v,=vo cos0,V,=vo sm b-gt 因此C点的速度 v=(vo cos 0)i+(vo sin 0-g)j 其大小:”=+,=√m0c0)+(sm0-g), 方向:B= arctan= arctan- o cOS6 vo sin 8-gt 式中B是v方向与y轴的夹角 提示:本题也可以以O为原点,取x轴平行于斜面向下,y轴垂直于斜面向上的坐标系进行解 题,请读者自己考虑 例6一质点沿半径R=0.1m的圆周运动,其运动方程为O=a+b3,式中t以s计,a=2ad b=4mad·s3.问:(1)在t=2s时,质点的法向和切向加速度各是多少?(2)O角等于多大时 质点的总加速度方向和半径成45°角? 分析圆周运动中已知运动方程,通过求导可得角速度和角加速度,利用线量和角量的对应关 系可求得法向和切向加速度 解(1)根据题设o==12x2,B=2=24 t=2s时,O2=12×22=48md/s,B2=24×2=48ud/ls2 所以,法向加速度和切向加速度为 a,=Ro2,a.=0.1×482=230.4m/s2, a,=RB,a1=0.1×48=48m/s2 (2)由上面计算可知,B2与ω2符号相同,质点圆周运动的速率是随时间而增大的.因加速 度a与半径成45°角,则a与v(沿切线方向)也成45°角.由(a,)=一和tn45°=1知an=a1 即Ro2=RB 那么,(2)2=24,r3 所以=a+bt=2+4×1=267a 例7一飞轮边缘上一点所经过的路程与时间的关系为:s=v-br2/2,vo,b都是正常vx  v0 cos ，v v gt y  0 sin   ， 因此 C 点的速度 v v i v gtj    0 cos  0 sin   ， 其大小：     2 0 2 0 2 2 v v v v cos v sin gt  x  y      ， 方向： v gt v v v y x       sin cos arctan arctan 0 0 ． 式中  是 v  方向与 y 轴的夹角． 提示：本题也可以以 O 为原点，取 x 轴平行于斜面向下，y 轴垂直于斜面向上的坐标系进行解 题，请读者自己考虑． 例 6 一质点沿半径 R  0.1m 的圆周运动，其运动方程为 3   a  bt ，式中 t 以 s 计， a  2rad ， 3 4  b  rad s ．问：（1）在 t=2s 时，质点的法向和切向加速度各是多少？（2）  角等于多大时， 质点的总加速度方向和半径成 45º角？ 分析 圆周运动中已知运动方程，通过求导可得角速度和角加速度，利用线量和角量的对应关 系可求得法向和切向加速度． 解 （1）根据题设 2 12t dt d     ， t dt d   24   ． t=2s 时， 12 2 48rad /s 2 2    ， 2 2   242  48rad /s ． 所以，法向加速度和切向加速度为 2 an  R ， 2 2 0.1 48 230.4 / 2 a m s n    ， a  R ， 2 0.1 48 4.8 / 2 a    m s  ． （2）由上面计算可知，  2 与 2 符号相同，质点圆周运动的速率是随时间而增大的．因加速 度 a  与半径成 45º角，则 a  与 v  （沿切线方向）也成 45º角．由 a a a v n tan( , )    和 tan 45 1 知 an  a ， 即 R  R 2 ． 那么， 12t  24t 2 2  ， 6 3 1 t  ， 所以 a bt 2.67rad 6 1 2 4 3        ． 例 7 一飞轮边缘上一点所经过的路程与时间的关系为： / 2 2 s  v0 t bt ， 0 v ， b 都是正常