第一章質(zhì)點運動學課程課后習題答案

第一章質(zhì)點運動學

1-1分析與解（1）質(zhì)點在t至（t+△1:）時間內(nèi)沿曲線從P點運動到P'

點，各量關(guān)系如圖所示，其中路程As=PP',位移大小IhrI=PP',而

=Ir|-|r|表示質(zhì)點位矢大小的變化量，三個量的物理含義不同，在曲線運動

中大小也不相等（注：在直線運動中有相等的可能）.但當AtTO時，點P，無限

趨近P點，則有Idr|=ds,但卻不等于dr.故選（B）.

⑵由于I△r|芋△s,故，即||手.

但由于|drI=ds,故，即II=.由此可見，應(yīng)選（C）.

-

12分析與解表示質(zhì)點到坐標原點的距離隨時間的變化率，在極坐標系中

叫徑向速率.通常用符號vr表示，這是速度矢量在位矢方向上的一個分量；表

示速度矢量；在自然坐標系中速度大小可用公式計算，在直角坐標系中則可由公

式求解.故選（D）.

1-3分析與解表示切向加速度at,它表示速度大小隨時間的變化率，是

加速度矢量沿速度方向的一個分量，起改變速度大小的作用；在極坐標系中表示

徑向速率vr（如題1-2所述）；在自然坐標系中表示質(zhì)點的速率v;而表示加

速度的大小而不是切向加速度at.因此只有（3）式表達是正確的.故選（D）.

1-4分析與解加速度的切向分量at起改變速度大小的作用，而法向分量an

起改變速度方向的作用.質(zhì)點作圓周運動時，由于速度方向不斷改變，相應(yīng)法向加

速度的方向也在不斷改變，因而法向加速度是一定改變的.至于at是否改變，則

要視質(zhì)點的速率情況而定.質(zhì)點作勻速率圓周運動時，at恒為零；質(zhì)點作勻變

速率圓周運動時，at為一不為零的恒量，當at改變時，質(zhì)點則作一般的變速率

圓周運動.由此可見，應(yīng)選（B）.

-

15分析與解本題關(guān)鍵是先求得小船速度表達式，進而判斷運動性質(zhì).為

此建立如圖所示坐標系，設(shè)定滑輪距水面高度為h.t時刻定滑輪距小船的繩長

為I,則小船的運動方程為，其中繩長?隨時間t而變化.小船速度，式中表

示繩長I隨時間的變化率，其大小即為vO,代入整理后為，方向沿x軸負向.由

速度表達式，可判斷小船作變加速運動.故選(C).

1—6分析位移和路程是兩個完全不同的概念.只有當質(zhì)點作直線運動且運

動方向不改變時，位移的大小才會與路程相等.質(zhì)點在t時間內(nèi)的位移Ax的大

小可直接由運動方程得到：，而在求路程時，就必須注意到質(zhì)點在運動過程中可

能改變運動方向，此時，位移的大小和路程就不同了.為此，需根據(jù)來確定其運動

方向改變的時刻tp，求出0?tp和tp~t內(nèi)的位移大小△x1、△x2,則t時

間內(nèi)的路程，如圖所示，至于t=4.0s時質(zhì)點速度和加速度可用和兩式計

算.

解(1)質(zhì)點在4.0s內(nèi)位移的大小

(2)由得知質(zhì)點的換向時刻為(t=0不合題意)

則，

所以，質(zhì)點在4.0s時間間隔內(nèi)的路程為

(3)t=4.0s時，

1—7分析根據(jù)加速度的定義可知，在直線運動中v-t曲線的斜率為加速度的

大小(圖中AB、CD段斜率為定值，即勻變速直線運動；而線段BC的斜率為0,加

速度為零，即勻速直線運動).加速度為恒量，在a-t圖上是平行于t軸的直線，

由v-t圖中求出各段的斜率，即可作出a-t圖線.又由速度的定義可知，x-t曲

線的斜率為速度的大小.因此，勻速直線運動所對應(yīng)的x-t圖應(yīng)是一直線，而勻

變速直線運動所對應(yīng)的x-t圖為t的二次曲線.根據(jù)各段時間內(nèi)的運動方程x

=x(t),求出不同時刻t的位置x,采用描數(shù)據(jù)點的方法，可作出x-t圖.

解將曲線分為AB、BC、CD三個過程，它們對應(yīng)的加速度值分別為

(勻加速直線運動)，(勻速直線運動)

(勻減速直線運動)

根據(jù)上述結(jié)果即可作出質(zhì)點的a-t圖[圖(B)].

在勻變速直線運動中，有

由此，可計算在0?2s和4~6s時間間隔內(nèi)各時刻的位置分別為

用描數(shù)據(jù)點的作圖方法，由表中數(shù)據(jù)可作0?2s和4?6s時間內(nèi)的x-t圖.在

2?4s時間內(nèi)，質(zhì)點是作的勻速直線運動，其x-t圖是斜率k=20的一段直

線[圖⑹].

118分析質(zhì)點的軌跡方程為y=f(x),可由運動方程的兩個分量式x(t)和

y(t)中消去t即可得到.對于r、△「、△「、As來說,物理含義不同，可根據(jù)其

定義計算.其中對s的求解用到積分方法，先在軌跡上任取一段微元ds,則，最

后用積分求S.

解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得質(zhì)點軌跡方程為，

這是一個拋物線方程，軌跡如圖(a)所示.

(2)將t=05和1:=2s分別代入運動方程，可得相應(yīng)位矢分別為

圖(a)中的P、Q兩點，即為t=0s和t=2s時質(zhì)點所在位置.

(3)由位移表達式，得

其中位移大小

而徑向增量

*(4)如圖(B)所示，所求As即為圖中PQ段長度，先在其間任意處取AB微元ds,

則，由軌道方程可得，代入ds,則2s內(nèi)路程為

1—9分析由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量，再由運動合

成算出速度和加速度的大小和方向.

解(1)速度的分量式為

當t=0時，vox=-10m?6?1s-1,voy=15m?6?1s-1,則初速度大小為

設(shè)vo與x軸的夾角為a,則

a=123°417

(2)力口速度的分量式為

則加速度的大小為

設(shè)a與x軸的夾角為B,則

,(3=-33°41'(或326°19')

1-10分析在升降機與螺絲之間有相對運動的情況下，一種處理方法是取地

面為參考系，分別討論升降機豎直向上的勻加速度運動和初速不為零的螺絲的自

由落體運動，列出這兩種運動在同一坐標系中的運動方程y1=y1(t)和y2=

y2(t),并考慮它們相遇，即位矢相同這一條件，問題即可解；另一種方法是取升降

機(或螺絲)為參考系，這時，螺絲(或升降機)相對它作勻加速運動，但是，此加速

度應(yīng)該是相對加速度.升降機廂的高度就是螺絲(或升降機)運動的路程.

解1⑴以地面為參考系，取如圖所示的坐標系，升降機與螺絲的運動方程分

別為當螺絲落至底面時，有y1=y2,即

(2)螺絲相對升降機外固定柱子下降的距離為

解2(1)以升降機為參考系，此時，螺絲相對它的加速度大小a'=g+a,螺絲落至底面時,

有

(2)由于升降機在t時間內(nèi)上升的高度為

則

1-11分析該題屬于運動學的第一類問題，即已知運動方程r=r(t)求質(zhì)點運動的一

切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度).在確定運動方程時，若取以點(0,3)為原點的0'

x'y'坐標系，并采用參數(shù)方程x'=x'(t)和y'=y'(t)來表示圓周運動是比較方便

的.然后，運用坐標變換x=x0+x，和y=y0+y將所得參數(shù)方程轉(zhuǎn)換至Oxy坐標系

中，即得Oxy坐標系中質(zhì)點P在任意時刻的位矢.采用對運動方程求導的方法可得速度和加

速度.

解(1)如圖⑻所示，在5x'v'坐標系中，因，則質(zhì)點P的參數(shù)方程為

?

坐標變換后，在Oxy坐標系中有

則質(zhì)點P的位矢方程為

(2)5s時的速度和加速度分別為

1-12分析為求桿頂在地面上影子速度的大小，必須建立影長與時間的函數(shù)關(guān)系，即

影子端點的位矢方程.根據(jù)幾何關(guān)系，影長可通過太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度求得.由于運

動的相對性，太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度也就是地球自轉(zhuǎn)的角速度.這樣，影子端點的位矢方

程和速度均可求得.

解設(shè)太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度為3,從正午時分開始計時，則桿的影長為S=htg3t,下

午2：00時，桿頂在地面上影子的速度大小為

當桿長等于影長時，即s=h，則

即為下午3：00時.

1-13分析本題屬于運動學第二類問題，即已知加速度求速度和運動方程，必須在給定

條件下用積分方法解決.由和可得和.如2=2代)或V=V(t),則可兩邊直接積分.如

果a或v不是時間t的顯函數(shù)，則應(yīng)經(jīng)過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學操作后再做積分.

解由分析知，應(yīng)有

得(1)

由

得(2)

將t=3s時，x=9m,v=2m?6?1s-1代入(1)(2)得v0=-1m?6?1s-1,x0=0.75m.于是

可得質(zhì)點運動方程為

1-14分析本題亦屬于運動學第二類問題，與上題不同之處在于加速度是速度v的函

數(shù)，因此，需將式dv=a(v)dt分離變量為后再兩邊積分.

解選取石子下落方向為y軸正向，下落起點為坐標原點.

(1)由題意知⑴

用分離變量法把式(1)改寫為

(2)

將式⑵兩邊積分并考慮初始條件，有

得石子速度

由此可知當，tT8時，為一常量，通常稱為極限速度或收尾速度.

(2)再由并考慮初始條件有

得石子運動方程

1-15分析與上兩題不同處在于質(zhì)點作平面曲線運動，根據(jù)疊加原理，求解時需根據(jù)

加速度的兩個分量ax和ay分別積分，從而得到運動方程r的兩個分量式x(t)和y仕).由

于本題中質(zhì)點加速度為恒矢量，故兩次積分后所得運動方程為固定形式，即和，兩個分運動

均為勻變速直線運動.讀者不妨自己驗證一下.

解由加速度定義式，根據(jù)初始條件tO=0時vO=0,積分可得

又由及初始條件t=0時，r0=(10m)i,積分可得

由上述結(jié)果可得質(zhì)點運動方程的分量式，即

x=10+3t2y=2t2

消去參數(shù)t,可得運動的軌跡方程3y=2x-20m

這是一個直線方程.直線斜率，a=33°41z.軌跡如圖所示.

-

116分析瞬時加速度和平均加速度的物理含義不同，它們分別表示為和.在勻速率

圓周運動中，它們的大小分別為，，式中IAv|可由圖(B)中的幾何關(guān)系得到，而At可由

轉(zhuǎn)過的角度△6求出.

由計算結(jié)果能清楚地看到兩者之間的關(guān)系，即瞬時加速度是平均加速度在△tTO時的極限

值.

解⑴由圖(b)可看到Av=v2-v1，故

而

所以

(2)將△e=90°,30°,10°,1°分別代入上式，得，

，，

以上結(jié)果表明，當△6T0時，勻速率圓周運動的平均加速度趨近于一極限值,該值即為法向

加速度.

1-17分析根據(jù)運動方程可直接寫出其分量式x=x(t)和y=y(t),從中消去參數(shù)t,

即得質(zhì)點的軌跡方程.平均速度是反映質(zhì)點在一段時間內(nèi)位置的變化率，即，它與時間間隔

At的大小有關(guān)，當△tTO時，平均速度的極限即瞬時速度.切向和法向加速度是指在自然

坐標下的分矢量at和an,前者只反映質(zhì)點在切線方向速度大小的變化率，即，后者只反映

質(zhì)點速度方向的變化，它可由總加速度a和at得到.在求得t1時刻質(zhì)點的速度和法向加

速度的大小后，可由公式求P.

解(1)由參數(shù)方程x=2.Ot,y=19.0-2.0t2

消去t得質(zhì)點的軌跡方程：y=19.0-0.50x2

(2)在t1=1.00s到t2=2.0s時間內(nèi)的平均速度

(3)質(zhì)點在任意時刻的速度和加速度分別為

則t1=1.00s時的速度

v(t)|t=1s=2.0i-4.Oj

切向和法向加速度分別為

(4)t=1.0$質(zhì)點的速度大小為

則

1-18分析物品空投后作平拋運動.忽略空氣阻力的條件下，由運動獨立性原理知，物

品在空中沿水平方向作勻速直線運動，在豎直方向作自由落體運動.到達地面目標時，兩方向

上運動時間是相同的.因此，分別列出其運動方程，運用時間相等的條件，即可求解.

此外，平拋物體在運動過程中只存在豎直向下的重力加速度.為求特定時刻t時物體的切向

加速度和法向加速度，只需求出該時刻它們與重力如速度之間的夾角a或B.由圖可知，在特

定時刻t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角a,可由此時刻的兩速度分量vx、vy求出，

這樣，也就可將重力加速度g的切向和法向分量求得.

解(1)取如圖所示的坐標，物品下落時在水平和豎直方向的運動方程分別為

x=vt,y=1/2gt2

飛機水平飛行速度v=100m?6?1s-1，飛機離地面的高度y=100m,由上述兩式可得目標在

飛機正下方前的距離

(2)視線和水平線的夾南為

(3)在任意時刻物品的速度與水平軸的夾角為

取自然坐標，物品在拋出2s時，重力加速度的切向分量與法向分量分別為

1-19分析這是一個斜上拋運動，看似簡單，但針對題目所問，如不能靈活運用疊加原

理，建立一個恰當?shù)淖鴺讼?，將運動分解的話，求解起來并不容易.現(xiàn)建立如圖（a）所示坐標系,

則炮彈在x和y兩個方向的分運動均為勻減速直線運動，其初速度分別為vOcosB和vOsin

B,其加速度分另為gsina和geosa.在此坐標系中炮彈落地時，應(yīng)有y=0,則x=0P,如

欲使炮彈垂直擊中坡面，則應(yīng)滿足vx=0,直接列出有關(guān)運動方程和速度方程，即可求解.由

于本題中加速度g為恒矢量.故第一問也可由運動方程的矢量式計算，即，做出炮彈落地時

的矢量圖［如圖⑻所示］，由圖中所示幾何關(guān)系也可求得（即圖中的r矢量）.

解1由分析知，炮彈在圖（a）所示坐標系中兩個分運動方程為

（1）（2）

令y=0求得時間t后再代入式（1）得

解2做出炮彈的運動矢量圖，如圖⑹所示，并利用正弦定理，有

從中消去t后也可得到同樣結(jié)果.

（2）由分析知，如炮彈垂直擊中坡面應(yīng)滿足y=0和vx=0,則

（3）

由（2）（3）兩式消去t后得

由此可知.只要角a和0滿足上式，炮彈就能垂直擊中坡面，而與v0的大小無關(guān).

討論如將炮彈的運動按水平和豎直兩個方向分解，求解本題將會比較困難，有興趣讀者不

妨自己體驗一下.

-

120分析選定傘邊緣o處的雨滴為研究對象，當傘以角速度3旋轉(zhuǎn)時，雨滴將以速度

v沿切線方向飛出，并作平拋運動.建立如圖（a）所示坐標系，列出雨滴的運動方程并考慮圖

中所示幾何關(guān)系，即可求證.由此可以想像如果讓水從一個旋轉(zhuǎn)的有很多小孔的噴頭中飛出，

從不同小孔中飛出的水滴將會落在半徑不同的圓周上，為保證均勻噴灑對噴頭上小孔的分布

解（1）如圖（a）所示坐標系中，雨滴落地的運動方程為

（1）（2）

由式⑴⑵可得

由圖（a）所示幾何關(guān)系得雨滴落地處圓周的半徑為

（2）常用草坪噴水器采用如圖（b）所示的球面噴頭（30=45°）其上有大量小孔.噴頭旋轉(zhuǎn)

時，水滴以初速度v0從各個小孔中噴出，并作斜上拋運動，通常噴頭表面基本上與草坪處在

同一水平面上.則以。角噴射的水柱射程為

為使噴頭周圍的草坪能被均勻噴灑，噴頭上的小孔數(shù)不但很多，而且還不能均勻分布，這是噴

頭設(shè)計中的一個關(guān)鍵問題.

1-21分析被踢出后的足球，在空中作斜拋運動，其軌跡方程可由質(zhì)點在豎直平面內(nèi)

的運動方程得到.由于水平距離x已知，球門高度又限定了在y方向的范圍，故只需將x、y

值代入即可求出.

解取圖示坐標系Oxy,由運動方程

*

消去t得軌跡方程

以x=25.0m,v=20.0m?6?1s-1及3.44m》y20代入后，可解得

71.11°>61,69.92°27.92°>18.89°

如何理解上述角度的范圍？在初速一定的條件下，球擊中球門底線或球門上緣都將對應(yīng)有兩

個不同的投射傾角(如圖所示).如果以e>71.ir或e<18,89°踢出足球，都將因射程

不足而不能直接射入球門；由于球門高度的限制，6角也并非能取71.11°與18.89°之間

的任何值.當傾角取值為27.92°<e<69.92°時，踢出的足球?qū)⒃竭^門緣而離去，這時

球也不能射入球門.因此可取的角度范圍只能是解中的結(jié)果.

1-22分析在自然坐標中，S表示圓周上從某一點開始的曲線坐標.由給定的運動方

程s=s(t),對時間t求一階、二階導數(shù)，即是沿曲線運動的速度v和加速度的切向分量a

t,而加速度的法向分量為an=v2/R.這樣，總加速度為a=atet+anen.至于質(zhì)點在t

時間內(nèi)通過的路程，即為曲線坐標的改變量As=st-s0.因圓周長為2rtR,質(zhì)點所轉(zhuǎn)過的圈

數(shù)自然可求得.

解(1)質(zhì)點作圓周運動的速率為

其加速度的切向分量和法向分量分別為

故加速度的大小為

其方向與切線之間的夾角為

(2)要使Ia|=b,由可得

(3)從t=0開始到t=vO/b時，質(zhì)點經(jīng)過的路程為

因此質(zhì)點運行的圈數(shù)為

1-23分析首先應(yīng)該確定角速度的函數(shù)關(guān)系3=kt2.依據(jù)角量與線量的關(guān)系由特定

時刻的速度值可得相應(yīng)的角速度，從而求出式中的比例系數(shù)k,3=3(t)確定后，注意到運

動的角量描述與線量描述的相應(yīng)關(guān)系，由運動學中兩類問題求解的方法(微分法和積分法)，

即可得到特定時刻的角加速度、切向加速度和角位移.

解因u)R=v,由題意得比例系數(shù)

所以

則t'=0.5S時的角速度、角加速度和切向加速度分別為

總加速度

在2.0s內(nèi)該點所轉(zhuǎn)過的角度

1-24分析掌握角量與線量、角位移方程與位矢方程的對應(yīng)關(guān)系，應(yīng)用運動學求解的

方法即可得到.

解（1）由于，則甬速度.在t=2s時，法向加速度和切向加速度的數(shù)值分別為

（2）當時，有，即

得

此時刻的角位置為

（3）要使，則有t=0.55s

1-25分析這是一個相對運動的問題.設(shè)雨滴為研究對象，地面為靜止參考系S,火車為

動參考系S'.v1為S'相對S的速度,v2為雨滴相對S的速度，利用相對運動速度的關(guān)

系即可解.解以地面為參考系，火車相對地面運動的速度為v1,雨滴相對地面豎直下落的

速度為v2,旅客看到雨滴下落的速度v2'為相對速度，它們之間的關(guān)系為（如圖所示），于是

可得

1-26分析這也是一個相對運動的問題.可視雨點為研究對象，地面為靜參考系S,汽

車為動參考系s如圖（a）所示，要使物體不被淋濕，在車上觀察雨點下落的方向（即雨點相

對于汽車的運動速度v2'的方向）應(yīng)滿足.再由相對速度的矢量關(guān)系，即可求出所需車速

v1.

解由[圖⑹],有

而要使，則

1-27分析船到達對岸所需時間是由船相對于岸的速度V決定的.由于水流速度U

的存在，V與船在靜水中劃行的速度V'之間有v=u+v'（如圖所示）.若要使船到達正對

岸，則必須使V沿正對岸方向；在劃速一定的條件下，若要用最短時間過河，則必須使V有極

大值.

解（1）由v=u+v'可知，則船到達正對岸所需時間為

（2）由于，在劃速V’一定的條件下，只有當a=0時，V最大（即v=v'），此時，船過河時

間t'=d/v',船到達距正對岸為I的下游處，且有

1~28分析該問題涉及到運動的相對性.如何將已知質(zhì)點相對于觀察者0的運動轉(zhuǎn)換

到相對于觀察者0'的運動中去，其實質(zhì)就是進行坐標變換，將系0中一動點(x,y)變換至系

0,中的點(x'，y').由于觀察者0'相對于觀察者0作勻速運動，因此，該坐標變換是線性

的.

解取Oxy和0'v’分別為觀察者0和觀察者0'所在的坐標系，且使Ox和O'xz兩

軸平行.在t=0時，兩坐標原點重合.由坐標變換得

x'=x-vt=vt-vt=0v'=y=1/2gt2

加速度

由此可見，動點相對于系O'是在y方向作勻變速直線運動.動點在兩坐標系中加速度相同，

這也正是伽利略變換的必然結(jié)果.

第二章牛頓定律

211分析與解當物體離開斜面瞬間，斜面對物體的支持力消失為零，物體在繩子拉力

FT(其方向仍可認為平行于斜面)和重力作用下產(chǎn)生平行水平面向左的加速度a,如圖(b)

所示，由其可解得合外力為mgcot9,故選(D).求解的關(guān)鍵是正確分析物體剛離開斜面瞬間

的物體受力情況和狀態(tài)特征.

2-2分析與解與滑動摩擦力不同的是，靜摩擦力可在零與最大值“FN范圍內(nèi)取值.當

FN增加時，靜摩擦力可取的最大值成正比增加，但具體大小則取決于被作用物體的運動狀

態(tài).由題意知，物體一直保持靜止狀態(tài)，故靜摩擦力與重力大小相等，方向相反，并保持不變，

故選(A).

2-3分析與解由題意知，汽車應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運動，為保證汽車轉(zhuǎn)彎時不

側(cè)向打滑，所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供，能夠提供的最大向心力應(yīng)為H

FN.由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為v=uRg.因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時的實際速率不大于

此值，均能保證不側(cè)向打滑.應(yīng)選(C).

2-4分析與解由圖可知，物體在下滑過程中受到大小和方向不變的重力以及時刻指向

圓軌道中心的軌道支持力FN作用，其合外力方向并非指向圓心，其大小和方向均與物體所在

位置有關(guān).重力的切向分量(mgeos9)使物體的速率將會不斷增加(由機械能守恒亦可判

斷)，則物體作圓周運動的向心力(又稱法向力)將不斷增大，由軌道法向方向上的動力學方程

可判斷，隨6角的不斷增大過程，軌道支持力FN也將不斷增大，由此可見應(yīng)選(B).

215分析與解本題可考慮對A、B兩物體加上慣性力后，以電梯這個非慣性參考系進行

求解.此時A、B兩物體受力情況如圖(b)所示，圖中a'為A、B兩物體相對電梯的加速

度,ma'為慣性力.對A、B兩物體應(yīng)用牛頓第二定律，可解得FT=5/8mg.故選(A).

討論對于習題2-5這種類型的物理問題，往往從非慣性參考系(本題為電梯)觀察到的運

動圖像較為明確，但由于牛頓定律只適用于慣性參考系，故從非慣性參考系求解力學問題時，

必須對物體加上一個虛擬的慣性力.如以地面為慣性參考系求解，則兩物體的加速度aA和

aB均應(yīng)對地而言，本題中aA和aB的大小與方向均不相同.其中aA應(yīng)斜向上.對aA、aB、

a和a'之間還要用到相對運動規(guī)律，求解過程較繁.有興趣的讀者不妨自己嘗試一下.

2-6分析動力學問題一般分為兩類：(1)已知物體受力求其運動情況：(2)已知物

體的運動情況來分析其所受的力.當然，在一個具體題目中，這兩類問題并無截然的界限，且

都是以加速度作為中介，把動力學方程和運動學規(guī)律聯(lián)系起來.本題關(guān)鍵在列出動力學和運

動學方程后，解出傾角與時間的函數(shù)關(guān)系a=f(t),然后運用對t求極值的方法即可得出數(shù)

值來.

解取沿斜面為坐標軸Ox,原點0位于斜面頂點，則由牛頓第二定律有(1)

又物體在斜面上作勻變速直線運動，故有

則(2)

為使下滑的時間最短，可令，由式⑵有

則可得，

此時

2-7分析預(yù)制板、吊車框架、鋼絲等可視為一組物體.處理動力學問題通常采用“隔

離體”的方法，分析物體所受的各種作用力，在所選定的慣性系中列出它們各自的動力學方

程.根據(jù)連接體中物體的多少可列出相應(yīng)數(shù)目的方程式.結(jié)合各物體之間的相互作用和聯(lián)系，

可解決物體的運動或相互作用力.

解按題意，可分別取吊車(含甲、乙)和乙作為隔離體，畫示力圖，并取豎直向上為Oy軸正

方向(如圖所示).當框架以加速度a上升時，有

FT-(ml+m2)g=(ml+m2)a(1),FN2-m2g=m2a(2)

解上述方程，得

FT=(ml+m2)(g+a)(3)FN2=m2(g+a)(4)

(1)當整個裝置以加速度a=10m?6?1s-2上升時，由式⑶可得繩所受張力的值為

FT=5.94X103N

乙對甲的作用力為F'N2=-FN2=-m2(g+a)=-1.98X103N

(2)當整個裝置以加速度a=1m?6?1s-2上升時，得繩張力的值為

FT=3.24X103N

此時，乙對甲的作用力則為F'N2=-1.08X103N

由上述計算可見，在起吊相同重量的物體時，由于起吊加速度不同，繩中所受張力也不同，加

速度大，繩中張力也大.因此，起吊重物時必須緩慢加速，以確保起吊過程的安全.

2—8分析該題為連接體問題，同樣可用隔離體法求解.分析時應(yīng)注意到繩中張力大小

處處相等是有條件的，即必須在繩的質(zhì)量和伸長可忽略、滑輪與繩之間的摩擦不計的前提下

成立.同時也要注意到張力方向是不同的.

解分別對物體和滑輪作受力分析[圖(b)].由牛頓定律分別對物體A、B及滑輪列動力學

方程，有mAg-FT=mAa(1)

F'T1-Ff=mBa，(2)

■T-2FT1=0(3)

考慮到mA=mB=m,FT=F'T,FT1=F'T1,a'=2a,可聯(lián)立解得物體與桌面的

摩擦力

討論動力學問題的一般解題步豚可分為：⑴分析題意，確定研究對象，分析受力，選定坐

標；(2)根據(jù)物理的定理和定律列出原始方程組；(3)解方程組，得出文字結(jié)果；(4)核對

量綱，再代入數(shù)據(jù)，計算出結(jié)果來.

2-9分析當木塊B平穩(wěn)地輕輕放至運動著的平板A上時，木塊的初速度可視為零，由

于它與平板之間速度的差異而存在滑動摩擦力，該力將改變它們的運動狀態(tài).根據(jù)牛頓定律

可得到它們各自相對地面的加速度.換以平板為參考系來分析，此時，木塊以初速度-v'(與

平板運動速率大小相等、方向相反)作勻減速運動，其加速度為相對加速度，按運動學公式即

可解得.

該題也可應(yīng)用第三章所講述的系統(tǒng)的動能定理來解.將平板與木塊作為系統(tǒng)，該系統(tǒng)的動能

由平板原有的動能變?yōu)槟緣K和平板一起運動的動能，而它們的共同速度可根據(jù)動量定理求

得.又因為系統(tǒng)內(nèi)只有摩擦力作功，根據(jù)系統(tǒng)的動能定理，摩擦力的功應(yīng)等于系統(tǒng)動能的增

量.木塊相對平板移動的距離即可求出.

解1以地面為參考系，在摩擦力Ff=“mg的作用下，根據(jù)牛頓定律分別對木塊、平板列

出動力學方程

Ff=nmg=ma1Fzf=-Ff=m,a2

a1和a2分別是木塊和木板相對地面參考系的加速度.若以木板為參考系，木塊相對平板的

加速度a=a1+a2，木塊相對平板以初速度-3作句減速運動直至最終停止.由運動學

規(guī)律有-v'2=2as

由上述各式可得木塊相對于平板所移動的距離為

解2以木塊和平板為系統(tǒng)，它們之間一對摩擦力作的總功為

W=Ff(s+1)-FfI=|imgs

式中I為平板相對地面移動的距離.

由于系統(tǒng)在水平方向上不受外力，當木塊放至平板上時，根據(jù)動量守恒定律，有

m'v'=(m'+m)v〃

由系統(tǒng)的動能定理，有

由上述各式可得

IU分析維持鋼球在水平面內(nèi)作勻角速度轉(zhuǎn)動時，必須使鋼球受到一與向心加速度

相對應(yīng)的力(向心力)，而該力是由碗內(nèi)壁對球的支持力FN的分力來提供的，由于支持力FN

始終垂直于碗內(nèi)壁，所以支持力的大小和方向是隨3而變的.取圖示Oxy坐標，列出動力學

方程，即可求解鋼球距碗底的高度.

解取鋼球為隔離體，其受力分析如圖(b)所示.在圖示坐標中列動力學方程

(1)

(2)

且有(3)

由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為

可見，h隨3的變化而變化.

2-11分析如題所述，外軌超高的目的欲使火車轉(zhuǎn)彎的所需向心力僅由軌道支持力的

水平分量FNsin。提供(式中8南為路面傾角).從而不會對內(nèi)外軌產(chǎn)生擠壓.與其對應(yīng)的

是火車轉(zhuǎn)彎時必須以規(guī)定的速率vO行駛.當火車行駛速率v豐vO時，則會產(chǎn)生兩種情況：

如圖所示，如v>vO時，外軌將會對車輪產(chǎn)生斜向內(nèi)的側(cè)壓力F1，以補償原向心力的不足，

如vVvO時，則內(nèi)軌對車輪產(chǎn)生斜向外的側(cè)壓力F2,以抵消多余的向心力，無論哪種情況火

車都將對外軌或內(nèi)軌產(chǎn)生擠壓.由此可知，鐵路部門為什么會在每個鐵軌的轉(zhuǎn)彎處規(guī)定時速，

從而確保行車安全.

解(1)以火車為所究對象，建立如圖所示坐標系.據(jù)分析，由牛頓定律有

(1)(2)

解(1)(2)兩式可得火車轉(zhuǎn)彎時規(guī)定速率為

(2)當v>vO時，根據(jù)分析有

(3)(4)

解(3)(4)兩式，可得外軌側(cè)壓力為

當v<vO時，根據(jù)分析有

(5)(6)

解(5)(6)兩式，可得內(nèi)軌側(cè)壓力為

2-12分析雜技演員(連同摩托車)的運動可以看成一個水平面內(nèi)的勻速率圓周運動

和一個豎直向上勻速直線運動的疊加.其旋轉(zhuǎn)一周所形成的旋線軌跡展開后，相當于如圖(b)

所示的斜面.把

演員的運動速度分解為圖示的v1和v2兩個分量，顯然v1是豎直向上作勻速直線運動的分

速度，而v2則是繞圓筒壁作水平圓周運動的分速度，其中向心力由筒壁對演員的支持力FN

的水平分量FN2提供，而豎直分量FN1則與重力相平衡.如圖(c)所示，其中Q角為摩托車與

筒壁所夾角.運用牛頓定律即可求得筒壁支持力的大小和方向力.

解設(shè)雜技演員連同摩托車整體為研究對象，據(jù)(b)(c)兩圖應(yīng)有

(1)(2)

(3)(4)

以式⑶代入式(2),得

(5)

將式(1)和式(5)代入式(4),可求出圓筒壁對雜技演員的作用力(即支承力)大小為

與壁的夾角6為

討論表演飛車走壁時，演員必須控制好運動速度，行車路線以及摩托車的方位，以確保三者

之間滿足解題用到的各個力學規(guī)律.

2-13分析首先應(yīng)由題圖求得兩個時間段的F(t)函數(shù)，進而求得相應(yīng)的加速度函數(shù)，

運用積分方法求解題目所問，積分時應(yīng)注意積分上下限的取值應(yīng)與兩時間段相應(yīng)的時刻相對

應(yīng).

解由題圖得

由牛頓定律可得兩時間段質(zhì)點的加速度分別為

對0V5s時間段，由得

積分后得

再由得

積分后得

將t=5s代入，得v5=30m?6?1s-1和x5=68.7m

對5sVtV7s時間段，用同樣方法有

得

再由得x=17.5t2-0.83t3-82.5t+147.87

將t=7s代入分別得v7=40m?6?1s-1和x7=142m

2-14分析這是在變力作用下的動力學問題.由于力是時間的函數(shù)，而加速度a=

dv/dt,這時，動力學方程就成為速度對時間的一階微分方程，解此微分方程可得質(zhì)點的速度

v(t);由速度的定義v=dx/dt,用積分的方法可求出質(zhì)點的位置.

解因加速度2=*/冊,在直線運動中，根據(jù)牛頓運動定律有

依據(jù)質(zhì)點運動的初始條件，即tO=0時v0=6.0m?6?1s-1,運用分離變量法對上式積分,

得

v=6.0+4.Ot+6.0t2

又因v=dx/dt,并由質(zhì)點運動的初始條件：tO=0時x0=5.0m,對上式分離變量后積分，

有

x=5.0+6.Ot+2.0t2+2.0t3

2-15分析飛機連同駕駛員在水平跑道上運動可視為質(zhì)點作直線運動.其水平方向所受

制動力F為變力，且是時間的函數(shù).在求速率和距離時，可根據(jù)動力學方程和運動學規(guī)律，采

用分離變量法求解.

解以地面飛機滑行方向為坐標正方向，由牛頓運動定律及初始條件，得

因此，飛機著陸10s后的速率為

v=30m?6?1s-1

又

故飛機著陸后10s內(nèi)所滑行的距離

2-16分析該題可以分為兩個過程，入水前是自由落體運動，入水后，物體受重力p、浮

力F和水的阻力Ff的作用，其合力是一變力，因此，物體作變加速運動.雖然物體的受力分

析比較簡單，但是，由于變力是速度的函數(shù)(在有些問題中變力是時間、位置的函數(shù))，對這類

問題列出動力學方程并不復(fù)雜，但要從它計算出物體運動的位置和速度就比較困難了,通常

需要采用積分的方法去解所列出的微分方程.這也成了解題過程中的難點.在解方程的過程

中，特別需要注意到積分變量的統(tǒng)一和初始條件的確定.

解(1)運動員入水前可視為自由落體運動，故入水時的速度為

運動員入水后，由牛頓定律得P-Ff-F=ma

由題意P=F、Ff=bv2,而a=dv/dt=v(dv/dy),代

入上式后得-bv2=mv(dv/dy)

考慮到初始條件yO=0時，，對上式積分，有

(2)將已知條件b/m=0.4m-1,v=0.1v0代入上式，則得

2-17分析螺旋槳旋轉(zhuǎn)時，葉片上各點的加速度不同，在其各部分兩側(cè)的張力也不同；

由于葉片的質(zhì)量是連續(xù)分布的，在求葉片根部的張力時，可選取葉片上一小段，分析其受力，

列出動力學方程，然后采用積分的方法求解.

解設(shè)葉片根部為原點。，沿葉片背離原點0的方向為正向，距原點0為r處的長為dr一小

段葉片，其兩側(cè)對它的拉力分別為FT(r)與FT(r+dr).葉片轉(zhuǎn)動時，該小段葉片作圓周運

動，由牛頓定律有

由于r=1時外側(cè)FT=0,所以有

上式中取r=0,即得葉片根部的張力FT0=-2.79X105N

負號表示張力方向與坐標方向相反.

2-18分析該題可由牛頓第二定律求解.在取自然坐標的情況下，沿圓弧方向的加速

度就是切向加速度at,與其相對應(yīng)的外力Ft是重力的切向分量mgsina,而與法向加速度

an相對應(yīng)的外力是支持力FN和重力的法向分量mgcosa.由此，可分別列出切向和法向的

動力學方程Ft=mdv/dt和Fn=man.由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的，因此，需

應(yīng)用積分求解，為使運算簡便，可轉(zhuǎn)換積分變量.倡該題也能應(yīng)用以小球、圓弧與地球為系

統(tǒng)的機械能守恒定律求解小球的速度和角速度，方法比較簡便.但它不能直接給出小球與圓

弧表面之間的作用力.

解小球在運動過程中受到重力P和圓軌道對它的支持力FN.取圖(b)所示的自然坐標系，

由牛頓定律得

(1)(2)

由，得，代入式(1),并根據(jù)小球從點A運動到點C的始末條件，進行積分，有

得

則小球在點C的角速度為

由式(2)得

由此可得小球?qū)A軌道的作用力為負號表示■N與en反向.

2-19分析運動學與動力學之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的，因而，可先分析動力學

問題.物體在作圓周運動的過程中，促使其運動狀態(tài)發(fā)生變化的是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對物體的支持力

FN和環(huán)與物體之間的摩擦力Ff，而摩擦力大小與正壓力FN'成正比，且FN與FN'又是作

用力與反作用力，這樣，就可通過它們把切向和法向兩個加速度聯(lián)系起來了，從而可用運動學

的積分關(guān)系式求解速率和路程.

解(1)設(shè)物體質(zhì)量為m,取圖中所示的自然坐標，按牛頓定律，有

由分析中可知，摩擦力的大小Ff=uFN,由上述各式可得

取初始條件t=0時v=v0，并對上式進行積分，有

(2)當物體的速率從v0減少到1/2v0時，由上式可得所需的時間為

物體在這段時間內(nèi)所經(jīng)過的路程

2-20分析物體在發(fā)射過程中，同時受到重力和空氣阻力的作用，其合力是速率V的

一次函數(shù)，動力學方程是速率的一階微分方程，求解時，只需采用分離變量的數(shù)學方法即

可.但是，在求解高度時，則必須將時間變量通過速度定義式轉(zhuǎn)換為位置變量后求解，并注意

到物體上升至最大高度時，速率應(yīng)為零.

解(1)物體在空中受重力mg和空氣阻力Fr=kv作用而減速.由牛頓定律得

(1)

根據(jù)始末條件對上式積分，有

(2)利用的關(guān)系代入式(1),可得

分離變量后積分

故

討論如不考慮空氣阻力，則物體向上作勻減速運動.由公式和分別算得tg6.12s和y

=184m,均比實際值略大一些.

2-21分析由于空氣對物體的阻力始終與物體運動的方向相反，因此，物體在上拋過

程中所受重力P和阻力Fr的方向相同；而下落過程中，所受重力P和阻力Fr的方向則相

反.又因阻力是變力，在解動力學方程時，需用積分的方法.

解分別對物體上拋、下落時作受力分析，以地面為原點，豎直向上為y軸(如圖所示).(1)

物體在上拋過程中，根據(jù)牛頓定律有

依據(jù)初始條件對上式積分，有

物體到達最高處時，v=0,故有

(2)物體下落過程中，有

對上式積分，有

則

2-22分析該題依然是運用動力學方程求解變力作用下的速度和位置的問題，求解方

法與前兩題相似，只是在解題過程中必須設(shè)法求出阻力系數(shù)k.由于阻力Fr=kv2，且Fr

又與恒力F的方向相反：故當阻力隨速度增加至與恒力大小相等時，加速度為零，此時速度

達到最大.因此，根據(jù)速度最大值可求出阻力系數(shù)來.但在求摩托車所走路程時，需對變量作

變換.

解設(shè)摩托車沿x軸正方向運動，在牽引力F和阻力Fr同時作用下，由牛頓定律有

(1)

當加速度a=dv/dt=0時，摩托車的速率最大，因此可得

k=F/vm2(2)

由式(1)和式⑵可得

(3)

根據(jù)始末條件對式⑶積分，有

則

又因式(3)中，再利用始末條件對式⑶積分，有

則

2-23分析如圖所示，飛機觸地后滑行期間受到5個力作用，其中F1為空氣阻力，F(xiàn)2

為空氣升力，F(xiàn)3為跑道作用于飛機的摩擦力，很顯然飛機是在合外力為變力的情況下作減

速運動，列出牛頓第二定律方程后，用運動學第二類問題的相關(guān)規(guī)律解題.由于作用于飛機的

合外力為速度v的函數(shù)，所求的又是飛機滑行距離x,因此比較簡便方法是直接對牛頓第二定

律方程中的積分變量dt進行代換，將dt用代替，得到一個有關(guān)v和x的微分方程,分離變

量后再作積分.

解取飛機滑行方向為x的正方向，著陸點為坐標原點，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有

(1)

(2)

將式⑵代入式(1),并整理得

分離變量并積分，有

得飛機滑行距離

(3)

考慮飛機著陸瞬間有FN=O和丫=丫0,應(yīng)有k2V02=mg,將其代入(3)式，可得飛機滑行距離

x的另一表達式

討論如飛機著陸速度v0=144km?6?1h-1,|i=0.1,升阻比，可算得飛機的滑行距離x=

560m,設(shè)計飛機跑道長度時應(yīng)參照上述計算結(jié)果.

2-24分析如同習題2-5分析中指出的那樣，可對木箱加上慣性力F0后，以車廂為

參考系進行求解，如圖所示，此時木箱在水平方向受到慣性力和摩擦力作用，圖中a'為木箱

相對車廂的加速度.

解由牛頓第二定律和相關(guān)運動學規(guī)律有

F0-Ff=ma-pmg=ma/(1)

v'2=2a'L(2)

聯(lián)立解(1)(2)兩式并代入題給數(shù)據(jù)，得木箱撞上車廂擋板時的速度為

2-25分析如以加速運動的電梯為參考系，則為非慣性系.在非慣性系中應(yīng)用牛頓定律

時必須引入慣性力.在通常受力分析的基礎(chǔ)上，加以慣性力后，即可列出牛頓運動方程來.

解取如圖(b)所示的坐標，以電梯為參考系，分別對物體A、B作受力分析，其中F1=

m1a,F2=m2a分別為作用在物體A、B上的慣性力.設(shè)ar為物體相對電梯的加速度，根據(jù)

牛頓定律有

(1)

(2)

(3)

由上述各式可得

由相對加速度的矢量關(guān)系，可得物體A、B對地面的加速度值為

a2的方向向上，a1的方向由ar和a的大小決定.當arVa,即m1g-m2g-2m2a>0時，a1

的方向向下；反之，a1的方向向上.

2-26分析這類問題可應(yīng)用牛頓定律并采用隔離體法求解.在解題的過程中必須注

意：

(D參考系的選擇.由于牛頓定律只適用于慣性系，可選擇地面為參考系(慣性系).因地面

和斜面都是光滑的，當滑塊在斜面上下滑時，三棱柱受到滑塊對它的作用，也將沿地面作加速

度為aA的運動，這時，滑塊沿斜面的加速度aBA，不再是它相對于地面的加速度aB了.必

須注意到它們之間應(yīng)滿足相對加速度的矢量關(guān)系，即aB=aA+aBA.若以斜面為參考系

(非慣性系)，用它求解這類含有相對運動的力學問題是較為方便的.但在非慣性系中，若仍要

應(yīng)用牛頓定律，則必須增添一慣性力F,且有F=maA.

(2)坐標系的選擇.常取平面直角坐標，并使其中一坐標軸方向與運動方向一致，這樣，可使

解題簡化.

(3)在分析滑塊與三棱柱之間的正壓力時，要考慮運動狀態(tài)的影響，切勿簡單地把它視為滑

塊重力在垂直于斜面方向的分力mgcosa,事實上只有當aA=0時，正壓力才等于mgcos

解1取地面為參考系，以滑塊B和三棱柱A為研究對象，分別作示力圖，如圖(b)所示.B受

重力P1、A施加的支持力FN1；A受重力P2、B施加的壓力FNV、地面支持力FN2.A

的運動方向為Ox軸的正向，Oy軸的正向垂直地面向上.設(shè)aA為A對地的加速度,aB為B

對的地加速度.由牛頓定律得

(1)

(2)

(3)

(4)

設(shè)B相對A的加速度為aBA,則由題意aB、aBA、aA三者的矢量關(guān)系如圖(c)所示.據(jù)此

可得

(5)

(6)

解上述方程組可得三棱柱對地面的加速度為

滑塊相對地面的加速度aB在x、y軸上的分量分別為

則滑塊相對地面的加速度aB的大小為

其方向與y軸負向的夾角為

A與B之間的正壓力

解2若以A為參考系，Ox軸沿斜面方向[圖(d)].在非慣性系中運用牛頓定律，則滑塊B的

動力學方程分別為

(1)

(2)

又因⑶

(4)

由以上各式可解得

由aB、aBA、aA三者的矢量關(guān)系可得

以aA代入式⑶可得

第三章動量守恒定律和能量守恒定律

OI分析與解在質(zhì)點組中內(nèi)力總是成對出現(xiàn)的，它們是作用力與反作用力.由于一對

內(nèi)力的沖量恒為零，故內(nèi)力不會改變質(zhì)點組的總動量.但由于相互有作用力的兩個質(zhì)點的位

移大小以及位移與力的夾角一般不同，故一對內(nèi)力所作功之和不一定為零，應(yīng)作具體分析,如

一對彈性內(nèi)力的功的代數(shù)和一般為零，一對摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零，對于保守內(nèi)力

來說，所作功能使質(zhì)點組動能與勢能相互轉(zhuǎn)換，因此保守內(nèi)力即使有可能改變質(zhì)點組的動能，

但也不可能改變質(zhì)點組的機械能.綜上所述(1)(3)說法是正確的.故選(C).

3-2分析與解對題述系統(tǒng)來說，