《理论力学》第五章 点的运动 习题全解

[习题5-1] 一点按xt12t2的规律沿直线动动(其中t要s计,x以m计).试求:(1)最初3s内的位移;(2)改变动动方向的时刻和所在位置;(3)最初3s内经过的路程;(4)t3s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3s内的位移.

x(0)0312022m x(3)3312327m

xx(3)x(0)729(m) (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: v3dx3t2120, dt亦即:当t2s时,动点改变运动方向.此时动点所在的位置为: x(2)23122214(m) (3)求最初3s内经过的路程.

S(0~3)S(0~2)S(2~3)|142||7(14)|16723(m) (4)求t3s时的速度和加速度

vdxdx3t212 v(3)3321215(m/s) dtdtdva6t a(3)6318(m/s2)

dt(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:

va(3t212)(6t)18t(t24)18t(t2)(t2)0

t(t2)(t2)0 0t2.

即当0t2s时,动点作加速动动.

1

异号时有:

t(t2)(t2)0 t2

即当t2s时,动点作减速运动.

[习题5-2] 已知图示机构中,OAABl,CMDMACa,求出t时,点M的动动方程和轨迹方程。

解:设动点M的坐标为M(x,y),则由图中的几何关系可知,运动方程为: xlcost

ylsint2asint(l2a)sint 把上式两边分别平方后相加,得到轨迹方程:

yACDOMB题52图xx2y2 21 2l(l2a)[习题5-3] 跨过滑轮C的绳子一端挂有重物B,另一端A被人拉着沿水平方向运动,其速度为

v01m/s,A点到地面的距离保持常量h1m.滑轮离地面的高度H9m,其半径忽略不

计.当运动开始时,重物在地面上B0处,绳AC段在铅直位置A0C处.求重物B上升的运动方程和速度方程,以及重物B到达滑轮处所需的时间.

2

22解:从图中可知,绳子的原长约为16m.在任一瞬时,绳子的长度为:8(1t)lBC.即:

82t2lBC16 lBC1682t2

B点的y坐标,即重物B上升的运动方程为:

yB8lBC81664t264t28

重物B上升的速度方程为:

vBdyBd2tt (64t28)22dtdt264t64t重物到达滑轮时,所走过的路程为8m,即:

dyvdtt64t2dt

yt64t2dtd(64t2)264t264t2C

当t0时,y0,C8,故:

y64t28,依题意: 64t288,解得:t13.9s

[习题5-4] 偏心轮半径为r,转动轴到轮心的偏心距OCd,坐标轴Ox如图所示.求杆AB的运动方程,已知t,为常量.

3

解:AB杆作竖向平动.A点的运动代表AB杆的运动.由图中的几何关系可知,A点的坐标,即AB杆的运动方程为:

rd

sintsinAdsinAsint

rd212cosA1sinA12sin2trd2sin2t

rr2xAdcostrcosAdcostr2d2sin2t

[习题5-5] 半圆形凸轮以匀速v10mm/s沿水平方向向左运动,活塞杆AB长l沿铅直方向运动.挡运动开始时,活塞杆A端在凸轮的最高点上.如凸轮的半径R80mm,求活塞B的运动方程和速度方程.

解:活塞杆AB作竖向平动.以凸轮圆心为坐标原点,铅垂向上方向为x轴的正向,则由图中的

4

几何关系可知,任一时刻,B点的坐标,即活塞B的运动方程为:

R2(vt)2 xBlRcoslRlR2(vt)2l64t2(cm)

R活塞B的速度方程为:

vBdxB12tt(cm/s)

22dt264t64t[习题5-6] 已知杆OA与铅直线夹角t(以rad计,t以s计),小环M套在杆OA,CD6上,如图所示.铰O至水平杆CD的距离h400mm.求小环M的速度方程与加速度方程,并求t1s时小环M的速度及加速度.

解:以OA铅垂时小环M的位置为坐标原点,水平向右方向为x轴的正向.任一瞬时, M的坐标,即运动方程为:

xMhtan400tan小环M的速度方程为:

t6(mm)

vMdxMdtt200t(400tan)400sec2()sec2()(mm/s) dtdt66636200sec2()(mm/s)279(mm/s) 36vM(1)小环M加速度方程为:

aMdvMd200t200dt(sec2)sec2dtdt363dt6

200ttt2002tt2secsectansec2tan(mm/s2)

36666966 5

2002aM(1)sec2tan169(mm/s2)

966[习题5-7] 滑道连杆机构如图所示,曲柄OA长r,按规律0t转动(以rad计,t以

s计),为一常量.求滑道上B点的运动方程,速度方程及加速度方程.

解:以O为坐标原点,OB方向为x轴的正向,则B点的坐标,即运动方程为: xBrcos(0t)l B点的速度方程为: vBdxBd[rcos(0t)l]rsin(0t)rsin(0t) dtdtB点的加速度方程为: aBdvBd[rsin(0t)]r2cos(0t) dtdt[习题5-8] 动点A和B在同一直角坐标系中的运动方程分别为

{xAtyA2t2, {xBt2yB2t4

其中,x,y以mm计, t以s计.试求:(1)两点的运动轨迹;(2)两点相遇的时刻;(3)两点相遇时刻它们各自的速度;(4)两点相遇时刻它们各自的加速度. 解: (1)求两点的运动轨迹

6

A点的运动轨迹:yA2xA B点的运动轨迹:yB2xB

(2)求两点相遇的时刻

两点相遇时,它们的坐标相同.

2 xAxB, tt, t1s.即当t1s时,两点相遇.

22(3)求两点相遇时刻它们各自的速度 vxAdxAdy1, vyAA4t, vA116t2 dtdt两点相遇时,A点的速度为:

大小:vA(1)1164.12(mm/s).

方向:vAvyA4arctanarctan75057'50\"

vxA1vxBdxBdy2t, vyAB8t3, vA4t264t6 dtdt两点相遇时,B点的速度为: 大小:vB(1)4648.25(mm/s). vyBvxB8arctan75057'50\"

2方向:vBarctan(4)求两点相遇时刻它们各自的加速度 axAdvyAdvxA0, ayA4(mm/s2) aA4mm/s2 dtdt 两点相遇时,A点的加速度为:

大小:aA(1)4mm/s,方向:沿y轴正向.

2axBdvyBdvxB2, ayB24t2 aB4576t4 dtdt 两点相遇时,B点的加速度为:

大小:aB(1)457624.08(mm/s2)

7

方向:aBarctan2485014'11\" 2[习题5-9] 点M以匀速率u在直管OA内运动,直管OA又按t规律绕O转动.当t0时, M在O点,求其在任一瞬时的速度及加速度的大小.

解: rut,t, 设任一瞬时,M点的坐标为M(x,y),则点M的运动方程为:

xrcosutcost, yrsinutsint

速度方程为:

vx2dxd(utcost)ucostut(sint)ucostutsint dtdtvxu2cos2t(ut)2sin2t2u2tsintcost

vy2dyd(utsint)usintutcostusintutcost dtdt vyu2sin2t(ut)2cos2t2u2tsintcost

vxvyu2(ut)2

任一瞬时,速度的大小为:

22vvxvyu2(ut)2u1(t)2

加速度方程为:

22axdvxd(ucostutsint)dtdt

u(sint)[usintutcost]

2usintutcost

ax4u22sin2t(u2t)2cos2t4u23tsintcost

22 8

aydvydtd(usintutcost) dt ucost[ucostut(sint)

2ucostu2tsint

ay4u22cos2t(u2t)2sin2t4u23tsintcost axay4u22(u2t)2

任一瞬时,速度的大小为:

222aaxay4u22(u2t)2u4(t)2

[习题5-10] 一圆板在Oxy平面内运动.已知圆板中心C的运动方程为xC34t2t2,

22yC32tt2(其中xC,yC以m计, t以s计).板上一点M与C的距离l0.4m,直线段

CM与x轴的夹角2t2(以rad计, t以s计),试求t1s时M点的速度及加速度.

解: 设M点的坐标为M(x,y),则M点的坐标,即运动方程为:

xxClcos34t2t20.4cos(2t2) yyClsin32tt20.4sin(2t2)

速度方程:

vxdxd[34t2t20.4cos(2t2)]44t0.4(sin2t2)4tdtdt

vx44t1.6tsin2t2

9

1800vx(1)441.6sin(2)1.46(m/s)

3.14vydyd[32tt20.4sin(2t2)]22t0.4cos2t24t dtdtvy22t1.6tcos2t2

1800vy(1)221.6cos(2)3.33(m/s)

3.14t1s时M点的速度为:

v1.46i3.33j (m/s)

加速度方程:

axdvxd(44t1.6tsin2t2)41.6[sin2t2tcos2t24t] dtdtax41.6sin2t26.4t2cos2t2

18001800ax(1)41.6sin(2)6.4cos(2)5.215(m/s)

3.143.14aydvydtd(22t1.6tcos2t2)21.6[cos2t2t(sin2t2)4t] dtay21.6cos2t26.4t2sin2t2

18001800ay(1)21.6cos(2)6.4sin(2)4.484(m/s)

3.143.14t1s时M点的加速度为:

a5.215i4.484j

[习题5-11] 一段凹凸不平的路面可近似地用下列正弦曲线表示:y0.04sinx20,其中x,y

均以m计.设有一汽车沿x方向的运动规律为x20t(x以m计,t以s 计).问汽车经过该段路面时,在什么位置加速度的绝对值最大?最大的加速度值是多少? 解: vydydxxdx20t(0.04sin)0.04cos0.04cos20 dtdt202020dt2020vy0.04cos(t)

10

ayvxdvydtd[0.04cos(t)]0.04(sint)0.042sint dtdx20(m/s) dtaxdvx0 dtaay0.042sint

当t(2n1)2,n1,2,,即t2n1s时, 2加速度的绝对值最大, |a|max0.042(m/s2). 此时汽车的位置在: x202n11010(2n1)(m),y0.04sin0.04(m) 220[习题5-12] 一点作平面曲线运动,其速度方程为vx3,vy2sin4t,其中vx,vy以

m/s计,t以s计.已知在初瞬时该点在坐标原点,求该点的运动方程和轨迹方程。

解：

（１）求运动方程

dxvx3 dt dx3dt

x3dt3tC1

由边界条件t0，x0代入上式得：C10，故 x3t

dyvy2sin4t dt dy2sin4tdt y2sin4tdt

1 41ntd(4t) y2si4

411ntd(4t)co4stC2 ysi422ntd(4t) y2si4 由边界条件t0，x0代入上式得：

11

11si4ntd(4t)co0sC2 221 C2，故

2111st(1co4st)，因此，该动点的运动方程为： yco42221 x3t；y(1cos4t)。

2 0（２）求动点的轨迹

x1代入y(1cos4t)得：

2314 y(1cosx)，这就是动点的轨迹方程。

23 由x3t得t[习题5-13] 一动点之加速度在直角坐标轴上的投影为：ax160cos2t，

ay200sin2t。已知当t0时，x40，y50，vx0，vy100（长度以mm计，

时间以s计），试求其运动方程和轨迹方程。 解：

（１）求运动方程

dvxax160cos2t dt dvx160cos2tdt

ntC1 vx160cos2tdt80cos2td(2t)80si2 把当t0时，vx0的边界条件代入上式得：C10，故 vx80si2nt

dxvx80sin2t dtntd(2t) dx80sin2tdt40si2stC2 x40(sin2t)d(2t)40co2 把当t0时，x40的边界条件代入上式得：4040cos0C2，C20，故

st x40co2 12

dvydtay200sin2t

dvy200sin2tdt100si2ntd(2t) vy100(sin2t)d(2t)100cos2tC3

把当t0时，vy100的边界条件代入上式得：C30，故 vy100co2st

dyvy100cos2t dttd(2t) dy100cos2tdt50co2sntC4 y50cos2td(2t)50si2 把当t0时，y50的边界条件代入上式得：C450，故 y50sin2t50。因此，该动点的运动方程为：

st；y50sin2t50。 x40co2（２）求动点的轨迹方程

x22 由x40cos2t得：2cos2t……(a)

40(y50)2sin22t……(b) 由y50sin2t50得：250 (a)+(b)得：

x2(y50)21 这就是动点的轨迹方程。 224050[习题5-14] 定向爆破开山筑坝。爆破物从爆处Ａ至散落处Ｂ的运动可以近似地作为抛射运动，设Ａ、Ｂ两处高差为Ｈ，水平距离为Ｌ，初速v0与水平线夹角为，试推证v0的大小 应为v0glH(1cot)sin2L 。

证：

13

v0xvocos Lvoxtv0cost

tL……(a)

v0cosv0yvosingt

dyvoyvosingt dtdy(vosingt)dt

t0dyHv0sint12gt （Ａ点高于Ｂ点，故Ｈ前有个负号） 2Hv0sint(a)代入(b)得：

12gt……(b) 2Hv0sinL1Lg()2

v0cos2v0cosHtanLgL22v0cos22gL22v0cos22

22LtanH

gL22v0cos

tanHv02gL2gL2gL22sincos2cossinL2cosH2cos2(LH)Lsin22cossinHcossingL2gL2Lsin2sin2cotHsin2(LHcot)gL(1Hcot)sin2L

v02故v0gHH(1cot)sin2L，本题得证。

14

[习题5-1５] 重力坝溢流段和鼻坎挑流。鼻坎与下游水位高差为Ｈ，设挑流角为，水流射出鼻坎的速度为v，试求射程Ｌ。

解：vxvcos Hvyt12gt 22H2vytgt2 gt22vsint2H

2vsin4v2sin24g(2H)vsinv2sin22gH，取 t2ggvsinv2sin22gHt

gvsinv2sin22gHLvxtvcosgv2sincosvcosv2sin22gH Lg

[习题5-16] 喷水枪的仰角45，水流以v020m/s的速度射至倾角为60的斜坡上，欲使水流射到斜坡上的速度与斜面垂直，试求水流喷射在斜坡上的高度h及水枪放置的位置Ｏ与坡脚Ａ的距离s。

00yvBvBx300vByv0

BhxsA600O 15

解：vxv0cos vyv0singt

到达Ｂ点时，

tan300vByvBxv0singtgtgt tantan4500v0cosv0cos20cos453gt 131020.57710.693t

t0.61(s) hvyt121gt(v0singt)tgt2v0tsin1.5gt2 22h200.61sin4501.59.80.6123.157(m)

svxthcot600v0cost3.1570.577

20cos4500.611.8226.8(m)

[习题5-17] 点沿曲线ＡＯＢ动动。曲线由ＡＯ、ＯＢ两段圆弧组成，ＡＯ段曲率半径

R118m，ＯＢ段曲率半径R224m，取圆弧交接处Ｏ为原点，规定正方向如图所示。

2已知点的运动方程：s34tt，t以s计，s以m计。求：（１）点由t0至t5s

所经过的路程；（２）t5s时的加速度。

题517图()AsR1OR2B()解：（１）求点由t0至t5s所经过的路程

s34tt2

16

令

ds42t0得t2s；当t2s时，动点改变运动方向。 dts(0)3

s(2)342227 s(5)345522

点由t0至t2s所经过的路程s02s(2)s(0)734(m) 点由t2至t5s所经过的路程s254[3(2)9(m) 点由t0至t5s所经过的路程s054913(m) （２）求t5s时的加速度

vds42t0 dtdva2(m/s2)

dtv2(425)2an2(m/s2)

R118aaan(2)2222.83(m/s2)

[习题5-18] 摇杆滑道机构如题5-1８附图所示，滑块Ｍ同时在固定圆弧槽中和在摇杆的滑道中滑动。BC弧的半径为R，摇杆OA的转轴在BC弧所在的圆周上。摇杆绕O轴以匀角速转动，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求滑块的运动方程，并求其速度及加速度。 解:(1) 直角坐标法

设滑块Ｍ的坐标为M(x,y)，则动点Ｍ的运动方程为：

22xRRcos2t

yRsin2t vxdxR(sin2t)22Rsin2t dtdxvyRcos2t22Rcos2t

dtx()BMAyOt()C2t0 17

vvxvy4R22(sin22tcos22t)2R

22tan1tan(vx,vy)vyvxcot2t

1arctan(cot2t)

axdvx2Rcos2t24R2cos2t dtay

dvydt2R(sin2t)24R2sin2t

aaxay16R24(cos22tsin22t)4R2

22tan2tan(ax,ay)ayaxtan2t

2(ax,ay)2t

（2）自然坐标法

建立如图所示的自然坐标。Ｍ点的运动方程（即弧坐标）为：

s2Rt

vds2R dtdva0２

dt(2R)2an4R2

Raaan02(4R2)24R2

x75cos4t2[习题5-19] 某点的运动方程为：，x及y的单位为m，t的单位为s。求2y75sin4t它的速度、切向加速度与法向加速度。 解：

（１）求动点的速度

22v2vxdx75(sin4t2)8t600tsin4t2 dt 18

vydy75cos4t28t600tcos4t2 dt22vvxvy3600t2(sin24t2cos24t2)600t(m/s)

（２）求动点的切向加速度

adv600(m/s2) dt（３）求动点的法向加速度

(600t)2 an48t02(0m/s2)

75xt2t[习题5-20] 已知动点的运动方程为：，x及y的单位为m，t的单位为s。求

y2t其轨迹及t1s时的速度、加速度。并分别求切向加速度、法向加速度与曲率半径。 解：（１）求动点的轨迹及t1s时的速度、加速度

v2xt2t由得：

y2ty2yx

424xy22y

4y22y4x0，即该动点的轨迹为抛物线。

dx2t1 dtdyvy2

dtvxvvxvy(2t1)2224t24t5 t1s时的速度

22v(1)4452.24(m/s)

axdvx2(m/s2) dtaydvydt0

19

aax2(m/s2)

t1s时的加速度

a(1)2(m/s2)

（２）求切向加速度、法向加速度与曲率半径

advd8t44t2 (4t24t5)22dtdt24t4t54t4t5t1s时的切向加速度

a(1)4t24t24t522250.894(m/s2)

a2(1)a(1)an(1)

22242an(1) 5an(1)3.2 an(1)1.789(m/s2) an(1)5v21.789

1.789

52.795(m)2.8m 1.7892[习题5-21] 点Ｍ沿给定的抛物线y0.2x运动（其中x,y均以m计）。在x5m处时，

速度v4m/s，切向加速度a3m/s2。求点在该位置时的加速度。 解： y0.2x

2dydydx0.4xvx dtdxdtv(dx2dydx22)()2vx0.16x2vx10.16x2 dtdtdt2v10.16xx

20

dv0.32xx2ax10.16xx

2dt210.16x把在x5m处时，速度v4m/s，a3m/s2的边界条件代入以上二式得：

410.165x5x

2x45

30.325210.1652.5655x

2(45)10.165x

223352.565x

x(352.56)/50.83(m/s2) dydydx0.4xvx dtdxdty0.4xx

y0.4xx0.4xx0.4(xxx)0.4[(22245)250.83]2.94(m/s2)

axy0.8322.9423.084(m/s2)

[习题5-22] 已知一点的加速度方程为ax6m/s2，当t0时，x0y00，ay0，

v0x10m/s，v0y3m/s，求点的运动轨迹，并用简捷的方法求t1s时点所在处轨迹

的曲率半径。

解：（１）求运动轨迹方程

d2xax26

dtdx6tC1 dt把t0时，v0x10m/s代入上式得：C110m/s。故

21

dx6t10 dtx3t210tC2

把t0时，x00代入上式得：C20。故

x3t210t

d2yay20

dtdyC33(m/s) (把t0时，v0y3m/s) dty3tC4

把t0时，y00代入上式得：C40。故

y3t。

故动点的运动方程为：

x3t210t，y3t。消去t得动点的运动轨迹：

y2yy210yx3()10（抛物线）

3333（２）求曲率半径 高等数学法：

y210yx

331dy10dy12y

3dx3dxdydy32y10

dxdxdy3 dx102y03(2(102y)dy)dx2dy2dx26318 22102y(102y)(102y)当t1s时，y3t313m，故

22

dydx|3t110230.75 d2ydx2|t118(1023)30.28125 1y\"0.28125(1y'2)3(10.752)30.144

10.1446.94(m) 运动学法：

vx22y

2axy2

切向加速度：axxydvdty2

x2y法向加速度：a2n1advdt|xyyx|2

x2yv2(x2y2)3/2曲率半径：ay n|xyy|当t1s时，

x6t1061104

x6

y3

y0，故：

(4232)3/2|403(6)|125186.94(m)

[习题5-23] 已知某动点用极坐标表示的运动方程为r34t21.5t2速度与加速度。r的单位为m，的单位为rad，t的单位s。

23

600时点的 。求drd(34t2)8t dtdtdd(1.5t2)3t dtdt解： v(dr2d2)(r)64t2(34t2)2(3t)264t2(9t12t3)2 dtdt0 60 v31.55t2，即t0.822s时，

6408222(340.8222)2(30.822)215.5216(m/s)

v14.063 1arctanarctan64056'19\"

vr6.576

drd(34t2)8t dtdtd2rd(8t)8

dt2dt

dd(1.5t2)3t dtdtd2d(3t)3

dtdt2d2rd2222r()8(34t)(3t) ar 2dtdtar(0.822)64(340.8222)(30.822)229.322(m/s2)d2drdar22(34t2)3.128t3.1tdtdtdta9.312.4t249.6t29.362t2

a(0.822)9.3620.822251.192(m/s2) aara29.322251.192258.995(m/s2)

22a51.192 2arctanarctan60011'48\"

ar29.322

24

[习题5-24] 试用极坐标表示法求题５－１８的运动方程以及速度和加速度。

解：（１）求运动方程 x()BMOAytr0()CrR

2tdrrvr0，2

dt （２）求速度

vrR22R

vvrv2R

（３）求加速度

22r0 0

2arrr0R(2)24R2

ar2r0

aara4R2

[习题5-25] 杆ＯＡ绕Ｏ轴以匀角速转动，带动滑块Ｍ在半径为Ｒ的固定圆弧形槽内滑动。已知R250mm，a150mm，试用极坐标法求解：

222时，Ｍ的速度和加速度。

ARra2arcos

O222Ma

25

CRr2(2acos)r(a2R2)0

2acos4a2cos24(a2R2) r2racosa2cos2a2R2，取：

racosta2cos2ta2R2

dra22cost(sint)a(sint)dt2a2cos2ta2R2dra2sin2t asint2222dt2acostaR1a22cost(sint)(acos2t2)2acostaR(asin2t)222a2cos2ta2R2dracostdt24(a2cos2ta2R2)222222(2a22)2a2R2d2r4a22R2a2|dt224(a2R2)4(R2a2)a22Ra22

vrdr|a(1)a dt2t

d dtd20 dt2vr|2R2a2

2vvrva22(R2a2)2R

2d2rdar2r()2dtdta22Ra22Ra2222a22R22Ra22

d2drdar22R2a202(a)2a2

dtdtdta总ara

22(4a444a2R24R44)4a24(R2a2) 22Ra26

4a444a2R24R444a24R24a44 a总22Raa总R4422RaR22Ra22

[习题5-26] 杆ＯＡ按规律At（以rad计，t以s计）绕Ｏ轴逆时针转动，同时套筒

2Ｍ按规律rBt（r以m计，t以s计）沿杆运动。当t1s时，Ｍ的速度v22m/s，

切向加速度a32m/s2。试确定常数Ａ、Ｂ，并求t3s时Ｍ的径向加速度和横向加速度。

解：（１）求Ａ、Ｂ

ArMrBt2 dr2Bt dtO题526图dr2B 2dt2At

dA dtd20 2dtv(dr2d2)(r)(2Bt)2r2A24B2t2B2t4A2Bt4A2t2 dtdtdv2A2t22 aB4AtBt22dt24At当t1s时，Ｍ的速度v22m/s，即：

224B2B2A2

4B2A2B28 B2

27

8……..(1)

A24当t1s时，切向加速度a32m/s2,即：

dv2A2t22 aB4AtBt22dt24At32B4AB2A24A2B(4A2)BA24A24B2A2B4A2

324A24B2A2B 18(4A2)(4B2A2B)2

7218A216B216A2B24A4B2

184.5A2B2(44A2A4)……(2)

（１）代入（２）得：

184.5A2824(44AA) 2A4(184.5A2)(A24)8(44A2A4)

18A24.5A47218A23232A28A4 3.5A44A2400

24(4)43.5(40)42442A20

23.577负根不合舍去，A2

B2881，B1 2A444故，A2，B1。

（２）求t3s时Ｍ的径向加速度和横向加速度 动点Ｍ的运动方程为：

rt2，2t dr2t dtd2r2 dt2 28

2t

d2 dtd20 2dtd2rdar2r()22t22224t2

dtdtar|t3243234(m/s2)

d2drdar22022t28t

dtdtdta|t38324(m/s2)

a(24t2)er8tep

29