(2) 视线和水平线的夹角为
y?12.5o x(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为
θ?arctanα?arctanvyvx?arctangt v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?arctan??1.88m?s?2
v??gt??an?gcos??gcos?arctan??9.62m?s?2
v??1 -14 为迎接回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口，如图所示，柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为
v0?150 km?h?1 ，他随即以仰角??5?冲出，飞越跨度达57 m，安全着陆在西
岸木桥上，求：
题 1-14 图
（1） 柯飞车跨越黄河用了多长时间？
（2） 若起飞点高出河面10 m，柯驾车飞行的最高点距河面为几米？ （3） 西岸木桥和起飞点的高度差为多少？
分析 由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在的一般曲线运动
来说，运用叠加原理是求解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的
直角坐标系，将运动分解为两个相互正交的直线运动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g，故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动，直接列出相关运动规律方程即可求解，本题可建立图示坐标系，图中ym和xm分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度. 解 在图示坐标系中，有
x?(v0cos?)t （1）
1 y?(v0sin?）t?gt2 （2）
2 vy?v0sin??gt （3） (1) 由式（1），令x?xm?57 m，得飞跃时间
tm?xm?1.37 s
v0cos?（2）由式（3），令vy?0，得飞行到最大高度所需时间
t’m?v0sin? g将t’，得飞行最大高度 m代入式（2）
2v0sin2?ym??0.67m
2g则飞车在最高点时距河面距离为
h?ym?10 m?10.67 m
（3）将tm?1.37 s 代入式（2），得西岸木桥位置为
y = - 4.22 m “-”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?10 m + (v0sin?)t?12gt 21 -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??30?，球的抛射角??60?，设球被抛出时的速率v0 ＝19.6 m·ｓ-1，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？
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-g cos?和-g sin?，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x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的关系列出来. 解 1 由分析知，在图（a）坐标系中，有
1 x?[v0cos(???)]t?(?gsin?)t2 （1）
21 y?[v0sin(???)]t?(?gcos?)t2 （2）
2
落地时，有y=0，由式（2）解得飞行时间为
t?2v0tan30??2.31s g将 t 值代入式（1），得
22v0OP?x??26.1m
3g
解 2 由分析知，在图（b）坐标系中，
对小球 x?(v0cos?)t y?(v?)t?10sin2gt2 对点P y??xtan? 由式（1）、（2）可得球的轨道方程为
y?xtan??gx22v2cos2?? 0落地时，应有y?y?，即
xtan30??xtan60??gx22v2260? 0cos解之得落地点P的x坐标为
x?3v203g 则 OP?xcos30??2v203g?26.1m 联解式（1）和式（5）可得飞行时间
t?2.31s
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?
（1）
（2）（3） 4） （5）
（
11 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律s?v0t?bt2运动,v0 、b 都是常量．(1)
2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
dsv??v0?bt
dt其加速度的切向分量和法向分量分别为
d2sv2(v0?bt)2at?2??b, an??
dtRR故加速度的大小为
at2b2?(v0?bt)4 a?a?a?R2n2t其方向与切线之间的夹角为
?(v0?bt)2?anθ?arctan?arctan??? atRb??1R2b2?(v0?bt)4?b可得 Rvt?0
b(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为
(2) 要使｜a｜＝b,由
2v0s?st?s0?
2b因此质点运行的圈数为
2sv0n??
2πR4πbR1 -17 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间,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′
物理学教程(第二版)(上册)课后习题答案详细讲解
