加速度的分量表达式
大学物理题目问题详解
第一章 质点运动学T1-4：BDDB1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的矢量表达式和大小；(2) 加速度的矢量表达式和大小 解 (1) 速度的分量式为t t x x 6010d d +-==v t tyy 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m ·ｓ-1, v o y ＝15 m ·ｓ-1, 则初速度的矢量表达式为1015v i j =-+， 初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的矢量表达式为6040a i j =-， 加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m ·ｓ-2,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m ·ｓ-1,求(1) 质点的任意时刻速度表达式；(2)运动方程．解：（1） 由a ＝4 -t 2及dv a dt=，有2d d (4)d a t t t ==-⎰⎰⎰v ，得到 31143t t C =-+v 。
又由题目条件，t ＝3ｓ时v ＝2，代入上式中有 3114333C =⨯-+2，解得11C =-，则31413t t =--v 。
（2）由dx v dt=及上面所求得的速度表达式，有31d vd (41)d 3t t t t ==--⎰⎰⎰x得到 2421212x t t t C =--+又由题目条件，t ＝3ｓ时x ＝9，代入上式中有24219233312C =⨯-⨯-+ ，解得20.75C =，于是可得质点运动方程为24120.7512x t t t =--+ 1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s-=v 运动,v 0、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度大小；(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？知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式．本题采用线量的方式来描述圆周运动的运动方程。
§1.2 速度、加速度的分量表达式
§1.2速度（velocity ）、加速度（acceleration ）的分量表示式1、直角坐标系k z j y i x r ++= 其中k j i ,,是恒单位矢量，0===k j i速度k v j v i v k z j y i xr v z y x ++=++== ⎪⎩⎪⎨⎧===z v y v x v z y x222222z y x v v v v z y x ++=++= 速度大小（速率）v 的方向余弦⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧======v z v v k v v y v v j v v x v v i v z y x ),cos(),cos(),cos( 可见v完全确定了（大小，方向） 加速度 v a =＝i x ＋j y ＋k z ＝k a j a i a z y x ++ ⎪⎩⎪⎨⎧za ya x a z y x=== 222222z y x a a a a z y x ++=++= a 的方向余弦⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧======a z a a k a a y a a j a a x a a i a z y x ),cos(),cos(),cos( 可见a完全确定了 Note ：)(t r r =⇔⎪⎩⎪⎨⎧===)()()(t z z t y y t x x 即运动学方程式是质点运动学的核心a v r,, 一般均为时间t 的函数，三个量中知其一便可求出其余两个若已知r，即⎪⎩⎪⎨⎧===)()()(t z z t y y t x x 则可通过求导数求出a v ⇒,若已知v ，即z y x v v v ,,，则可通过求导数求出a，即⎪⎩⎪⎨⎧===zz y y x x v a v a v a则可通过积分求出r ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=+=⎰⎰⎰321c dt v z c dt v y c dt v x z y x其中321,,c c c 为积分常数，由0=t 时质点的初始位置000,,z y x 确定若已知a ，即z y x a a a ,,，可通过两次积分求得r，存在六个积分常数，由0=t时的000,,z y x ；z y x v v v 000,,确定例如 dt x d xa x == dt a x d x = ⎰+=1c dt a x x ；dtdxx = ⎰+=2c dt xx 2、平面极坐标系（1）方法一 质点沿平面曲线c 运动，将v分解为y x v v , 则j v i v v y x +=亦可将v 分解为θv v r ,,其中θv 垂直矢径r，沿θ增加方向，则θv r v v r +=0 0θ其中0r ，0θ 分别为径向、横向单位矢θcos r x = θsin r y = θθθsin cos r r x v x -==∴ θθθcos sin r r v y+= 则=+=θθsin cos y x r v v v +-θθθθcos )sin cos ( r rθθθθsin )cos sin ( r r +＝r （经向速度） =+-=θθθcos sin y x v v v +--θθθθsin )sin cos ( r r θθθθcos )cos sin ( r r +＝θ r （横向速度） 同理θθθθθθθθθθθθθθsin )2(cos )(cos sin sin sin cos 22r r r r r r r r r x a x +--=----== y a y =θθθθθcos )2(sin )(2 r r r r ++-= =+=∴θθsin cos y x r a a a 2θr r - （经向加速度） θθθθθ r r a a a y x 2cos sin +=+-=)(12θ r dtd r = （横向加速度） （2）方法二在平面极坐标系中，0r 径向单位矢，0θ 横向单位矢（指向θ增加方向），均非恒矢量r r = 0r （仅有径向分量） 质点速度r dtd r v (== 0r ）＝r0r ＋r 0r 0r＝？ 10=⋅r r o (dtd ∴=⋅)0r r o 20r r o ⋅＝0 可见0r ⊥0r 与0r 正交0r＝j i θθsin cos + 0θ ＝j i θθcos sin +-∴0r ＝θθθθθθθθ =+-=+-)cos sin (cos sin j i j i 0θ 同理0θ ＝θ -0rr v=∴0r ＋θ r 0θ 00θθ v r v r += ⎩⎨⎧==速度方向变化引起的）横向（速度大小变化引起的）经向r ( θθr v r r v r 加速度 )()()(0000θθθθ r dtd r r dt d r r rdt d v a +=+== 0r r =r +0r θ r +0θ θ r +0θ θ r +0θ0r r =θ r +0θ θ r +0θ θ r +0θ 2θ r -0θ=)(2θ r r -0r +)2(θθ r r +0θ =)(2θ r r -0r +)(12θ r dtd r 0θ⎪⎩⎪⎨⎧=+=-=)(1222θθθθθ r dt d r r r a r r a r 横向加速度径向加速度Note 在极坐标系中，虽然加速度的表达式较直角坐标系复杂，但对某些问题的处理较直角坐标系更为方便！3、自然坐标系质点沿已知平面轨道曲线运动,速度v 沿轨道切线方向,则τ v v = 将加速度a分解为切向分量和法向分量,n a a a n +=ττ,其中n ,τ分别为切线方向和法线方向的单位矢,τ与X 轴夹角为θ，在轨道曲线上选一定点作为弧坐标的原点，s 则)(t s s =，规定τ的正方向指向s 增加方向。
2013-01-2自然坐标系下的速度-加速度
a
a
0，an
a
an
0
为匀速率曲线运动（圆 周运动）
dv dt
0
v2
n0
a an
a
a a a 2 an 2 dv dt2 v2 2
加速度总是指向曲线的凹侧
大学物理
自然坐标系中总加速度为：
a a an
改变速度大小
大小 a a 2 an2
加速度
方向 tan 1 an
下面三种情况分别代表那一类运动？
１. ，an＝0， a 0, 2. ＝常量，an 0，a＝0, 3. ＝常量，an 0，a 0,
１. 变速直线运动 ２. 匀速率圆周运动 ３. 变速率圆周运动
大学物理
讨论
质点沿固定的圆形轨道， 若速率 v 均匀增加，at 、an、
a以及加速度与速度间的夹角中哪些量随时间变化？
v lim r
t0 t
ds
dt
vr ds v v v
dt
z
v
p s
s
r q
r(t)
r(t t)
o
y x
自然坐标系下的 速度表达式
大学物理
讨论物理意义：
vr ds v v v
dt
ds v dt
1、 瞬时速率 v：
反映了质点任一时刻沿轨道运动的快 慢。
2、任何时刻质点的速度总沿轨道的 切线方向，速度只有切线分量而无法 向分量。
与切向加速度垂直
大学物理
例题
一质点沿半径为R的圆周按规律 s v0t b运t 2动/ 2，
v0、b 都是正的常量。求：
（1） t 时刻质点的总加速度的大小
（2） t 为何值时，总加速度的大小b
质点圆周运动的加速度a的矢量表达式
质点圆周运动的加速度a的矢量表达式质点圆周运动是指质点在一个平面内以一个固定的半径作匀速圆周运动。
这种运动的加速度是圆心指向质点的瞬时加速度，也称为向心加速度。
向心加速度的矢量表达式是a = v²/r，其中v表示质点的速度，r表示质点运动的半径。
该式表明，向心加速度与速度的平方成正比，与运动半径的倒数成反比。
在质点圆周运动中，向心加速度是一个向圆心的矢量，其大小为v²/r。
该加速度的方向垂直于速度矢量，并指向圆心。
由于向心加速度的方向始终指向圆心，因此它也被称为圆心加速度。
质点圆周运动中，向心加速度对运动具有重要的作用。
它保证了质点运动在一个固定的半径上，并使得质点能够保持匀速圆周运动。
此外，向心加速度还会影响质点的运动轨迹，使得质点在运动时呈现出一些特殊的物理现象，如离心力和科里奥利力等。
离心力是指质点在圆周运动中受到的惯性力，它与向心加速度大小相等，方向相反。
离心力的作用是使得质点偏离原来的圆周轨迹，向外运动。
在离心力的作用下，质点的运动轨迹呈现出一个向外的弯曲形状。
科里奥利力是指质点在匀速圆周运动中，受到速度和角速度的交叉作用而产生的一种向垂直于速度和角速度方向的力。
该力的作用是使得质点的运动轨迹发生旋转，产生出类似于涡流的物理现象。
科里奥利力在地球自转、风力和海洋洋流等自然现象中发挥着重要的作用。
质点圆周运动的加速度矢量表达式a = v²/r，描述了质点在圆周运动中向心加速度的大小和方向。
向心加速度是圆心指向质点的瞬时加速度，它保证了质点在一个固定的半径上匀速圆周运动，并影响质点的运动轨迹。
离心力和科里奥利力等物理现象也在质点圆周运动中发挥着重要的作用。
大学物理 力学部分习题解答
第1章 质点运动与牛顿定律1-9 一人自坐标原点出发，经20(s)向东走了25(m)，又用15(s)向北走了20(m)，再经过10(s)向西南方向走了15(m)，求：（1）全过程的位移和路程；（2）整个过程的平均速度和平均速率。
分析：从位移的概念出发，先用分量之差表示出每段位移，再通过矢量求和而求出全过程的位移，进而由路程、平均速度和平均速率的概念求出路程、平均速度和平均速率。
解： （1）以人为研究对象，建立如图所示的直角坐标系， 全过程的位移为：r r r r OC OA AB BC Δ=Δ+Δ+Δ()()()()A O B A C B C B =x x +y y +x x +y y －－－－i j i j =25+2015451545i j i j 00cos sin －－j i 4.94.14+=其大小为：2222Δ=(Δ)+(Δ)=(14.4)+(9.4)=17.2()OC r x y m全过程位移的方向为：01.334.144.9==∆∆=arctg x y arctg θ 即方向向东偏北01.33 （2）平均速度 OCr tυ∆=∆ 其大小为：()117.20.3845OC r m s t υ-∆===⋅∆ 平均速度的方向沿东偏北01.33 平均速率 25201545s t υ∆++==∆()133.1-⋅=s m 1-10 一质点P 沿半径 3.00m R =的圆周作匀速率运动，运动一周所需时间为20.0s ，设0t =时，质点位于O 点。
按如图所示的坐标系oxy ，求：(1)质点P 在任意时刻的位矢；(2)5s 时的速度和加速度。
分析：只要找出在任意时刻质点P 点的坐标x 、y ，（通过辅助坐标系'''o x y 而找出）就能表示出质点P 在任意时刻的位矢x y =+r i j ，进而由r 对时间求导求出速度υ和加速度a 。
解：如图所示，在'''o x y 坐标系中，因t Tπθ2=，则质点P 的参数方程为： 22`,`x Rsin t y Rcos t T Tππ==- 图1-30 习题1-10图解习题1-9图解坐标变换后，在oxy 坐标系中有： 2`x x Rsint T π==，02`y y y Rcos t R Tπ=+=-+ 则质点P 的位矢方程为： 22ππ=Rsint +Rcos t +R T T ⎛⎫ ⎪⎝⎭－r i j ()()=30.1310.1i j sin t cos t ππ+⎡⎤⎣⎦－ 5s 时的速度和加速度分别为 ：22220.3r i j j υd R cos t R sin t dt T T T Tπππππ==+=2222222=()+()(0.03)22d =R sin t R cos t =dt T T T Tπππππ－－r a i j j1-11 已知一质点的运动方程为2362x t t =-(单位为SI 制)，求：(1)第2秒内的平均速度；(2)第3秒末的速度；(3)第一秒末的加速度；(4)物体运动的类型。
ae加速度表达式
ae加速度表达式
ae在物理中通常指的是“相对误差”，但在其他上下文中可能有其他含义。
关于“ae加速度表达式”，可以参考以下示例：
1. 如果是在描述一个物体在某个方向上的加速度随时间变化，可以使用以下表达式：ae = a * t^2，其中a是加速度，t是时间。
这个表达式描述了加速度随时间的变化情况，可以用于计算物体的速度和位移等物理量。
2. 如果是在描述一个物体在两个方向上的加速度分量，可以使用以下表达式：ae = sqrt(a1^2 + a2^2)，其中a1和a2分别是物体在两个方向上的加速度分量。
这个表达式用于计算物体的总加速度大小。
由于没有具体的物理情境，以上提供的是一些常见的ae加速度表达式的示例，具体表达式的形式和意义需要根据具体的物理情境来确定。
传递过程原理--课后习题解答
【1－1】试说明传递现象所遵循的基本原理和基本研究方法。
答：传递现象所遵循的基本原理为一个过程传递的通量与描述该过程的强度性质物理量的梯度成正比，传递的方向为该物理量下降的方向。
传递现象的基本研究方法主要有三种，即理论分析方法、实验研究方法和数值计算方法。
【1－2】列表说明分子传递现象的数学模型及其通量表达式。
【1－3】阐述普朗特准数、施米特准数和刘易斯准数的物理意义。
答：普朗特准数的物理意义为动量传递的难易程度与热量传递的难易程度之比；施米特准数的物理意义为动量传递的难易程度与质量传递的难易程度之比；刘易斯准数的物理意义为热量传递的难易程度与质量传递的难易程度之比。
【2－1】试写出质量浓度ρ对时间的全导数和随体导数，并由此说明全导数和随体导数的物理意义。
解：质量浓度的全导数的表达式为：d dx dy dzdt t x dt y dt z dt ρρρρρ∂∂∂∂=+++∂∂∂∂，式中t 表示时间 质量浓度的随体导数的表达式为x y z D u u u Dt t x y zρρρρρ∂∂∂∂=+++∂∂∂∂ 全导数的物理意义为，当时间和空间位置都发生变化时，某个物理量的变化速率。
随体导数的物理意义为，当观测点随着流体一起运动时，某个物理量随时间和观测点位置变化而改变的速率。
【2－2】对于下述各种运动情况，试采用适当坐标系的一般化连续性方程描述，并结合下述具体条件将一般化连续性方程加以简化，指出简化过程的依据。
⑴ 在矩形截面管道内，可压缩流体作稳态一维流动； ⑵ 在平板壁面上不可压缩流体作稳态二维流动； ⑶ 在平板壁面上可压缩流体作稳态二维流动；⑷ 不可压缩流体在圆管中作轴对称的轴向稳态流动； ⑸ 不可压缩流体作球心对称的径向稳态流动。
解：⑴ 对于矩形管道，选用直角坐标系比较方便，直角坐标系下连续性方程的一般形式为()()()y x z u u u t x y z ρρρρ∂⎡⎤∂∂∂=-++⎢⎥∂∂∂∂⎣⎦由于流动是稳态的，所以0t ρ∂=∂，对于一维流动，假设只沿x 方向进行，则0y z u u == 于是，上述方程可简化为()0x u xρ∂=∂ ⑵ 对于平板壁面，选用直角坐标系比较方便，直角坐标系下连续性方程的一般形式为()()()y x z u u u t x y z ρρρρ∂⎡⎤∂∂∂=-++⎢⎥∂∂∂∂⎣⎦由于流动是稳态的，所以0tρ∂=∂，对于不可压缩流体ρ=常数，所以上式可简化为 0y x zu u u x y z∂∂∂++∂∂∂＝ 由于平板壁面上的流动为二维流动，假设流动在xoy 面上进行，即0z u =，上式还可以进一步简化为0yx u u x y∂∂+∂∂＝ ⑶ 对于平板壁面，选用直角坐标系比较方便，直角坐标系下连续性方程的一般形式为()()()y x z u u u t xy z ρρρρ∂⎡⎤∂∂∂=-++⎢⎥∂∂∂∂⎣⎦ 由于流动是稳态的，所以0tρ∂=∂，由于平板壁面上的流动为二维流动，假设流动在xoy 面上进行，即0z u =，则上式可以简化为()()0y x u u x yρρ∂∂+∂∂＝ ⑷ 由于流动是在圆管中进行的，故选用柱坐标系比较方便，柱标系下连续性方程的一般形式为()()()110z r u u ru t r r r zθρρρρθ∂∂∂∂+++=∂∂∂∂ 由于流动是稳态的，所以0tρ∂=∂，对于不可压缩流体ρ=常数，所以上式可简化为()()()110r z u ru u r r r zθθ∂∂∂++=∂∂∂由于仅有轴向流动，所以0, 0r z u u u θ==≠，上式可简化为0zu z∂=∂ ⑸ 由于流体是做球心对称的流动，故选用球坐标系比较方便，柱球系下连续性方程的一般形式为22111()(sin )()0sin sin r r u u u t r r r r θϕρρρθρθθθϕ∂∂∂∂+++=∂∂∂∂ 由于流动是稳态的，所以0tρ∂=∂，对于不可压缩流体ρ=常数，所以上式可简化为22111()(sin )()0sin sin r r u u u rr r r θϕθθθθϕ∂∂∂++=∂∂∂ 由于流动是球心对称的，所以0, 0r u u u ϕθ==≠，上式可简化为221()0r r u rr ∂=∂ 整理得：20r ru u r r∂+=∂ 【2－3】加速度向量可表示为DuD θ，试写出直角坐标系中加速度分量的表达式，并指出何者为局部加速度的项，何者为对流加速度的项。
大学物理学(第五版)上册(马文蔚)课后答案及解析
1-1 分析与解(1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故,即｜｜≠ ．但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可见,应选(C)．1-2 分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选(D)．1-3 分析与解表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1-4 分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．1-6 分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和两式计算．解(1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为(t＝0不合题意)则,所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时,,1-7 分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知,x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图．解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为(匀加速直线运动), (匀速直线运动)(匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．1-8 分析质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则,最后用积分求ｓ．解(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为,这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为,图(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得其中位移大小而径向增量*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元ds,则,由轨道方程可得,代入ds,则2ｓ内路程为1-9 分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解(1) 速度的分量式为,当t ＝0 时, vox ＝-10 m?6?1ｓ-1 , voy ＝15 m?6?1ｓ-1 ,则初速度大小为设vo与x 轴的夹角为α,则α＝123°41′(2) 加速度的分量式为,则加速度的大小为设a 与x 轴的夹角为β,则,β＝-33°41′(或326°19′)1-10 分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1(1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解2(1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为则1-11 分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解(1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因,则质点P的参数方程为,坐标变换后,在Oxy 坐标系中有,则质点P 的位矢方程为(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为1-12 分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为当杆长等于影长时,即s ＝h,则即为下午3∶00 时．1-13 分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由和可得和．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有得(1)由得(2)将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m?6?1ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m?6?1ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为1-14 分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知(1)用分离变量法把式(1)改写为(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度由此可知当,t→∞时, 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2) 再由并考虑初始条件有得石子运动方程1-15 分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即和,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得又由及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t2 y ＝2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m这是一个直线方程．直线斜率,α＝33°41′．轨迹如图所示．1-16 分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为和．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为, ,式中｜Δv｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0 时的极限值．解(1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故而所以(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得,, ,以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度．1-17 分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量aｔ和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式求ρ．解(1) 由参数方程x ＝2.0t,y ＝19.0-2.0t2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x2(2) 在t1 ＝1.00ｓ到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为则t1 ＝1.00ｓ时的速度v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为则1-18 分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解(1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt,y ＝1/2 gt2飞机水平飞行速度v＝100 m?6?1s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离(2) 视线和水平线的夹角为(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为取自然坐标,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1-19 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．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得(即图中的r 矢量)．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(1) (2)令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得解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(3)由(2)(3)两式消去t 后得由此可知．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 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解(1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为(1) (2)由式(1)(2)可得由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为(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 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,消去t 得轨迹方程以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m?6?1ｓ-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．1-22 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其加速度的切向分量和法向分量分别为,故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为(2) 要使｜a｜＝b,由可得(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1-23 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 得比例系数所以则t′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为总加速度在2.0ｓ内该点所转过的角度1-24 分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解(1) 由于,则角速度．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为(2) 当时,有,即得此时刻的角位置为(3) 要使,则有t ＝0.55ｓ1-25 分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为(如图所示),于是可得1-26 分析这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v2′的方向)应满足．再由相对速度的矢量关系,即可求出所需车速v1．解由［图(b)］,有而要使,则1-27 分析船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u的存在, v 与船在静水中划行的速度v′之间有v＝u ＋v′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解(1) 由v＝u ＋v′可知,则船到达正对岸所需时间为(2) 由于,在划速v′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v＝v′),此时,船过河时间t′＝d /v′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有1-28 分析该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x,y)变换至系O′中的点(x′,y′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得x′＝x - v t ＝v t - v t ＝0 y′＝y ＝1/2 gt2加速度由此可见,动点相对于系O′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．2-1 分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ(其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2-2 分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2-3 分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2-4 分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B)．2-5 分析与解本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma′为惯性力．对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ＝5/8 mg．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA和aB 均应对地而言,本题中aA和aB的大小与方向均不相同．其中aA应斜向上．对aA、aB 、a 和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2-6 分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有(1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有则(2)为使下滑的时间最短,可令,由式(2)有则可得,此时2-7 分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用―隔离体‖的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有FＴ-(m1 ＋m2 )g ＝(m1 ＋m2 )a (1) ,FN2 - m2 g ＝m2 a (2)解上述方程,得FＴ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) (3) FN2 ＝m2 (g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m?6?1ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F′N2 ＝-FN2 ＝-m2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m?6?1ｓ-2 上升时,得绳张力的值为FＴ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2 ＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2-8 分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有mA g -FＴ＝mA a (1)F′Ｔ1 -Fｆ＝mB a′ (2)F′Ｔ-2FＴ1 ＝0 (3)考虑到mA＝mB ＝m, FＴ＝F′Ｔ, FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2-9 分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．。
大学物理题目答案解读
第一章 质点运动学T1-4：BDDB1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的矢量表达式和大小；(2) 加速度的矢量表达式和大小 解 (1) 速度的分量式为t t x x 6010d d +-==v t tyy 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度的矢量表达式为1015v i j =-+ ，初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==t a xx v , 2s m 40d d -⋅-==ta y y v 则加速度的矢量表达式为6040a i j =- ，加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求(1) 质点的任意时刻速度表达式；(2)运动方程．解：（1） 由a ＝4 -t 2及dv a dt =，有2d d (4)d a t t t ==-⎰⎰⎰v ，得到 31143t t C =-+v 。
又由题目条件，t ＝3ｓ时v ＝2，代入上式中有 3114333C =⨯-+2，解得11C =-，则31413t t =--v 。
（2）由dx v dt=及上面所求得的速度表达式，有31d vd (41)d 3t t t t ==--⎰⎰⎰x得到 2421212x t t t C =--+又由题目条件，t ＝3ｓ时x ＝9，代入上式中有24219233312C =⨯-⨯-+ ，解得20.75C =，于是可得质点运动方程为24120.7512x t t t =--+ 1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s-=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度大小；(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？知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式．本题采用线量的方式来描述圆周运动的运动方程。
向心加速度(解析版)-高一物理同步精品讲义(人教版)
6.3向心加速度一、向心加速度1.速度的变化量地球绕太阳做(近似的)匀速圆周运动光滑桌面上的小球在细线的牵引下，绕桌面上的图钉做匀速圆周运动3.向心加速度（1）定义：任何做匀速圆周运动的物体的加速度都指向圆心，这个加速度叫作向心加速度。
（2）大小：①a n ＝v 2r； ②a n ＝ω2r 。
a n ＝v 2r ＝ω2r ＝4π2T 2r ＝4π2n 2r ＝4π2f 2r ＝ωv 。
向心加速度a n 与半径r 的关系图象如图(a)(b)所示。
（3）方向：沿半径方向指向圆心，与线速度方向垂直。
不论向心加速度an 的大小是否变化，an 的方向始终指向圆心，是时刻改变的，所以圆周运动的向心加速度时刻发生改变，圆周运动是一种变加速曲线运动。
（4）物理意义：描述线速度改变的快慢，只表示速度方向变化的快慢，不表示速度大小变化的快慢。
1．判断下列说法的正误．(1)做匀速圆周运动的物体的加速度一定不为0.( √ )(2)做匀速圆周运动的物体加速度始终不变．( × ) (3)匀速圆周运动是匀变速运动．( × )(4)匀速圆周运动的向心加速度的方向时刻指向圆心，大小不变．( √ ) (5)根据a n ＝v 2r 知向心加速度a n 与半径r 成反比．( × )(6)根据a n ＝ω2r 知向心加速度a n 与半径r 成正比．( × )2．在长0.2 m 的细绳的一端系一小球，绳的另一端固定在水平桌面上，使小球以大小为0.6 m/s 的线速度在桌面上做匀速圆周运动，则小球运动的角速度为______，向心加速度大小为______． 答案 3 rad/s 1.8 m/s 2解析 角速度ω＝v r ＝0.60.2rad/s ＝3 rad/s ，小球运动的向心加速度大小a n ＝v 2r ＝0.620.2m/s 2＝1.8 m/s 2.知识点一、对向心加速度的理解1．向心加速度的方向：总指向圆心，方向时刻改变．2．向心加速度的作用：向心加速度的方向总是与速度方向垂直，故向心加速度只改变速度的方向，不改变速度的大小．3．圆周运动的性质：由于向心加速度方向时刻发生变化，所以圆周运动都是变加速曲线运动．4．变速圆周运动的加速度并不指向圆心，该加速度有两个分量：一是向心加速度，二是切向加速度．向心加速度改变速度方向，切向加速度改变速度大小． 【经典例题1】下列关于向心加速度的说法正确的是( ) A ．向心加速度的方向始终与速度方向垂直B ．向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小C ．物体做圆周运动时的加速度方向始终指向圆心D ．物体做匀速圆周运动时的加速度方向始终指向圆心 答案 ABD解析 向心加速度的方向沿半径指向圆心，速度方向则沿圆周的切线方向．所以，向心加速度的方向始终与速度方向垂直，向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小．物体做匀速圆周运动时，只具有向心加速度，加速度方向始终指向圆心；物体做变速圆周运动时，加速度的方向并不指向圆心．故A 、B 、D 正确，C 错误．【变式训练1】（北京市铁路第二中学2019-2020学年高一（下）5月期中物理试题）5. 物体做匀速圆周运动，关于其向心加速度的说法正确的是（ ） A. 与线速度的方向始终相同 B. 与线速度的方向始终相反 C. 始终指向圆心 D. 始终保持不变 【答案】C 【解析】【详解】向心加速度的方向始终指向圆心，方向时刻在变化，和线速度的方向垂直，不改变线速度的大小只是改变线速度的方向，因为加速度是矢量，因此向心加速度是时刻变化的。
运动学中的两类问题
为正常数，设t=0时，x=0，=0。求质点的速度和运
动方程。
解
d k 2 分离变量得
dt
d t
kdt
0 2
0
1 ( 1 ) kt
0
0 0kt 1
dx dx dt
dt
x
t
dx
0
dt
0
0 1 0kt
x
1 k
ln(0kt
1)
练习:P18 2－(2) 作业:P18 3－1.3.6
0
t0
t
0
a(t)dt
t0
由 dx
dt
初始条件 t = t 0 ，x = x0
可得
x
t
dx (t)dt
x0
t0
t
x x0
(t)dt
t0
3
例1: 一质点沿x轴正向做自由落体运动，其加速度
a=g，设t=0时，x0=0，0=0 。试求该质点做自由落体 运动的和x表达式。
解
a d g 分离变量得
5
（2）由速度定义得
dr
dx
i
dy
j 3i 8tj (m/s)
（3）由加速度的定义得
dt
a
dt d
dt
8 j (m/s2 )
dt
x
1
例2: 一质点沿半径为1 m的圆周运动，它通过的弧长 s按s＝t＋2t2的规律变化。问它在2 s末的速率、法向 加速度和切向加速度各是多少？
解 （1）由速率定义，有 ds 1 4t dt
运动学中的两类问题
一、已知运动方程，求速度和加速度
dr
a
d
dt
例1：已知一质点的运动方程为
波动方程有限元解有关理论
1.1控制方程在经典的线弹性理论当中，线弹性均匀介质的运动方程为⋅⋅=+∂∂i i jij u f x ρρσ (3,2,1=i ) (1-1)其中，应力张量ij σ和应变张量kl ε满足Hooke 定律，即满足本构方程:kl ijkl ij c εσ= (1-2)应变张量kl ε可通过位移矢量i u 确定，从而给出几何方程:)(21,,k l l k kl u u +=ε (k,l=1,2,3) (1-3)各向同性线弹性材料的弹性特征可以用下列材料常数进行描述:弹性模量E,剪切 模量μ、泊松比v 、体积模量K 和Lame 常数λ等。
这些常数中任意两个独立，而其它 几个常数能够用它们间接进行表示。
在各向异性的情形下，则需要采用21个相互独立 的弹性常数ijkl C ，进行表示。
介质表面S 上的边界条件为u i i S x t x u t x u ∈=),,(),( (1-4)σσS x t x p n t x i j ij ∈=),,(),( (1-5)由方程(2-1)-(2-3)这三个线弹性动力学的控制方程所描述的线弹性动力问题的初始 条件为V x x u t x u i i ∈=),(),(00 (1-6)V x x v t x u i i ∈=⋅),(),(00 (1-7)其中，)(x u i ，)(0x v i ，),(t x u i 和),(t x p i 是已知量。
由弹性动力学问题解的唯一性定理可知:若弹性体(体积为Y ，表面为S)的解能 满足方程(1-1)-式(1-7)，则其位移场、应力场和应变场的解答是唯一的。
将三个控制方程合并，可以得到用位移表示的运动方程:⋅⋅=+i i lj k ijkl u f u c ρρ, (3,2,1=i ) (1-8)方程(1-8)所示的就是著名的Navie-Cauchy 运动方程。
而在各向同性线弹性的情形 下，则有)(jk il jl ik kl ij ijkl c δδδδμδλδ++= (1-9)因此，各向同性材料的本构关系也为表示为⎩⎨⎧=≠=+=)(,1)(,0,2j i j i ij ij kk ij ij δμεελδσ (1-10)1.2有限元方程现在我们考虑一个任意形状的封闭区域，并将其用一定形式的网格划分为相应的有 限单元，各单元的单元矩阵可由如下所示的虚功方程求得。
速度、加速度分量表示式
JLU 物理与光电工程学院第一章质点力学之§1.2速度、加速度分量表示式JLU 物理与光电工程学院§1.2 速度、加速度分量表示式一、直角坐标系：kz j y i x r r r r r++=1. 速度:k v j v i v k z j y i xk dt dz j dt dy i dtdx dt r d v z y x r rr r &r&r &r r r r r ++=++=++==y v z v xv y z x &&&===,,分量式:222||z y xv v &&&r++==大小:方向余弦:vv vv vv zy x===γβαcos ,cos ,cosJLU 物理与光电工程学院2. 加速度:k z j y i x k dt dv j dt dv i dt dv dt v d a z y x r &&r &&r &&rr r r r ++=++==ka j a i a z y x rr r ++=⎪⎩⎪⎨⎧===z a y a xa z y x &&&&&&222||z y x a a &&&&&&r ++==分量式:大小:方向余弦:cos ,cos ,cos y x za a a a a aαβγ===JLU 物理与光电工程学院P7:例题1. 求椭圆规尺上M点的轨道方程、速度和加速度解: 1)选择参照系,坐标系12222=+ayb x 消去参数θ得轨道方程:θθθθ&&&&sin cos a yb x−==速度分量:c b a yb a y xx B B B B −=+−=+===θθθ&&&sin )(cos )(0,0θθsin )(b a c+=∴&)(sin )(sin ,cot )(sin )(cos b a ac b a ac y g b a bcb a bc x +−=+−=+=+=θθθθθ&&θθcos sin a y b x ==2)写出M 点的坐标y xc B Or AM (x ,y )b a θJLU 物理与光电工程学院θ22222cot g b a ba c y x v M ++=+=&&⎪⎩⎪⎨⎧=+−=++−=+−=0sin 1)(sin )(csc )(csc )(22222yb a bc b a c b a bc b a bc x &&&&&θθθθθ3224221)(xb ac b y x a a M +=+==&&&r 小结:1) 参照系，坐标系（立场和方法）2）已知r =r (t ), 求v , a 3) 已知a, v , 求运动r=r (t )JLU 物理与光电工程学院二、平面极标系：当质点作平面运动时，可用直角坐标系，但有时选平面极坐标方便。
利用笛卡尔坐标系与球坐标系的变换,证明粒子动能表达式
利用笛卡尔坐标系与球坐标系的变换,证明粒子动能表达式在物理学中，粒子动能是描述物体运动状态的一个重要概念。
它可以用数学表达式来表示，而利用笛卡尔坐标系与球坐标系的变换可以证明这个数学表达式。
首先，我们先来回顾一下粒子动能的定义。
在经典力学中，粒子动能是由粒子的质量和速度决定的。
一般来说，粒子动能可以用如下的表达式表示：\[K = \frac{1}{2} m v^2\]其中，K表示粒子的动能，m表示粒子的质量，v表示粒子的速度。
这是一个普遍适用的数学表达式，可以用来描述任何一种粒子的动能。
接下来，我们将利用笛卡尔坐标系与球坐标系的变换来证明这个数学表达式。
首先，我们将笛卡尔坐标系与球坐标系的变换关系表示如下：\[x = r \sin\theta\cos\phi\]\[y = r \sin\theta\sin\phi\]\[z = r \cos\theta\]其中，x，y，z分别表示笛卡尔坐标系下的三个坐标轴，r，θ，φ分别表示球坐标系下的半径，极角，方位角。
接下来，我们来计算粒子速度的大小。
由于速度是位移对时间的导数，所以我们可以得到如下的速度表达式：\[v = \sqrt{(\dot{x})^2 + (\dot{y})^2 + (\dot{z})^2}\]其中，\dot{x}，\dot{y}，\dot{z}分别表示粒子在笛卡尔坐标系下三个坐标轴上的速度分量。
现在，我们将利用前面所述的笛卡尔坐标系与球坐标系的变换关系来表示速度分量。
首先，根据链式法则，我们可以得到如下的速度分量表达式：\[\dot{x} = \frac{dx}{dt} = \frac{\partial x}{\partial r}\frac{dr}{dt} + \frac{\partial x}{\partial \theta}\frac{d\theta}{dt} + \frac{\partial x}{\partial \phi}\frac{d\phi}{dt}\]\[\dot{y} = \frac{dy}{dt} = \frac{\partial y}{\partial r}\frac{dr}{dt} +\frac{\partial y}{\partial \theta}\frac{d\theta}{dt} + \frac{\partial y}{\partial \phi}\frac{d\phi}{dt}\]\[\dot{z} = \frac{dz}{dt} = \frac{\partial z}{\partial r}\frac{dr}{dt} + \frac{\partial z}{\partial \theta}\frac{d\theta}{dt} + \frac{\partial z}{\partial \phi}\frac{d\phi}{dt}\]根据前面所述的笛卡尔坐标系与球坐标系的变换关系，我们可以计算出上面这些偏导数。
物体的加速度与斜面上的运动
物体的加速度与斜面上的运动在物理学中，加速度是描述物体在单位时间内速度变化率的物理量。
当物体受到力的作用时，会发生加速度的变化。
本文将探讨物体在斜面上运动时的加速度以及相关的物理原理。
1. 应用力学的基本原理力学是研究物体运动和相互作用的学科，它的基本原理包括牛顿三定律和牛顿第二定律。
牛顿第二定律表明，物体的加速度与作用在其上的力成正比，与物体的质量成反比。
数学表达式为F=ma，其中F代表作用在物体上的力，m代表物体的质量，a代表物体的加速度。
2. 斜面上的运动当物体在斜面上运动时，与水平面上的运动不同，重力作用的方向分解为垂直于斜面的分力和平行于斜面的分力。
垂直于斜面的分力是物体的重力分量，可以表示为Fg⊥=mgcosθ，其中m代表物体的质量，g代表重力加速度，θ代表斜面与水平面的夹角。
平行于斜面的分力是物体的摩擦力，可以表示为Ff=μmgcosθ，其中μ代表斜面与物体之间的摩擦系数。
3. 物体在斜面上的加速度在物体在斜面上运动时，如果忽略空气阻力和其他外力的影响，仅考虑斜面与物体之间的摩擦力，根据牛顿第二定律，可以得到物体在斜面上的加速度表达式：ma=m g*sinθ-μmgcosθ化简后可得：a=g*(sinθ-μcosθ)4. 影响物体加速度的因素从上述表达式可以看出，物体在斜面上的加速度受到角度θ和摩擦系数μ的影响。
当角度θ增大时，sinθ的值将增加，从而加速度也会增大。
而当摩擦系数μ增大时，摩擦力的大小也会增加，导致加速度减小。
5. 应用实例以一个小车在斜面上运动为例，假设斜面的倾角为30度，小车的质量为2千克，斜面与小车之间的摩擦系数为0.2。
根据前面的加速度表达式，可以计算出小车在斜面上的加速度：a=g*(sin30-0.2cos30)=9.8*(0.5-0.2*0.866)=2.42 m/s²6. 实验验证为了验证加速度的计算结果，可以进行实验来测量物体在斜面上的加速度。
加速度的分量表达式
§2、速度、加速度的分量表达式上一次课，我们为了将运动的一些特征能直接的表示出来，而定义了速度和加速度，22;dtr d dt v d a dt r d v =≡≡ 。
在一般情况下它们往往都是时间t 的函数。
何谓定义呢？定义它本身不是可以用什么方法或者数学手段加以证明得到的，而是根据实际需要常常用到而定义下来的名称和概念。
例如过两点成一条直线……。
由于速度和加速度都是矢量，因此都可以将它们表示成分量的形式。
这次课将准备讨论速度、加速度在各种坐标系中的表达式。
一、 直角坐标系——直角坐标系又称笛卡儿坐标系在直角坐标系中，质点的位置矢径可以写成为：........z k y j x i r ++= （1） 根据速度的定义可知dtr d v ≡将（1）代入，则有 1、速度： z y x v k v j v i dt dz k dt dy j dt dx i z k y j x i dt d dt r d v ++=++=++==...........................................)(于是，我们比较上面的等式，就可得到速度在直角坐标系中的分量表达式为：z dtdz v y dt dy v x dt dx v z y x ======;;可见速度沿三直角坐标轴的分量（即分速度）就等于其相应的坐标对时间t 的一阶导数。
速度的大小：222z y x v v v v v ++== 速度的方向就用方向余弦来表示：vv k v v v j v v v i v z y y ===),cos(;),cos(;),cos( 。
同理，我们由加速度的定义不难得到它的分量表达式。
2、加速度 根据加速度的定义：zy x z y x a k a j a i dt dv k dt dv j dt dv i dt z d k y d j x d i dt dz k dy j dx i dt d dt v d a ++=++=++=++==2222)(比较这些恒等式可得加速度的直角坐标分量表达式：z dtz d v dv a y dty d v dt dv a x dtx d v dt dv a z t z y y y x x x ============222222 于是可得加速度的大小为：222z y x a a a a a ++== 加速度的方向用方向余弦表示。
柱坐标系和球坐标系中速度_加速度表达式的一种简易推导_杜明铸
3
n→∞ 3
n→∞
由“两边夹”法则得
lim n = 0 3 x→∞ n
The Common Methods of Limits Computation
HAN Yong-dong
(Normal College, Hetao University, Bayannur City, Inner Mongolia, 015000)
(24)
或
22
⎧a ⎪
r
=
r
−
rθ
2
− rφ 2
sin 2 θ
⎨aθ = rθ + 2rθ − rφ 2 sin θ cos θ
⎪⎩aφ = rφ sin θ + 2rθφ cos θ + 2rφ sin θ
(25)
上式就是球坐标系中加速度的表达式。
这里要说明一点：以上所说的正交坐标就是我们通常说的正交曲线坐标。
如求解二重和三重积分、数理方程的分离变量时，都存在坐标系选取的问题。所以，有必要知道各种物
理量在不同坐标系下的表达式。本文由正交曲线坐标系和直角坐标系的关系，借助初等几何和偏微分知
识导出曲线坐标系下速度和加速度的分量表达式。速度和加速度在各种理论力学书中都有推导，但是推
导过程所用的数学知识较多，对初学物理的人不易掌握。下面笔者给出一种简易的推导方法。首先，给
出速度、加速度在正交坐标系中的一般表达式，其次给出物理学中常用的柱坐标系和球坐标系中的表达
式。 1．一般情况
将空间中一点的矢径 r 看作是三个独立实变量 q1, q2 , q3 的函数,即
r = r (q1, q2 , q3 )
(1)
式中 q1, q2 , q3 就是所说的正交曲线坐标。它和直角坐标 x, y, z 的关系为
角加速度的量纲表达式
角加速度的量纲表达式
角加速度是一种描述物体旋转速度的变化率的量，通常用角度单位表示，例如弧度/秒或角度/秒 2。
在一些物理量纲中，角加速度通常用牛顿·米/秒 2 表示，即千克·米/秒 2 或磅·英尺/秒 2。
角加速度的量纲表达式可以表示为:
a = (g * L) / r2
其中，a 是角加速度，g 是重力加速度，L 是物体的长度，r 是物体的半径。
这个表达式告诉我们，当物体受到重力作用时，其角加速度与重力加速度成正比，与物体的长度和半径的平方成反比。
这是因为重力加速度是物体受到的力，而物体的长度和半径会影响物体受到的引力场强度，因此角加速度也会随着这些因素的变化而变化。
角加速度的量纲表达式也可以用于描述行星运动中的角加速度，例如在太阳系中，行星的角加速度会受到太阳引力场的影响。
在这种情况下，角加速度的量纲表达式通常用牛顿·米/秒 2 表示，因为行星受到的太阳引力场强度可以用牛顿表示。
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§2、速度、加速度的分量表达式上一次课，我们为了将运动的一些特征能直接的表示出来，而定义了速度和加速度，22;dtr d dt v d a dt r d v =≡≡ 。
在一般情况下它们往往都是时间t 的函数。
何谓定义呢？定义它本身不是可以用什么方法或者数学手段加以证明得到的，而是根据实际需要常常用到而定义下来的名称和概念。
例如过两点成一条直线……。
由于速度和加速度都是矢量，因此都可以将它们表示成分量的形式。
这次课将准备讨论速度、加速度在各种坐标系中的表达式。
一、 直角坐标系——直角坐标系又称笛卡儿坐标系在直角坐标系中，质点的位置矢径可以写成为：........z k y j x i r ++= （1） 根据速度的定义可知dtr d v ≡将（1）代入，则有 1、速度： z y x v k v j v i dt dz k dt dy j dt dx i z k y j x i dt d dt r d v ++=++=++==...........................................)(于是，我们比较上面的等式，就可得到速度在直角坐标系中的分量表达式为：z dtdz v y dt dy v x dt dx v z y x ======;;可见速度沿三直角坐标轴的分量（即分速度）就等于其相应的坐标对时间t 的一阶导数。
速度的大小：222z y x v v v v v ++== 速度的方向就用方向余弦来表示：vv k v v v j v v v i v z y y ===),cos(;),cos(;),cos( 。
同理，我们由加速度的定义不难得到它的分量表达式。
2、加速度 根据加速度的定义：zy x z y x a k a j a i dt dv k dt dv j dt dv i dt z d k y d j x d i dt dz k dy j dx i dt d dt v d a ++=++=++=++==2222)(比较这些恒等式可得加速度的直角坐标分量表达式：z dtz d v dv a y dty d v dt dv a x dtx d v dt dv a z t z y y y x x x ============222222 于是可得加速度的大小为：222z y x a a a a a ++== 加速度的方向用方向余弦表示。
如果质点始终在某一平面内运动，我们采用的坐标是平面正交坐标系的话，那么将上面的分量表达式中的某一分量去掉，剩下的就是平面正交坐标系中的分量表达式了。
二、 平面极坐标系在研究质点的平面曲线运动问题时，除了可用平面正交坐标系外，还可以采用平面极坐标系。
有时采用极坐标系会比采用平面正交坐标系来计算问题要简单的多，特别是在研究有心力作用的力学问题时，采用极坐标就更显示出它的优越性。
在平面极坐标系中，质点的位置是用极径r 和极角θ这两个极坐标来确定的。
在平面极坐标系中的单位矢量的取法与正交坐标系的情形是不同的，在这里是沿矢径方向上取一单位矢量0r 为径向单位矢量。
在垂直矢径方向上取一单位矢量0θ 就称做横向单位矢量。
于是，在极坐标中，运动质点的位置矢径：0r r r=。
因为得到了位矢在具体的坐标系中的表达式，然后根据速度和加速度的定义，相继就可以推出它们在具体的坐标系中的分量表达式。
所以，由速度的定义)(0r r dtd dt r d v ==这个结果对不对？不对。
为什么不对？……，千万要注意：这里的单位矢量00,θ r 与直角坐标系中的单位矢量是不同的。
尽管这儿的单位矢量0r 和0θ 的大小仍然等于１是不变的，但是，它们的方向却是随时在变化的，因此它们不是恒矢量而是变矢量，既然是变量，它们对时间的微商当然就不会等于０了：0,000≠≠dtd dt r d θ 所以上式中还有一项要考虑进去。
不能把它丢掉。
所以，速度应该等于：00000)(r r r r dtr d r dt dr r r r dt d dt r d v +=+===这两项之和。
下面我们先来计算?.?00==dtd dt r d θ 为了直观起见，我们结合图来讨论（上课时添加一图）。
从图上可以清楚地看到运动质点从Ｍ这位置移到M '这个位置时，单位矢量的方向都发生了变化，它们的变化量分别为0r d 和d 0θ。
这两个变化量都是由于单位矢量的方向的改变所引起的变化量，单位矢量的大小等于１是不变的。
于是我们就很容易得到径向单位矢量对时间微商的大小：θθ ===dtd dt r d dt r d .1||||00它的方向与与横向单位矢0θ 相同。
所以0r 对时间Ｔ的微商00θθ =dt r d 。
同样道理可以得到横向单位矢量对时间的微商00r dtd θθ-=。
为什么这里要加一个负号呢？从图上可以看到d 0θ 的方向与0r的方向反向，所以这里要加上一个负号表示dtd 0θ 与0r 的方向相反。
将结果代入前式。
则有：θθθθv v r r r r v r 0000 +=+=（１）[因为：速度是矢量，所以可以将它投影到径向和横向上去。
得到径向分速度r v r 0和横向分速度θθv 0 ，就分别称它们为径向速度和横向速度，所以，它又恒等于θθv v r r 00 +]于是，我们比较（１）的两个恒等式可见径向速度分量：rv r =；横向速度分量θθ r v =。
这就是速度在平面极坐标系的两个分量表达式, 由此可得速度的大小为：22||θv v v v r +== 我们结合上面的讨论由（１）式不难了解它们的物理意义：径向速度r v是由位矢大小的变化引起的。
我们对（１）再求一次微商就能得到加速度在平面极坐标中的分量表达式：)(00θθαr r r dtd dt v d +== θθθθθθ r r r r r r r 00000++++= =θθθθθθθ r r r r r rr 002000++-+ )2()2()(00020------+=++-=θαθαθθθθ r r r r r rr 同样道理，我们也可以将加速度a沿径向和横向分解成两个分量，沿径向的分量就用相应的符号r a 表示，沿横向的加速度分量就用θa 表示。
所以上式又等于θθa a r r 00 +。
我们就将此式的第一项叫做径向加速度，第二项就叫做横向加速度。
由（２）这个等式可见：径向加速度的大小2θ r r a r -=, 横向加速度的大小)(122θθθθr dt d r r r a =+=。
故有加速度的大小：22||θa a a a r +== 。
这里要我们引起注意的是：同学中往往容易把第二项给丢了，因为径向速度r v r =，则径向加速度就等于极径的二次微商 r a r =。
r这项只是由径向速度大小的变化所引起的，所以我们除了要考虑这一项之外，还得考虑由于横向速度的方向的改变所引起的另一项2θ r -，它也是径向的。
这一点必须要记住，应用时不要忘了第二项。
我希望大家课外由dtv d a =去推导一下。
通过推导不仅可以加深我们的印象，而且还能够使我们在推导过程中明确各项量的物理意义。
三、柱坐标系：接下去介绍一下与平面极坐标有关的另一种空间坐标系，即柱坐标系。
在平面极坐标系的基础上，我们就可以很省力地给出速度和加速度在柱坐标系中的分量表达式。
对柱坐标系我想大家还是比较熟的，直角坐标与极坐标的变换关系大家都知道，即：.],sin ,cos [z z r y r x ===θθ在三维空间运动的质点Ｐ的位置，在极坐标系中是由〈z r ,,θ〉这三个坐标来确定的。
我们从图上可以看到，这三个柱坐标就是由运动质点在空间任一点的位置Ｐ在ＯＸＹ平面上垂足（即投影点M ），它在ＯＸＹ这个平面内的极坐标（Ｒ，θ）加上这个垂直坐标Ｚ而构成的。
所以，在柱坐标系中，运动质点的位置矢径r的具体表达式好不好写呢？它只是比平面极坐标系多了一个Ｚ分量而已。
位置矢径r 就等于： k z r r R +=0（１）［这里的单位矢量就如图哪样取……。
］仿照平面极坐标系的推导方法，就能很快地推出速度和加速度在极坐标系中的分量表达式：速度-----++=k z r r rv 00θθ（２）所以速度v 在k r ,,00θ这三个方向的分量分别为：.;;z v r v r v z r ===θθ。
速度的大小：222z r v v v v v ++==θ 。
加速度就等于：()()）（32020⋯⋯+++-=k z r r r r r a θθθθ则加速度的三个分量为：⎪⎩⎪⎨⎧=+=-=z a r r a r r a zr θθθθ22，加速度的大小：222z r a a a a a ++==θ 我们从（２），（３）两式可以看出，速度，加速度在柱坐标系中的分量只是比平面极坐标系多了一个Ｚ方向的分量。
因此，只要记住了速度、加速度在平面极坐标系中的分量式。
那么，它们在柱坐标中的分量式也就不难记住了。
在平面极坐标的速度和加速度的分量表达式一定要记住。
接下去介绍速度，加速度在自然坐标系中的分量式，也就是内禀方程。
四、自然坐标系：——内禀方程在这里我们只研究平面运动的情况［质点作平面运动的情况］。
当质点在作平面曲线运动的情况下，采用自然坐标系比采用极坐标系，有时显得更加方便一些。
对自然坐标大家是熟悉的。
因为，在《力学基础》中已经学过。
什么是自然坐标？请哪个同学回答。
所谓的自然坐标，就是在已知的质点运动轨迹上取任一点Ｏ做为原点，并规定轨迹的方向。
质点在任意时刻的位置就用它相对质点Ｏ的曲线弧长Ｓ来确定的，这个弧坐标Ｓ称为自然坐标。
如果我们把质点的运动轨迹的切线和法线作为坐标轴而建立坐标系，这种坐标系就叫做“自然坐标系”。
自然坐标系的方位指向是随着运动质点的位置的变化而变化的。
在自然坐标系中我们同样可以将速度和加速度分解成切向和法向分量。
今天我们不采用过去的推导方法，而采用更简洁的方法得出同样的结论。
推导的出发点仍然是他们的定义。
v dt ds dt ds ds r d dt r d v 00ττ ===将它改写一下［因为在极限的情况下1=ds r d ，dsr d 的方向就是质点在该点轨迹的切线方向，所以dsr d 我们可以用切线方向上的单位矢量来表示。
路程Ｓ对时间的变化率就是速率即速度的大小］。
v v 0τ= 所以根据加速度的定义有：()02000000n v dt du n dt d v dt dv dt d v dt dv v dt d dt v d a ρτθττττ+=+=+=== [如果我们令轨道的切线和X 轴的 夹角为θ的话，哪么我们套用前面 00θθ dtd dt r d = 这一结果，就很容易地得到： 00n dtd dt d θτ= 这里的0n 是垂直与 0τ 指向曲线凹的一面的单位矢量即法向n的单位矢量。