直线运动学，例题（KBAT）

先把加速度积分建立速度，用初速度确定常数。

$$v=\int (2t-6)\,dt=t^{2}-6t+c$$

因为当 $t=0$ 时 $v=5$，得 $c=5$，所以 $v=t^{2}-6t+5$。求质点静止的时刻。

$$t^{2}-6t+5=0\ \Rightarrow\ (t-1)(t-5)=0$$

所以 $v=0$ 在 $t=1$ 和 $t=5$。检查正负号，$v>0$ 在 $0\le t<1$，$v<0$ 在 $1<t<5$；质点在 $t=1$ 掉头。

再积分求位移，取 $t=0$ 时 $s=0$。

$$s=\int (t^{2}-6t+5)\,dt=\frac{t^{3}}{3}-3t^{2}+5t$$

计算关键时刻 $t=1$ 和 $t=5$ 时的位移。

$$s(1)=\tfrac{1}{3}-3+5=\tfrac{7}{3},\qquad s(5)=\tfrac{125}{3}-75+25=-\tfrac{25}{3}$$

把每段的路程按位移的绝对变化相加。

$$\text{总路程}=\left|\tfrac{7}{3}-0\right|+\left|-\tfrac{25}{3}-\tfrac{7}{3}\right|=\tfrac{7}{3}+\tfrac{32}{3}=\tfrac{39}{3}=13$$

用积分求每个质点离 $O$ 的位移，两者都取 $t=0$ 时 $s=0$。

$$s_{A}=\int (3t^{2}-6t)\,dt=t^{3}-3t^{2},\qquad s_{B}=\int 4\,dt=4t$$

(a) 它们在位移相等处相遇。

$$t^{3}-3t^{2}=4t\ \Rightarrow\ t^{3}-3t^{2}-4t=0$$

提出 $t$ 因式分解。

$$t(t^{2}-3t-4)=0\ \Rightarrow\ t(t-4)(t+1)=0$$

相关的根是 $t=4$，舍去 $t=0$（出发点）和 $t=-1$。它们的共同位移为：

$$s_{A}(4)=4^{3}-3(4)^{2}=64-48=16$$

(b) 要求 $A$ 的总路程，先找 $A$ 静止的时刻，因为 $v_{A}=3t(t-2)$ 会改变正负号。

$$3t(t-2)=0\ \Rightarrow\ t=0\ \text{或}\ t=2$$

$v_{A}<0$ 在 $0<t<2$，$v_{A}>0$ 在 $2<t<4$，所以 $A$ 在 $t=2$ 掉头。计算 $s_{A}$。

$$s_{A}(2)=8-12=-4,\qquad s_{A}(4)=16$$

把两段相加。

$$\text{总路程}=|-4-0|+|16-(-4)|=4+20=24$$

把加速度积分求速度，用 $t=0$ 时 $v=2$ 确定常数。

$$v=\int (6-2t)\,dt=6t-t^{2}+c,\qquad v(0)=2\ \Rightarrow\ c=2$$

所以 $v=-t^{2}+6t+2$。速度在其变化率（即加速度）为零处取最大。

$$a=6-2t=0\ \Rightarrow\ t=3$$

因为 $t=3$ 之前 $a>0$、之后 $a<0$，这是最大。把 $t=3$ 代入 $v$。

$$v|_{t=3}=-(3)^{2}+6(3)+2=-9+18+2=11$$

(b) 把速度积分求位移，取 $t=0$ 时 $s=0$。

$$s=\int (-t^{2}+6t+2)\,dt=-\frac{t^{3}}{3}+3t^{2}+2t$$

代入 $t=3$。

$$s|_{t=3}=-\frac{27}{3}+3(3)^{2}+2(3)=-9+27+6=24$$

这里质点是以位移 $s$ 的函数给出，而不是以加速度给出，所以先把位移微分求速度。

$$v=\frac{ds}{dt}=3t^{2}-12t+9$$

(a) 质点瞬间静止的时刻是 $v=0$ 处。

$$3t^{2}-12t+9=0\ \Rightarrow\ t^{2}-4t+3=0\ \Rightarrow\ (t-1)(t-3)=0$$

所以质点在 $t=1$ 和 $t=3$ 静止。(b) 要判断哪一个时刻给出最大位移，再微分一次求加速度，并检查它在各时刻的正负号。

$$a=\frac{dv}{dt}=6t-12$$

$$a|_{t=1}=6(1)-12=-6<0,\qquad a|_{t=3}=6(3)-12=6>0$$

$t=1$ 处加速度为负，表示 $s$ 在该处取最大值（由递增转为递减）；$t=3$ 处加速度为正，表示 $s$ 在该处取最小值。计算 $t=1$ 时的 $s$。

$$s|_{t=1}=(1)^{3}-6(1)^{2}+9(1)=1-6+9=4$$

把加速度积分求速度，用给定的初速度确定常数。

$$v=\int (4t-8)\,dt=2t^{2}-8t+c,\qquad v(0)=6\ \Rightarrow\ c=6$$

所以 $v=2t^{2}-8t+6=2(t-1)(t-3)$。质点在 $t=1$ 和 $t=3$ 静止，两者都在前 $4$ 秒之内，所以它掉头两次。

再积分一次求位移，取 $t=0$ 时 $s=0$。

$$s=\int (2t^{2}-8t+6)\,dt=\frac{2t^{3}}{3}-4t^{2}+6t$$

计算起点、每个静止时刻，以及区间终点的位移。

$$s(0)=0,\quad s(1)=\tfrac{8}{3},\quad s(3)=0,\quad s(4)=\tfrac{8}{3}$$

(a) 把每段的路程相加。

$$\text{总路程}=\left|\tfrac{8}{3}-0\right|+\left|0-\tfrac{8}{3}\right|+\left|\tfrac{8}{3}-0\right|=\tfrac{8}{3}+\tfrac{8}{3}+\tfrac{8}{3}=8$$

(b) 平均速度只看整段时间内的净位移，而不是所经过的路程。

$$\text{平均速度}=\frac{s(4)-s(0)}{4}=\frac{\tfrac{8}{3}}{4}=\tfrac{2}{3}\ \text{m s}^{-1}$$

把加速度积分两次求出 $A$ 的速度和位移，取 $t=0$ 时 $v_{A}=0$、$s_{A}=0$。

$$v_{A}=\int 6t\,dt=3t^{2},\qquad s_{A}=\int 3t^{2}\,dt=t^{3}$$

由于 $B$ 一开始离 $O$ $16$ 米，并以恒定 $4\ \text{m s}^{-1}$ 朝 $O$ 运动，它离 $O$ 的位移会稳定地减少。

$$s_{B}=16-4t$$

(a) $A$ 与 $B$ 在它们离 $O$ 的位移相等处相遇。

$$t^{3}=16-4t\ \Rightarrow\ t^{3}+4t-16=0$$

试代入较小的整数：$t=2$ 时 $8+8-16=0$，所以 $t=2$ 是一个根。把它提出来因式分解。

$$t^{3}+4t-16=(t-2)(t^{2}+2t+8)=0$$

二次因式的判别式为 $2^{2}-4(1)(8)=-28<0$，没有实根，所以 $t=2$ 是唯一的解。

$$s_{A}(2)=2^{3}=8\ \text{米}$$

(b) 求两个质点在 $t=2$ 时各自的速度。

$$v_{A}(2)=3(2)^{2}=12\ \text{m s}^{-1},\qquad v_{B}=-4\ \text{m s}^{-1}\ (\text{恒定})$$

(a) 质点瞬间静止的时刻是 $v=0$ 处。

$$t^{2}-4t+3=0\ \Rightarrow\ (t-1)(t-3)=0\ \Rightarrow\ t=1,\ 3$$

(b) 由于 $v$ 是关于 $t$ 开口向上的二次函数，最小速度出现在加速度 $a=\frac{dv}{dt}$ 为零的地方。

$$a=2t-4=0\ \Rightarrow\ t=2$$

$$v|_{t=2}=(2)^{2}-4(2)+3=4-8+3=-1$$

所以最小速度为 $-1\ \text{m s}^{-1}$，在 $t=2$ 时取得。(c) 速率是 $|v|$，不是 $v$ 本身，所以还要检查 (a) 中所求静止时刻的速率值。

$$|v|_{t=1}=0,\qquad |v|_{t=2}=1,\qquad |v|_{t=3}=0$$

把加速度积分求速度，用给定的初速度确定积分常数。

$$v=\int (4t-k)\,dt=2t^{2}-kt+c,\qquad v(0)=8\ \Rightarrow\ c=8$$

(a) 利用 $t=1$ 时 $v=0$ 这一条件求 $k$。

$$v(1)=2(1)^{2}-k(1)+8=10-k=0\ \Rightarrow\ k=10$$

所以 $v=2t^{2}-10t+8$。因式分解以求质点静止的另一时刻。

$$v=2(t^{2}-5t+4)=2(t-1)(t-4)\ \Rightarrow\ v=0\ \text{在}\ t=1\ \text{或}\ t=4$$

(b) 由于 $t^{2}$ 的系数为正，$v$ 在两根之间为负。代入两根之间的一个值，例如 $t=2$，来验证。

$$v(2)=2(2-1)(2-4)=2(1)(-2)=-4<0$$

在 $[1,4]$ 之外，$(t-1)$ 与 $(t-4)$ 同号，所以 $v>0$，与已知的 $v(0)=8>0$ 相符。