内容发布更新时间 : 2024/5/1 4:38:00星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

x?v(2) 视线和水平线的夹角为

2y?452m gy?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?gcosα?gcos?arctan??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

1第一问也可由运动方程的矢量式计算,即r?v0t?gt2,做出炮弹落地时的矢量

2图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．

16

(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

1x?v0tcosβ?gt2sinα (1)

21y?v0tsinβ?gt2cosα (2)

2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

12gtrv0t??2

ππ????sinβsin??α?β?sin??α??2??2?从中消去t 后也可得到同样结果．

(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 (3)

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?R1?2hω2/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？

17

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

x?vt?Rωt (1)

1y?gt2?h (2)

22R2ω2h由式(1)(2)可得 x?

g2由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为

r?x2?R2?R1?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)

18

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

1x?vtcosθ, y?vtsinθ?gt2

2消去t 得轨迹方程

gy?xtanθ?2(1?tan2θ)x2

2v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．

11 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律s?v0t?bt2运动,v0 、b 都是常

2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＋ 19

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

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 -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

ωvk?2?2?2rad?s?3

tRt所以 ω?ω(t)?2t2

20