15第一章质点运动学(1)x=(vocos α)t1(2)y=(vosin α)t-2gt(3),=vosin α-gt（1）由式（1），令x=xm=57m，得飞跃时间xm=1.37 sv,cosα（2）由式（3），令，=0，得飞行到最大高度所需时间_"osinαt'g将代人式（2），得飞行最大高度tisin"α=0.67mym2g则飞车在最高点时距河面距离为h=ym+10m=10.67m（3）将t=1.37s代人式（2），得西岸木桥位置为y=-4.22m一”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=10m+(vosinα)t-2gt1-15如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角α=30°球的抛射角β=60°，设球被抛出时的速率=19.6m·s-2，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？y4.α10Xo?(b)(a)PDG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
学16第一篇力图（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-gcosα和-gsinα，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间的关系列出来解1由分析知,在图(a)坐标系中,有1(1)-gsin α)t?%=[vocos(β-α)]t+2-(2)-gcos α)t2y=[vosin(β-α)]t+落地时，有y=0，由式（2）解得飞行时间为200tan30°=2.31st兰g将t值代人式（1），得20gOP=x=26.1 m3g解2日由分析知，在图(b)坐标系中，(1)对小球x=(v.cosβ)t1(2)y=(vosinβ)t-28t(3)对点Py'=xtanα由式（1）、（2）可得球的轨道方程为Ba2(4)y=xtanβ20.cosβ落地时，应有y=y,即gx?xtan30°=xtan60°2v.cos60解之得落地点P的×坐标为3u(5)3g2成x=26.1m则OP=cos30°3g联解式（1）和式（5）可得飞行时间t =2.31 sPDG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？b 运动,",b都是常一质点沿半径为R的圆周按规律s=vt1-167
第一章质点运动学17量.（1）求t时刻质点的总加速度；（2）t为何值时总加速度在数值上等于b？（3）当加速度达到6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和加速度的切向分量a，而加速度的法向分量为α。=/R.这样，总加速度为a=a,e.+a.e.至于质点在t时间内通过的路程，即为曲线坐标的改变量As=s,-so·因圆周长为2元R，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ds=Vo-btD:-dt其加速度的切向分量和法向分量分别为_ (vo -bt)2ds=-b,a,a,:Rdi?R故加速度的大小为a= /α +a, =RB+(o, -br)*R其方向与切线之间的夹角为(o-bt)2 = arctan "- = arctanRbe/R62+（-bt）=b可得（2）要使lal=b，由一t=b（3）从t=0开始到t=v/b时，质点经过的路程为uS =S, -So=2b因此质点运行的圈数为%n=2mR4mbR1-17半径为0.50m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4.0m·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の=kt2.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，の=（)确
18第一篇力学定后，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R=,由题意αt得比例系数=0k=-2=2rad.s-R?W=0(t) =2t所以则t=0.5s时的角速度、角加速度和切向加速度分别为w=2t*2=0.5rad.sd =4t =2.0 rad · g*2Q=dta,=αR=1.0m.s总加速度a=a, +a,=αRe,+w"Re,a = /(αR)2 +(R)2=1.01 m . s-2在2.0s内该点所转过的角度232tdt=wdt== 5.33 rad0-。:1-18一质点在半径为0.10m的圆周上运动，其角位置为6=2+4t,式中6的单位为rad,t的单位为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，6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、角位移方程与位方程的对应关系，应用运动学求解的方法即可得到=12f.在t=2 s时,法向加速度解（1）由于9=2+4t则角速度@dt和切向加速度的数值分别为43,=rw2=2.30×102ms~2an=r d =4. 80 m · s-2Xdt福1a+时，有3a=，即(2）当a,=a/2=PDG3(24r)2 =r(12t)*3=1得2/3
第一章质点运动学19此时刻的角位置为6=2+4t=3.15rad（3）要使a,=a，则有r(12t)2=24rtt=0.55 s1-19一无风的下雨天，一列火车以=20.0m：s-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2（设下降的雨滴作勾速运动.）分析这是一个相对运动的问alv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'，为S'相题1-19图对S的速度，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，，雨滴相对地面竖直下落的速度为2，旅客看到雨滴下落的速度2为相对速度，它们之间的关系为，=2+（如图所示），于是可得U=5.36m·sU2=tan 7501-20如图（a）所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速率为，下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前6角，速率为.若车后有一长方形物体，问车速为多大时，此物体正好不会被雨水淋湿？U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）(a)所示，要使物体不被淋湿，在车上观察01雨点下落的方向（即雨点相对于汽车的运动速度的方向）应满足02福一.再由相对速度的失量关α≥arctanTh(b)PDG系=，-1，即可求出所需车速1题1-20图解由2=2-，如图（b）所示，有