质点的运动学方程
第二章 质点运动学总结
下页 返回 结束 Δr
t 0
dr ds
r2
· B
y
元位移的大小
元路程
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第二章 质点运动学
§2.2
速度与加速度
§2.2.1 平均速度与瞬时速度 §2.2.2 平均加速度与瞬时加速度
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结束
第二章 质点运动学
§2.2.1 平均速度与瞬时速度
1.平均速度 r (t t ) r (t ) r 定义 v t t __ r 相 同 v 是矢量 , 方向与 __ r 大小为 v t 平均速率 P Q r r ( t t )
地面系
o
日心系
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Y
结束
X
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地心系
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第二章 质点运动学
选取不同的参考系，描写物 体运动的规律是不同的。
选择合适的参考系， 建立恰当的坐标系，
月亮 地球 以地球为参照系
以太阳为参考系
以方便确定物体的运动性质； 以定量描述物体的运动；
提出准确的物理模型， 以突出问题中最基本的运动规律。 讨论：刻舟求剑的启示？
x a( sin ) a(t sint ) y a(1 cos ) a(1 cost )
思考：圆内的一点和圆外的一点？
x a b sin y a b cos
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结束
第二章 质点运动学
§2.1.2 位移
1. 位移——位置矢量的增量 位移——是由初位置引向末位置的矢量，
r (t )
O
s v 0 s为路程 t
v 不能反映位移变化相对 于时间的不均匀性 .
013质点运动学-运动学方程
角速度：
lim t 0
t
d
dt
角加速度：
B
s
A
RO
x
lim
t 0
t
d
dt
32
角速度是矢量 ！ 方向由右手螺旋法则确定 。
右手的四指循着质点的转动方向弯曲，拇指的指向即
为角速度矢量的方向。 线速度与角速度的关系：v
r
y ω
v
d加v速度d与ω角加r 速ω度的d 关r 系：
R
r
dt
dt
a
同理：| dr | dr
16
注意
1.位矢与位移的区别： 位矢为从坐标原点指向质点所在位置的有向线段,
方向
位移为从起点指向终点的有向线段。
位矢与某一时刻对应； 时间 位移与某一段时间对应。
2.位移与路程的区别：
路程：s为物体Δt内走过的轨道的长度，为标量；
位移：r
s
从起点指向终点的有向线段，而位移大
注意：平均速度（包括大小和方向）与所取的时间长
短有关，所以在计算平均速度时，必须清楚是哪一段
时间的平均速度。
19
2.速度
对于变速曲线运动的物体，速度大小与方
B
向都在随时间改变，用平均速度并不能精确地
描写质点瞬时的运动情况。
处理方法：
①.无限分割路径；
r
②.以直代曲；
A t
③以不变代变；用平均速度代替变速度；
④令 速度
t
v
0 取极限。 lim r dr
t0 t dt
速度单位：米/秒，m/s
质点在某时刻的瞬时速 度等于在该时刻位置矢 量对时间的一阶导数。
20
速度
大学物理第四章题解
第四章 经典质点动力学4-1．已知质量为2kg 的质点的运动学方程为22(61)(341)r t i t t j =-+++（国际制单位），求证质点所受合力为恒力．证 对运动学方程求时间导数()d 1264d r v t i t j t==++ 22d d 126d d v r a i j t t ===+ 2(126)=2412(N)F ma i j i j ==⨯++可见质点所受合力为恒力．4-2．已知质量为1kg 的质点，在合力128(N)F t i j =+作用下运动．已知1t =s 时，质点位于2x =m 、0y =处，并以速率3m s 沿y 轴正向运动．求质点运动学方程．解 由mr F =，知12x t =，8y =．可得d 12d x t t = ，d 8d y t =积分 01d 12d xt x t t =⎰⎰ ，31d 8d y ty t =⎰⎰ 求出 266x t =- ，85y t =-再根据 2d (66)d x t t =- ，d (85)d y t t =-再积分 221d (66)d xt x t t =-⎰⎰ ，01d (85)d y ty t t =-⎰⎰ 质点运动学方程为 3266x t t =-+ ，2451y t t =-+4-3．跳水运动员沿竖直方向入水，刚入水时速率为0v ，以入水点为O 点，y 轴竖直向下，运动员入水后浮力与重力抵消，受水的阻力与速度平方成正比，比例系数为k ，求入水后运动员速度随时间的变化规律．解 以运动员为质点，根据牛顿第二定律有 2d d yy v m kv t =- ，即2d d y y v k v t m =- 分离变量并积分 020d d y v t y v y v k t v m =-⎰⎰即可求出 011y k t v v m -= 也可以表示为 00y mv v m kv t=+4-4．跳水运动员由高处下落，设运动员入水后重力与浮力抵消，受水的阻力与速度平方成正比，比例系数0.4k m =（m 为运动员质量）．求运动员速率减为入水速率的110时，其入水深度（均为国际制单位）．解 以入水点为O 点，y 轴竖直向下，以运动员为质点，根据牛顿第二定律有2d 0.4d yy v m mv t =-做变量变换，得 2d d d 0.4d d d y y y y v v y v v y t y ==- 即 d 0.4d y y v v y=- 分离变量并积分 00100d 0.4d v y y v y v y v =-⎰⎰ 0010ln |0.4v y v v y =- 可知运动员速率减为入水速率的110时，其入水深度ln1004576(m)y ..==．4-5．质量为m 的小球系在一不可伸长的轻绳之一端，可在水平光滑桌面上滑动．绳的另一端穿过桌面上一小孔，握在一人手中使它以匀速率a 向下运动．设初始时绳是拉直的，小球与小孔的距离为R ，初速度在垂直于绳的方向上的分量为0v ．试求小球运动和绳子的张力．解 小球m 视为质点，作为研究对象，受力分析如图．以桌面小孔为坐标原点O ，建立极坐标系如图，根据牛顿第二定律，有T N T ma F F mg F =++=在极坐标系中的投影方程为2()T m r r F θ-=- （1）(2)0m r r θθ+= （2）由题意可知 r a =- （3）由（3）式得0d d r tR r a t =-⎰⎰ 所以r R at =-，代入（2）式，得 ()20R at a θθ--= ，即 d ()2d R at a tθθ-= 初始时00R v θ=，即00v R θ=，把上式分离变量且积分 000d 2d d()2tt v R a t R at R at R at θθθ-==---⎰⎰⎰220ln 2ln ln ()R R at R v R R at θ-=-=- 所以 02d d ()v R t R at θθ==- 把上式分离变量且积分 0200d()d ()t v R R at a R at θθ-=--⎰⎰ 所以 0011()v R v t a R at R R atθ=-=-- 小球的运动学方程为r R at =-，0v t R atθ=-．由（1）式得 222220023()()[]()()T v R mv R F m r r mr m R at R at R at θθ=-==-=--4-6．已知质点所受合力为sin cos e tF t i t j k =++，求在0t =到2t π=时间内合力对质点的冲量．（国际制单位．）解 0t =到2t π=时间内合力对质点的冲量为 200d (sin cos e )d t t I F t t i t j k t π==++⎰⎰22000(sin d )(cos d )(d )t t t i t t j e t k πππ=++⎰⎰⎰ 222000(cos |)(sin |)(|)t t i t j e k πππ=-++2(e 1)i j k π=++-（国际制单位）4-7．用棒打击质量为0.5kg 、从西沿水平方向以速率20m 飞来的球，球落到棒的西面80m 处，球上升的最大高度为20m ，打击时间为0.05s ，打击时可略去重力，取210m s g =．求：（1）棒对球的冲量；（2）棒给予球的平均冲力．解 建立坐标系Oxy ，Ox 轴沿水平方向自东向西，Oy 轴竖直向上．先讨论球被棒打击后的运动，球仅受重力，可知2012y y v t gt =- ，0y y v v gt =- 当0y v =时球达到最大高度m 20m y =．根据0010y v t =-求出0010y t .v =，代入202050y v t .t =-得到 22200020010005005y y y .v .v .v =-=因00y v >，略去020y v =-，可求出020m s y v =．进而求出2s t =．由于球沿Ox 方向作匀速率运动，到4s t =时向西运动了80m ，所以020m x v =． 在碰撞中根据动量定理 21I mv mv =- 由于120v i =-，2002020x y v v i v j i j =+=+，所以棒对球的冲量2010(N s)I i j =+⋅平均冲力 2010400200 (N)0.05I i j F i j t +===+∆4-8．从高出枰盘 4.9m h =处，将每个质量m 均为0.02kg 的橡皮泥块，以每秒100n =个的速率注入枰盘，橡皮泥块落入枰盘后均黏附在盘上．以开始注入时为0t =，求10s t =时枰的读数．解 橡皮泥块在下落过程中只受重力，橡皮泥块落入枰盘的速率98(m v .=在橡皮泥块落入秤盘的过程中，对秤盘的平均冲力为（向上为正方向）21()100002[0(9.8)]196(N)F n mv mv ..=-=⨯⨯--=由于橡皮泥块由 4.9m h =处下落，由22119.8 4.922gt t =⨯⨯= 可知下落的时间1s t =．所以10s t =时枰盘内橡皮泥块受到的总重力g (10-1)1009002981764(N)F n mg ...==⨯⨯⨯=因此秤的读数为 g 1961764196(N)F F ..+=+=4-9．对例题4-4-2（见图），判断以下说法的正误：（1）质点对O 点角动量守恒；（2）质点对O '点角动量守恒；（3）质点对z 轴角动量守恒；（4）质点对x 轴角动量守恒．解 （1）摆锤所受合力指向O 点，摆锤所受合力对O 点力矩为零，所以质点对O 点角动量守恒．（2）合力对O'点力矩不为零，质点对O'点角动量不受恒．（3）质点所受合力的作用线过Oz 轴，对Oz 轴合力矩为零，所以质点对Oz 轴角动量守恒．（4）质点对O 点角动量守恒，所以质点对Ox 轴角动量守恒．4-10．在一直角坐标系Oxyz 中，一质点位于点(3m,4m,5m)处，并受一作用力7N 8N 9N F i i i =++，求：（1）力F 对O 点的力矩；（2）力F 对x 轴的力矩．解 345r i j k =++，所以(345)(789)484(N m)O M r F i j k i j k i j k =⨯=++⨯++=-+-⋅4N m x O M M i =⋅=-⋅4-11．在直角坐标系Oxyz 中，质点质量为2kg ，其速度1242(m s )v i j tk -=+-⋅，并已知0t =时位置矢量02(m)r i =．求：（1）质点对O 点的角动量；（2）质点对y 轴的角动量；（3）质点所受合力对O 点和y 轴的力矩．解 因为d d r v t=，d d r v t =，所以00d d r t r r v t =⎰⎰，即 00002(2d )(4d )(2d )t t tr r r i t i t j t t k -=-=+-⎰⎰⎰ 所以 2(22)4r t i tj t k =++- （1） 22[(22)4](242)O L r mv t i tj t k i j tk =⨯=⨯++-⨯+-22218(48)16(kg m s )t i t t j k -=-+++⋅⋅（2） 22148(kg m s )y O L L j t t -=⋅=+⋅⋅（3） d 16(88)(N m)d O O L M t i t j t==-++⋅ d 88(N m)d y y L M t t==+⋅4-12．设质点在Oxy 平面内运动，试判断以下论述是否正确：（1）若质点动量守恒，则对z 轴角动量守恒；（2）若质点对z 轴角动量守恒，则动量守恒；（3）若质点对z 轴角动量守恒，则动量的大小保持不变；（4）若质点对z 轴角动量守恒，则质点不可能作直线运动．解 （1）正确．质点动量守恒，则质点所受合力为零，质点所受合力对Oz 轴力矩为零，所以对Oz 轴角动量守恒．（2）不对．比如，质点在Oxy 平面内、绕O 点做匀速圆周运动，对Oz 轴角动量守恒，但是动量并不守恒．（3）不对．比如例题4-5-2，质点在Oxy 平面内做椭圆运动，它所受的合力是有心力，始终指向O 点，所以对Oz 轴的角动量守恒，但是动量的大小不断变化．（4）不对．在Oxy 平面内做匀速直线运动的质点对Oz 轴角动量守恒．4-13．质量为m 的质点在Oxy 平面内运动，其运动学方程为cos x a t ω=，sin y b t ω=，a 、b 、ω均为常量．求：（1）质点对z 轴的角动量；（2）质点所受对z 轴的合力矩．解 （1）对运动学方程cos sin r a ti b tj ωω=+求时间导数，可得 d sin cos d r v a ti b t j t ωωωω==-+ 所以 (cos sin )(sin cos )O L r mv a ti b tj m a ti b t j ωωωωωω=⨯=+⨯-+22(cos sin )m ab t ab t k mab k ωωωωω=+=z O L L k abm ω=⋅=（2）因z L 为常量，由对Oz 的角动量定理，可知质点所受对Oz 轴的合力矩d 0d z z L M t==4-14．如图，刚性转动系统放在盛有液体的容器内，长为l 的细杆一端固定一质量为m 的小球，另一端垂直地固定于转轴z ．小球受液体阻力与小球质量及系统转动角速度的大小成正比，即F km ω=，k 为比例常量．z 轴及细杆的质量及所受阻力均忽略不计，问：经过多长时间系统的角速度的大小变为初始值0ω的1e ．解 由题意知z M lkm ω=-，2z L ml ω=，根据d d z z L M t=，得 2d d ml lkm tωω=- 分离变量并积分 d d k t lωω=-⎰⎰ ln k t C lω=-+ 由0t =时0ωω=定出积分常数，0ln C ω=，则 0e kt l ωω-=所以，当0e ωω=时l t k=．4-15．如图所示，小球m 系于不可伸长的轻绳的一端，绳经O 点穿入竖直小管．开始时小球绕管在水平面内做半径为R 的圆周运动，每分钟转120转．由绳的A 端将绳拉入小管，拉绳后小球绕管在水平面内做半径为2R 的圆周运动．求：（1）拉绳以后小球每分钟之转数；（2）拉绳过程中小球对O 点角动量是否守恒？为什么？解 （1）在拉绳过程中，因为小球所受重力与OA 轴平行、绳拉力与OA 轴相交，对OA 轴力矩均为零，所以在拉绳过程中小球对OA 轴角动量守恒02R mvmv R = 拉绳前，每秒转两转，022R v π⋅=．设拉绳后，每秒转n 转，22R n v π⋅=．把04v R π=和v n R π=代入角动量守恒方程，得 42R mn R m R R ππ=⋅ 即可求出拉绳后小球每秒转8n =转，即每分钟480转．（2）因为小球所受合力对O 点力矩不为零，所以小球对O 点角动量不守恒．4-16．试判断以下说法是否正确：（1）静摩擦力一定不做功；（2）滑动摩擦力一定做负功；（3）摩擦力总是阻碍物体运动；（4）运动质点如受摩擦力作用，则能量一定减小．答 均不正确．4-17．试证明2(3sin e )(N)x F x x i =++是保守力．质点在F 作用下由0x =运动到1m x =，试用两种方法计算力F 对质点做的功．解 由于2(3sin e )(N)x F x x i =++在位移d r 中所做元功2d (3sin )(d d d )x F r x x e i xi yj zk ⋅=++⋅++2(3sin e )d x x x x =++3d(cos e )xx x =-+可以表示为只与位置有关的标量函数3()cos e x U x x x =-+的微分，所以此力为保守力．方法一：质点沿Ox 轴由0x =运动到1x =，F 对质点所做的功为 120d (3sin e )d x W F r x x x =⋅=++⎰⎰310(cos e )|x x x =-+ 1cos1e 11=-++-1cos1e =-+ 方法二：因F 为保守力，引入势能3p (cos e )x E U C x x C =-+=--++，则p2p1()W E E =--1cos1e 11=-++-1cos1e =-+4-18．如图，一劲度系数为k 的弹簧，一端固定于A 点，另一端与质量为m 的质点相连．弹簧处于自由伸张状态时，质点位于竖直面与半径为R 的半圆柱面的交界处B ．质点在力F 的作用下，由B 点从静止开始运动到光滑半圆柱面的顶点C ，到达C 点时质点速率为C v ．求力F 对质点所做的功．解 在质点由B 到C 点的过程中，所受重力和弹簧弹性力为保守力，以B 点为重力势能及弹性势能零点．质点受面的支撑力不做功，设力F 做功为F A ．由质点的机械能定理k p k p ()()C C B B F E E E E A +-+=可得 22111[(R)](00)222F C A mv mgR k π=++-+ 2221128C mv mgR k R π=++4-19．接题4-18，质点到达C 点后，力F 被撤除，求质点运动到AB 之间的平衡位置时的速率．解 质点平衡时mg k l =∆，mg l k ∆=，即质点的平衡位置位于B 点下方mg k处． 在质点由C 到平衡位置的过程中，由于所受重力和弹簧弹性力为保守力，受面的支撑力不做功，所以机械能守恒．以B 点为重力势能及弹性势能零点，则()2222211112822C mv mgR k R mv mg l k l π++=-∆+∆ 22222122m g m g mv k k =-+222122m g mv k=- 即可求出质点运动到AB 之间的平衡位置时的速率2222121(2)4C k R mg v v gR m kπ=+++4-20．如题4-15图之装置．设小球质量0.5g m =，初态管外绳长12m l =，绳与竖直方向夹角130θ=，速度为1v ．末态绳与竖直方向夹角260θ=，速度为2v ．求：（1）1v 、2v ；（2）绳对小球所做的功．解 视小球为质点，受重力W 和绳的张力T F 如图．初态小球做水平圆周运动，合力T F W F =+指向圆轨道圆心，由牛顿第二定律2211111tg sin v v m m mg R l θθ== 所以 21111sin 1298238m s cos 23v l g ..θθ==⨯⨯= 设末态2l l =，小球做水平圆周运动，有22222tg sin v m mg l θθ= ，222222sin cos v l g θθ= 可知 22111212222122sin cos 1cos sin 33v l l v l l θθθθ== （1） 在由初态到末态的过程中，小球所受合力对竖直轴AB 的力矩为零，所以小球对轴AB 的角动量守恒111222sin sin mv l mv l θθ=所以 12222111sin 3sin v l l v l l θθ== （2） (1)(2)⨯得 313213v v = 可求出 13213343m s v v .==2(1)(2)得 313293l l = 13211()080m 93l l .== 由机械能定理，以O 点为势能零点，绳对小球所做的功为k p W E E =∆+∆2221121()(cos30cos60)2m v v mg l l =-+-000805J .=4-21．质量为0.2kg 的小球B 以弹性绳在光滑水平面上与固定点A 相连．弹性绳劲度系数为8N m ，其自由伸张长度为0.6m ．小球初位置和速度0v 如图所示．当小球速率变为v 时，它与A 点距离最大且等于0.8m ．求初态与末态之速率0v 和v ．解 小球在水平面上仅受弹性绳弹性力，弹性力作用线过A ，所以小球在运动过程中对过A 的竖直轴角动量守恒；注意到小球与A 点距离最大时其速度与弹性绳垂直；则004sin3008.mv .mv =小球在水平面内仅受弹性绳弹性力，弹性力为保守力，因此小球在运动过程中机械能守恒，以弹性绳自由伸张时为弹性势能零点；则2220111(0806)222mv mv k ..=+- 所以 04v v = ，22016v v .-=联立求解上述二式即可求出0131m s v .=，033m s v .=．4-22．如图，在升降机内有一和升降机固定的光滑斜面，斜面相对水平方向的倾角为θ．当升降机以匀加速度a 沿竖直方向上升时，质量为m 的物体沿斜面下滑，试以升降机为参考系，求：（1）物体相对升降机的加速度；（2）物体对斜面的压力；（3）物体对地面的加速度．解 以升降机为非惯性参考系，建立与斜面固连的坐标系Oxy 如图．视物体为质点，受重力mg 、支承力N F 和惯性力I F ma =-，物体在非惯性系中的动力学方程为()sin m g a mx θ+=()N cos 0F m g a θ-+=所以，物体相对升降机的加速度()sin a x i g a i θ'==+物体对斜面的压力()NN cos F F m g a j θ'=-=-+ 物体对地面的加速度sin cos ()sin sin cos a a a a i a j g a i g i a j θθθθθ'=+=-+++=+地4-23．如图，一理想定滑轮固定于升降机上，一不可伸长之轻绳跨过滑轮后，两端各悬挂一物体，物体质量为1m 和2m ，12m m ≠．升降机以加速度a 沿竖直方向下降时，试以升降机为参考系，求：两个物体相对地面的加速度及绳内张力．解 以升降机为非惯性参考系，建立与升降机固连的坐标系Ox 如图．视二物体为质点，物体受重力、绳张力和惯性力I11F m a =-、I22F m a =-，在非惯性系中的动力学方程为1T1111m g F m a m x --=2T2222m g F m a m x --=绳不可伸长 12x x =-根据牛顿第三定律 T1T2T F F F ==所以 12211212()()m m g m m a x x m m -+-=-=+ 绳内张力 12T 122()m m F g a m m =-+ 两个物体相对地面的加速度为1221122111212()()()2m m g m m a m m g m a a a x i ai i i m m m m -+--+=+=+=++ 1221211121212()()()2m m g m m a m m g m a a a x i ai i i m m m m -+--+=+=-=++ 4-24．如图所示有一绕竖直z 轴以角速度k ωω=作匀角速度定轴转动的光滑水平大转台．在距z 轴R 的A 处立一竖直杆，杆端有一长度为l 的不可伸长的轻绳，绳末端挂一质量为m 的小球．当绳与竖直杆夹角θ保持不变时，以转台为参考系，求θ与ω的关系．解 以转台为非惯性参考系，视小球为质点，小球受重力mg ，绳的拉力T F ，惯性离心力It F ，2It (sin )F m R l ωθ=+．小球在非惯性系中受三个力平衡，水平方向的平衡方程为2(sin )tan m R l mg ωθθ+=所以 12tan ()sin g R l θωθ=+ 4-25．接题4-24，有人试图从O 点以初速0v 沿台面抛出一小球，而使小球沿转台上的直线OA 运动，此人的目的能否达到？试在转台参考系中加以说明．解 以转台为非惯性参考系，小球相对于转台具有速度，所以小球除受重力、支持力和惯性离心力以外，还受科里奥利力作用．由于科里奥利力与小球运动方向垂直，所以小球不可能沿转台上的直线OA 运动．（第四章题解结束）。
大学物理第一章质点运动学
∫ d x = ∫ (2t −t )dt
2 0 0
t
质点的运动方程
13 x = t − t （m） ） 3
2
(3) 质点在前三秒内经历的路程
s = ∫ vdt = ∫ 2t − t 2 dt
0 0
3
3
令 v =2t-t 2 =0 ，得 t =2
8 s = ∫ (2t − t )dt + ∫ (t − 2t)dt = m 0 2 3
初始条件为x 初始条件为 0=0, v0=0 质点在第一秒末的速度;(2)运动方程；(3)质点在前三秒内 运动方程； 质点在前三秒内 运动方程 求 (1) 质点在第一秒末的速度 运动的路程。 运动的路程。 解 (1) 求质点在任意时刻的速度 dv dv a= = 2 − 2t 由 dt dv = (2 − 2t) dt 分离变量 两边积分
y
P点在 系和 '系的空间坐标 、 点在K系和 系的空间坐标、 点在 系和K 时间坐标的对应关系为： 时间坐标的对应关系为：
y'
r v
P
}
r r
o z
r r′
o' x x'
r R
z'
伽利略坐标变换式
2. 速度变换 r r vK、vK′ 分别表示质点在两个坐标系中的速度 r r r d r ′ d(r − vt) r r r vK′ = = = vK − v dr′ r dt t r 即 vK′ = vK − v r r r vK = vK′ + v 伽利略速度变换
dv = g − Bv dt 分离变量并两边积分
t dv ∫0 g - Bv = ∫0 dt v
g v = (1− e−Bt ) B
第1章 质点运动学例题
υ机风 v
v
y （北） v
450
υ机地
υ风地 v
υ标机
x（东）
16
湖南商学院计电院 赵新宇
v 已知： υ风地 = 150i km/h v v υ机风 = 750 j km/h v v v 0 0 υ标机 = 950 （− cos 45 i − sin 45 j）km/h v
求：
υ标地体的运动规律为dv/dt=–kv2t (k为常数), t=0 时, v=v0，求v与t的函数关系．
解：
dv / dt = − kv t
2
t dv → ∫ − 2 = ∫ ktdt v0 0 v 2 kt 1 → v = 1/( + ) 2 v0 v
湖南商学院计电院 赵新宇
10
例题6: 一物体沿x 轴运动，其加速度为a = 4t m/s2, 当t = 0 时，物体静止于x = 10 m 处，求物体在任意 时刻的速度和坐标。
第 1 章
1、运动函数
运动学
⎧ x = x(t ) ⎪ ⎨ y = y (t ) ⎪ z = z (t ) ⎩
r 2r r dv d r a= = dt dt 2
v v r = r (t )
2、位移、速度、加速度
r r r ΔrAB = rB − rA
3、圆周运动
r r dr v= dt
dθ ω= dt dω α= dt
11
v2 2 2 2 an = = r ω = 0 . 2 ( −2 × 1 + 4 ) = 0 . 8 m / s r
v = rω = r (−2t + 4) = 0.2 × (−2 ×1 + 4) = 0.4 m / s dv = r α = 0 .2 × ( − 2 ) = − 0 . 4 m / s 2 at = v dt v
第1章 质点运动学(13年)
(湖南大学 09 年普通物理，20 分) 例 1－12 质量为 m 的子弹以初速度 v0 水平射入沙堆中， 假设沙堆足够大子弹无法穿出， 且子弹所受 阻力 f=-kv，式中 v 为子弹的速率，k>0 且为常量，忽略子弹所受重力，求：(1) 子弹射入沙土后，速 度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙堆的最大深度。 [ (1) v v 0 e kt / m ；(2) x max mv 0 / k ] (深圳大学 2012 年大学物理，12 分；北京工业大学 07 年普通物理 II，15 分； 北京市联合命题 05 年大学物理，15 分) 例 1－13 一质点沿半径为 r=1m 的圆周运动， 其角位置 θ 随时间 t 的变化规律为 θ=2+t2(rad)， 求 t=1.5s 时质点的总加速度大小。 [ a 2 1 4t ； a t 1.5 9.2 m/s2 ] (深圳大学 2012 年大学物理，12 分；温州大学 09 年普通物理，20 分) 例1－14 一质点沿半径为1米的圆周运动，运动方程为 2 3t 3 ，式中 以弧度计，t 以秒计，求： (1) t ＝2秒时，质点的切向和法向加速度；(2) 当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? [ (1) at (2) 36 m/s2， an (2) 1296 m/s2 ；(2) 8 / 3 rad( t 6 / 27 ) ] (温州大学 2012 年普通物理 A，15 分) 例 1－15 由楼窗口以水平初速度 v0 射出一发子弹，取枪口为原点，沿 v0 方向为 x 轴，竖直向下为 y 轴，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，切向加速度和法向加速度及相应的轨道曲率半径． [ (1)
力学习题-第1章质点运动学(含答案)
第一章质点运动学单元测验题一、选择题1.一质点沿x 轴运动，加速度与位置的关系为a (x )=2x +4x 2(SI 单位).已知质点在x =0处的速度为2m/s ，则质点在x =3m 处的速度为A.42m/s; B.26m/s ; C.94m/s ; D.34m/s .答案：C 解：根据题意：224dv a x x dt ==+，两边同乘dx 有：2(24)dv dx x x dx dt ⋅=+⋅由dx v dt=,上式化为:2(24)v dv x x dx ⋅=+对上式两边积分得到：223423v x x c =++由x =0，v =2m/s ，确定c =2.则当x =3m 时，解得：v =94m/s.2.一质点沿x 轴做直线运动，其速度v 随时间t 的变化关系如图所示.则下列哪个图可表示质点加速度a 随时间t 变化关系？2-•/s m a 2-•/s m a AB C答案：B 解：依据质点在一维运动时，速度-时间曲线的斜率对应加速度可知B 为加速度曲线.3.质点的运动学方程为33(21)t t =++r i j (SI 单位).则t =1s 时质点的速度为(SI单位)A.ji 6+3; B.j i 3+3; C.j i 6+6; D.j i 3+6.答案：A解：根据题意：33(21)t t =++r i j ，微分得：236d t dt ==+r v i j ，()136=+v i j 4.质点运动学方程为：kbt j t a i t a r +sin +cos =ωω，其中a 、b 、ω均为正的常数.问质点作什么运动？A.平面圆周运动；B.平面椭圆运动；C.螺旋运动；D.三维空间的直线运动.答案：C解：把质点的运动分解到三个方向上：cos sin x a t y a t z bt ωω===，，整理可知：222x y a z bt+==，则质点是以z 5.如图所示，在桌面的一边，—小球作斜抛运动，初速度v 0=4.7m/s.已知桌面宽a =2.0m.欲使小球能从桌面的另—边切过，小球的抛射角θ为A.30°;B.38°;C.50°;D.58°.答案：D 解：根据题意，小球沿x 和y 方向的运动方程为：t v x ⋅=θcos 0，201sin 2y v t gt θ=⋅-由x =2.0m 时，y =0，解得：o 58θ=.6.如图，有一半径为R 的定滑轮，沿轮周绕着一根绳子，悬在绳子一端的物体按s =(1/2)bt 2的规律向下运动.若绳子与轮周间没有相对滑动，轮周上一点A 在任一时刻t 的总加速度大为A.2t b a ;B.222/=R t b a ；C.b a =;D.R t b b a /+=22.答案：A 解：已知221bt s =，微分可得速度大小：t b dtds v ⋅==切向加速度大小：b dt dv a ==τ;法向加速度大小：Rt b R v a n 222==总加速度大小：a ==.7.当蒸汽船以15km/h 的速度向正北方向航行时，船上的人观察到船上的烟囱里冒出的烟飘向正东方向.过一会儿，船以24km/h 的速度向正东方向航行，船上的人则观察到烟飘向正西北方向.若在这两次航行期间风速不变，则风速的大小为A.9km/h; B.17.5km/h ; C.26.9km/h ; D.41km/h.答案：B解：地面为静系，船为动系，风为研究对象，则风对地的速度为绝对速度：风v v =船对地的速度为牵连速度：船牵连v v =风对船的速度为相对速度：风对船牵连v v =由绝对速度、牵连速度和相对速度的关系可得v v v =+船风对船，其矢量几何关系如图所示由此几何关系可得：1cos v v θ=船风，o 2145sin v v ctg v θ-=风船船联立解得：o 31θ=，5.17=v km /h .8.一个自由落体在它运动的最后一秒内所通过的路程等于全程的1/3.则物体通过全程所需的时间为A.3s ;B.6-3s ;C.6+3s ;D.6s答案：C解：设自由落体的全程下落时间和下落的高度分别为t 、S t 。
理论力学10质点运动微分方程
= mgR 2，于是火箭在任意位置 x 处所受地球引力 F 的大
小为
m g R2 F = x2
(b)
（3）列运动方程求解，由于火箭作直线运动，
火箭的直线运动微分方程式为：m
分离变量积分式(c)
d2 dt
x
2
mg R2 x2
(c)
因 为
d d2 tx 2d dv td dv xd dx tvd dv x
其次，定律还指出，若质点的运动状态发生改 变，必定是受到其他物体的作用，这种机械作用就 是力。
第二定律（力与加速度关系定律）
质点的质量与加速度的乘积，等于作用于质点的 力的大小，加速度的方向与力的方向相同。
设质点M的质量为m，所受的力为F，由于力F的
作用所产生的加速度为a，如图10-1所示。则此定律
以上两例都是动力学的第一类基本问题，由此可
归纳出求解第一类问题的步骤如下：
（1） 取研究对象并视为质点； （2）分析质点在任一瞬时的受力，并画出受力图； （3） 分析质点的运动，求质点的加速度； （4） 列质点的运动微分方程并求解。
例10-3 以初速v0自地球表面竖直向上发射一质量 为 m 的火箭，如图10-6所示。若不计空气阻力，火箭所
解：取质量块为研究对象，并视其为质点。质
量块沿x方向作直线运动，弹性杆对质量块的作用相 当于一弹簧，图10-8（b）是该系统的计算模型。
设弹簧刚度系数
为 k ，任意位置时弹
a
在静力学中，我们研究了力系的简化和平衡问题， 但没有研究物体在不平衡力系作用下将如何运动。在 运动学中，我们仅从几何学的角度描述了物体的运动 规律及其特征，并未涉及物体的质量(Mass)及其所受 的力。因此，静力学和运动学都是从不同的侧面研究 了物体的机械运动。
理论力学11质点动力学基本方程
m
研究小球
受力分析
运动分析
FT
建立直角坐标系， 根据质点运动微分方程
Fix max: FT sin ma0
y
mg
Fiy may: mg FT cos 0
x
a0 a0
FT sin ma0 mg FT cos 0
解得绳的倾角以及绳中的张力分别为
arctan a0
g FT m a02 g2
y
v
积分两次，得到
m
v0
x C1t C3
y
1 2
gt2
C2 t
C4
O
mg
x
根据运动初始条件，求出积分常数，得物体的运动方程
x v0 cos t
y
v0
sin
t
1 2
gt 2
从运动方程中消去时间参数 t ，即得物体的轨迹方程
y
tan x
2v02
g
cos2
x2
可见，其轨迹为抛物线
[例4] 摆动输送机由曲柄带动货架 AB 输送质量为 m 的木箱。已知曲
动力学
动力学： 研究力与运动之间的关系 动力学第Ⅰ类问题： 已知运动求力 动力学第Ⅱ类问题： 已知力求运动
第十一章 质点动力学基本方程
一、质点动力学基本方程
F ma 式中，m 为质点质量、 a 为质点加速度
F 为作用于质点上的合力，即 F Fi
一、质点动力学基本方程
F ma
说明： 1）在国际单位制中，m 的单位为 kg、a 的单位为 m/s2、 F 的单位为 N
0.35
O1
0 aA
A
O2
m
B
所以，木箱与货架间静摩擦因数的最小值
质点运动学
vx=dx/dt|t=2=-2t|t=2=-4m/s
vy=dy/dt|t=2=-4t^3+4t|t=2=-24m/s
v=
v +v (
2 x
y2)1/2=4*371/2
例4
一电子在电场中运动，其运动方程：x=3t, y=12-3t2 。（1）计算并图示电子运动的轨迹。 （2）什么时刻电子的位矢与其速度矢量恰好垂直。
解：S=Rwt v=ds/dt=Rw 法向加速度 an=v2/R=Rw2(反映速度方向的变化) 切向加速度 ac=dv/dt=0（反映速度大小的变化）
例6
一电子在电场中运动，x=3t,y=12-3t2,计算1s时电 子的切向加速度，法向加速度及轨道上该点的曲 率半径。
解：r=3ti+(12-3t2)j
解： r=xi+yj =Rcoswti+Rsinwtj v=dr/dt=d(Rcoswti+Rsinwtj)/dt =-wRsinwti+wRcoswtj a=dv/dt=d(-wRsinwti+wRcoswtj)/dt =-w^2Rcoswti-w^2Rsinwtj =-w^2r
例3
一质点运动轨迹为抛物线 x=-t2,y=-t4+2t2。 求x=-4m时(t>0)粒子的速度速率、加速度。 解：由x=-t2 y=-t4+2t2 联立知y=-x2-2x
解：（2）当r·v=0时，电子的位矢与其速度矢量 恰好垂直
∴r=3ti+(12-3t2)j ∴9t-72t+18t3=0 即 t=0s
t=7½ /2½
v=dr/dt=3i-6tj
(1)联立 x=3t y=12-3t2
得 y=12-x2/3
质点运动学方程
质点运动学方程质点运动学方程是物理学中一种基本的微分方程，它用来描述任意物体在一个恒定的外界力作用下的运动。
质点运动学方程的形式如下：\begin{equation} m \frac{d^2x}{dt^2} = F(x,t) \end{equation}其中，$m$代表质量，$x$代表位置，$F(x,t)$代表外力。
可以看出，该方程表明了质量、位置和外力之间的关系，即质点在外力作用下的运动是由质量和位置决定的。
从物理角度来看，质点运动学方程是一种受外力作用的动态系统，它可以描述物体的运动状态，而不需要考虑物体的形状、体积或其他特征。
因此，质点运动学方程在物理学中具有重要的地位，它可以描述任意物体在恒定的外力作用下的运动状态，而实际的物理对象的运动可以由调整外力的大小和方向来实现。
质点运动学方程也是传统力学中最常用的方程之一，它描述了两种力之间的相互作用，这两种力是：外力和惯性力（又称惯性力或内力）。
其中，外力又可以分为三类：引力、斥力和流体力，各自都是物体的外力，而惯性力则是物体自身的力，是物体的惯性（或惯量）所激发出来的力。
质点运动学方程表明，当外力改变时，物体的运动状态也会随之改变，这是因为外力会改变物体的加速度，而加速度又会改变物体的速度，从而改变物体的运动状态。
同时，质点运动学方程也可以用来描述惯性力和外力之间的关系，即惯性力可以抵消外力，当惯性力大于外力时，物体会保持原来的运动状态；当外力大于惯性力时，物体的运动状态会发生变化。
质点运动学方程不仅可以用来描述物体在外力作用下的运动，而且还可以用来描述物体在惯性力作用下的运动。
例如，可以使用质点运动学方程来描述弹簧的运动，弹簧的运动受到弹簧的弹性力和惯性力的作用，这两种力的大小受到弹簧的长度和弹性系数等因素的影响。
总之，质点运动学方程是物理学中一种基本的微分方程，它可以用来描述物体在外力和惯性力作用下的运动状态。
它不仅可以用来描述宏观上物体的运动状态，而且也可以用来描述微观上物体的运动状态，这样就可以更好地理解物理系统的运动规律。
力学 第二章 质点运动学
v
arccos vz 5618'
v
二、平均加速度与瞬时加速度
1、平均加速度：速度矢量对时间的平均变化率。
a v v(t t) v(t)
t
t
v(t )
v
速度矢端曲线
v( t t )
§2.3 质点的直线运动(x vx ax )
一、运动学方程
x xt
二、速度和加速度
1、速度（瞬时速度）
vx
dx dt
大小表示质点在t时刻运动的快慢；
正负分别对应于质点沿Ox正向和负向运动。
2、加速度
ax
dvx dt
d2x dt 2
ax与vx同号，则加速；ax与vx反号，则减速。
4、质点的运动学轨迹方程
质点运动时描出的轨迹称为质点的轨迹。 也就是位置矢量的矢端曲线。
质点在平面Oxy上运动，
轨迹方程： y y(x) 或者：f (x, y, z) 0
例题：r R cos tiˆ R sin tˆj, 求:轨迹方程。
y R
解： x2 y2 R2.
x
二、位移
v
v
v
4、注意：
（1）平均速度的大小不等于平均速率。 （2）瞬时速度的大小等于瞬时速率。 （3）即使位置矢量的大小不变，也可以有速度。
ΔS
r(t )
r
S
r(
t
t
)
o
dr / dt
r(t )
ΔS
S
r
r( t t )
质点运动学
填空（A 类）1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为j t i t r22+=，式中r 的单位为m ,t 的单位为s .任一时刻的速度 ；加速度 .j i t v22+=；i a 2=2．已知质点在任意时刻的加速度为i a +=2，任一时刻的速度 ；位移 .j t i t v+=2； j t i t r 2221+=3．某质点在oxy 平面内运动，其运动方程为j t d i t b r ωωcos sin +=，其中ω,,d b 均为正值常量，其运动的轨道方程为 .12222=+dy a x 4．已知质点位矢随时间变化的函数形式为j t i t r22+=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .任一时刻的速度 ；加速度 .j i t v 22+=；i a 2=5．已知质点位矢随时间变化的函数形式为j t i t r 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .任一时刻切向加速度 ；法向加速度 .122+=t t a t ；122-=t a n6．已知质点位矢随时间变化的函数形式为j t i t r )23(42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .从0=t 到1=t 秒的位移 ；1=t 秒时刻的速度 .j i r Δ24+=；j i v 28)1(+=7．质点的运动方程为23010t t x +-=和22015t t y -=，式中x,y 以米计，t 以秒计。
任意时刻速度 ，加速度 .j t i t v )4015()6010(-++-=；j i a 4060-=8．一质点的运动方程为2219,2t y t x -==，式中y x ,的单位为m ，t 的单位为s .质点在任意时刻的速度为 ；加速度为 .j t i 42-；j 4-9．质点沿半径R=8m 的圆周运动，其所行路程S 与时间的函数关系为)(232SI t t S +=.前1s 内质点通过的路程为=S ；1s 时质点的速率为=v . m 5；18-⋅s m10．质点沿半径R=8m 的圆周运动，其所行路程S 与时间的函数关系为)(232SI t t S +=.切向加速度为=t a ；法向加速度为=n a ；加速度为=a .26-⋅s m ；28-⋅s m ；210-⋅s m11．一质点沿x 轴作直线运动，运动方程为2236t t x -+=，式中x 以m 计，t 以s 计。
大学物理1-2 求解运动学问题举例
1 – 2 求解运动学问题举例
第一章 力和运动
解
a ay g g j
y
ax
0
v0t
r
v0t
1 2
gt
2
按已知条件，t=0时，有 O
rv0
vox v0 cos
ax 0
voy v0 sin
ay g
1 gt 2 2
P
x
1 – 2 求解运动学问题举例
第一章 力和运动
解得：
x v0 cos t
y
v0
sin
t
1 2
gt2
轨迹方程为：
y
x
tan
2v02
y cos2
x2
y voy
v0
v y v
v x
v x
o α vox
d0
v y
vx
1 – 2 求解运动学问题举例
第一章 力和运动
求最大射程
d0
2v02 g
sin
（3）质点的轨迹方程。
解：（1）质点在任一时刻的速度为
v v0
t (6tˆj)dt 2iˆ 3t 2 ˆj (m / s)
0
a d
dt
（2）质点的运动学方程为：
r r0
t (2iˆ 3t 2 ˆj)dt 2tiˆ t 3 ˆj
0
(m)
例 1-1 已知质点在直角坐标系中作平面运动，其运动
方程为
r(t) (t 2)iˆ (1 t 2 2) ˆj 4
1 质点运动学例题
ds v = = 20 − 0.4t dt dv aτ = = −0.4 dt
2 τ 2 n
v(1) =19.6 m/s
v2 (20 − 0.4t)2 an = = R R
2 2 2
(20 − 0.4t) a = a + a = (− 0.4) + R (20 − 0.4×1) a(1) = (− 0.4) + 200
一汽车在半径R=200 m 的圆弧形公路上行驶，其运动学 的圆弧形公路上行驶， 例9 一汽车在半径 方程为s 方程为 =20t − 0.2 t 2 (SI) . 时的速度和加速度大小。 求 汽车在 t = 1 s 时的速度和加速度大小。 解 根据速度和加速度在自然坐标系中的表示形式，有 根据速度和加速度在自然坐标系中的表示形式，
t
∴
∫
v
v0
dv = ∫ ktdt
0
1 2 ∴ v = v0 + kt 2
1 2 Q v = dx dt ∴ dx = v0 + kt dt 2
1 3 得质点的运动方程为 x = x0 + v0 t + kt 6
一质点作半径为0.1 的圆周运动， 例7 一质点作半径为 m 的圆周运动，已知运动学方程为
(3) x = 2t
y = 2 −t2
轨迹方程为
y = 2 − x2 / 4
v v v v v v 例4 已知 a =16 j , t =0 时，v0 = 6i , r = 8k 0 r 求 v 和运动方程 r v v v t v v dv v 解 由已知有 = a =16 j ∫vr0dv =∫016dt j dt v v v v v v v -v0 =16t j v = 6i +16t j 代入初始条件
力学第二章质点运动学（ＰＤＦ）
2.1一、质点把所研究的物体视为无形状大小但有一定质量的点。
•能否看成质点依研究问题而定。
例：地球绕太阳公转:地球→质点地球半径＜＜日地距离6.4×103 km 1.5×108 km地球自转:地球≠质点•复杂物体可看成质点的组合。
二、位置矢量与运动方程1、位置矢量k z j y i x r v v v v ++=定义：从坐标原点O 指向质点位置P 的有向线段位置矢量的直角坐标分量：===++=r z r y r x z y x r γβαcos ,cos ,cos 222方向：大小：γβαP (x,y,z )r v z y xo2、运动方程k t z j t y i t x r vv v v )()()(++=矢量形式参数形式===)()()(t z z t y y t x x 3、轨道方程(轨迹)== → ===0),,(0),,()()()(z y x G z y x F t z z t y y t x x t 消去•要尽可能选择适当的参照物和坐标系，以使运动方程形式最简，从而减少计算量。
三、位移和路程O P P ’r ∆v )(t r v )(t t r ∆+v s ∆•••1、位移'()()r PP r t t r t ∆==+∆−v v v 2、路程'()()s PP s t t s t ∆==+∆−注意(1) 位移是矢量（有大小，有方向）位移不同于路程(2) 位移与参照系位置的变化无关r s ∆≠∆v 与Δr 的区别r v ∆分清O r v ∆r v∆O r∆••O PP ’r ∆v )(t r v )(t t r ∆+v s∆•••思考：什么情况下位移的大小等于路程？[例题]一质点在xOy平面内依照x= t 2 的规律沿曲线y = x3/ 320运动，求质点从第2 秒末到第4秒末的位移(式中t的单位为s；x，y的单位为cm)。
[解] ()()r r t t r t ∆=+∆−v v v 1212.6i j=+v v(cm)2121()()x x i y yj=−+−v v [()()][()()]x t t i y t t j x t i y t j =+∆++∆−+v v v v[()()][()()]x t t x t i y t t y t j=+∆−++∆−v v 66222121()()320320t t t t i j=−+−v v 662242(42)()320320i j =−+−vv 17.4 cm r ∆==v 与水平轴夹角Δarctan 46.4Δyx ϕ=o＝2.2一、速度O P P ’r∆v )(t r v )(t t r ∆+vs∆•••反映质点运动的快慢和方向的物理量1、速度的概念平均速度：平均速率:v v v v v r t r t t r t t==+−∆∆∆∆()()tt s t t s t s v ∆∆∆∆)()(−+==瞬时速度:瞬时速率:O P P ’r∆v)(t r v)(t t r ∆+vs∆•••vv v v =≠vv ,瞬时速度沿轨道切线方向2、速度的直角坐标分量()()()()::cos ,cos ,cos x y z y x z r r t x t i y t j z t kdr dx dy dz v i j k v i v j v k dt dt dt dt v v v v v v v αβγ==++==++=++ = ===v v v v vv v v v v v v v 大小方向101552r i tj t k=−++v v v v [例题]某质点的运动学方程为求：t = 0和1s 时质点的速度矢量。
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Δy ＝arctan 46.4 Δx
[问题] 位移与参考系的选择有关吗？
式中 t 的单位为s；x，y的单位为cm). [解 ]
r r ( t t ) r ( t )
6 6 t t 2 2 2 1 ( t 2 t 1 )i ( )j 320 320 6 6 4 2 2 2 ( 4 2 )i ( ) j 12i 12.6 j (cm) 320 320
r r (t )
r x(t )i y(t ) j z(t )k
一个矢量式等价三个标量式 x = x(t) 如
y = y(t)
z = z ( t)
1 2 x v 0 t at 等 2
3. 轨迹方程 轨迹方程——质点在运动过程中描出的曲线方程. 在运动方程中消去 t 就是轨迹方程， z f ( x, y) π π 如：x 2 cos t y 2 sin t z 0 6 6
2. 路程
路程 ——质点经过的路径的总长度. 位移与路程不同，前者是矢量，后者是标量.
如图： r 同
S1 S2 S3
[问题] 二者何时相同？
s1 rp r
O
P
s3 s2
Q
rQ
[例题1]一质点在xOy平面内依照 x = t 2 的规律沿曲线
y = x3 / 320 运动,求质点从第2 秒末到第 4 秒末的位移(
( x2 x1 )i ( y2 y1 ) j
[ x(t t )i y(t t ) j ] [ x(t )i y(t ) j ] [ x(t t ) x(t )]i [ y(t t ) y(t )] j
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2 参考系
由于运动是相对的，为了描述一个物体的运动，就
必须参考其他的物体，这个用来作参考的“其他物体” 称为 参考系。 同一个运动，在不同的参考系中观察，所得出的结
论不同。
二、 质点的位置矢量与运动方程 1、位置矢量
在参考系上建立直角坐标系 O– xyz ，并指定参考点， z 令原点与参考点重合。 r P 位置矢量——由原点(参考点)引向 质点位置的有向线段. O r xi y j zk x i , j , k分别为 x, y, z轴方向的单位矢量 . x,y,z 是质点的位置坐标。
y
由此可以确定：
2 2 2 r r x y z 位置矢量的大小为：
位矢方向: x cos r
y cos r
z
x
O
r
P y
z cos r
cos2 cos2 cos2 1
§2.1.4 运动方程
运动方程——质点的位置矢量随时间变化的函数方程
x2 y2 4
z0Biblioteka 二、 位移——位置矢量的增量
1. 位移
位移——经过一段时间，由
初位置引向末位置的矢量. y P
r (t )
r
Q
r ( t t )
r r (t t ) r (t )
O 在直角坐标系中坐标分解式：
x
r xi yj zk