（2）令v?4t2?4(t?1)2?10 得t=4，代入运动学方程，有 x(4)=16m y(4)=9m

（3）切向加速度为

a??dvd2(2t?1) ?4t2?4(t?1)2?22dtdtt?(t?1)22?ay?8 总加速度为a?ax因此，法向加速度为an?a2?a?2?2t?(t?1)22

3、一质点沿着半径R?1m的圆周运动。t?0时，质点位于A点，如图4.1。然后沿着顺时针方向运动，运动学方程为s??t2??t，其中s的单位为米(m)，t的单位为秒(s),试求：

(1)质点绕行一周所经历的路程、位移、平均速度和平均速率； (2)质点在第一秒末的速度和加速度的大小。

Y R A O X

图4.1

3、解：

质点绕行一周所经历的路程为

?s?2?R?6.28m

由位移和平均速度的定义可知，位移和平均速度均为零，即

? ?r?0

??r?0 ???t?令?s?s(t)?s(0)??t2??t?2?R

可得质点绕行一周所需时间 ?t?1s

?s2?R??6.28m/s 平均速率为???t?t (2) t时刻质点的速度和加速度大小为

ds?2?t?? ??dt a?at?an当t=1s时

4、质量为5.0kg的木块，仅受一变力的作用，在光滑的水平面上作直线运动，力随位置的变化如图所示，试问：

22d2s?()?(2)

Rdt

?2??9.42m/sa?89.0m/s2

（1）木块从原点运动到x?8.0m处，作用于木块的力所做之功为多少？ （2）如果木块通过原点的速率为4.0m/s，则通过x?8.0m时，它的速率为多大？

4、解：由图可得的力的解析表达式为

10?0?x?2?10?5(x?2)2?x?4? F(x)??04?x?6?5??(x?6)6?x?8?2（1）根据功的定义，作用于木块的力所做的功为

5A?A1?A2?A3?A4?10?(2?0)???10?5(x?2)?dx?0???(x?6)dx?25J

26248（2）根据动能定理，有

A?112mv2?mv0 22可求得速率为

v?2A2?v0?5.1m/s m5、一粒子沿着拋物线轨道y=x2运动，粒子速度沿x轴的投影vx为常数，等于3m/s,试计算质点在x=2/3处时，其速度和加速度的大小和方向。 5、解:依题意

dx vx == 3m/s

dt y = x2

dydx vy = = 2x = 2xvx

dtdt

2当x = m 时

32 vy = 2××3 = 4m/s

3速度大小为 v =

速度的方向为 a = arccos

v2x?v2y=5m/s

vxv=53°8ˊ

ay =

dvydt = 2v2x =18m/s2

加速度大小为 a = ay = 18m/s2

a的方向沿y轴正向。

6．一沿x轴正方向的力作用在一质量为3.0kg的质点上。已知质点的运动学方程为x=3t-4t2+t3,这里x以m为单位，时间t以s为单位。试求： (1)力在最初4.0s内的功；

(2)在t=1s时，力的瞬间功率。

6．解 (1)由运动学方程先求出质点的速度，依题意有

dx V==3-8t+3t2

dt质点的动能为

1mv2 21 = ×3.0×(3-8t-3t2 )2

2根据动能定理，力在最初4.0s内所作的功为 A=△EK= EK (4.0)- EK (0)=528j

dv(2) a==6t-8

dtF=ma=3×(6t-8)

功率为

P(t)=Fv

=3×(6t-8) ×(3-8t-3t2 ) P(1)=12W

这就是t=1s时力的瞬间功率。

7、如图所示，质量为M的滑块正沿着光滑水平地面向右滑动．一质量为m的小

?球水平向右飞行，以速度v1（对地）与滑块斜面相碰，碰后竖直向上弹起，速率为v2（对地）．若碰撞时间为?t，试计算此过程中滑块对地的平均作用力和滑块速度增量的大小． m M

7、解：(1) 小球m在与M碰撞过程中给M的竖直方向冲力在数值上应等于M对小球的竖直冲力．而此冲力应等于小球在竖直方向的动量变化率即：

Ek(t)=

f?mv2 ?t由牛顿第三定律，小球以此力作用于M，其方向向下． 对M，由牛顿第二定律，在竖直方向上

N?Mg?f?0， N?Mg?f 又由牛顿第三定律，M给地面的平均作用力也为

F?f?Mg?mv2?Mg ?t方向竖直向下． (2) 同理，M受到小球的水平方向冲力大小应为 f??mv1, ?t方向与m原运动方向一致