度.

分析位移和路程是兩個完全不同的概念.只有當質點作直線運動且運

動方向不改變時，位移的大小才會與路程相等.質點在t時間內的位移Ax的

大小可直接由運動方程得到：Ac=X,-而在求路程時，就必須注意到質

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F=o來確定其運動方向改變的時刻.求出o?勿和/?，內的位移

d/

大小樂、&V2，則t時間內的路程5=四||+依2］，如圖所示，至于/=4.0s

時質點速度和加速度可用d四r和Wd'V兩式計算.

d/dr

解(1)質點在4.0s內位移的大小

Ax=x4-x0=-32m

⑵由半=0

dt

得知質點的換向時刻為

tp=2s(，=0不合題意)

則

A%]=x2-x0=8.0m

A%2=X4-X2=-40m

所以,質點在4.0s時間間隔內的路程為

s=|Ax1|+|Zkx2|=48m

(3)7=4.0s時

v=一=-48m?s-1

d，7=4.0s

a=-=-36m.s-2

d廣/=4.0s

1-7一質點沿x軸方向作直線運動，其速度與時間的關系如圖(a)所

示.設7=0時/=().試根據已知的圖，畫出圖以及X-Z圖.

fl/(m-s-2)

題1-7圖

分析根據加速度的定義可知，在直線運動中。Y曲線的斜率為加速度的

大小（圖中AB、CD段斜率為定值，即勻變速直線運動；而線段BC的斜率為

0,加速度為零,即勻速直線運動）.加速度為恒量，在如，圖上是平行于，軸的直

線，由圖中求出各段的斜率，即可作出。Y圖線.又由速度的定義可知4T

曲線的斜率為速度的大小.因此，勻速直線運動所對應的XY圖應是一直線,

而勻變速直線運動所對應的XT圖為/的二次曲線.根據各段時間內的運動

方程X=X。),求出不同時刻f的位置X,采用描數據點的方法，可作出XY圖.

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

1，bVa

aAB=~=20m-s-2（勻加速直線運動）

tBT人

%c=0(勻速直線運動)

VdVc

aCD=~=-10m?S-2（勻減速直線運動）

‘D一

根據上述結果即可作出質點的圖[圖(B)].

在勻變速直線運動中，有

x=x+%+

由此，可計算在0~2S和4?6S時間間隔內各時刻的位置分別為

/A0Q511.5c44.555.56

x/ni0-7.5-10-7.504048.85558.860

用描數據點的作圖方法，由表中數據可作0-2s和4?6s時間內的xY

圖.在2?4s時間內，質點是作0=20m,sT的勻速直線運動，其xY圖是

斜率4=20的一段直線[圖(c)].

1-8已知質點的運動方程為r=2〃+(2—式中廠的單位為mj

的單位為s.求：

(1)質點的運動軌跡；

(2)t=0及t=2s時,質點的位矢；

(3)由，=0至!]/=2s內質點的位移Ar和徑向增量Ar；

*(4)2s內質點所走過的路程5.

分析質點的軌跡方程為y=/),可由運動方程的兩個分量式x(/)和y(/)

中消去f即可得到.對于r、Ar、Ar、As來說，物理含義不同,可根據其定義

計算.其中對s的求解用到積分方法，先在軌跡上任取一段微元小，則

ds=y/(dx)2+(dy)2，最后用s=jcb積分求s.

解(1)由以。和火。中消去t后得質點軌跡方程為

這是一個拋物線方程，軌跡如圖(a)所示.

(2)將/=0s和/=2s分別代入運動方程,可得相應位矢分別為

%=2j,r2=4i-2j

圖(a)中的P、Q兩點,即為，=0s和/=2s時質點所在位置.

(3)由位移表達式，得

△r=〃一/=(》2_/"+(%一%)/=4"2/

其中位移大小=7(AX)2+(A^)2=5.66m

而徑向增量=A|r|=|r2|-|^|=Jx；=2.47m

*(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

微元小,則ds=J(dx)2+(5)2，由軌道方程可得dy=-1xdx，代入小，則2s

題1-8圖

1-9質點的運動方程為

x=-10/+30/"

y=l5t-20t2

式中xy的單位為m,/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

（jy

^.=—=-10+60/

*At

q.=蟲=15-40/

dt

-I

當/=0時,%v=-10m-s,voy=15nrs”,則初速度大小為

%==18.0m.sT

設％與x軸的夾角為a,則

tana3」

%2

a=123°41,

（2）加速度的分量式為

dv,

-2v-2

ax-=60m?sav--=-40m-s

,dt,dt

則加速度的大小為

a-Ja：+a：=72.1m-s-2

設a與x軸的夾角為人則

4=-33。4r（或326。19，）

1-10-升降機以加速度1.22m-s々上升,當上升速度為2.44m-s"吐

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2.74m.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卜.，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力=弘⑺和力

=%（。，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（或升降機）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

1j

y\=vot+~at

y2=h+vot--gt

當螺絲落至底面時，有為=”，即

12,1,

vttt+-ar^h+vat--gr

=0.705s

g+a

(2)螺絲相對升降機外固定柱子下降的距離為

12

d—h—y?———+—g廣—0.716m

解2(1)以升降機為參考系，此時，螺絲相對它的加速度大小,=g+凡

螺絲落至底面時，有

0="一；(g+a)/

0.705s

(2)由于升降機在r時間內上升的高度為

,,12

h—%/

則<7=。一"=0.716m

y\

題1-io圖

1-11一質點P沿半徑R=3.0m的圓周作勻速率運動，運動一周所需

時間為20.0s,設，=0時，質點位于。點.按(°)圖中所示。孫坐標系，求(1)

質點P在任意時刻的位矢；(2)5s時的速度和加速度.

分析該題屬于運動學的第一類問題，即已知運動方程r=?/)求質點運

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。女.坐標系，并采用參數方程f=x")和/=/(/)來表示圓

周運動是比較方便的.然后,運用坐標變換x=x0+x，和y=泗+_/,將所得

參數方程轉換至Oxy坐標系中，即得Oxy坐標系中質點P在任意時刻的位

矢.采用對運動方程求導的方法可得速度和加速度.

即1-11圖

2兀

解⑴如圖(B)所示，在。曲，坐標系中，因。=1?/,則質點P的參數方

x'—Rsin丁t,y'-—Reos.t

坐標變換后，在Oxy坐標系中有

f■.2兀,2兀八

x=x=Ttsin—/,y=y+>>o=-Rcos—t+R

則質點P的位矢方程為

r-Rsin——ti+-Rcos—t+R\j

T

3sin(0.+3[1-COS(0.1TT/)]J

(2)5s時的速度和加速度分別為

dr?2TI2TI.n2n.2it.,A_.

v--=R—cos——ti+R—sin—"=(0.3兀m?s);

AtTTTT

a=sin-ti+R(--)2cos^tj=(-0.03K2m-s-2)z

1-12地面上垂直豎立一高20.0m的旗桿，已知正午時分太陽在旗桿的正

上方，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20.0m?

分析為求桿頂在地面上影子速度的大小，必須建立影長與時間的函數

關系，即影子端點的位矢方程.根據幾何關系，影長可通過太陽光線對地轉動

的角速度求得.由于運動的相對性，太陽光線對地轉動的角速度也就是地球

自轉的角速度.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動的角速度為孫從正午時分開始計時，則桿的影

長為s=6tg(yr,下午2:00時，桿頂在地面上影子的速度大小為

v=—嗎—=1.94x103m-s-1

d/cos<y/

當桿長等于影長時.，即s=九則

1CJT

t=—arctan—=——=3x60x60s

h4co

即為下午3:00時.

1-13質點沿直線運動,加速度a=4M,式中。的單位為.s1，/的單位

為s.如果當，=3s時/=9m,r=2m-s-I，求質點的運動方程.

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

d?;dr

須在給定條件下用積分方法解決.由“=上和0="可得"=“山和

d/d/

dx=0d/.如a=a⑺或。=四),則可兩邊直接積分.如果。或。不是時間/的

顯函數，則應經過諸如分離變量或變量代換等數學操作后再做積分.

解由分析知，應有

]do=]adt

得"4/一7+%(1)

由[dx=/d/

24

得x=2/--/+vQt4-x0(2)

將f=3s時了=9m,v—2m-s”代入(1)(2)得為=?1m-s"/)=0.75

m.于是可得質點運動方程為

x=2/2--/4+0.75

12

1-14-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，現測得其加速度a=A-Bo,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

、.d。

度V的函數，因此，需將式do=。(。)由分離變量為——=d/后再兩邊積分.

解選取石子下落方向為y軸正向，下落起點為坐標原點.

dv“八

(1)由題意知a=—=A-Bv⑴

d/

用分離變量法把式(1)改寫為

dv

二dt⑵

A-Bv

將式(2)兩邊積分并考慮初始條件，有

『上』=

上。A-Bv?

A

得石子速度v=-（l-e-8t）

B

A

由此可知當,/TOO時,0fY■為一常量，通常稱為極限速度或收尾速度.

B

（2）再由0=半=^（1-6一&）并考慮初始條件有

d/B

得石子運動方程

y=：/+/（，責—1）

1-15一質點具有恒定加速度a=6/+及式中。的單位為m-s".在,

=0時，其速度為零，位置矢量4=10mi.求：（1）在任意時刻的速度和位置

矢量；（2）質點在Oxy平面上的軌跡方程，并畫出軌跡的示意圖.

分析與上兩題不同處在于質點作平面曲線運動，根據疊加原理,求解時

需根據加速度的兩個分量公和4分別積分，從而得到運動方程r的兩個分量

式x（f）和興/）.由于本題中質點加速度為恒矢量，故兩次積分后所得運動方程為

11

固定形式，即x=/+v^t+—4廣和y=No+，兩個分運動均

22?

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,根據初始條件加=0時%=0,積分可得

Jdr=Jadt=J（6i+4j）dt

v=6ti+Atj

又由。二生及初始條件7=o時Jo=（iom）&積分可得

dr

[dr=[vd/=[(6〃+4//)d/

r=(10+3/2)i+2/2y

由上述結果可得質點運動方程的分量式，即

x=10+3，

y=2?

消去參數，，可得運動的軌跡方程

3y=2x-20m

這是一個直線方程.直線斜率％=生=121!6(=2投=33。41，.軌跡如

dx3

圖所示.

1-16一質點在半徑為R的圓周上以恒定的速率運動，質點由位置A

運動到位置B,OA和OB所對的圓心角為AO.(1)試證位置A和B之間的平

均加速度為5=)2(1—cosM)"RRW)；(2)當A0分別等于90。、30。、10°

和1。時，平均加速度各為多少？并對結果加以討論.

A

(b)

題I-16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

Az?

a=吧dv和萬=絲.在勻速率圓周運動中，它們的大小分別為

d/&t

"|AV|

%=—，萬=」，式中II可由圖(B)中的兒何關系得到，而加可由轉

RA/

過的角度求出.

由計算結果能清楚地看到兩者之間的關系，即瞬時加速度是平均加速度

在4―0時的極限值.

解⑴由圖(b)可看到加7=%-6,故

△o=Jo：+說-2V1Z?2COSA/9

-0,2(1-cosA。)

而

*bsR\e

△t=—=—

VV

所以

2

lAvlI---------------v

斤=J~L=J2(l-cosA(9)——

△t"RM

⑵將A9=90°,30。40。J。分別代入上式，

得

D2V2

a,*0.9003—,o?0.9886—

1R-2R

vv

?0.9987—,a.?1.000—

4

3RR

以上結果表明，當AO-O時,勻速率圓周運動的平均加速度趨近于一極

V2

限值，該值即為法向加速度一.

R

1-17質點在Oxy平面內運動,其運動方程為r=2.(W+(19.0-2.0/2)j,

式中r的單位為mj的單位為s.求：(1)質點的軌跡方程：(2)在“=1.0s至必

=2.0s時間內的平均速度；(3)/,=1.0s時的速度及切向和法向加速度；(4)

f=1.0s時質點所在處軌道的曲率半徑p.

分析根據運動方程可直接寫出其分量式x=x(/)和y=興/),從中消去

參數。即得質點的軌跡方程.平均速度是反映質點在一段時間內位置的變化

率，即方=生,它與時間間隔A7的大小有關，當4—0時，平均速度的極限即

△t

瞬時速度0=包.切向和法向加速度是指在自然坐標下的分矢量處和斯，

d/

前者只反映質點在切線方向速度大小的變化率，即a,=—e'，后者只反映質

d/

點速度方向的變化，它可由總加速度”和處得到.在求得A時刻質點的速度

V2

和法向加速度的大小后，可由公式%=—求p.

P

解(1)由參數方程

x=2.Of,y=19.0-2.0/-

消去,得質點的軌跡方程：

y=19.0-0.50?

⑵在“=1.00s到，2=2.0s時間內的平均速度

萬噌=^=2嘰6打

(3)質點在任意時刻的速度和加速度分別為

磯/)=vxi+vyj=卻+需=2.0，一4.0//

乙、d2x.d2y..9.

a(t)=—Yi+—^-j=-4.n0m-sj

則=1.00s時的速度

v(t)It=|S=2.0J-4.0/

切向和法向加速度分別為

=3.58m-s-2^,

1

atd/Y

%=Jai%,=1.79m-s7“

(4)/=1.0s質點的速度大小為

v=Qv；+*=4.47m-s-1

2

則2=2v=U.17m

1-18飛機以100ms-1的速度沿水平直線飛行,在離地面高為100m

時，駕駛員要把物品空投到前方某?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2.0s后,它的法向加速度和切向加速度各為多少？

題I-18圖

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a或夕.由圖可知，在特定時亥”，物體的切向加速度和水平線之間的

夾角a,可由此時刻的兩速度分量打、為求出，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=\/2gt2

飛機水平飛行速度。=100m-s“，飛機離地面的高度y=100m,由上述兩

式可得目標在飛機正下方前的距離

(2)視線和水平線的夾角為

0=arctan—=12.5°

X

(3)在任意時刻物品的速度與水平軸的夾角為

vgt

a=arctan—y=arctan—

vYv

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

=gsina=gsin(arctan—=1.88m-s-2

=gcosfarctan—j=9.62m?s~2

an-geosa

1-19如圖(a)所示,一小型迫擊炮架設在一斜坡的底端O處，已知斜坡

傾角為火炮身與斜坡的夾角為炮彈的出口速度為加忽略空氣阻力.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a和成

必須滿足tan4=」一并與為無關.

2tana

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，建立一個恰當的坐標系，將運動分解的話,求解起來并不容易.現

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，其初速度分別為00cos6和。osin￡,其加速度分別為gsina和gcosa.在此坐

標系中炮彈落地時，應有y=0,則x=OP.如欲使炮彈垂直擊中坡面，則應滿

足%.=0,直接列出有關運動方程和速度方程，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=q)/+］g/2,做出

炮彈落地時的矢量圖［如圖(B)所示］，由圖中所示幾何關系也可求得而(即

圖中的r矢量).

(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

x=uZcos夕一;g/sina

0⑴

y=%/sinBg/2cosa⑵

令y=0求得時間f后再代入式(1)得

2若sinp/o■■o\2o；sin§/“、

OP-x-(cosacosp-sinasinp)---~六cos(a+p)

geos2agcos-a

解2做出炮彈的運動矢量圖，如圖(b)所示，并利用正弦定理，有

從中消去r后也可得到同樣結果.

(2)由分析知,如炮彈垂直擊中坡面應滿足y=0和4=0,則

vx=00cos4一g/sina=0(3)

由Q)(3)兩式消去/后得

tanB=-----

2sina

由此可知.只要角a和夕滿足上式，炮彈就能垂直擊中坡面，而與的大小

無關.

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凡離地面的高度為

〃,(1)當傘繞傘柄以勻角速。旋轉時，求證水滴沿邊緣飛出后落在地面上半徑

為r=Ryl\+2hco2/g的圓周上；(2)讀者能否由此定性構想一種草坪上或

農田灌溉用的旋轉式灑水器的方案？

(0y

題1-20圖

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系，即可求證.由此可以想像如果讓水

從一個旋轉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=Rcot(1)

1,

y=/g/=h(2)

2R2co2h

由式(1)(2)可得

g

由圖(a)所示幾何關系得雨滴落地處圓周的半徑為

(2)常用草坪噴水器采用如圖(b)所示的球面噴頭(優=45。)其上有大量

小孔.噴頭旋轉時,水滴以初速度為從各個小孔中噴出，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.則以夕角噴射的水柱射程為

哪，2

g

為使噴頭周圍的草坪能被均勻噴灑，噴頭上的小孔數不但很多，而且還不

能均勻分布,這是噴頭設計中的一個關鍵問題.

1-21一足球運動員在正對球門前25.0m處以20.0m-s的初速率罰

任意球，已知球門高為3.44m.若要在垂直于球門的豎直平面內將足球直接踢

進球門，問他應在與地面成什么角度的范圍內踢出足球？（足球可視為質點）

分析被踢出后的足球，在空中作斜拋運動，其軌跡方程可由質點在豎直

平面內的運動方程得到.由于水平距離x已知,球門高度又限定了在y方向

的范圍，故只需將小y值代入即可求出.

解取圖示坐標系電，由運動方程

1,

x=vtcosO,y=vtsinO~—gt~

消去t得軌跡方程

y=xtan。——^-（l+tan2^）%2

2V

以x=25.0m,v=20.0m-s''及3.44m步K）代入后，可解得

71.>69.92°

27.92°>6>2>18.89°

如何理解上述角度的范圍？在初速一定的條件卜,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。>71.11。或。<

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。<6

<69.92。時，踢出的足球將越過門緣而離去，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果.

1-22一質點沿半徑為R的圓周按規律^:%/一3臺/運動,如、h都

是常量.(1)求f時刻質點的總加速度；(2)/為何值時總加速度在數值上等

于b?(3)當加速度達到6時，質點已沿圓周運行了多少圈？

分析在自然坐標中Q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(/),對時間/求一階、二階導數，即是沿曲線運動的速度V和

加速度的切向分量小,而加速度的法向分量為%=。2/R.這樣，總加速度為。

=ale,+a?e?.至于質點在/時間內通過的路程，即為曲線坐標的改變量/s=

s,-Sn.因圓周長為2nR,質點所轉過的圈數自然可求得.

解(1)質點作圓周運動的速率為

ds

v=—=vQ-bt

其加速度的切向分量和法向分量分別為

瓦一，耳一天一~^-

故加速度的大小為

其方向與切線之間的夾角為

8-arctan—=arctan--~~^―

at\_Rb

⑵要使IaI二從由3小心力+①。^^=6可得

/=包

b

(3)從t=0開始到f=%/b時，質點經過的路程為

因此質點運行的圈數為

n=

2TIR4jihR

1-23一半徑為0.50m的飛輪在啟動時的短時間內，其角速度與時間

的平方成正比.在f=2.0s時測得輪緣??點的速度值為4.0m-s-1.求：(1)該

輪在r=0.5s的角速度，輪緣一點的切向加速度和總加速度；(2)該點在2.0s

內所轉過的角度.

分析首先應該確定角速度的函數關系依據角量與線量的關系

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A,0=3⑺

確定后，注意到運動的角量描述與線量描述的相應關系，山運動學中兩類問題

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.

解因=。,由題意。8卜得比例系數

k=?==2rad-s3

t-Rt2

所以co-a)(t)-2t~

貝"=0.5s時的角速度、角加速度和切向加速度分別為

co-2嚴=0.5rad-s-'

a--=\t'-2.0rad-s-2

dr

a,==1.0m-s-2

總加速度

2

a=an+a,=aRet+coRen

a-4(aR)2+(&?/?)=1.01m?s-2

在2.0s內該點所轉過的角度

6-e0=fwd/=12『出=|『|；=5.33rad

1-24-質點在半徑為0.10m的圓周上運動，其角位置為8=2+4/，式

中?的單位為rad,/的單位為s.(1)求在/=2.0s時質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,。值為多

少？(3)/為多少時，法向加速度和切向加速度的值相等？

分析掌握角量與線量、角位移方程與位矢方程的對應關系，應用運動

學求解的方法即可得到.

解(1)由于。=2+4j,則角速度。=J=12*.在，=2$時，法

山

向加速度和切向加速度的數值分別為

2-2

a?|/=2s=rco-2.30m-s

《|,=2s=r^=480ms2

(2)當a,=a/2=；&：+或時，有3片=a；，即

3(244"(12/1

得

273

此時刻的角位置為

，=2+"=3.15rad

(3)要使a.=q,則有

3(24療=,(⑵2.

t=0.55s

1-25一無風的下雨天，一列火車以仍=20.0nrs」的速度勻速前進，在

車內的旅客看見玻璃窗外的雨滴和垂線成75。角卜降.求雨滴卜落的速度

。2.(設下降的雨滴作勻速運動)

V1

題1-25圖

分析這是個相對運動的問題.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，.0為S，相對S的速度,力為雨滴相對S的速度,

利用相對運動速度的關系即可解.解以地面為參考系，火車相對地面運動

的速度為口，雨滴相對地面豎直下落的速度為。2，旅客看到雨滴下落的速度

為相對速度，它們之間的關系為%=%+4(如圖所示)，于是可得

v=---=5.36m-s-1

2tan75°

1-26如圖(a)所示，一汽車在雨中沿直線行駛，其速率為0,下落雨滴的

速度方向偏于豎直方向之前角，速率為。2’,若車后有?長方形物體，問車速

為多大時，此物體正好不會被雨水淋濕？

分析這也是一個相對運動的問題.可視雨點為研究對象，地面為靜參

考系S，汽車為動參考系S如圖(a)所示，要使物體不被淋濕，在車上觀察雨

點下落的方向(即雨點相對于汽車的運動速度。2’的方向)應滿足

a>arctan-.再由相對速度的矢量關系居=2-3，即可求出所需車速

h

Vi.

題1-26圖

解由《=%—化[圖(b)],有

v,