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几何三角形求角度问题,
雨下不停浮云21
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X=20°此题 无法直接用角度算出角度必须化成边,在这儿我需要多次用到正弦定理：不知道你学过没有?我简单的说下：在一个三角形中,各边和它所对角的正弦的比相等.即a/sinA=b/sinB=c/sinC∠A=180-80*2=20解法1）在三角形ABC中,根据正弦定理：AB/BC=SIN∠C/SIN∠A=SIN80/SIN20在三角形BCD中,根据正弦定理：BC/BD=SIN∠BDC/SIN∠DCB=SIN40/SIN60将上式左右相乘：AB/BD=SIN80*SIN40/SIN20*SIN60在三角形ABE中,根据正弦定理：AB/BE=SIN∠AEB/SIN∠A=SIN30/SIN20将上式左右相除：BD/BE=SIN30*SIN60/SIN80*SIN40 …… ① 在三角形BDE中,根据正弦定理：BD/BE=SINX/SIN∠BDE=SINX/SIN(X+10) …… ② 根据① ②：SINX/SIN(X+10)=SIN30*SIN60/SIN80*SIN40解方程得出：X=20° 解法2）思路：先证明△ABE与△BDE相似然后根据相似性质得出X=∠A=20°在三角形ABE中,根据正弦定理：AB/BE=SIN∠AEB/SIN∠A=SIN30/SIN20在三角形BDE中,根据正弦定理：根据解法1的结论：BD/BE=SIN30*SIN60/SIN80*SIN40从而BD/BE=BE/AB又因为△ABE与△BDE公用∠ABE所以△ABE与△BDE相似所以X=∠A=20°完毕!
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问题都没说清楚，标注的角度夜不太清楚，可以在描述一下啊，隐隐约约好像是60度
点击可以查看大图啊。。。求X
都没说清楚是要问什么···
扫描下载二维码&>&&>&大学物理马文蔚第一章答案
大学物理马文蔚第一章答案 投稿：程笹笺
第一章 质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt)时间内的位移为Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r｜),平均速度为,平均速率为．(1) 根据上述情况,则必有( …
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第一章 质点运动学
1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt)时间内的位移为Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r｜),平均速度为,平均速率为．
(1) 根据上述情况,则必有(
(A) ｜Δr｜= Δs = Δr
(B) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= ds ≠ dr
(C) ｜Δr｜≠ Δr ≠ Δs,当Δt→0 时有｜dr｜= dr ≠ ds
(D) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= dr = ds
(2) 根据上述情况,则必有(
(A) ｜v｜= v,｜｜=
(B) ｜v｜≠v,｜｜≠
(C) ｜v｜= v,｜｜≠
(D) ｜v｜≠v,｜｜=
分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．
(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故ΔrΔs?,即｜｜≠． ΔtΔt
但由于｜dr｜＝ds,故drds?,即｜｜＝．由此可见,应选(C)． dtdt
1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 drdrds?dx??dy?(1)； (2)； (3)； (4)?????． dtdtdt?dt??dt?
下述判断正确的是(
(A) 只有(1)(2)正确
(B) 只有(2)正确
(C) 只有(2)(3)正确
(D) 只有(3)(4)正确
dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速dt
dr率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然dt分析与解
ds?dx??dy?坐标系中速度大小可用公式v?计算,在直角坐标系中则可由公式v??????dt?dt??dt?
求解．故选(D)． 22
1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即
(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．
下述判断正确的是(
(A) 只有(1)、(4)是对的
(B) 只有(2)、(4)是对的
(C) 只有(2)是对的
(D) 只有(3)是对的
dv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速dt
dr度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所dt分析与解
述)；dsdv在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度adtdt
ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．
1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有(
(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变
(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变
(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变
(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变
分析与解 加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．
*1 -5 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v,则小船作(
(A) 匀加速运动,v?v0
(B) 匀减速运动,v?v0cosθ
(C) 变加速运动,v?v0 cosθ
(D) 变减速运动,v?v0cosθ
(E) 匀速直线运动,v?v0
分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为
dx,式中dl表示绳长l ?x?l2?h2,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度v?dtdtl2?h2l
随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为v?
速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．
讨论 有人会将绳子速率v0按x、y 两个方向分解,则小船速度v?v0cosθ,这样做对吗？
231 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t?2t,式中x 的单位为m,t v0l2?h2/l?v0,方向沿x 轴负向．由cosθ
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：Δx?xt?x0,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dx?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dt
tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程s??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时dxd2x质点速度和加速度可用和2两式计算． dtdt
解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小
?x4?x0??32m
得知质点的换向时刻为 dx?0 dt
tp?2s (t＝0不合题意)
Δx1?x2?x0?8.0m
Δx2?x4?x2??40m
所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为
s?Δx1?Δx2?48m
(3) t＝4.0 s时
v?dx??48m?s?1 dtt?4.0s
d2xa?2??36m.s?2 dtt?4.0s
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．
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
aAB?vB?vA?20m?s?2
(匀加速直线运动
(匀速直线运动)
aCD?vD?vC??10m?s?2
(匀减速直线运动) tD?tC
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
1x?x?v0t?t2 2
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v?20m?s?1的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．
1 -8 已知质点的运动方程为r?2ti?(2?t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：
(1) 质点的运动轨迹；
(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；
(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr；
*(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s．
分析 质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则ds?(dx)2?(dy)2,最后用s??ds积分求ｓ．
解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为
这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示． 12x 4
(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为
r0?2j , r2?4i?2j
图(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．
(3) 由位移表达式,得
Δr?r2?r1?(x2?x0)i?(y2?y0)j?4i?2j 其中位移大小Δr?(Δx)2?(Δy)2?5.66m ?x0?y0?2.47m 而径向增量Δr?Δr?r2?r0?
*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元ds,则
1ds?(dx)2?(dy)2,由轨道方程可得dy??xdx,代入ds,则2ｓ内路程为 2
Q404?x2dx?5.91m
1 -9 质点的运动方程为
x??10t?30t2
y?15t?20t2
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
vx?dx??10?60t dt
dyvy??15?40t dt
22当t ＝0 时, vox ＝-10 m·ｓ-1 , voy ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 v0?v0x?v0y?18.0m?s?1
设vo与x 轴的夹角为α,则
α＝123°41′
(2) 加速度的分量式为
dvydvx?2ax??60m?s , ay???40m?s?2 dtdt
则加速度的大小为
a?ax?ay?72.1m?s?2
设a 与x 轴的夹角为β,则
tanβ?ay2?? ax3
β＝-33°41′(或326°19′)
1 -10 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．
分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．
解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为
1y1?v0t?at2 2
1y2?h?v0t?gt2 2
当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即
11v0t?at2?h?v0t?gt2 22
t?2h?0.705s g?a
12gt?0.716m 2 (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 d?h?y2??v0t?
解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有
10?h?(g?a)t2 2
t?2h?0.705s g?a
1h??v0t?at2 2(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为
d?h?h??0.716m
1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a)图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．
分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．
解 (1) 如图
(B)所示,在O′x′y′坐
θ?2πt,则质点P T
, 的参数方程为 2πtT
y???Rcos2πt T
坐标变换后,在
Oxy 坐标系中有
, y?y??y0??Rcos
则质点P 的位矢方程为
2πtT2πt?R T
r?Rsin2π2π??ti???Rcost?R?jTT???3sin(0.1πt)i?3[1?cos(0.1πt)]j
(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为
v?dr2π2π2π2π?Rcosti?Rsintj?(0.3πm?s?1)jdtTTTT
d2r2π2π2π2πa?2??R()2sinti?R()2costj?(?0.03π2m?s?2)i
1 -12 地面上dtTTTT
垂直竖立一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m？
分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．
解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为
v?dshω?3?1??1.94?10m?s 2dtcosωt
1sπarctan??3?60?60s ωh4ω当杆长等于影长时,即s ＝h,则 t?
即为下午3∶00 时．
1 -13 质点沿直线运动,加速度a＝4 -t2 ,式中a的单位为m·ｓ-2 ,t的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．
分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由a?dvdx和v?可得dv?adt和dx?vdt．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可dtdt
两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．
解 由分析知,应有
v0dv??adt 03得
x0dx??vdt 0t
x?2t?14t?v0t?x0
将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ-1代入(1)
(2)得v0＝-1 m·ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为
x?2t2?14t?0.75 12
1 -14 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a＝A -Bv,式中A、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．
分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为dv?dt后再两边积分． a(v)
(1) dt解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点． (1) 由题意知
用分离变量法把式(1)改写为
将式(2)两边积分并考虑初始条件,有
得石子速度
由此可知当,t→∞时,v?
(2) 再由v?vv0tdvv??dt 0A?BvA(1?e?Bt) BA为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． BdyA?(1?e?Bt)并考虑初始条件有 dtB
ytA?Btdy??0?0B(1?e)dt
y?AAt?2(e?Bt?1) BB得石子运动方程
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x?x0?v0xt?12axt和2
1y?y0?v0yt?ayt2,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下． 2
解 由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得
又由v?v0dv??adt??(6i?4j)dt 00ttv?6ti?4tj dr及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 dt
?dr??vdt??(6ti?4tj)dt r000rtt
r?(10?3t2)i?2t2j
由上述结果可得质点运动方程的分量式,即
x ＝10＋3t2
消去参数t,可得运动的轨迹方程
3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率k?dy2?tanα?,α＝33°41′．轨迹如图所示． dx3
1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为
、30°、10°和1°时,平均加速度各为多?2(1?cosΔθ)v2/(RΔθ)；(2) 当Δθ分别等于90°
少？ 并对结果加以讨论．
分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为a?dv和dt
Δvv2Δv?．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为an?,? ,式中｜Δv｜可由图ΔtΔtR
(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．
由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0 时的极限值．
解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故
22Δv?v1?v2?2v1v2cosΔθ
?v2(1?cosΔθ)
所以 ΔsRΔθ? vv
??2(1?cosΔθ) ΔtRΔθ
(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,
1?0.,2?0. RR
3?0.,4?1.000 RR
以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法v2
向加速度． R
1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r＝2.0ti ＋(19.0 -2.0t2 )j,式中r 的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t1＝1.0s 到t2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．
分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即?
大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度v?Δr,它与时间间隔Δt 的Δtdr．切向和法向加速度是指在自然坐dt
dvte,后者只标下的分矢量aｔ 和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即at?dt
反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ 得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加
速度的大小后,可由公式an?求ρ． ρ
解 (1) 由参数方程
x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t2
消去t 得质点的轨迹方程：
y ＝19.0 -0.50x2
(2) 在t1 ＝1.00ｓ 到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度
?Δrr2?r1??2.0i?6.0j Δtt2?t1
dxdyi?j?2.0i?4.0tj dtdt(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 v(t)?vxi?vyj?
d2xd2ya(t)?2i?2j??4.0m?s?2j dtdt
则t1 ＝1.00ｓ时的速度
v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j
切向和法向加速度分别为
att?1s?dvd2?2et?(vx?v2
y)et?3.58m?set dtdt
an?a2?at2en?1.79m?s?2en
(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为
2?1v?vx?v2
y?4.47m?s v2
则ρ??11.17m an
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
(2) 视线和水平线的夹角为 2y?452m g
y?12.5o xθ
(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为
vgtα?y? vxv
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
gt??at?gsinα?gsin???1.88m?s?2 v??
gt??an?gcosα?gcos???9.62m?s?2 v??
1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹角为β,炮弹的出口速度为v0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP；
(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足tanβ?1并与v0 无关． 2tanα
分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即r?v0t?12gt,做出炮弹落地时的矢量图［如2
图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．
(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为
1y?v0tsinβ?gt2cosα
(2) 2x?v0tcosβ?
令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得
222v0sinβ2v0sinβOP?x?(cosαcosβ?sinαsinβ)?cos(α?β) gcos2αgcos2α
解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有
?π?sin??α?β??2?
从中消去t 后也可得到同样结果． 12gtv0t ??π??sinβsin??α??2?
(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则
vx?v0cosβ?gtsinα?0
由(2)(3)两式消去t 后得
tanβ?1 2sinα
由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 的大小无关．
讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．
1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R,离地面的高度为h,(1) 当伞绕伞柄
2以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为r?R?2hω/g的圆周上；
(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？
分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．
解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为
2R2ω2h由式(1)(2)可得
由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为
r?x2?R2?R?2h2ω g
(2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为
R?v0sin2 g
为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．
1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)
分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x、y 值代入即可求出．
解 取图示坐标系Oxy,由运动方程
x?vtcosθ, y?vtsinθ?
消去t 得轨迹方程
y?xtanθ?g(1?tan2θ)x2 22v
以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y≥0 代入后,可解得
71．11°≥θ1 ≥69．92°
27．92°≥θ2 ≥18．89°
如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．
1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律s?v0t?12bt运动,v0 、b 都是常量．(1) 求t 2
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
v?ds?v0?bt dt
其加速度的切向分量和法向分量分别为
d2sv2(v0?bt)2
at?2??b, an?? dtRR
故加速度的大小为
at2b2?(v0?bt)4
其方向与切线之间的夹角为
?(v0?bt)2?an θ??arctan???atRb??
(2) 要使｜a｜＝b,由1R2b2?(v0?bt)4?b可得 R
2v0s?st?s0? 2b(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为
因此质点运行的圈数为
2sv0n?? 2πR4πbR
1 -23 一半径为0.50 m 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4.0 m·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ω＝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,ω＝ω(t)确定后,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ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数
k?ωv??2rad?s?3 22tRt
ω?ω(t)?2t2
则t′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为
ω?2t?2?0.5rad?s?1
α?dω?4t??2.0rad?s?2 dt
at?αR?1.0m?s?2
a?an?at?αRet?ω2Ren a?
在2.0ｓ内该点所转过的角度
2?αR?2?ω2R22?1.01m?s?2 232t0?5.33rad 3θ?θ0??ωdt??2t2dt?00
31 -24 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为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．
3解 (1) 由于θ?2?4t,则角速度ω?dθ?12t2．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向dt
加速度的数值分别为
ant?2s?rω2?2.30m?s?2
(2) 当at?a/2?t?2s?rdω?4.80m?s?2 dt122an?at2时,有3at2?an,即 2
23?24rt??r212t2 ??4
此时刻的角位置为 312
θ?2?4t3?3.15rad
(3) 要使an?at,则有
23?24rt??r212t2 ??4
t ＝0.55ｓ
1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v1＝20.0 m·ｓ-1 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v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)
分析 这是一个相对运动的问题．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′．v1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v2 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v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为v2?v2?v1 (如图所示),于是可得 '
v2?v1?5.36m?s?1 otan75
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α?arctan
出所需车速v1．
l．再由相对速度的矢量关系v?2?v2?v1,即可求h
解 由v?2?v2?v1［图(b)］,有
α?而要使α?arctanv1?v2sinθ v2cosθl,则 h
v1?v2sinθl? v2cosθh
?lcosθ?v1?v2??sinθ? ?h?
1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？
分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u的存在, v与船在静水中划行的速度v′之间有v＝u ＋v′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．
解 (1) 由v＝u ＋v′可知α?arcsinu,则船到达正对岸所需时间为 vt?dd??1.05?103s vv?cosα
(2) 由于v?v?cosα,在划速v′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v＝v′),此时,船过河时间t′＝d /v′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有
l?ut??ud?5.0?102m v?
一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝vt ,
y＝gt2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？
分析 该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x,y)变换至系O′中的点(x′,y′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．
解 取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得
x′＝x - v t ＝v t - v t ＝0
y′＝y ＝1/2 gt2
d2y??g 加速度
由此可见,动点相对于系O′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．
第一章 质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt)时间内的位移为Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r｜),平均速度为,平均速率为．(1) 根据上述情况,则必有( …
第一章 质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt)时间内的位移为Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r｜),平均速度为,平均速率为．(1) 根据上述情况,则必有( …
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