习题一
一、选择题
1． 质点沿轨道AB 作曲线运动，速率逐渐减小，图中哪一种情况正确地表示了质点在C
[ ]
(A) (B) (C) (D) 答案：C
解：加速度方向只能在运动轨迹内侧，只有[B]、[C]符合；又由于是减速运动，所以加速度的切向分量与速度方向相反，故选（C ）。
2． 一质点沿x 轴运动的规律是x =t 2-4t +5（SI 制）。则前三秒内它的 [ ] （A ）位移和路程都是3m ；
（C ）位移是-3m ，路程是3m ； 答案：D 解：
（B ）位移和路程都是-3m ； （D ）位移是-3m ，路程是5m 。
∆x =x
t =3
-x
t =0
=2-5=-3
dx dx
=2t -4，令=0，得t =2。即t =2时x 取极值而返回。所以： dt dt
S =S 0-2+S 2-3=|x 0-2|+|x 2-3|=|x t =2-x t =0|+|x t =3-x t =2|=|1-5|+|2-1|=5
3． 一质点的运动方程是r =R cos ωti +R sin ωtj ，R 、ω为正常数。从t ＝π/ω到t =2π/ω时间内
（1）该质点的位移是 [ ]
（A ） -2R i ； （B ）2R i ； （C ） -2j ； （D ）0。
（2）该质点经过的路程是 [ ]
（A ）2R ； （B ）πR ； （C ）0； （D ）πR ω。 答案：B ；B 。 解：（1）t 1=
π2π
，∆r =r (t 2) -r (t 1) =2Ri ； , t 2=
ωω
（2）∆t 内质点沿圆周运动了半周，故所走路程为πR 。或者：
t 2dx dy ，v =ωR , S =, v y =
⎰t 1vdt =πR dt dt
v x =
4． 一细直杆AB ，竖直靠在墙壁上，B 端沿水平方向以速度v 滑离墙壁，则当细杆运动到图示位置时，细杆中点C 的速度 [ ]
（A ）大小为v /2，方向与B 端运动方向相同；
（B ）大小为
v
/2，方向与A 端运动方向相同； （C ）大小为v /2, 方向沿杆身方向；
（D ）大小为v /(2cosθ) ，方向与水平方向成θ角。 答案：D
解：设细杆的长度为2l ，对C 点有
位置：x C =l sin θ, 速度：v Cx =l cos θ
y C =l cos θ；
d θd θd θv ；所以，v C =. , v Cy =l sin θ=l =
dt dt dt 2cos θ
d θd θv
）。 =v , ∴=
dt dt 2l cos θ
（B 点：x B =2l sin θ, v B =2l cos θ
5． 某人以4km/h的速率向东前进时，感觉风从正北吹来，如将速率增加一倍，则感觉风从东北方向吹来。实际风速与风向为 [ ] (A) 4km/h，从北方吹来； (B) 4km/h，从西北方吹来；
(C)，从东北方吹来； (D) ，从西北方吹来。 答案：D
解：v 风地=v 风人+v 人地⇒v =v '+v 0
'，v 0'=2v 0 v =v ''+v 0
'
v =
v 0
，v '=v 0tan θ v ''sin 45 =v ' cos θ
0v t a θn
v '
'v ''=
v ⎛v ⎫2
'-2vv 0'cos θ= 0⎪+4v 0v ''=v +v 0-20.2v 0cos θ
cos θ⎝cos θ⎭
2v 0222=+4v 0-4v 0=2v 0tan 2θcos2θ
2
2
2
2
2sin 2θ=1
v =
二、填空题
sin θ=
θ=
45︒
v 0
。 0=（从西北方吹来）
cos θ
1．一物体作如图所示的斜抛运动，测得在轨道P 点处速度大小为v ，其方向与水平方向成30°角。则物体在P 点的切向加速度
a τ ρ 21
答案：-
g 。
2 π
解：a =-g j ， a =g a τ=a c o +θ=) -g
2
v 2
x
1
s i n =3-g
2
v 2v 22
=a n =a cos θ=g cos30。又因 a n = ，所以
ρ=
ρa n g c o s 30
2
2． 一质点在xy 平面内运动，其运动学方程为r =2t i +(2-t ) j ，其中r , t 分别以米
和
秒为单位，则从t = 1秒到t = 3秒质点的位移为 ；t =2秒时质点的加速
度为 ；质点的轨迹方程是 。
x 2
答案：2i -3j ；-2j ；y =2-。
4
d 2x d 2y
解： ∆r =r (2)-r (1)=2i -3j ， a =2i +2j =-2j
dt dt 2x
x =2t , y =2-t 2，消去时间t 得 y =2-。
4
3. 一质点沿半径为R 的圆周运动，运动学方程为s =v 0t -
t 时刻，质点的加速度矢量a =b 时，质点沿圆周运行的圈数为 。
12
bt ，其中v 0, b 都是常数，2
v (v 0-bt ) 2
n -b τ；0。
答案：
R 4πRb
2
解：
ds d 2s
=v 0-bt ，a τ=2=-b （1）v =dt dt
(v 0-bt ) 2
a =a n n +a ττ=n -b τ
R
（2）
v 0b t =令a =， 得 b 2
v 0v 01v 02v 0∆s
∆s =s (t ) -s (0)=v 0-b () ==， 得n =
b 2b 2b 2πR 4πRb
2
4在相对地面静止的坐标系内，A 、B 二船都以2ms -1的速率匀速行驶，A 船沿x 轴正向，B 船沿y 轴正向。今在A 船上设置与该坐标系方向相同的坐标系（xy 方向的单位
矢量为i , j ），那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度（以ms -1为单位）为 。
答案：-2i +2j 解：如图
y B
v B 地=2j
v A 地=2i
v BA =v B 地+v 地A =v B 地-v A 地
v B 地=2j
v A 地=2i
答案(B)v BA =-2i +2j
o
A
题图
5. 一质点沿半径为0.1m 的圆周运动，其用角坐标表示的运动学方程为θ=2+4t ，θ的单位为rad ，t 的单位为s 。问t = 2s 时，质点的切向加速度 法向加速度 ；θ等于 rad 时，质点的加速度和半径的夹角为45°。 答案：24Rt ；230.4m/s2；2.67rad 。
3
d 2θd θ2解：（1）ω==12t ，α=2=24t ；a n =R ω2=144Rt 4，a τ=R α=24Rt 。
dt dt
t = 2s时，a n =230.4m/s2，a τ=4.8m/s2
（2）设t '时，a 和半径夹角为45°，此时a n =a τ，即144Rt '4=24Rt '，得t '3=1/6 所以
θ(t ') =2+4t '3=2.67rad
三、计算题
1．一质点由静止开始做直线运动，初始加速度为a 0，以后加速度均匀增加，每经过τ秒增加a 0，求经过t 秒后质点的速度和位移。 答案：v =a 0t +
a a 021
t ；x =a 0t 2+0t 3。
26τ2τ
由题意可知，角速度和时间的关系为 根据直线运动加速度定义
a =a 0+
a 0
τ
t
a =
dv
dt
t t a a dv
=⎰adt =⎰(a 0+0t ) dt =a 0t +0t 2
00dt τ2τa
t =0时刻，v 0=0 所以 v =a 0t +0t 2
2τt t a a dx 1dx
又v =，所以 x -x 0=⎰dt =⎰vdt =⎰(a 0t +0t 2) dt =a 0t 2+0t 3
00dt 2τ26τdt
a 1
t =0时刻，x 0=0 所以 x =a 0t 2+0t 3
26τ
v -v 0=⎰
2．一质点以初速度v 0作一维运动，所受阻力与其速率成正比，试求当质点速率为
v 0
(n >1) 时，质点经过的距离与质点所能行经的总距离之比。 n
1
答案：1-。
n
解：质点作一维运动。初始条件：t =0时，x =0，v =v 0。又由题意，质点的加速度可
表示为
a =-kv
式中，k 为大于零的常数。
解法一：由加速度的定义有
a =
分离变量
dv
=-kv dt
dv
=-kdt v
t dv
⎰v 0v =-k ⎰0dt v
由初始条件t =0时v =v 0，有
积分得
v =v 0e -kt (1)
所以
v =
dx
=v 0e -kt dt
t
由初始条件t =0时x =0，积分得
x =⎰v 0e -kt dt =
v 0
(1-e -kt ) k
上式可写为 其中，x m =
x =x m (1-e -kt ) (2)
v 0
为质点所能行经的最大距离。 k
x
x =m (v 0-v ) 联立式（1）和式（2），得
v 0
故 将v =
x v =(1-) x m v 0
v 0
代入上式，得 n
x 1=1- x m n
解法二：由加速度的定义，并作变量替换有
a =v
即
dv
=-kv dx
dv =-kdx
v
x
由初始条件x =0时v =v 0，有
⎰
积分得
v 0
dv =-k ⎰dx
v =v 0-kx (3)
由上式得x =
v v 0-v
。故当v =0时，
n k
v 1
x =0(1-) (4)
k n
又由v =
dx
及式（3），有 dt
dx
=dt
v 0-kx
由初始条件t =0时x =0，积分得
ln
v 0-kx
=-kt v 0
即
x =
可见，质点所能行经的最大距离为 故当v =
v 0
(1-e -kt ) k
v x m =0
k
v 0
时，由式（4）及上式得 n
x 1=1- x m n
3. 一质点在xy 平面内的运动方程x =6t , y =4t 2-8(SI ) ，求t =1s 时，
质点的切向加速度a τ与法向加速度a n 。
答案：a τ=6. 4ms -2, a n =4. 8ms -2
解：v x =
dx dy =6, v y ==8t dt dt
v =36+64t 2 a τ=
dv 32t
=
2dt 9+16t
a τ
t =1
=6. 4ms -2
a x =0, a y =8, a =8ms -2
a n =a 2-a τ2=4. 8ms -2
4．如图，一超音速歼击机在高空 A 时的水平速率为1940 km/h，沿近似于圆弧的曲线俯冲到点B ，其速率为2192 km/h，所经历的时间为3s ，设圆弧 AB 的半径约为3.5km ，且飞机从A 到B 的俯冲过程可视为匀变速率圆周运动，若不计重力加速度的影响，求：（1）飞机在点B 的加速度；（2）飞机由点A 到点B 所经历的路程。 答案：（1）a =109m ⋅s -2，与法向成12.4角；（2）s =1722m 。 解：（1）因飞机作匀变速率运动，所以a t 和α为常量
v B
t
d v a t =，
d t
⎰
v A
d v =⎰a t d t ⇒v B -v A =a t t ，
已知v A =1940km ⋅h -1，v B =2192km ⋅h -1
r
B
t =3s ，r =3.5km ，所以 a t =
v B -v A
=23.3m ⋅s -2 t
在点 B 的法向加速度 在点 B 的总加速度大小
a 与法向之间夹角
2v B
a n ==106m ⋅s -2
r
a ==109m ⋅s -2
β=
arctan
a t
=12.4 a n
（2）在时间t 内矢径r 所转过的角度为 θ=ωA t +αt 2 飞机经过的路程为
12
1
s =r θ=v A t +a t t 2=1722m
2
5．如图所示，一条宽度为d 的小河，已知河水的流速随着离开河岸的距离成正比地增加，靠两岸边河水的流速为零，而在河中心处流速最大，为v 0。现有一人以不变的划船速度u 沿垂直于水流方向从岸边划船渡河，试求小船到达河心之前的运动轨迹。 答案：x =
v 02
y ，即运动轨迹为抛物线。 ud
解：以河岸为参照系，建立如图所示的直角坐标。根据
x 0=y 0=0，v 0x =0，题意，初始条件为t =0时， v 0y =u 。
d
又根据题意，当y ≤时，水流速度可表示为 v w =ky ，
2
d 2v
且当y =时，v w =v 0。故 k =0
d 2
即
v w =
2v 0
y d
dy
=u dt
对小船有
v x =
dx
=v w ， dt
v y =
利用前面各式及初始条件，对上两式分别积分，得
x =
联立消去t ，得
uv 02
t ， y =ut d
v 02
y ud
x =
上式即为小船渡河的运动轨迹方程，为一抛物线。
注意，上式是小船划至河中心之前的轨迹方程。当y ≥
v w 2=k (d -y )
d
时，水流速度应为 2
此时有
v x =
dx
=v w 2， dt
v y =
dy
=u dt
2
v ⎛d ⎫v d d d
根据前半部的计算结果知，在河心，即y '=时，t '=，x '=0 ⎪=0。
22u
以此为新的初始条件代入，积分
⎰
x
t y
dy x '
dx =⎰t '
v w 2dt =⎰y '
k (d -y )
u
可解得，当y ≥
d 2
时 x =-
v 0d +2v 0v
2u u y -0ud
y 2 可见小船运动轨迹仍为抛物线。
ud ⎝2⎭4u
习题一
一、选择题
1． 质点沿轨道AB 作曲线运动，速率逐渐减小，图中哪一种情况正确地表示了质点在C
[ ]
(A) (B) (C) (D) 答案：C
解：加速度方向只能在运动轨迹内侧，只有[B]、[C]符合；又由于是减速运动，所以加速度的切向分量与速度方向相反，故选（C ）。
2． 一质点沿x 轴运动的规律是x =t 2-4t +5（SI 制）。则前三秒内它的 [ ] （A ）位移和路程都是3m ；
（C ）位移是-3m ，路程是3m ； 答案：D 解：
（B ）位移和路程都是-3m ； （D ）位移是-3m ，路程是5m 。
∆x =x
t =3
-x
t =0
=2-5=-3
dx dx
=2t -4，令=0，得t =2。即t =2时x 取极值而返回。所以： dt dt
S =S 0-2+S 2-3=|x 0-2|+|x 2-3|=|x t =2-x t =0|+|x t =3-x t =2|=|1-5|+|2-1|=5
3． 一质点的运动方程是r =R cos ωti +R sin ωtj ，R 、ω为正常数。从t ＝π/ω到t =2π/ω时间内
（1）该质点的位移是 [ ]
（A ） -2R i ； （B ）2R i ； （C ） -2j ； （D ）0。
（2）该质点经过的路程是 [ ]
（A ）2R ； （B ）πR ； （C ）0； （D ）πR ω。 答案：B ；B 。 解：（1）t 1=
π2π
，∆r =r (t 2) -r (t 1) =2Ri ； , t 2=
ωω
（2）∆t 内质点沿圆周运动了半周，故所走路程为πR 。或者：
t 2dx dy ，v =ωR , S =, v y =
⎰t 1vdt =πR dt dt
v x =
4． 一细直杆AB ，竖直靠在墙壁上，B 端沿水平方向以速度v 滑离墙壁，则当细杆运动到图示位置时，细杆中点C 的速度 [ ]
（A ）大小为v /2，方向与B 端运动方向相同；
（B ）大小为
v
/2，方向与A 端运动方向相同； （C ）大小为v /2, 方向沿杆身方向；
（D ）大小为v /(2cosθ) ，方向与水平方向成θ角。 答案：D
解：设细杆的长度为2l ，对C 点有
位置：x C =l sin θ, 速度：v Cx =l cos θ
y C =l cos θ；
d θd θd θv ；所以，v C =. , v Cy =l sin θ=l =
dt dt dt 2cos θ
d θd θv
）。 =v , ∴=
dt dt 2l cos θ
（B 点：x B =2l sin θ, v B =2l cos θ
5． 某人以4km/h的速率向东前进时，感觉风从正北吹来，如将速率增加一倍，则感觉风从东北方向吹来。实际风速与风向为 [ ] (A) 4km/h，从北方吹来； (B) 4km/h，从西北方吹来；
(C)，从东北方吹来； (D) ，从西北方吹来。 答案：D
解：v 风地=v 风人+v 人地⇒v =v '+v 0
'，v 0'=2v 0 v =v ''+v 0
'
v =
v 0
，v '=v 0tan θ v ''sin 45 =v ' cos θ
0v t a θn
v '
'v ''=
v ⎛v ⎫2
'-2vv 0'cos θ= 0⎪+4v 0v ''=v +v 0-20.2v 0cos θ
cos θ⎝cos θ⎭
2v 0222=+4v 0-4v 0=2v 0tan 2θcos2θ
2
2
2
2
2sin 2θ=1
v =
二、填空题
sin θ=
θ=
45︒
v 0
。 0=（从西北方吹来）
cos θ
1．一物体作如图所示的斜抛运动，测得在轨道P 点处速度大小为v ，其方向与水平方向成30°角。则物体在P 点的切向加速度
a τ ρ 21
答案：-
g 。
2 π
解：a =-g j ， a =g a τ=a c o +θ=) -g
2
v 2
x
1
s i n =3-g
2
v 2v 22
=a n =a cos θ=g cos30。又因 a n = ，所以
ρ=
ρa n g c o s 30
2
2． 一质点在xy 平面内运动，其运动学方程为r =2t i +(2-t ) j ，其中r , t 分别以米
和
秒为单位，则从t = 1秒到t = 3秒质点的位移为 ；t =2秒时质点的加速
度为 ；质点的轨迹方程是 。
x 2
答案：2i -3j ；-2j ；y =2-。
4
d 2x d 2y
解： ∆r =r (2)-r (1)=2i -3j ， a =2i +2j =-2j
dt dt 2x
x =2t , y =2-t 2，消去时间t 得 y =2-。
4
3. 一质点沿半径为R 的圆周运动，运动学方程为s =v 0t -
t 时刻，质点的加速度矢量a =b 时，质点沿圆周运行的圈数为 。
12
bt ，其中v 0, b 都是常数，2
v (v 0-bt ) 2
n -b τ；0。
答案：
R 4πRb
2
解：
ds d 2s
=v 0-bt ，a τ=2=-b （1）v =dt dt
(v 0-bt ) 2
a =a n n +a ττ=n -b τ
R
（2）
v 0b t =令a =， 得 b 2
v 0v 01v 02v 0∆s
∆s =s (t ) -s (0)=v 0-b () ==， 得n =
b 2b 2b 2πR 4πRb
2
4在相对地面静止的坐标系内，A 、B 二船都以2ms -1的速率匀速行驶，A 船沿x 轴正向，B 船沿y 轴正向。今在A 船上设置与该坐标系方向相同的坐标系（xy 方向的单位
矢量为i , j ），那么在A 船上的坐标系中，B 船的速度（以ms -1为单位）为 。
答案：-2i +2j 解：如图
y B
v B 地=2j
v A 地=2i
v BA =v B 地+v 地A =v B 地-v A 地
v B 地=2j
v A 地=2i
答案(B)v BA =-2i +2j
o
A
题图
5. 一质点沿半径为0.1m 的圆周运动，其用角坐标表示的运动学方程为θ=2+4t ，θ的单位为rad ，t 的单位为s 。问t = 2s 时，质点的切向加速度 法向加速度 ；θ等于 rad 时，质点的加速度和半径的夹角为45°。 答案：24Rt ；230.4m/s2；2.67rad 。
3
d 2θd θ2解：（1）ω==12t ，α=2=24t ；a n =R ω2=144Rt 4，a τ=R α=24Rt 。
dt dt
t = 2s时，a n =230.4m/s2，a τ=4.8m/s2
（2）设t '时，a 和半径夹角为45°，此时a n =a τ，即144Rt '4=24Rt '，得t '3=1/6 所以
θ(t ') =2+4t '3=2.67rad
三、计算题
1．一质点由静止开始做直线运动，初始加速度为a 0，以后加速度均匀增加，每经过τ秒增加a 0，求经过t 秒后质点的速度和位移。 答案：v =a 0t +
a a 021
t ；x =a 0t 2+0t 3。
26τ2τ
由题意可知，角速度和时间的关系为 根据直线运动加速度定义
a =a 0+
a 0
τ
t
a =
dv
dt
t t a a dv
=⎰adt =⎰(a 0+0t ) dt =a 0t +0t 2
00dt τ2τa
t =0时刻，v 0=0 所以 v =a 0t +0t 2
2τt t a a dx 1dx
又v =，所以 x -x 0=⎰dt =⎰vdt =⎰(a 0t +0t 2) dt =a 0t 2+0t 3
00dt 2τ26τdt
a 1
t =0时刻，x 0=0 所以 x =a 0t 2+0t 3
26τ
v -v 0=⎰
2．一质点以初速度v 0作一维运动，所受阻力与其速率成正比，试求当质点速率为
v 0
(n >1) 时，质点经过的距离与质点所能行经的总距离之比。 n
1
答案：1-。
n
解：质点作一维运动。初始条件：t =0时，x =0，v =v 0。又由题意，质点的加速度可
表示为
a =-kv
式中，k 为大于零的常数。
解法一：由加速度的定义有
a =
分离变量
dv
=-kv dt
dv
=-kdt v
t dv
⎰v 0v =-k ⎰0dt v
由初始条件t =0时v =v 0，有
积分得
v =v 0e -kt (1)
所以
v =
dx
=v 0e -kt dt
t
由初始条件t =0时x =0，积分得
x =⎰v 0e -kt dt =
v 0
(1-e -kt ) k
上式可写为 其中，x m =
x =x m (1-e -kt ) (2)
v 0
为质点所能行经的最大距离。 k
x
x =m (v 0-v ) 联立式（1）和式（2），得
v 0
故 将v =
x v =(1-) x m v 0
v 0
代入上式，得 n
x 1=1- x m n
解法二：由加速度的定义，并作变量替换有
a =v
即
dv
=-kv dx
dv =-kdx
v
x
由初始条件x =0时v =v 0，有
⎰
积分得
v 0
dv =-k ⎰dx
v =v 0-kx (3)
由上式得x =
v v 0-v
。故当v =0时，
n k
v 1
x =0(1-) (4)
k n
又由v =
dx
及式（3），有 dt
dx
=dt
v 0-kx
由初始条件t =0时x =0，积分得
ln
v 0-kx
=-kt v 0
即
x =
可见，质点所能行经的最大距离为 故当v =
v 0
(1-e -kt ) k
v x m =0
k
v 0
时，由式（4）及上式得 n
x 1=1- x m n
3. 一质点在xy 平面内的运动方程x =6t , y =4t 2-8(SI ) ，求t =1s 时，
质点的切向加速度a τ与法向加速度a n 。
答案：a τ=6. 4ms -2, a n =4. 8ms -2
解：v x =
dx dy =6, v y ==8t dt dt
v =36+64t 2 a τ=
dv 32t
=
2dt 9+16t
a τ
t =1
=6. 4ms -2
a x =0, a y =8, a =8ms -2
a n =a 2-a τ2=4. 8ms -2
4．如图，一超音速歼击机在高空 A 时的水平速率为1940 km/h，沿近似于圆弧的曲线俯冲到点B ，其速率为2192 km/h，所经历的时间为3s ，设圆弧 AB 的半径约为3.5km ，且飞机从A 到B 的俯冲过程可视为匀变速率圆周运动，若不计重力加速度的影响，求：（1）飞机在点B 的加速度；（2）飞机由点A 到点B 所经历的路程。 答案：（1）a =109m ⋅s -2，与法向成12.4角；（2）s =1722m 。 解：（1）因飞机作匀变速率运动，所以a t 和α为常量
v B
t
d v a t =，
d t
⎰
v A
d v =⎰a t d t ⇒v B -v A =a t t ，
已知v A =1940km ⋅h -1，v B =2192km ⋅h -1
r
B
t =3s ，r =3.5km ，所以 a t =
v B -v A
=23.3m ⋅s -2 t
在点 B 的法向加速度 在点 B 的总加速度大小
a 与法向之间夹角
2v B
a n ==106m ⋅s -2
r
a ==109m ⋅s -2
β=
arctan
a t
=12.4 a n
（2）在时间t 内矢径r 所转过的角度为 θ=ωA t +αt 2 飞机经过的路程为
12
1
s =r θ=v A t +a t t 2=1722m
2
5．如图所示，一条宽度为d 的小河，已知河水的流速随着离开河岸的距离成正比地增加，靠两岸边河水的流速为零，而在河中心处流速最大，为v 0。现有一人以不变的划船速度u 沿垂直于水流方向从岸边划船渡河，试求小船到达河心之前的运动轨迹。 答案：x =
v 02
y ，即运动轨迹为抛物线。 ud
解：以河岸为参照系，建立如图所示的直角坐标。根据
x 0=y 0=0，v 0x =0，题意，初始条件为t =0时， v 0y =u 。
d
又根据题意，当y ≤时，水流速度可表示为 v w =ky ，
2
d 2v
且当y =时，v w =v 0。故 k =0
d 2
即
v w =
2v 0
y d
dy
=u dt
对小船有
v x =
dx
=v w ， dt
v y =
利用前面各式及初始条件，对上两式分别积分，得
x =
联立消去t ，得
uv 02
t ， y =ut d
v 02
y ud
x =
上式即为小船渡河的运动轨迹方程，为一抛物线。
注意，上式是小船划至河中心之前的轨迹方程。当y ≥
v w 2=k (d -y )
d
时，水流速度应为 2
此时有
v x =
dx
=v w 2， dt
v y =
dy
=u dt
2
v ⎛d ⎫v d d d
根据前半部的计算结果知，在河心，即y '=时，t '=，x '=0 ⎪=0。
22u
以此为新的初始条件代入，积分
⎰
x
t y
dy x '
dx =⎰t '
v w 2dt =⎰y '
k (d -y )
u
可解得，当y ≥
d 2
时 x =-
v 0d +2v 0v
2u u y -0ud
y 2 可见小船运动轨迹仍为抛物线。
ud ⎝2⎭4u