Transcript 法向加速度为

例: 质点沿半径为R的圆周运动,运动方程为:
  3  2t 2 (SI ),
切向加速度大小为
法向加速度大小为
则t时刻质点的
at  4 Rms
an  16 Rt 2 ms 2
2
  4 rad s 2
角加速度
  d dt  4t v  R  4tR
 at  dv dt  4 R
an  v R  16t 2 R   d dt  4
2
例:一质点从静止出发沿半径 R=1m 的圆周运动,
其角加速度随时间 t 的变化规律是:
  12t  6t ( SI )
3
2
4
t

3
t
(rad s)
则质点的角速度  
2
2
切向加速度 at  12t  6t (m s )
2
法向加速度
an (4t
3
 3t ) (m s )
2 2
   dt  4t  3t  c
 t  0 0  0  c  0
2
at  R an  R
3
2
2
例： 一质点作半径为R的圆周运动，其路程S随时间t
1 2
变化的规律为 S  bt  ct ，式中b、c为正的常量。
2
则在任意时刻 t，质点的切向加速度 a 
法向加速度 an 
b  ct 
dS
v
 b  ct
dt
v 2 (b  ct ) 2
an  
R
R
2
R 。
dv
a 
c
dt
c
，
例 飞轮作加速转动时，轮缘上一点的运动
方程为s=0.1t3（SI）。飞轮半径为2m。
当此点的速率v=30m/s时，
其切向加速度为
法向加速度为
ds
2
v
 0.3t
dt
dv
a 
 0.6t
dt
6m/s2
，
450m/s2
。
v  0.3t  30 t  10s
2
2

v
0.3t
an  
R
2

2 2
例:
1 2
一质点自原点开始沿抛物线 y  x 运动,
2
它在ox轴上的分速度为一恒量,其值为
1
v x  2m  s.
求

(1) 运动方程 r
 
(2) t时刻的速度 v , a
(3)
t  0.5s 时,切向加速度的大小 at
法向加速度的大小
=?
an=?
dx
解: 1.  v x 
2
dt
1 2
2
y  x  2t
2
2.
3.
t
x   2dt  2t
0



2
 r  2ti  2t j



d
v



a
4j
v  2i  4t j
dt
dv
16t
2
v  4  16t at  
2
dt
4  16t
t  0.5 at  2 2 ms
2
an  a  a  2 2 ms
2
2
t
2
例: 一质点以匀角速率
 作匀速率圆周运动,
t  0时, x  r y  0.

(1) 导出质点的运动方程r  ?


速度v  ? 加速度a  ?

(2) 试证速度v 必沿圆周
切线方向;

(3) 试证加速度a指向圆心.
y


r
x
解: 设 t 时刻质点运动到A点



(1) r  r cos t i  r sin t j



 dr
v
 r sin t i  r cos tj
dt



 dv
2
a
 r (cos t i  sin t j )
dt
 
  
(2)  v  r  0 v  r 即v 沿圆周切线方向

 
2
(3) a   r 说明a与r 方向相反,
即指向圆心.
例：两辆车A和B，在笔直的公路上同向行驶，它
们从同一起始线上同时出发，并且由出发点开
始计时，行驶的距离 x（m）与行驶时间 t（s）
的函数关系式： A为 x A  6t  2t
B为 xB  4t  2t  2t
2
2
3
（1）它们刚离开出发点时,行驶在前面的一辆车
是 A车 ；
( v A0  vB 0 )
（2）出发后,两辆车行驶距离相同的时刻是
t  1s ;
（3）出发后,B车相对A车速度为零的时刻是t  0.58s
(2) x A  xB
(3) v A  vB t  1
基本训练P18二（1）
3
例：两辆车A和B，在笔直的公路上同向行驶，它
们同时出发，并且由出发点开始计时，行驶的
距离 x（m）与行驶时间 t（s）的函数关系式：
A为 x A  10t  5t 2
B为 xB  30  5t  10t
2
（1）出发后,两辆车相遇的时刻是
（2）出发后, A车速度为零的时刻是
2s
1s
（3）出发后,B车相对A车速度为零的时刻是
1 2s
。
；
;
 

例: 质点沿曲线运动, t1时刻速度为v1  4i  3 j (ms 1 )
 

t 2时刻速度为 v2  4i  3 j (ms1 )

那么其速度增量的大小为 v  10ms 1
而速度大小的增量为 v
 0
 
 
  
v  v2  v1  (4i  3 j )  (4i  3 j )


2
2
  8i  6 j  8  6  10
v  v2  v1  (4)  (3)  4  3  0
2
2
2
2
例：一质点从静止出发，沿半径R=3m的圆周运动。
切向加速度
at  3ms
2
，当加速度与半径
成45o角时，所经过的时间 t=
，
1s
1.5m
在上述时间内质点经过的路程S=
 an  at  3 v   at dt  3t
v R  (3t ) 3  3  t  1
2
 v  ds dt
2
t
 3tdt  
0
3 2
 S  t  1.5m
2
S
0
dS
。
例： 一质点作半径为R的圆周运动，在 t=0 时刻经过
P点。此后它的速率按 v=A+Bt 变化（A、B为正
的已知常量）。求质点沿圆周运动一周再经过P点
时的切向加速度和法向加速度的大小。
解： v 
A  Bt
a  dv dt  B
an  v R  ( A  Bt ) R  ( A  2 ABt  B t ) R
2
v  ds dt
2
2
2 2
1 2
s   vdt   ( A  Bt )dt  At  Bt
0
0
2
2
t
1 2
At  Bt  2R
2
t
A
an 
 4B
R

例：由楼窗口以水平初速度 v 0 射出一发子弹，取

枪口为原点，沿v 0方向为x轴，竖直向下为y轴，
0
并取发射时刻t为0，试求：
(1) 子弹在任一时刻t的位置坐标及轨迹方程；
(2) 子弹在t时刻的速度大小，切向加速度大小和
法向加速度大小．
(3) 子弹运动到什么位置,其法向加速度与总加速度
成45 °角.
1 2
解：(1) x  v 0 t , y  gt
2
1 2
2
y

x
g
/
v
轨迹方程是：
0
2
(2) v x = v 0，v y = g t，速度大小为：
v  v x2  v y2  v 02  g 2 t 2
at  dv /d t  g t / v  g t
2

an  g  a
2

2 1/ 2
t
(3) at  an
2
0
2 2
 v0 g / v  g t
2
0
t  v0 g
x  v g , y  v 2g
2
0
2
0
2 2
例: 质点在xoy平面内运动,其速度随时间变化



1
关系为:
v  4i  8t j (ms )
已知:
t  0时, x  0, y  18m


求 (1) 质点的运动方程r  ? 加速度a  ?
(2) t  0.5s时, 质点的at  ? an  ?
 
(3) 何时r 与v 恰好垂直 ?







2
解: (1) r   v dt   (4i  8t j )dt  4ti  4t j  c





2
由初始条件得 c  18 j  r  4ti  (18  4t ) j



dv
a
 8 j
dt
(2) v 
4 2  (8t ) 2  4 1  4t 2
dv
16t
at 

2
dt
1  4t
2
t  0.5s时 at  4 2ms
an  a  at  (8)  (4 2 )  4 2ms
 
 
3 令r  v  0 则r 与v垂直
2
2
2
2




2
[4ti  (18  4t ) j ]  (4i  8t j )  0
得 : t  0 t  2s
2
例 : 一质点斜向上抛出, t  0时, 质点位于坐标原点,
其速度随时间变化关系为 :



v  100i  (100 3  10t ) j (ms 1 )


求 : (1) 质点的运动方程r  ? 加速度a  ?
(2) t  0时质点的at  ? an  ?
 
并把at 和an画在质点运动的轨迹图上.
解一:(1)




2
r   v dt  100ti  (100 3t  5t ) j
 dv
a
(2)
dt

 10 j
 v  [100  (100 3  10t ) ]
2
2
1
2
at  dv
dt t 0
 5 3ms
an  (a  a )
2
2
t
1
2
 5ms
y
设抛射角

an
2

at



解二:  v  100i  (100 3  10t ) j
2


g
tg  v y 0 vx 0  3   60
由矢量图得 an  10 cos  5ms
x
2
at  10 sin   5 3ms
2
o