1-6已知质点沿x轴作直线运动,其运动方程为x=2+6f2-2t,式中x的单位为m,的单位为 s.求：1）质点在运动开始后4.0s内的位移的大小：(2）质点在该时间内所通过的路程；(3)1=4s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Ax的大小可直接由运动方程得到：Ax=x,-xo,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0来确定其运动方向改变的时刻p求出0～1和tp~1 内的位移大小Ax1、Ax2,则t时间内的路程s=Ax|+Arz|,如图所示,至于1=4.0s时d两式计算质点速度和加速度可月解（1)质点在4.0 s内位移的大小Ax= X4 - X = -32 m0-0(2) 由得知质点的换向时刻为1,=2s（I=0不合题意）则Ax =x-x=8.0mAr =x -- =-40 m所以,质点在4.0s时间间隔内的路程为s =[Ax|+|Ar,|= 48 m(3) 1=4.0 s时-48m-s-36ms~1-7一质点沿x轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示。设1=0时,x=0.试根据已知的o-1图,画出a-1图以及x-1图
1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为 2 3 x = 2 + 6t − 2t ,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： Δ 0 x x x = t − ,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 0 d d = t x 来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和 tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程 1 2 s = x + x ,如图所示,至于t ＝4.0 s 时 质点速度和加速度可用 t x d d 和 2 2 d d t x 两式计算． 解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小 Δx = x4 − x0 = −32 m (2) 由 0 d d = t x 得知质点的换向时刻为 = 2 s p t (t＝0不合题意) 则 Δx1 = x2 − x0 = 8.0 m Δx2 = x4 − x2 = −40 m 所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 s = Δx1 + Δx2 = 48 m (3) t＝4.0 s时 1 4.0s 48 m s d d − = = = − t t x v 2 4.0s 2 2 36 m.s d d − = = = − t t x a 1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t＝0 时,x＝ 0．试根据已知的v-t 图,画出a-t 图以及x -t 图．
0/(m题1-7图分析根据加速度的定义可知,在直线运动中o-1曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC的斜率为0,加速度为零，即匀速直线运动)。加速度为恒量,在α-1图上是平行于1轴的直线,由o-1图中求出各段的斜率,即可作出a-1图线又由速度的定义可知，x-1曲线的斜率为速度的大小。因此，匀速直线运动所对应的x-图应是一直线，而匀变速直线运动所对应的x-！图为1的二次曲线.根据各段时间内的运动方程x=x(),求出不同时刻 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-1 图。解将曲线分为AB、BC、CD三个过程,它们对应的加速度值分别为
分析 根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、 CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运 动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知,x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方 程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图． 解 将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为
4=20m-s-2(勾加速直线运动)aABIB-t(匀速直线运动)apc=0OD=-10m·s-2（匀减速直线运动)acp =-根据上述结果即可作出质点的a-1图[图(B)].在匀变速直线运动中,有X=x+0++#由此,可计算在0~2 s和4~6 s 时间间隔内各时刻的位置分别为V0055244555.56/m0-7.510-7.504048.85558.860用描数据点的作图方法,由表中数据可作0~2 s和4~6s时间内的x-1图。在2~4s时间内，质点是作=20m·s"的匀速直线运动，其x-1图是斜率k=20的一段直线[图(c)]1-9质点的运动方程为x = -10t +30t2y=15t-20r?式中x.y的单位为m,I 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2. - -1+600,=% =15-401当/=0 时,0or=-10m=s-,0oy=15m=s-,则初速度大小为0o=/002 +00,2=18.0m-s-l设。与x 轴的夹角为α,则tanaVoxα=123°41(2)加速度的分量式为doy dox = 60 m s-2-40 m s-2a,=dtL
2 20 m s − = − − = B A B A AB t t a v v (匀加速直线运动) aBC = 0 (匀速直线运动) 2 10 m s − = − − − = D C D C CD t t a v v (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］． 在匀变速直线运动中,有 2 0 2 1 x = x + v t + t 由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为 用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时 间内, 质点是作 1 20 m s − v = 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］． 1 -9 质点的运动方程为 2 x = −10t + 30t 2 y =15t − 20t 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 t t x x 10 60 d d v = = − + t t y y 15 40 d d v = = − 当t ＝0 时, vox ＝-10 m·ｓ-1 , voy ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 2 1 0 2 0 0 18.0 m s − = + = v v x v y 设vo与x 轴的夹角为α,则 2 3 tan 0 0 = = − x y α v v α＝123°41′ (2) 加速度的分量式为 2 60 m s d d − = = t a x x v , 2 40 m s d d − = = − t a y y v
则加速度的大小为a=Ja'+a, -72.1m.s-2设a 与x 轴的夹角为β,则tan β=2=--2axB=-33°41(或32619)1-15一质点具有恒定加速度a=6i+4j式中a的单位为m-s-2，在1=0时,其速度为零,位置矢量n=10mi.求：（）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A y/m/m题1-15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:和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式(1)和y()．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+00l+a.F和y=o+og+a,F，两个分运动均为勾变速直线运动。读者不妨自己验证一下.解由加速度定义式,根据初始条件10=0时0o=0,积分可得' do=f'adi =I'(6i +4i)dr0=6ti+4hj又由0=及初始条件/=0 时,n=(10 m),积分可得='dr=I'odt=I'(6ti+4fi)dtr =(10+3t')i +2t° j由上述结果可得质点运动方程的分量式,即=10+3/2y=2f2消去参数,可得运动的轨迹方程
则加速度的大小为 2 2 2 72.1 m s − = + = a ax ay 设a 与x 轴的夹角为β,则 3 2 tan = = − x y a a β β＝-33°41′(或326°19′) 1 -15 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r0 ＝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． 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ax 和ay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 2 0 0 2 1 x x t a t = + v x + x 和 2 0 0 2 1 y y t a t = + v y + y ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下． 解 由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得 = = + t t t t 0 0 0 d ad (6i 4 j)d v v v = 6ti + 4tj 又由 dt dr v = 及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 = = + r t t r t t t t 0 0 d d (6 4 )d 0 r v i j r i j 2 2 = (10 +3t ) + 2t 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
这是一个直线方程。直线斜率1，α=33°41。轨迹如图所示= tanα :1-18飞机以100ms-1的速度沿水平直线飞行，在离地面高为100m时，驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,间：（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1-18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,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求出,这样，也就可将重力加速度。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 =ut, J=1/2gP飞机水平飞行速度u=100m's，飞机离地面的高度y=100m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离x=02y-= 452 mVg(2)视线和水平线的夹角为0 = arctan ≥=12.5°(3）在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 = arctan lα= 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
3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率 3 2 tan d d = = α = x y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -18 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？ 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vx 、vy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 ＝1/2 gt2 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 452 m 2 = = g y x v (2) 视线和水平线的夹角为 o = arctan = 12.5 x y θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 v v v gt α x y = arctan = 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
=1.88 m-sa一= 9.62 m·sa,= gcosα= gcos arctan br 运动,00、b 都是常量。(1)求i1-22一质点沿半径为R的圆周按规律s=Uot-时刻质点的总加速度；(2)1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一s(1),对时间求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v和加速度的切向分量at,而加速度的法向分量为an=02/R.这样,总加速度为a=ate：十anen，至于质点在t时间内通过的路程即为曲线坐标的改变量4s=Sr-S0.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D.-bt其加速度的切向分量和法向分量分别为122_ (00-bt)2hadtRR故加速度的大小为ab° +(0. -b)a=yai+aY其方向与切线之间的夹角为[_ (。 - bt)0 = arctan = arctanRb(2)要使1a|=b,由/R*b°+(0。-bt)=b可得1=%(3）从I=0 开始到=0 /b 时,质点经过的路程为-因此质点运行的圈数为n=2元k=4nbR
2 sin sin arctan 1.88 m s − = = = v gt at g α g 2 cos cos arctan 9.62 m s − = = = v gt an g α g 1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律 2 0 2 1 s = v t − bt 运动,v0 、b 都是常量．(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aｔ,而加速度的 法向分量为an＝v2 /R．这样,总加速度为a ＝aｔeｔ＋anen．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＝st -s0．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 bt t s = = 0 − d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为 b t s at = = − 2 2 d d , R bt R an 2 0 2 ( − ) = = v v 故加速度的大小为 R ( ) 4 0 2 2 2 2 a b bt a a a t n t + − = + = v 其方向与切线之间的夹角为 − = = − Rb bt a a θ t n 2 0 ( ) arctan arctan v (2) 要使｜a｜＝b,由 R b bt b R + − = 4 0 2 2 ( ) 1 v 可得 b t v0 = (3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为 b s s s t 2 2 0 0 v = − = 因此质点运行的圈数为 R bR s n 2π 4π 2 v0 = =
1-24一质点在半径为0.10m的圆周上运动,其角位置为Q=2+4t,式中o的单位为rad,1的单位为s：（1）求在1t=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,α值为多少？(3）1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、角位移方程与位失方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到%=127。在1 =2 s 时,法向加速度和切向解（1）由于0=2+4f,则角速度のat加速度的数值分别为a -2, =ro =2.30 m.s-2.-4 0 :-(2)当a,=a/2=a,+,时,有3,=,即3(24r) =r(12°)得此时刻的角位置为0 = 2+4t =3.15 rad(3)要使a,=a,则有3(24n) =r:(2r)t =0.55 s1-26如图(a)所示，一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为01,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前0角,速率为02，若车后有一长方形物体,问车速01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u2的方向)应满足α≥arctan么:。再由相对速度的矢量关系u=02-01,即可求出所需车速01
1 -24 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为 3 θ = 2 + 4t ,式中θ 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,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 3 θ = 2 + 4t ,则角速度 2 12 d d t t θ ω = = ．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向 加速度的数值分别为 2 2 2 s 2.30 m s − = a = rω = n t 2 2 s 4.80 m s d d − = = = t ω a r t t (2) 当 2 2 2 1 at = a / 2 = an + at 时,有 2 2 3at = an ,即 ( ) ( ) 4 2 2 2 3 24rt = r 12t 得 2 3 3 1 t = 此时刻的角位置为 2 4 3.15 rad 3 θ = + t = (3) 要使 an = at ,则有 ( ) ( ) 4 2 2 2 3 24rt = r 12t t ＝0.55ｓ 1 -26 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖 直方向之前θ 角,速率为v2′,若车后有一长方形物体,问车速v1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v2′的方向)应满足 h l α arctan ．再由相对速度的矢量关系 v2 = v2 −v1 ,即可求 出所需车速v1．
oDo(a)e(b)题1-26图解由=,,[图(b)],有α= arctan -0,sin 0v,coso而要使α≥arctan,则01-0,sin2≥1v,cosoh(lcos0+ sin 001 ≥ 02
解 由 v2 = v2 −v1 ［图(b)］,有 θ θ α cos sin arctan 2 1 2 v v − v = 而要使 h l α arctan ,则 h l θ θ − cos sin 2 1 2 v v v + θ h l θ sin cos v1 v2