物理學(xué)簡明教程1-9章課后習(xí)題答案

第一章質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動學(xué)

1?1質(zhì)點(diǎn)作曲線運(yùn)動,在時刻/質(zhì)點(diǎn)的位矢為匚速度為。，速率為卯至(，+AZ)時間內(nèi)的位移為Ar,路程為As,

位矢大小的變化量為Ar(或稱AIrI)，平均速度為方,平均速率為下.

(1)根據(jù)上述情況，那么必有()

(A)IArI=A.V=Ar

(B)IArIrAsrA??，當(dāng)Af—>0時有IdrI=dsdr

(C)IArI#Ar,AJ,當(dāng)A，一>0時有IdrI=drrds

(D)IArI聲A.vHAr,當(dāng)A/—0時有IdrI=d/-=dv

(2)根據(jù)上述情況，那么必有0

(A)\V\=V,\V\=V(B)|V\tv.\vI#V

(C)\V\=V,\V\tV(D)\V\/V,\V\=V

分析與解(1)質(zhì)點(diǎn)在，至a+AD時間內(nèi)沿曲線從P點(diǎn)運(yùn)動到產(chǎn)點(diǎn)，各量關(guān)系如下圖，其中路程As=PF,

位移大小IAri=PP，而Ar=Irl-lrl表示質(zhì)點(diǎn)位矢大小的變化量，三個量的物理含義不同，在曲線運(yùn)

動中大小也不相等(注：在直線運(yùn)動中有相等的可能).但當(dāng)A/-0時，點(diǎn)P無限趨近P點(diǎn),那么有IdrI=

ds,但卻不等于dr.應(yīng)選(B).

(2)由于IArI地義故包工包，即I〉I題.

ArAr

但由于IdrI=由,故生=上，即\y\=V.由此可見，應(yīng)選(C).

drdz

1-2一運(yùn)動質(zhì)點(diǎn)在某瞬時位于位矢r(x,)，)的端點(diǎn)處,對其速度的大小有四種意見，即

“?d，ds

(1)—：(2)——;(3)—：(4)

drd/dr

下述判斷正確的選項是0

(A)只有(1)(2)正確(B)只有(2)正確

(C)只有(2)(3)正確(D)只有(3)(4)正確

分析與解上表示質(zhì)點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離隨時間的變化率，在極坐標(biāo)系中叫徑向速率.通常用符號山表示,

dr

這是速度矢量在位矢方向上的一個分量：上表示速度矢量；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式。=工

drd/

計算，在直角坐標(biāo)系中那么可由公式0=J(祟)+(祟)求解.應(yīng)選(D).

1-3一個質(zhì)點(diǎn)在做圓周運(yùn)動時,那么有0

(A)切向加速度一定改變，法向加速度也改變

(B)切向加速度可能不變，法向加速度一定改變

(C)切向加速度可能不變，法向加速度不變

(D)切向加速度一定改變，法向加速度不變

分析與解加速度的切向分量內(nèi)起改變速度大小的作用,而法向分量所起改變速度方向的作用.質(zhì)點(diǎn)作圓

周運(yùn)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.至于小是否改變，那么要視質(zhì)點(diǎn)的速率情況而定.質(zhì)點(diǎn)作勻速率圓周運(yùn)動時,m恒為零；質(zhì)點(diǎn)作勻變

速率圓周運(yùn)動時，，八為一不為零的恒量，當(dāng)m改變時，質(zhì)點(diǎn)那么傳一般的變速率圓周運(yùn)動.由此可見，應(yīng)選

（B）.

1-4質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程為

式中xj的單位為nW的單位為s.

試求：（1）初速度的大小和方向；（2）加速度的大小和方向.

分析由運(yùn)動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分氨再由運(yùn)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

d

當(dāng)/=（）時,加=-10m-s,voy=15m-s」，那么初速度大小為

設(shè)如與x軸的夾角為a,那么

a=123041,

（2）加速度的分量式為

dy/八_d。_

a=--v=60m?s2,a=--=-40ms-2

rdrvdr

那么加速度的大小為

設(shè)。與x軸的夾角為戊那么

.=?33。41＜或326。1第

1-5質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動，加速度a=4/,式中。的單位為m-s〃j的單位為s.如果當(dāng)，=3s時/=9m,o=2

m?s”，求質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程.

分析此題屬于運(yùn)動學(xué)第二類問題,即加速度求速度和運(yùn)動方程，必須在給定條件卜.用積分方法解決.由

”=型和。=生可得（1。=。（1/和（1￥=。8.如a=a⑺或。=。（。，那么可兩邊直接積分.如果a或〃不是

drdr

時間f的顯函數(shù),那么應(yīng)經(jīng)過諸如別離變量或變量代換等數(shù)學(xué)操作后再做積分.

解由分析知，應(yīng)有

得。=力一；/+%（I）

由Jdr=￡vdt

得x=2〃+卬+%Q)

將f=3s時x=9m,y=2m-s"代入（1）、（2）得

%=-lm-s。（）=0.75ni

于是可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動方程為

1-6飛機(jī)以100nrs」的速度沿水平直線飛行,在離地面高為100m時，駕駛員要把物品空投到前方某一

地面目標(biāo)處,問：⑴此時H標(biāo)在飛機(jī)正下方位置的前面多遠(yuǎn)？（2）投放物品時，駕駛員看目標(biāo)的視線和

水平線成何角度？（3）物品投出2.0s后,它的法向加速度和切向加速度各為多少？

題1-13圖

分析物品空投后作平拋運(yùn)動.忽略空氣阻力的條件下,由運(yùn)動獨(dú)立性原理知，物品在空中沿水平方向作

勻速直線運(yùn)動，在豎宜方向作自由落體運(yùn)動.到達(dá)地面目標(biāo)時，西方向上運(yùn)動時間是相同的.因此,分別列

出其運(yùn)動方程，運(yùn)用時間相等的條件，即可求解.

此外,平拋物體在運(yùn)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加速度之間的夾角a或小由圖可知，在特定時刻，，物體的切向加速度和

水平線之間的夾角凡可由此時刻的兩速度分量也、V、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)取如下圖的坐標(biāo),物品下落時在水平和豎直方向的運(yùn)動方程分別為

x=vt,y=\/2

飛機(jī)水平飛行速度。=10()ms/，飛機(jī)離地面的高度)，=100m,由上述兩式可得目標(biāo)在飛機(jī)正下方前的距

離

(2)視線和水平線的夾角為

(3)在任意時刻物品的速度與水平軸的夾角為

取自然坐標(biāo)，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

1-7一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為R的圓周按規(guī)律s=%?—■!■初2運(yùn)動,如、都是常量.(|)求/時刻質(zhì)點(diǎn)的總加速

2

度；(2)/為何值時總加速度在數(shù)值上等于/??(3)當(dāng)加速度到達(dá)〃時，質(zhì)點(diǎn)已沿圓周運(yùn)行了多少圈？

分析在自然坐標(biāo)中,s表示圓周上從某一點(diǎn)開始的曲線坐標(biāo).由給定的運(yùn)動方程s=s⑺，對時間/求一階、

二階導(dǎo)數(shù)，即是沿曲線運(yùn)動的速度v和加速度的切向分量小，而加速度的法向分量為所=6R這樣，總加

速度為。=-商.至于質(zhì)點(diǎn)在川寸間內(nèi)通過的路程，即為曲線坐標(biāo)的改變量為=與?外因圓周長為2元乩

質(zhì)點(diǎn)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得.

解(1)質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動的速率為

其加速度的切向分量和法向分量分別為

V2_

T-R

故加速度的大小為

具方向與切線之間的夾角為

⑵要使I。I=＞由Li"?從十=4可得

R

⑶從1=0開始到/=如分時，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程為

因此質(zhì)點(diǎn)運(yùn)行的圈數(shù)為

1-8一升降機(jī)以加速度1.22ns1上升,當(dāng)上升速度為2.44m-s“時，有一螺絲自升降機(jī)的天花板上松脫,

天花板與升降機(jī)的底面相距2.74m.計算：⑴螺絲從天花板落到底面所需要的時間；(2)螺絲相對升降機(jī)

外固定柱子的下降距離.

分析在升降機(jī)與螺絲之間有相對運(yùn)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(jī)豎直

向上的勻加速度運(yùn)動和初速不為零的螺絲的自由落體運(yùn)動，列出這兩種運(yùn)動在同一坐標(biāo)系中的運(yùn)動方程

》=》(/)和⑺，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(jī)(或螺絲)

為參考系，這時，螺絲(或升降機(jī))相對它作勻加速運(yùn)動，但是，此加速度應(yīng)該是相對加速度.升降機(jī)廂的高度

就是螺絲(或升降機(jī))運(yùn)動的路程.

解1(1)以地面為參考系，取如下圖的坐標(biāo)系，升降機(jī)與螺絲的運(yùn)動方程分別為

當(dāng)螺絲落至底面時，有》="，即

(2)螺絲相對升降機(jī)外固定柱子下降的距離為

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

(2)由于升降機(jī)在f時間內(nèi)上升的高度為

那么d=〃一〃'=0.716m

題1-8圖

1-9一無風(fēng)的下雨天，一列火車以0=20.0m-s”的速度勻速前進(jìn)，在車內(nèi)的旅客看見玻璃窗外的雨滴和

垂線成75。角下降.求雨滴下落的速度汲.(設(shè)下降的雨滴作勻速運(yùn)動)

題1-19圖

分析這是一個相對運(yùn)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，.仍為S，

相對S的速度M為雨滴相對S的速度，利用相對運(yùn)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(yùn)動的速度為以，雨滴相對地面豎直下落的速度為s，旅客看到雨滴下落的速度”為相對速度，它們

之間的關(guān)系為。2=02+%(如下圖)，于是可得

1-10如圖⑶所示，一汽車在雨中沿史線行駛，其速率為。，下落雨滴的速度方向偏于豎直方向之前，角，速

率為。2’,假設(shè)車后有一長方形物體,問車速S為多大時，此物體正好不會被雨水淋濕？

分析這也是一個相對運(yùn)動的府題.可視雨點(diǎn)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(diǎn)下落的方向(即雨點(diǎn)相對F汽車的運(yùn)動速度出的方向)應(yīng)滿足

?>arctan-.再由相對速度的矢量關(guān)系M=2-%抑可求出所需車速5.

h

題1-20圖

解由《-q[圖(b)],有

而要使a>arctan，,那么

h

1-11用水平力網(wǎng)把一個物體壓著靠在粗糙的豎直墻面上保持靜止.當(dāng)戶N?逐漸增大時，物體所受的靜摩

擦力耳的大小0

(A)不為零，但保持不變

(B)隨八成正比地增大

(C)開始隨產(chǎn)N增大，到土某一最大俏后.就保持不變

(D)無法確定

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〃尸N范圍內(nèi)取值.當(dāng)尸N增加時，靜摩擦力可

取的最大值成止比增加,但具體大小那么取決了被作用物體的運(yùn)動狀態(tài).由題意知,物體一直保持靜止?fàn)?/p>

態(tài),故靜摩擦力與重力大小相等，方向相反，并保持不變，應(yīng)選(A).

1-12一段路面水平的公路，轉(zhuǎn)穹處軌道半徑為R,汽車輪胎與路面間的摩擦因數(shù)為"，要使汽車不至于發(fā)

生側(cè)向打滑，汽車在該處的行駛速率0

(A)不得小于必須等于

(C)不得人于，〃gJ(D)還應(yīng)由汽車的質(zhì)量機(jī)決定

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(yùn)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〃尸N.由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)

為。=〃Hg.因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時的實(shí)際速率不大于此值，均能俁證不側(cè)向打滑.應(yīng)選(C).

1-13一物體沿固定圓弧形光滑軌道由靜止下滑，在下滑過程中，那么0

(A)它的加速度方向永遠(yuǎn)指向圓心，其速率保持不變

(B)它受到的軌道的作用力的大小不斷增加

(C)它受到的合外力大小變化，方向永遠(yuǎn)指向圓心

(D)它受到的合外力大小不變，其速率不斷增加

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

持力尸N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("gCOS。)

使物體的速率將會不斷增加(由機(jī)械能守恒亦可判斷)，那么物體作圓周運(yùn)動的向心力(乂稱法向力)將不斷

增大，由軌道法向方向上的動力學(xué)方程&—〃gsinJ=m—可判斷，隨。角的不斷增大過程，軌道支持力

R

隊也將不斷增大,由此可見應(yīng)選(B).

*1-14圖(a)示系統(tǒng)置于以a=l/4g的加速度上升的升降機(jī)內(nèi),A、B兩物體質(zhì)量相同均為孫A所在的桌

面是水平的，繩子和定滑輪質(zhì)量均不計，假設(shè)忽略滑輪軸上和桌面上的摩擦，并不計空氣阻力，那么繩中張

力為0

(A)5/8mg(B)1/2mg(C)mg(D)2mg

分析與解此題可考慮對A、B兩物體加上慣性力后，以電梯這個非慣性參考系進(jìn)行求解.此時A、B兩物

體受力情況如圖(b)所示，圖中〃為A、B兩物體相對電梯的加速度,“以為慣性力.對A、B兩物體應(yīng)用牛

申更第二定律，可解得尸T=5/8〃―應(yīng)選(A).

討論對于習(xí)題2-5這種類型的物理問題，往往從非慣性參考系(此題為電梯)觀察到的運(yùn)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(xué)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，那么兩物體的加速度0A和曲均應(yīng)對地而言，此題中念和題的大小與

方向均不相同.其中怒應(yīng)斜向上.對公、利、。和之間還要用到相對運(yùn)動規(guī)律，求解過程較繁瑣.有興

趣的讀者不妨自己嘗試一下.

1?15在如圖(a)所示的輕滑輪上跨有一輕繩，繩的兩端連接著質(zhì)量分別為1kg和2kg的物體A和B,現(xiàn)

以50N的恒力"向上提滑輪的軸.不計滑輪質(zhì)量及滑輪與繩間摩擦，求A和B的加速度各為多少？

題1-15圖

分析在上提物體過程中，由于滑輪可以轉(zhuǎn)動，所以A、B兩物體對地加速度并不相同，故應(yīng)挖A、B和滑

輪分別隔離后，運(yùn)用牛頓定律求解，此題中因滑輪質(zhì)量可以不計，故兩邊繩子張力相等，且有尸=2斤.

解隔離后，各物體受力如圖(b)所示，有

滑輪尸一24=0

A『，色二叫八

B=，時期

聯(lián)立三式，得4A=15.2m-s",=2.7ms-2

討論如由式bA=(,7?A求解，所得4是A、B兩物體構(gòu)成的質(zhì)點(diǎn)系的質(zhì)心加速度，

并不是A、B兩物體的加速度.上式叫質(zhì)心運(yùn)動定理.

1-16一質(zhì)量為機(jī)的小球最初位于如圖(a)所示的A點(diǎn),然后沿半徑為r的光滑圓軌道4QC8下滑.試求小球

到達(dá)點(diǎn)。時的角速度和對圓軌道的作用力.

題1-16圖

分析該題可由牛頓第二定律求解.在取自然坐標(biāo)的情況下，沿圓弧方向的加速度就是切向加速度小,與

其相對應(yīng)的外力乩是重力的切向分量，〃gsina,而與法向加速度小相對應(yīng)的外力是支持力FN和重力的法向

分量機(jī)gcosa.由此，可分別列出切向和法向的動力學(xué)方程八=〃Kk.，/df和/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(yùn)算簡便，可轉(zhuǎn)換積分變量.

該題也能應(yīng)用以小球、圓弧與地球?yàn)橄到y(tǒng)的機(jī)械能守恒定律求解小球的速度和角速度，方法比擬簡便.但

它不能直接給出小球與圓弧外表之間的作用力.

解小球在運(yùn)動過程中受到重力尸和圓軌道對它的支持力尸N.取圖(b)所示的自然坐標(biāo)系,由牛頓定律得

廣.d。,八

Ft=一"zgsina=m—(1)

F“=斡一mgcosa=(2)

R

由。=5=皿，得d/二心，代入式⑴，并根據(jù)小球從點(diǎn)A運(yùn)動到點(diǎn)C的始末條件，進(jìn)行積分，有

d/drv

得o=J2，xcos?

那么小球在點(diǎn)C的角速度為

2

由式(2)得Fv=m----4-cosa=3mgcosa

r

由此可得小球?qū)A軌道的作用力為

負(fù)號表示FN與en反向.

1-17光滑的水平桌面上放置一半徑為R的固定圓環(huán)，物體緊貼環(huán)的內(nèi)側(cè)作圓周運(yùn)動,其摩擦月數(shù)為4，開

始時物體的速率為如，求：(l)t時刻物體的速率；(2)當(dāng)物體速率從加減少匕)/2時.，物體所經(jīng)歷的時間及

經(jīng)過的路程.

題1-17圖

分析運(yùn)動學(xué)與動力學(xué)之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的，因而，可先分析動力學(xué)問題.物體在作圓周運(yùn)動

的過程中，促使其運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生變化的是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對物體的支掙力尸N和環(huán)與物體之間的摩擦力尸f,而摩

擦力大小與正壓力尸N成正比，且凡v與尸./乂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(yùn)動學(xué)的積分關(guān)系式求解速率和路程.

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

由分析中可知，摩擦力的大小H二〃網(wǎng),由上述各式可得

取初始條件，=0時。=如，并對上式進(jìn)行積分，有

(2)當(dāng)物體的速率從如減少到％/2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

第二章動量守恒定律和能量守恒定律

2-1對質(zhì)點(diǎn)系有以下幾種說法：

(1)質(zhì)點(diǎn)組總動量的改變與內(nèi)力無關(guān)；

(2)質(zhì)點(diǎn)組總動能的改變與內(nèi)力無關(guān)；

(3)質(zhì)點(diǎn)組機(jī)械能的改變與保守為力無關(guān).

以下對上述說法判斷正確的選項是0

(A)只有(1)是正確的(B)(1)、(2)是正確的

(C)(1)、(3)是正確的(D)(2)、(3)是正確的

分析與解在質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)組的總動量.但由于相互有作用力的兩個質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)組的動能，但也不可能改變質(zhì)點(diǎn)組的機(jī)械能.綜上所述(1)(3)說法是正確的.應(yīng)選(C).

2-2有兩個傾角不同、高度相同、質(zhì)量一樣的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的，有兩個一樣的物

塊分別從這兩個斜面的頂點(diǎn)由靜止開始滑下，那么。

(A)物塊到達(dá)斜面底端時的動量相等

(B)物塊到達(dá)斜面底端時動能相等

(C)物塊和斜面(以及地球)組成的系統(tǒng)，機(jī)械能不守恒

(D)物塊和斜面組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒

分析與解對題述系統(tǒng)來說，由題意知并無外力和非保守內(nèi)力作功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒.物體在下滑過程

中，一方面通過重力作功將勢能轉(zhuǎn)化為動能，另一方面通過物體與斜面之間的彈性內(nèi)力作功將一局部能量

轉(zhuǎn)化為斜面的動能,其大小取決其中一個內(nèi)力所作功.由于斜面傾角不同，故物體沿不同傾角斜面滑至底

端時動能大小不等.動量自然也就不等(動量方向也不同).故(A)(B)(C)三種說法均不正確.至于說法(D)

正確,是因?yàn)樵撓到y(tǒng)動量雖不守恒(下滑前系統(tǒng)動量為零，下滑后物體與斜面動量的矢量和不可能為零.由

此可知，此時向上的地面支持力并不等于物體與斜面向下的重力)，但在水平方向上并無外力，枚系統(tǒng)在水

平方向上分動量守恒.

2?3如下圖，質(zhì)量分別為孫和加2的物體A和反置于光滑桌面上4和8之間連有一輕彈簧.另有質(zhì)量為，川和，〃2

的物體C和。分別置于物體A與3之上,且物體A和C、8和。之間的摩擦因數(shù)均不為零.首先用外力沿水平

方向相向推壓A和反使彈簧被壓縮燃后撤掉外力,那么在A和B彈開的過程中，對兒B、C、D以及彈簧組

成的系統(tǒng)，有0

(A)動量守恒，機(jī)械能守恒(B)動量不守恒，機(jī)械能守恒

(C)動量不守恒,機(jī)械能不守恒(D)動量守恒,機(jī)械能不一定守恒

分析與解由題意知，作用在題述系統(tǒng)上的合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，但機(jī)械能未必守恒，這取決于在A、

B彈開過程中C與A或D與B之間有無相對滑動，如疔那么必然會因摩擦內(nèi)力作功，而使一局部機(jī)械能

轉(zhuǎn)化為熱能，應(yīng)選(D).

2-4如下圖，子彈射入放在水平光滑地面上靜止的木塊后而穿出,以地面為參考系，以下說法中正確的說法

是0

(A)子彈減少的動能轉(zhuǎn)變?yōu)槟緣K的動能

(B)子彈-木塊系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

(C)子彈動能的減少等于子彈克服木塊阻力所作的功

(D)子彈克服木塊阻力所作的功等于這一過程中產(chǎn)生的熱

分析與解子彈.木塊系統(tǒng)在子彈射入過程中，作用于系統(tǒng)的合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒,但機(jī)械能并不

守恒.這是因?yàn)樽訌椗c木塊作用的一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零(這是因?yàn)樽訌棇Φ匚灰拼笥谀緣K對

地位移所致)，子彈動能的減少等于子彈克服阻力所作功，子彈減少的動能中，一局部通過其反作用力對木

塊作正功而轉(zhuǎn)移為木塊的動能，另一局部那么轉(zhuǎn)化為熱能(大小就等于這一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和).綜上

所述，只有說法(C)的表述是完全王確的.

2-5質(zhì)量為小的物體,由水平面上點(diǎn)。以初速為次)拋出初與水平面成仰角a.假設(shè)不計空氣阻九求:⑴物

體從發(fā)射點(diǎn)。到最高點(diǎn)的過程中.重力的沖量；(2)物體從發(fā)射點(diǎn)到落回至同?水平面的過程中，重力的沖

量.

分析重力是恒力，因此，求其在一段時間內(nèi)的沖量時，只需求出時間間隔即可.由拋體運(yùn)動規(guī)律可知，物體

到達(dá)最高點(diǎn)的時間=陋吧，物體從出發(fā)到落回至同?水平面所需的時間是到達(dá)最高點(diǎn)時間的兩

g

倍.這樣，按沖量的定義即可求得結(jié)果.

另一種解的方法是根據(jù)過程的始、末動量，由動量定理求出.

解1物體從出發(fā)到達(dá)最高點(diǎn)所需的時間為

那么物體落回地面的時間為

于是,在相應(yīng)的過程中重力的沖量分別為

解2根據(jù)動量定理.物體由發(fā)射點(diǎn)O運(yùn)動到點(diǎn)A、8的過程中.重力的沖曷分別為

2-6高空作業(yè)時系平安帶是非常必要的.假設(shè)一質(zhì)量為51.0kg的人，在操作時不慎從高空豎直跌落下

來，由于平安帶的保護(hù)，最終使他被懸掛起來.此時人離原處的距離為2.0m,平安帶彈性緩沖作用時間為

0.50s.求平安帶對人的平均沖力.

分析從人受力的情況來看，可分兩個階段：在開始下落的過程中，只受重力作用，人體可看成是作自由落

體運(yùn)動；在平安帶保護(hù)的緩沖過程中，那么人體同時受重力和平安帶沖力的作用，其合力是一變力,且作用

時間很短.為求平安帶的沖力，可以從緩沖時間內(nèi)，人體運(yùn)動狀態(tài)（動量）的改變來分析，即運(yùn)用動量定理來

討論.事實(shí)上，動量定理也可應(yīng)月于整個過程.但是，這時必須分清重力和平安帶沖力作用的時間是不同

的：而在過程的初態(tài)和末態(tài),人體的速度均為零.這樣，運(yùn)用動量定理仍可得到相同的結(jié)果.

解1以人為研究對象，按分析中的兩個階段進(jìn)行討論.在自由落體運(yùn)動過程中，人跌落至2m處時的速度

為

v}=y/2gh（1）

在緩沖過程中，人受重力和平安帶沖力的作用,根據(jù)動量定理，有

（F+P）Ar=mv2-tnv]（2）

由式（1）、（2）可得平安帶對人的平均沖力大小為

解2從整個過程來討論.根據(jù)動量定理有

2?7如下圖，在水平地面上，有一橫截面S=0.20nf的直角彎管,管中有流速為『=3.0的水通過,求彎管

所受力的大小和方向.

題3-12圖

分析對于彎曲局部AB段內(nèi)的水而言，由于流速一定，在時間加內(nèi)，從其?端流入的水量等于從另?端流

出的水量.因此，對這局部水來說,在時間4內(nèi)動量的增量也就是流入與流出水的動量的增量切=,“〃（即

-PA）;此動量的變化是管壁在Af時間內(nèi)對其作用沖量/的結(jié)果.依據(jù)動量定理可求得該段水受到管壁的沖

力尸；由牛頓第三定律，自然就得到水流對管壁的作用力尸』步.

解在Af時間內(nèi)，從管一端流入（或流出）水的質(zhì)量為Am=puSA/,彎曲局部AB的水的動量的增量那么為

Ap=A/〃（OB-VA）（CB-VA）

依據(jù)動量定理/=Ap,得到管壁對這局部水的平均沖力

從而可得水流對管壁作用力的大小為

作用力的方向那么沿直角平分線指向彎管外側(cè).

2?8質(zhì)量為M的人手里拿著一個質(zhì)量為利的物體，此人用與水平面成。角的速率如向前跳去.當(dāng)他到達(dá)最高

點(diǎn)時，他將物體以相對于人為“的水平速率向后拋出.問：由于人拋出物體，他跳躍的距離增加了多少？

（假設(shè)人可視為質(zhì)點(diǎn)）

分析人跳躍距離的增加是由于他在最高點(diǎn)處向后拋出物體所致.在拋物的過程中，人與物之間相互作用

力的沖量，使他們各自的動量發(fā)生了變化.如果把人與物視為一系統(tǒng)，因水平方向不受外力作用，故外力的

沖量為零，系統(tǒng)在該方向上動量守恒.但在應(yīng)用動量守恒定律時、必須注意系統(tǒng)是相對地面（慣性系）而言的,

因此，在處理人與物的速度時，要根據(jù)相對運(yùn)動的關(guān)系來確定.至于，人因跳躍而增加的距離，可根據(jù)人在水

平方向速率的增量Au來計算.

解取如下圖坐標(biāo).把人與物視為一系統(tǒng)，當(dāng)人跳躍到最高點(diǎn)處，在向左拋物的過程中,滿足動量守恒，故有

式中。為人拋物后相對地面的水平速率，。-〃為拋出物對地面的水平速率.得

人的水平速率的增量為

而人從最高點(diǎn)到地面的運(yùn)動時間為

所以,人跳躍后增加的距離

2-9一質(zhì)量為0.20kg的球，系在長為2.00m的細(xì)繩上，細(xì)繩的另一端系在天花板上.把小球移至使細(xì)繩

與豎直方向成30。角的位置，然后從靜止放開.求：（1）在繩索從30。角到0。角的過程中，重力和張力所作的

功；（2）物體在最低位置時的動能和速率；（3）在最低位置時的張力.

題2-9圖

分析（I）在計算功時，首先應(yīng)明確是什么力作功.小球擺動過程中同時受到重力和張力作用.重力是保守

力,根據(jù)小球下落的距離，它的功很易求得;至于張力雖是一變力，但是，它的方向始終與小球運(yùn)動方向垂直,

根據(jù)功的矢量式尸?山,即能得出結(jié)果來.⑵在計算功的根底上，由動能定理直接能求出動能和速

率.（3）在求最低點(diǎn)的張力時，可根據(jù)小球作圓周運(yùn)動時的向心加速度由重力和張力提供來確定.

解（1）如下圖，重力對小球所作的功只與始末位置有關(guān)，即

在小球擺動過程中,張力rT的方向總是與運(yùn)動方向垂直，所以，張力的功

（2）根據(jù)動能定理，小球擺動過程中，其動能的增量是由于重力龍它作功的結(jié)果.初始時動能為零，因而，在

最低位置時的動能為

小球在最低位置的速率為

（3）當(dāng)小球在最低位置時，由牛頓定律可得

2-10一質(zhì)量為〃?的質(zhì)點(diǎn)，系在細(xì)繩的一端,繩的另一端固定在平面上.此質(zhì)點(diǎn)在粗糙水平面上作半徑為r

的圓周運(yùn)動.設(shè)質(zhì)點(diǎn)的最初速率是的.當(dāng)它運(yùn)動一周時，其速率為%/2.求：（I）摩擦力作的功；（2）動摩

擦因數(shù)；（3）在靜止以前質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動了多少圈？

分析質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動過程中速度的減緩,意味著其動能減少；而減少的這局部動能那么消耗在運(yùn)動中克服摩

擦力作功上.由此,可依據(jù)動能定理列式解之.

解（1）摩擦力作功為

1,1,3,

W=與一昂=耳

⑵由于摩擦力是一恒力，且立?=〃叫，故有

W=Fuscos1800=-2^ong（2）

由式（1）、（2）可得動摩擦因數(shù)為

（3）由于一周中損失的動能為3加說，那么在靜止前可運(yùn)行的圈數(shù)為

8

穌）4

n=二三圈

3

2-11如圖（a）所示工和8兩塊板用一輕彈簧連接起來，它們的質(zhì)量分別為〃，和川2.問在4板上需加多大的

壓力，方可在力停止作用后,恰能使A在跳起來時〃稍被提起.（設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為Q

題2-11圖

分析運(yùn)用守恒定律求解是解決力學(xué)問題最簡捷的途徑之一.因?yàn)樗c過程的細(xì)節(jié)無關(guān)，也常常與特定力

的細(xì)節(jié)無關(guān)."守恒'’那么意味著在條件滿足的前提下，過程中任何時刻守恒量不變.在具體應(yīng)用時，必須

恰當(dāng)?shù)剡x取研究對象（系統(tǒng)）,注意守恒定律成立的條件.該題可用機(jī)械能守恒定律來解決.選取兩塊板、

彈簧和地球?yàn)橄到y(tǒng)，該系統(tǒng)在外界所施壓力撤除后（取作狀態(tài)1）,直到8板剛被提起（取作狀態(tài)2）,在這一過程

中，系統(tǒng)不受外力作用，而內(nèi)力中乂只有保守力（重力和彈力）作功,支持力不作功，因此，滿足機(jī)械能守恒的

條件.只需取狀態(tài)1和狀態(tài)2,運(yùn)用機(jī)械能守恒定律列出方程，并結(jié)合這兩狀態(tài)下受力的平衡,便可將所需壓

力求出.

解選取如圖（b）所示坐標(biāo),取原點(diǎn)。處為重力勢能和彈性勢能零點(diǎn).作各狀態(tài)下物體的受力圖.對A板而

言，當(dāng)施以外力加寸，根據(jù)受力平衡有

F1=P1+F（1）

當(dāng)外力撤除后，按分析中所選的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律可得

式中V、”為M、N兩點(diǎn)對原點(diǎn)。的位移.因?yàn)榫?@［，尸2="2及上式可寫為

Fi-F2=2Pi（2）

由式（1）、（2）可得

尸=多+尸2（3）

當(dāng)A板跳到N點(diǎn)時J3板剛被提起，此時彈性力尸2=P?，且&=尸'2.由式（3）可得

F=尸1+尸2=（Wl+"72）g

應(yīng)注意，勢能的零點(diǎn)位置是可以任意選取的.為計算方便起見，通常取彈簧原長時的彈性勢能為零點(diǎn)，也同

時為重力勢能的零點(diǎn).

2?12如下圖，一質(zhì)量為小的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為m/2的子彈沿水平方向以速率%射入

木塊一段距離L（此時木塊滑行距離恰為s）后留在木塊內(nèi)，求：（1）木塊與子彈的共同速度力此過程中

木塊和子彈的動能各變化了多少？（2）子彈與木塊間的摩擦阻力對木塊和子彈各作了多少功？13）證

明這一對摩擦阻力的所作功的代數(shù)和就等于其中一個摩擦阻力沿相對位移L所作的功.（4）證明這一對摩

擦阻力所作功的代數(shù)和就等于子彈-木塊系統(tǒng)總機(jī)械能的減少量（亦即轉(zhuǎn)化為熱的那局部能量）.

題2-12圖

分析對子彈-木塊系統(tǒng)來說，滿足動量守恒，但系統(tǒng)動能并不守恒，這是因?yàn)橐粚δΣ羶?nèi)力所做功的代

數(shù)和并不為零，其中摩擦阻力對木塊作正功，其反作用力對子彈作負(fù)功，后者功的數(shù)值大于前者，通過

這一對作用力與反作用力所做功，子彈將一局部動能轉(zhuǎn)移給木塊，而另一局部卻轉(zhuǎn)化為物體內(nèi)能.此題13）、

（4）兩問給出了具有普遍意義的結(jié)論，可幫助讀者以后分析此類問題.

解（1）子彈-木塊系統(tǒng)滿足動量守恒，有

解得共同速度

對木塊Af=—-0=—

218

對子彈=:（爭/一；（爭片二—［叫

（2）對木塊和子彈分別運(yùn)用質(zhì)點(diǎn)動能定理，那么

對木塊%=A&/叫

對子彈W,=AE=

LKk2L--mvlU

(3)設(shè)摩擦阻力大小為工，在兩者取得共同速度時，木塊對地位移為s,那么子彈對地位移為￡+s,有

對木塊W]=Ffs

對子彈W2=-Ff(L+s)

得W=WX+W2=-FiL

式中L即為子彈對木塊的相對位移，“-”號表示這一對摩擦阻力(非保守力)所作功必定會使系統(tǒng)機(jī)

械能減少.

2

(4)對木塊=F{s=^mv

對子彈區(qū)=一G(￡+s)=：(m>2一：(今)片

兩式相加，得

3

即一尸(=一R〃%；

兩式相加后實(shí)為子彈-木塊系統(tǒng)作為質(zhì)點(diǎn)系的動能定理表達(dá)式，左邊為一對內(nèi)力所作功，右邊為系統(tǒng)動

能的變化量.

2-13一質(zhì)量為機(jī)的地球衛(wèi)星，沿半徑為3踴的圓軌道運(yùn)動,碎為地球的半徑.地球的質(zhì)量為mE.求：(1)衛(wèi)

星的動能；(2)衛(wèi)星的引力勢能：(3)衛(wèi)星的機(jī)械能.

分析根據(jù)勢能和動能的定義，只需知道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運(yùn)動的速率，其勢能和動能即可算

出.由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運(yùn)動，由此可算得衛(wèi)星繞地球運(yùn)動的速率和動能.由于衛(wèi)星的引力

勢能是屬于系統(tǒng)(衛(wèi)星和地球)的，要確定特定位置的勢能時，必須規(guī)定勢能的零點(diǎn)，通常取衛(wèi)星與地球相距

無限遠(yuǎn)時的勢能為零.這樣，衛(wèi)星在特定位置的勢能也就能確定了.至于衛(wèi)星的機(jī)械能那么是動能和勢能

的總和.

解(1)衛(wèi)星與地球之間的萬有引力提供衛(wèi)星作圓周運(yùn)動的向心力，由牛頓定律可得

那么紇」而出吆

26七

(2)取衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn)(/->00)時的勢能為零，那么處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢能為

(3)衛(wèi)星的機(jī)械能為

2-14如圖(a)所示，天文觀測臺有一半徑為R的半球形屋面，有一冰塊從光滑屋面的最高點(diǎn)由靜止沿屋面

滑下，假設(shè)摩擦力略去不計.求比冰塊離開屋面的位置以及在該位置的速度.

題2-14圖

分析取冰塊、屋面和地球?yàn)橄到y(tǒng)，由于屋面對冰塊的支持力斥始終與冰塊運(yùn)動的方向垂直，故支持力不

作功；而重力?又是保守內(nèi)力，所以，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒.但是，僅有一個機(jī)械能守恒方程不能解出速度和

位置兩個物理量；因此，還需設(shè)法根據(jù)冰塊在脫離屋面時支持力為零這一條件，由牛頓定律列出冰塊沿徑

向的動力學(xué)方程.求解上述兩方程即可■得出結(jié)果.

解由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，有

mgR=gmv2+mgRcos。(1)

根據(jù)牛頓定律，冰塊沿徑向的動力學(xué)方程為

2

血gRcosO-&=彳-(2)

冰塊脫離球面時，支持力尸N=0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置

冰塊此時的速率為

。的方向與重力尸方向的夾角為

6(=90°-<9=41.8°

2?15如下圖，把質(zhì)量，〃=0.20kg的小球放在位置A時，彈簧被壓縮A/=7.5xl0-2m.然后在彈簧彈性力的

作用下，小球從位置A由靜止被釋放，小球沿軌道48CD運(yùn)動.小球與軌道間的摩擦不計.8C7)是半徑r=

0.15m的半圓弧相距為2r.求彈簧勁度系數(shù)的最小值.

題2-15圖

分析假設(shè)取小球、彈簧和地球?yàn)橄到y(tǒng)，小球在被釋放后的運(yùn)動過程中,只有重力和彈力這兩個保守內(nèi)力作

功，軌道對球的支持力不作功，因比，在運(yùn)動的過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒.運(yùn)用守恒定律解題時，關(guān)鍵在于選

好系統(tǒng)的初態(tài)和終態(tài).為獲取此題所求的結(jié)果，初態(tài)選在壓縮彈簧剛被釋放時刻，這樣，可使彈簧的勁度系

數(shù)與初態(tài)相聯(lián)系；而終態(tài)那么取在小球剛好能通過半圓弧時的最高點(diǎn)。處,因?yàn)檫@時小球的速率正處丁

種臨界狀態(tài)，假設(shè)大于、等于此速率時，小球定能沿軌道繼續(xù)向前運(yùn)動；小于此速率時，小球?qū)⒄f離軌道拋

出.該速率那么可根據(jù)重力提供圓弧運(yùn)動中所需的向心力，由牛頓定律求出.這樣,再由系統(tǒng)的機(jī)械能守

恒定律即可解出該彈簧勁度系數(shù)的最小值.

解小球要剛好通過最高點(diǎn)。時.軌道對小球支持力尸N=0,因此，有

fnv;

mg=-J(1)

r

取小球開始時所在位置A為重力勢能的零點(diǎn)，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律，有

權(quán)(加)2=，叫(3r)+34⑵

由式(I)、(2)可得

2?16如下圖，質(zhì)量為加、速度為y的鋼球，射向質(zhì)量為“的靶.靶中心有一小孔，內(nèi)有勁度系數(shù)為人的彈簧，此靶

最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，但可在水平面上作無摩擦滑動.求子彈射入靶內(nèi)彈簧后，彈簧的最大壓縮距離.

題2-16圖

分析這也是一種碰撞問題.碰撞的全過程是指小球剛與彈簧接觸直至彈簧被壓縮到最大,小球與靶剛好

到達(dá)共同速度為止，在這過程中，小球和靶組成的系統(tǒng)在水平方句不受外力作用，外力的沖量為零，因此，在

此方向動量守恒.但是，僅靠動量守恒定律還不能求出結(jié)果來.乂考慮到無外力對系統(tǒng)作功，系統(tǒng)無非保

守內(nèi)力作功，故系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒.應(yīng)用上述兩個守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度時，彈簧被壓

縮量最大這一條件，即可求解.應(yīng)用守恒定律求解，可免除碰撞口的許多細(xì)節(jié)問題.

解設(shè)彈簧的最大壓縮量為刈.小球與靶共同運(yùn)動的速度為6.由動量守恒定律，有

mv=(m+加)V]⑴

又由機(jī)械能守恒定律，有

-〃病=-(m+/A4⑵

由式(I)、⑵可得

2-17質(zhì)量為〃曲彈丸A,穿過如下圖的擺錘B后,速率由〃減少到心.擺錘的質(zhì)量為立擺線長度為/,如果擺

錘能在垂直平面內(nèi)完成一個完全的圓周運(yùn)動，彈丸速度。的最小值應(yīng)為多少？

題2-17圖

分析該題可分兩個過程分析.首先是彈丸穿越擺錘的過程.就彈丸與擺錘所組成的系統(tǒng)而言，由于穿越

過程的時間很短，重力和的張力在水平方向的沖量遠(yuǎn)小于沖擊力的沖量，因此，可認(rèn)為系統(tǒng)在水平方向不受

外力的沖量作用，系統(tǒng)在該方向上滿足動量守恒.擺錘在碰撞中獲得了一定的速度，因而具有一定的動能,

為使擺錘能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動，必須使擺錘在最高點(diǎn)處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提

供圓周運(yùn)動所需的向心力來確定；與此同時，擺錘在作圓周運(yùn)動過程中，擺錘與地球組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械

能守恒定律，根據(jù)兩守恒定律即可解出結(jié)果.

解由水平方向的動量守恒定律，有

v..

mv=m—+mv(1)

2

為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動，在最高點(diǎn)時，擺線中的張力八=0,那么

-Q)

式中仇為擺錘在圓周最高點(diǎn)的運(yùn)動速率.

又?jǐn)[錘在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動的過程中，滿足機(jī)械能守恒定律，故有

11

r7

—mr>=2m'gl+-tnvf~(3)

22

解上述三個方程，可得彈丸所需速率的最小值為

2?18如下圖，一質(zhì)量為4的物塊放置在斜面的最底端A處,斜面的傾角為火高度為人物塊與斜面的動摩擦因

數(shù)為〃，今有?質(zhì)量為/〃的子彈以速度如沿水平方向射入物塊并留在其中，且使物塊沿斜面向上滑動.求物

塊滑出頂端時的速度大小.

題2-18圖

分析該題可分兩個階段來討論，首先是子彈和物塊的撞擊過程，然后是物塊(包含子彈)沿斜面向上的滑

動過程.在撞擊過程中，對物塊和子彈組成的系統(tǒng)而言，由于撞擊前后的總動量明顯是不同的，因此，撞擊過

程中動量

不守恒.應(yīng)該注意，不是任何碰撞過程中動量都是守恒的.但是，假設(shè)取沿斜面的方向，因撞擊力(屬于內(nèi)力)

遠(yuǎn)大于子彈的重力Pi和物塊的重力P2在斜面的方向上的分力以及物塊所受的摩擦力F「，在該方向上動量

守恒,由此可得到物塊被撞擊后的速度.在物塊沿斜面上滑的過程中，為解題方便，可重新選擇系統(tǒng)(即取子

彈、物塊和地球?yàn)橄到y(tǒng))，此系統(tǒng)不受外力作用，而非保守內(nèi)力中僅摩擦力作功,根據(jù)系統(tǒng)的功能原理，可解

得最終的結(jié)果.

解在子彈與物塊的撞擊過程中，在沿斜面的方向上，根據(jù)動量守恒有

/nvcos?=（in+in）v

0i⑴

在物塊上滑的過程中，假設(shè)令物塊剛滑出斜面頂端時的速度為5,并取A點(diǎn)的重力勢能為零.由系統(tǒng)的功

能原理可得

=g(m+加)r；+(〃z+mr)gh-g(加+加)u：(2)

由式（1）、（2）可得

2/9如下圖.一個質(zhì)量為用的小球,從內(nèi)壁為半球形的容器切緣點(diǎn)A滑下.設(shè)容器質(zhì)量?為〃乂半徑為R.內(nèi)壁光

滑，并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上.開始時小球和容器都處于靜止?fàn)顟B(tài).當(dāng)小球沿內(nèi)壁滑到容器底

部的點(diǎn)8時,受到向上的支持力為多大？

題3-30圖

分析由于桌面無摩擦,容器可以在水平桌面上滑動，當(dāng)小球沿容器內(nèi)壁下滑時，容器在桌面上也要發(fā)生移

動.將小球與容器視為系統(tǒng)，該系統(tǒng)在運(yùn)動過程中沿水平桌面方向不受外力作用，系統(tǒng)在該方向上的動量

守恒；假設(shè)將小球、容器與地球視為系統(tǒng)，因系統(tǒng)無外力作用，而內(nèi)力中重力是保守力，而支持力不作功,

系統(tǒng)的機(jī)械能守恒.由兩個守恒定律可解得小球和容器在慣性系中的速度.由于相對運(yùn)動的存在，小球相

對容器運(yùn)動的軌跡是圓，而相對桌面運(yùn)動的軌跡就不再是圓了，因此，在運(yùn)用曲線運(yùn)動中的法向動力學(xué)方程

求解小球受力時泌須注意參考系的選擇.假設(shè)取容器為參考系俳慣性系），小球在此參考系中的軌跡仍是

容器圓弧，其法向加速度可由此刻的速度（相對于容器速度）求得.在分析小球受力時,除重力和支持力外