和飞跃跨度.
解 在图示坐标系中,有
x?(v0cos?)t (1)
y?(v0sin?)t?gt2
12(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
x?[v0cos(???)]t?(?gsin?)t2 (1)
121 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 (1)
y?(v10sin?)t?2gt2 对点P (3)
由式(1)、(2)可得球的轨道方程为
y?xtan??gx22v22? 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(5)
则 OP?xcos30??2v203g?26.1m 联解式(1)和式(5)可得飞行时间
t?2.31s
x?(v0co?)st (2)
y??xta?n (4)
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 -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) 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
v?ds?v0?bt dt12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?an θ?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
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