(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?将tm代入式（2），得飞行最大高度
’v0sin? g2v0sin2?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
x?[v0cos(???)]t?1(?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?g?2.31s 将 t 值代入式（1），得
OP?x?2v203g?26.1m
解 2 由分析知，在图（b）坐标系中，
对小球 x?(v0cos?)t y?(v10sin?)t?2gt2 对点P y??xtan? 由式（1）、（2）可得球的轨道方程为
y?xtan??gx2 2v22 0cos??落地时，应有y?y?，即
xtan30??xtan60??gx22v22 0cos60?解之得落地点P的x坐标为
x?3v203g 则 OP?x2v20cos30??3g?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）
（ （（
1 -16 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 时刻2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?其加速度的切向分量和法向分量分别为
ds?v0?bt dtd2sv2(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??(2) 要使｜a｜＝b,由
1R2b2?(v0?bt)4?b可得 Rvt?0
b2v0s?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??
2πR4πbR1 -17 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
ωv?3 ??2rad?s22tRt2所以 ω?ω(t)?2t
k?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 dtat?αR?1.0m?s?2
总加速度
a?an?at?αRet?ω2Ren
a?在2.0ｓ内该点所转过的角度
2?αR?2??ω2R?22?1.01m?s?2
232t0?5.33rad
0031 -18 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为θ?2?4t3,式中θ 的单位为rad,t
θ?θ0??ωdt??2t2dt?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θ?2?4t3,则角速度ω?度的数值分别为
dθ?12t2．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速dtanat(2) 当at?a/2?t?2s?rω2?2.30m?s?2 ?rdω?4.80m?s?2 dtt?2s122,即 an?at2时,有3at2?an23?24rt??r212t2
2??4得 t?此时刻的角位置为
3123
θ?2?4t3?3.15rad
(3) 要使an?at,则有
23?24rt??r212t2
??4t ＝0.55ｓ
1 -19 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)
题 1-19 图
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?1?5.36m?s otan751 -20 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需车速v1．
l．再由相对速度的矢量关系v?2?v2?v1,即可求出所h
题 1-20 图
解 由v?2?v2?v1［图(b)］,有
??arctanv1?v2sinθ
v2cosθ
物理学教程(第二版)上册课后答案
