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高一物理必修二第五章平抛运动及其规律基础练习题(带参考答案)高一物理第五章一、研究要点平抛运动及其规律1.会用运动合成和分解的方法分析平抛运动。
2.掌握平抛运动的规律，会分析解决生活中的平抛运动问题。
二、研究内容一）平抛运动基本知识1.平抛运动的特征初速度方向，只受重力，属于抛体曲线运动。
2.平抛运动的分解水平方向：匀速直线运动，竖直方向：自由落体运动。
问题1：平抛运动是什么性质的运动？例1：（多选题）关于平抛运动，下列说法正确的是（）A．是匀变速运动 B．是变加速运动C．任意两段时间内速度改变不一定相等 D．任意相等时间内的速度改变一定相等练1：（多选题）物体在做平抛运动的过程中，以下的物理量不变的是（）A．物体的速度 B．物体的加速度C．物体竖直方向的分速度 D．物体水平方向的分速度问题2：如何研究平抛运动？例2：为了研究平抛物体的运动，可以概括为两点：①水平方向作匀速运动；②竖直方向作自由落体运动。
为了研究平抛物体的运动，可以进行如图1所示的实验。
1）把两个小铁球分别吸在电磁铁C、D上，切断电源，使两个小铁球以相同的初速度从轨道A、B射出，两小铁球能够在轨道B上相碰，这可以说明水平方向作匀速运动。
2）把两个小铁球分别吸在电磁铁C、E上，切断电磁铁C的电源，使一只小球从轨道A射出时碰撞开关S，使电磁铁E断电释放它吸着的小球，两个小球可以在空中相碰。
这可以说明竖直方向作自由落体运动。
练2：如图2所示，在光滑的水平面上有一小球a以初速度v运动，同时刻在它的正上方有小球b也以初速度水平v抛出，并落于c点，则（）A．小球a先到达c点B．小球b先到达c点C．两小球同时到达c点D．不能确定二）平抛运动规律1.平抛运动的速度及其方向水平速度vx初速度vx竖直速度vy初速度vygt；合速度v=√(vx²+vy²)，速度与水平方向的夹角θ，tanθ=v yvxgt/vx2.平抛运动的位移及其方向水平位移x=vxt；竖直位移y=vyt-1/2gt²；合位移s=√(x²+y²)，运动方向与初速度方向相同。
5.1、一长为l 的棒AB ，靠在半径为r 的半圆形柱面上，如图所示。
今A 点以恒定速度0v沿水平线运动。
试求：(i)B 点的速度B v；(ii)画出棒的瞬时转动中心的位置。
解：如图，建立动直角系A xyz -，取A 点为原点。
B A AB v v r ω=+⨯ ，关键是求ω法1(基点法)：取A 点为基点，sin C A AC A CO A A v v r v v v v ωθ=+⨯=+=+即sin AC A r v ωθ⨯=，AC r ω⊥ ，化成标量为ω在直角三角形OCA ∆中，AC r rctg θ=所以200sin sin sin cos A AC v v v r rctg r θθθωθθ===即20sin cos v k r θωθ=取A 点为基点，那么B 点的速度为：2002300sin [(cos )sin ]cos sin sin (1)cos B A AB v v v r v i k l i l j r v l l v i jr rθωθθθθθθ=+⨯=+⨯-+=--法2(瞬心法)：如图，因棒上C 点靠在半圆上，所以C 点的速度沿切线方向，故延长OC ，使其和垂直于A 点速度线交于P 点，那么P 点为瞬心。
在直角三角形OCA ∆中，sin OA r r θ=在直角三角形OPA ∆中，2cos sin AP OA r r r ctg θθθ==02cos ()sin A PA PA PA r v r k r j r i i v i θωωωωθ=⨯=⨯-===，即20sin cos v r θωθ= 取A 点为基点，那么B 点的速度为：2002300sin [(cos )sin ]cos sin sin (1)cos B A AB v v v r v i k l i l j r v l l v i jr rθωθθθθθθ=+⨯=+⨯-+=--5.2、一轮的半径为r ，竖直放置于水平面上作无滑动地滚动，轮心以恒定速度0v前进。
版权归原著所有 本答案仅供参考习题55-1．如图，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2mr ，将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。
解：受力分析如图，可建立方程：ma T mg 222=-┄①ma mg T =-1┄②2()T T r J β-=┄③ βJ r T T =-)(1┄④βr a = ，2/2J m r =┄⑤联立，解得：g a 41=，mg T 811=。
5-2．如图所示，一均匀细杆长为l ，质量为m ，平放在摩擦系数为μ的水平桌面上，设开始时杆以角速度0ω绕过中心O 且垂直与桌面的轴转动，试求：（1）作用于杆的摩擦力矩；（2）经过多长时间杆才会停止转动。
解：（1）设杆的线密度为：lm =λ，在杆上取一小质元d m d x λ=，有微元摩擦力：d f d m g g d x μμλ==，微元摩擦力矩：d M g xd x μλ=， 考虑对称性，有摩擦力矩：20124lM g x d x m g l μλμ==⎰；（2）根据转动定律d M J Jdtωβ==，有：00t M d t Jd ωω-=⎰⎰，2011412m g l t m l μω-=-，∴03lt gωμ=。
或利用：0M t J J ωω-=-，考虑到0ω=，2112J m l =，T有：03lt gωμ=。
5-3．如图所示，一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之间无滑动。
假设定滑轮质量为M 、半径为R ,其转动惯量为2/2MR，试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。
解：受力分析如图，可建立方程：m g T m a -=┄①βJ TR =┄② a R β= ，212J m R =┄③ 联立，解得：22m g a M m=+，2M m g T M m=+，考虑到dv a dt=，∴022v t m g dv dt M m=+⎰⎰，有：22m g t v M m=+。
第5章 点的复合运动分析5－1 曲柄OA 在图示瞬时以ω0绕轴O 转动，并带动直角曲杆O 1BC 在图示平面内运动。
若d 为已知，试求曲杆O 1BC 的角速度。
解：1、运动分析：动点：A ，动系：曲杆O 1BC ，牵连运动：定轴转动，相对运动：直线，绝对运动：圆周运动。
2、速度分析：r e a v v v += 0a 2ωl v =；0e a 2ωl v v == 01e 1ωω==AO v BC O （顺时针）5－2 图示曲柄滑杆机构中、滑杆上有圆弧滑道，其半径cm 10=R ，圆心O 1在导杆BC 上。
曲柄长cm 10=OA ，以匀角速rad/s 4πω=绕O 轴转动。
当机构在图示位置时，曲柄与水平线交角 30=φ。
求此时滑杆CB 的速度。
解：1、运动分析：动点：A ，动系：BC ，牵连运动：平移，相对运动：圆周运动，绝对运动：圆周运动。
2、速度分析：r e a v v v +=πω401a =⋅=A O v cm/s ； 12640a e ====πv v v BC cm/s5－3 图示刨床的加速机构由两平行轴O 和O 1、曲柄OA 和滑道摇杆O 1B 组成。
曲柄OA 的末端与滑块铰接，滑块可沿摇杆O 1B 上的滑道滑动。
已知曲柄OA 长r 并以等角速度ω转动，两轴间的距离是OO 1 = d 。
试求滑块滑道中的相对运动方程，以及摇杆的转动方程。
解：分析几何关系：A 点坐标 d t r x +=ωϕcos cos 1 （1） t r x ωϕsin sin 1= （2） （1）、（2）两式求平方，相加，再开方，得： 1．相对运动方程trd r d t r d t rd t r x ωωωωcos 2sin cos 2cos 22222221++=+++=将（1）、（2）式相除，得： 2．摇杆转动方程： dt r tr +=ωωϕcos sin tandt r t r +=ωωϕcos sin arctan5－4 曲柄摇杆机构如图所示。
第五章 点的运动 习题全解[习题5-1] 一点按2123+-=t t x 的规律沿直线动动(其中t 要s 计,x 以m 计).试求:(1)最初s 3内的位移;(2)改变动动方向的时刻和所在位置;(3)最初s 3内经过的路程;(4)s t 3=时的速度和加速度;(5)点在哪段时间作加速度,哪段时间作减速运动. 解:(1)求最初s 3内的位移.m x 220120)0(3=+⨯-= m x 723123)3(3-=+⨯-=)(927)0()3(m x x x -=--=-=∆ (动点的位移为9m,位移的方向为负x 方向). (2)求改变动动方向的时刻和所在位置. 改变方向时,动点的速度为零.即: 01232=-==t dtdxv , 亦即:当s t 2=时,动点改变运动方向.此时动点所在的位置为: )(1422122)2(3m x -=+⨯-= (3)求最初s 3内经过的路程.)(23716|)14(7||214|)3~2()2~0()3~0(m S S S =+=---+--=+= (4)求s t 3=时的速度和加速度1232-==t dt dx v )/(151233)3(2s m dt dx v =-⨯== t dtdv a 6== )/(1836)3(2s m a =⨯=(5)求动点在哪段时间作加速度,哪段时间作减速运动.若v 与a 同号,则动点作加速运动; 若v 与a 异号,则动点作减速运动.即: 同号时有:0)2)(2(18)4(18)6)(123(22>+-=-=-=t t t t t t t va0)2)(2(>+-t t t20<<t .即当s t 20<<时,动点作加速动动.Oxy图题25-异号时有:0)2)(2(<+-t t t2>t即当s t 2>时,动点作减速运动.[习题5-2] 已知图示机构中,l AB OA ==,a AC DM CM ===,求出t ωϕ=时,点M 的动动方程和轨迹方程。
习 题5-1 如图5-13所示，偏心轮半径为R ，绕轴O 转动，转角tωϕ=（ω为常量），偏心距eOC=，偏心轮带动顶杆AB 沿铅垂直线作往复运动。
试求顶杆的运动方程和速度。
图5-13)(cos )sin(222t e Rt e y ωω-+=)(cos 2)2sin()[cos(222t e Rt e t e yv ωωωω-+==5-2 梯子的一端A 放在水平地面上，另一端B 靠在竖直的墙上，如图5-14所示。
梯子保持在竖直平面内沿墙滑下。
已知点A 的速度为常值v 0，M 为梯子上的一点，设MA = l ，MB = h 。
试求当梯子与墙的夹角为θ时，试点M 速度和加速度的大小。
图5-14A M x hl h h x +==θsin θc o s l y M =0c o s v hl h xhl h h x A M +=+== θθ得 θθcos )(0h l v +=θθθθθt a n)(c o s )(s i ns i n 0h l lv h l v l l yM +-=+⨯-=-= 0=M xθθθθθ3222020cos )(cos )(sec )(sec )(h l lv h l v h l lv h l lv y M +-=+⨯+-=+-=θ322cos )(h l lv a M +=5-3 已知杆OA 与铅直线夹角6/πt =ϕ（以 rad 计，t 以s计），小环M 套在杆OA 、CD 上，如图5-15所示。
铰O 至水平杆CD 的距离h =400 mm 。
试求t = 1 s 时，小环M 的速度和加速度。
图5-15ϕtan h x M =ϕϕϕ22s e c 6π400s e c ⨯== h x Mϕϕϕϕϕϕϕsi ns e c 9π200sin sec 6π3π400)sin sec 2(6π4003233=⨯⨯=⨯⨯= M x当s1=t 时6π=ϕm m /s3.2799π800346π400)6π(s e c 6π4002==⨯==M v 223232mm/s8.168327π80021)32(9π200)6πsin()6π(sec 9π200==⨯⨯=⨯⨯=M a5-4 点M 以匀速u 在直管OA 内运动，直管OA 又按tωϕ=规律绕O 转动，如图5-16所示。
第5章 点的复合运动分析5－1 曲柄OA 在图示瞬时以ω0绕轴O 转动，并带动直角曲杆O 1BC 在图示平面内运动。
若d 为已知，试求曲杆O 1BC 的角速度。
解：1、运动分析：动点：A ，动系：曲杆O 1BC ，牵连运动：定轴转动，相对运动：直线，绝对运动：圆周运动。
2、速度分析：r e a v v v += 0a 2ωl v =；0e a 2ωl v v == 01e 1ωω==AO v BC O （顺时针）5－2 图示曲柄滑杆机构中、滑杆上有圆弧滑道，其半径cm 10=R ，圆心O 1在导杆BC 上。
曲柄长cm 10=OA ，以匀角速rad/s 4πω=绕O 轴30=φ。
求此时滑转动。
当机构在图示位置时，曲柄与水平线交角杆CB 的速度。
解：1、运动分析：动点：A ，动系：BC ，牵连运动：平移，相对运动：圆周运动，绝对运动：圆周运动。
2、速度分析：r e a v v v += πω401a =⋅=A O v cm/s ； 12640a e ====πv v v BC cm/s5－3 图示刨床的加速机构由两平行轴O 和O 1、曲柄OA 和滑道摇杆O 1B 组成。
曲柄OA 的末端与滑块铰接，滑块可沿摇杆O 1B 上的滑道滑动。
已知曲柄OA 长r 并以等角速度ω转动，两轴间的距离是OO 1 = d 。
试求滑块滑道中的相对运动方程，以及摇杆的转动方程。
解：分析几何关系：A 点坐标 d t r x +=ωϕcos cos 1 （1） t r x ωϕsin sin 1= （2） （1）、（2）两式求平方，相加，再开方，得： 1．相对运动方程 将（1）、（2）式相除，得： 2．摇杆转动方程：5－4 曲柄摇杆机构如图所示。
已知：曲柄O 1A 以匀角速度ω1绕轴O 1转动，O 1A = R ，O 1O 2 =b ，O 2O = L 。
试求当O 1A 水平位置时，杆BC 的速度。
解：1、A 点：动点：A ，动系：杆O 2A ，牵连运动：定轴转动，相对运动：直线，绝对运动：圆周运动。
第五章课后习题答案5.1 解：以振动平衡位置为坐标原点，竖直向下为正向，放手时开始计时。
设t 时刻砝码位置坐标为x ，由牛顿第二定律可知： 220)(dtx d mx x k mg =+-其中0x 为砝码处于平衡位置时弹簧的伸长量，所以有 0kx mg = 解出0x 代入上式，有：022=+x mk dtxd 其中 mk =ω可见砝码的运动为简谐振动简谐振动的角频率和频率分别为： s r a d x g mk /9.90===ω Hz 58.12==πων振动微分方程的解为)c o s (ϕω+=t A x由起始条件 t ＝0 时，,1.00m x x -=-= 0=v得： A ＝0.1m ，πϕ=振动方程为：)9.9cos(1.0π+=t x5.2 证明：取手撤去后系统静止时m 的位置为平衡位置，令此点为坐标原点，此时弹簧伸长为x ，则有： 0sinkx mg =θ （1）当物体沿斜面向下位移为x 时，则有： ma T mg =-1sin θ （2） βJ R T R T =-21 （3） )(02x x k T += （4）R a β= （5） 将（2）与（4）代入（3），并利用（5），可得： k x R R kx mgR a RJ mg --=+0sin )(θ利用（1）式可得 x RJ mR kR dtx d a +-==22所以物体作简谐振动因为 R J mR kR +=ω 所以振动周期为 ωπ2=T5.3 解： 因为 mk ππων212==所以 ：1221m m =νν22121)(m m νν=＝2 Kg5.4 解：（1） 由振动方程)420cos(01.0ππ+=t x 可知：振幅A ＝0.01m ；圆频率 πω20=； 周期 s T 1.02==ωπ频率Hz 10=ν ；初相40πϕ=（2）把t ＝2s 分别代入可得：2005.0)420cos(01.0|2=+==ππt x t m2314.0)420sin(2.0|2-=+-===πππt dt dx v t m/s)420sin(4|22πππ+===t dtdv a t5.5 解： T ＝2s ，ππω==T2设振动方程为：)cos(10ϕπ+=t x则速度为：)s i n (10ϕππ+-=t v加速度为： )c o s (102ϕππ+-=t a根据t ＝0 时，x ＝5cm ，v < 0 的条件，得振动的初相为 3πϕ=，故振动方程为：)3cos(10ππ+=t x设在 1t 时刻振子位于cm x 6-=处，并向x 轴负方向运动，则有：53)3'c o s (-=+ππt 54)3's i n (=+ππt故有 s cm t v /1.25)3'sin(10-=+-=πππ22/2.59)3'cos(10s cm t a =+-=πππ设弹簧振子回到平衡位置的时刻为2t ，则有πππ2332=+t ，从上述位置回到平衡位置所需时间为： st t 8.0/)]3)53(arccos()323[(12=----=-ππππ5.6。
习 题5-1 如图5-13所示，偏心轮半径为R ，绕轴O 转动，转角t ωϕ=（ω为常量），偏心距e OC =，偏心轮带动顶杆AB 沿铅垂直线作往复运动。
试求顶杆的运动方程和速度。
图5-13)(cos )sin(222t e R t e y ωω-+=)(cos 2)2sin()[cos(222t e R t e t e y v ωωωω-+==5-2 梯子的一端A 放在水平地面上，另一端B 靠在竖直的墙上，如图5-14所示。
梯子保持在竖直平面内沿墙滑下。
已知点A 的速度为常值v 0，M 为梯子上的一点，设MA = l ，MB = h 。
试求当梯子与墙的夹角为θ时，试点M 速度和加速度的大小。
图5-14A M x hl hh x +==θsin θcos l y M = 0cos v hl h x h l h h x A M +=+== θθ 得 θθcos )(0h l v += θθθθθtan )(cos )(sin sin 00h l lv h l v l l y M +-=+⨯-=-=0=M xθθθθθ322002020cos )(cos )(sec )(sec )(h l lv h l v h l lv h l lv y M +-=+⨯+-=+-= θ322cos )(h l lv a M+=5-3 已知杆OA 与铅直线夹角6/πt =ϕ（ϕ 以 rad 计，t 以s 计），小环M 套在杆OA 、CD 上，如图5-15所示。
铰O 至水平杆CD 的距离h =400 mm 。
试求t = 1 s 时，小环M 的速度和加速度。
图5-15ϕtan h x M =ϕϕϕ22sec 6π400sec ⨯== h xM ϕϕϕϕϕϕϕsin sec 9π200sin sec 6π3π400)sin sec 2(6π4003233=⨯⨯=⨯⨯= M x当s 1=t 时6π=ϕ mm/s 3.2799π800346π400)6π(sec 6π4002==⨯==M v223232mm/s 8.168327π80021)32(9π200)6πsin()6π(sec 9π200==⨯⨯=⨯⨯=M a5-4 点M 以匀速u 在直管OA 内运动，直管OA 又按t ωϕ=规律绕O 转动，如图5-16所示。
当t = 0时，M 在点O 处，试求在任一瞬时点M 的速度和加速度的大小。
图5-16)cos(t ut x ω= )sin(t ut y ω=)sin()cos(t t u t u x ωωω-= )cos()sin(t t u t u y ωωω+=)cos()sin()sin(2t t u t u t u xωωωωωω---= )]cos()sin(2[t t t u ωωωω+-= )]sin()cos()[cos(t t t t u y ωωωωω-+= )]sin()cos(2[t t t u ωωωω-=222)(1t u y xv ω+=+=222)(4t u yx a ωω+=+=5-5 点沿曲线AOB 运动，如图5-17所示。
曲线由AO 、OB 两段圆弧组成，AO 段半径R 1= 18m ，OB 段半径R 2= 24m ，取圆弧交接处O 为原点，规定正方向如图。
已知点的运动方程s =3 +4t – t 2，t 以s 计，s 以m 计。
试求：(1) 点由t = 0 到t = 5 s 所经过的路程；（2）t = 5 s 时点的加速度。
图5-17243t t s -+= t sv 24-== 0=v 时s 2=t 3)0(=s 7)2(=s 2)5(-=s由t = 0 到t = 5 s 所经过的路程 m 13|72|)37(=--+-=s 2τ-=a 2122n m/s 2836)104(==-==R R v a2222n 2τm/s 828.22222==+=+=a a a5-6 图5-18所示的摇杆滑道机构中的滑块M 同时在固定的圆弧槽BC 和摇杆OA 的滑道中滑动。
如BC 的半径为R ，摇杆OA 的轴O 在弧BC 的圆周上。
摇杆绕轴O 以等角速度ω转动，当运动开始时，摇杆在水平位置。
试分别用直角坐标法和自然法给出点M 的运动方程，并求其速度和加速度。
图5-18直角坐标法)2cos 1(cos t R R R x ωθ+=+= t R R y ωθ2sin sin ==t R xωω2sin 2-= t R y ωω2cos 2= t R xωω2cos 42-= t R y ωω2sin 42-= ωR y xv 222=+=2224ωR yx a =+= 自然法t R t R s ωω22=⨯=ωR sv 2== 0τ==sa 22n 4ωρR v a ==5-7 小环M 在铅垂面内沿曲杆ABCE 从点A 由静止开始运动，如图5-19所示。
在直线段AB 上，小环的加速度为g ；在圆弧段BCE 上，小环的切向加速度ϕτcos g a =。
曲杆尺寸如图所示，试求小环在C 、D 两处的速度和加速度。
图5-19在直线段ABR v R v B B g 2g 2022==- 圆弧段BCEϕcos g τ=a R st v cos g d d = R s t s s v cos g d d d d =⨯ R s s v v cos g d d = ⎰⎰=s v v s Rs v v B 0d cos g d Rs R v v B sin g )(2122=- 在C 处2πsin g )(2122R v v B C =- R R v v B C g 4g 222=+=R v C g 2=0τ=C ag 42n==Rv a C C g 4g)4(0222n 2τ=+=+=C C C a a a 在D 处4π3sing )(2122R v v B D =- R R v v B D g )22(22g 222+=⨯+=R R v D g 848.1g )22(=+= g 224π3cosg τ-==D a g )22(2n+==Rv a D D g 487.3g 245.6g )22()22(222n 2τ=+=++-=+=D D D a a a5-8 点M 沿给定的抛物线22.0x y = 运动（其中x 、y 均以m 计）。
在x = 5 m 处，m/s 4=v ，2m/s 3=τa 。
试求点在该位置时的加速度。
22.0x y = x x y 4.0= )(4.02xx x y += 22y xv +=vy y x x v y y x x v a +=+==222τ 在x = 5 m 处，m/s 4=v ，2m/s 3=τa 。
即：4)54.0(22=⨯⨯+x x2.32=x 2.3=x 2.32=y 34=+yy x x 122.322.3=+y x2.3122=+yx (1) 由)(4.02x x x y += )52.3(4.0xy += x y 228.1+= (2) 联立(1)(2)求得8296.05)56.22.312(=-=x9392.2=y222m/s 054.3=+=yx a5-9 点沿空间曲线运动，如图5-20所示，在点M 处其速度为j i v 34+=，加速度a 与速度v 的夹角︒=30β，且a =10 m/s 2。
试计算轨迹在该点的曲率半径ρ和切向加速度τa 。
图5-202τm/s 66.83530cos 10cos ==︒⨯==βa a 2n m /s 530sin 10sin =︒⨯==βa aρ2n v a = m 5552n 2===a v ρ5-10 点沿螺旋线运动，其运动方程为：)2/(,sin ,cos πωωωt h z t R y t R x ===，式中，R 、h 、ω均为常量。
设t =0时 s 0 = 0，试建立点沿轨迹运动的方程s = f (t )，并求点的速度、加速度的大小和曲率半径。
222)(d )(d )(d d z y x s ++=t h t R t R d )π2()cos ()sin (222ωωωωω++-= t h R d π2π4222ω+=222π4π2h R ts +=ω222π4π2h R sv +==ωt R x a x ωωcos 2-== t R ya y ωωsin 2-== 0==z a z 2ωR a = 0τ==v a 2n ωR a a ==Rh R a v 22n 2π4+==ρ5-11 点在平面上运动，其轨迹的参数方程为)3/sin(π44),3/sin(π2t y t x +==，设t =0时，s 0=0；s 的正方向相当于x 增大方向。
试求轨迹的直角坐标方程)(x f y =、点沿轨迹运动的方程)(t s s =、点的速度和切向加速度与时间的函数关系。
轨迹的直角坐标方程 42+=x x 点沿轨迹运动的方程t tx y x s d 3πcos 3π52d 5)(d )(d d 22==+=(m)3πsin 472.43πsin525tt x s === s)(m /3πcos 683.43πcos 3π52t t sv === )(m /s 3πsin 904.43πsin 9π5222τt t v a -=-==5-12 已知动点的运动方程为：t y t t x 22=-=，。
试求其轨迹方程和速度、加速度。
并求当t =1s 时，点的切向加速度、法向加速度和曲率半径。
x 、y 的单位为m ，t 的单位为s 。
轨迹方程2)2(2y y x -= 0422=--x y y速度、加速度12-==t xv x 2==y v y 5442+-=t t v 2==xa x 0==y a y 2m/s 2=a vt v t va 24248τ-=-== 当t =1s 时 5=v52524τ=-=a 52524τ=-=a 789.12.3)52(2222τ2n ==-=-=a a am 795.22.35n2===a v ρ5-13 如图5-21所示，动点A 从点O 开始沿半径为R 的圆周作匀加速运动，初速度为零。
设点的加速度a 与切线间的夹角为θ，并以β表示点所走过的弧长s 对应的圆心角。
试证：βθ2tan =。
图5-21常量cos τ===θa va θcos at v =θcos 212at s =θsin 2n a Rv a ==βθθθθ22cos cos )cos (tan 22τn =====RsR at Ra at a a5-14 已知点作平面曲线运动，其运动方程为：x = x (t )，y = y (t )。
试证在任一瞬时动点的切向加速度、法向加速度及轨迹曲线的曲率半径分别为：xy y x y xy xx y y x a y xy y x x a n -+=+-=++=23222222)(ρτ22y xv +=22y x a += 2222τ222y xyy x x y x y y x x v a ++=++== 22222222τ2n ||)(y xx y y x y xy y x x yx a a a +-=++-+=-=xy y x y xa v -+==2322n 2)(ρ。
