大學(xué)物理上冊(馬文蔚主編、第五版)課后習(xí)題答案

本文乃就是閑暇時間整合網(wǎng)上資料而得，在原文基

礎(chǔ)上增加了章節(jié)題目標(biāo)示，清晰了然，唯一美中不足就是有

小部分計算題未能給出答案，但具體解題思路與方法還就是

有得，同學(xué)們稍加演算應(yīng)該不難得到答案，在此也祝愿同學(xué)

們好好學(xué)習(xí)，期末不掛科?。?！

（記得給

好評呦！）

第一章質(zhì)點運動學(xué)

1-1分析與解（1）質(zhì)點在t至（t+△!:）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△s=PP',位移大小IArI=PP',

而=|r|—Ir|表示質(zhì)點位矢大小得變化量，三個量得物理含義不同，在曲

線運動中大小也不相等（注：在直線運動中有相等得可能）.但當(dāng)AtTO時，點

P'無限趨近P點，則有Idr|=ds,但卻不等于dr。故選（B）.

（2）由于［△rlWAs,故，即||手.A但由于|dr|=ds,故，即||

=o由此可見，應(yīng)選（C）。公

1—2分析與解表示質(zhì)點到坐標(biāo)原點得距離隨時間得變化率，在極坐標(biāo)系

中叫徑向速率.通常用符號vr表示，這就是速度矢量在位矢方向上得一個分量；

表示速度矢量；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式計算，在直角坐標(biāo)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得變化率，

就是加速度矢量沿速度方向得一個分量，起改變速度大小得作用；在極坐標(biāo)系中

表示徑向速率vr（如題1一2所述）；在自然坐標(biāo)系中表示質(zhì)點得速率v;

而表示加速度得大小而不就是切向加速度at.因此只有（3）式表達就是正

確得.故選（D）o4

1-4分析與解加速度得切向分量at起改變速度大小得作用，而法向分量

an起改變速度方向得作用.質(zhì)點作圓周運動時，由于速度方向不斷改變，相應(yīng)法

向加速度得方向也在不斷改變，因而法向加速度就是一定改變得.至于at就是

否改變，則要視質(zhì)點得速率情況而定。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為一不為零得恒量，當(dāng)at改變時，質(zhì)點則作

一般得變速率圓周運動.由此可見，應(yīng)選(B).A

1—5分析與解本題關(guān)鍵就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(biāo)系，設(shè)定滑輪距水面高度為h,t時刻定滑輪距小船

得繩長為I,則小船得運動方程為，其中繩長?隨時間t而變化。小船速度，

式中表示繩長I隨時間得變化率，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).4

1-6分析位移與路程就是兩個完全不同得概念。只有當(dāng)質(zhì)點作直線運動且

運動方向不改變時，位移得大小才會與路程相等。質(zhì)點在t時間內(nèi)得位移Ax得

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，位移得大小與路程就不同了。為此，需根據(jù)來確定其

運動方向改變得時刻tp，求出O~tp與tp?t內(nèi)得位移大小Ax1、A

x2,則t時間內(nèi)得路程，如圖所示，至于t=4、0s時質(zhì)點速度與加速度

可用與兩式計算。A解(1)質(zhì)點在4、0S內(nèi)位移得大小

(2)由得知質(zhì)點得換向時刻為(t=0不合題意)A則，

所以，質(zhì)點在4、0s時間間隔內(nèi)得路程為

(3)t=4、0s時，

1—7分析根據(jù)加速度得定義可知，在直線運動中v-t曲線得斜率為加速度

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

加速度為零，即勻速直線運動)。加速度為恒量，在a-t圖上就是平行于t軸得

直線，由v—t圖中求出各段得斜率，即可作出a—t圖線.又由速度得定義可

知，x-t曲線得斜率為速度得大小.因此，句速直線運動所對應(yīng)得x-t圖應(yīng)就

是一直線，而勻變速直線運動所對應(yīng)得x-t圖為t得二次曲線.根據(jù)各段時間

內(nèi)得運動方程x=x(t),求出不同時刻t得位置x,采用描數(shù)據(jù)點得方法，可

作出x-t圖.A解將曲線分為AB、BC、CD三個過程，它們對應(yīng)得加速度值分

別為A(勻加速直線運動)，(勻速直線運動)A(勻減速直線運動)

根據(jù)上述結(jié)果即可作出質(zhì)點得a-t圖［圖(B)］。A在勻變速直線運動中，有

44由此，可計算在0?2s與4?6s時間間隔內(nèi)各時刻得位置分別為

用描數(shù)據(jù)點得作圖方法，由表中數(shù)據(jù)可作0~2s與4~6s時間內(nèi)得x-t圖.在

2~4s時間內(nèi)，質(zhì)點就是作得勻速直線運動，其x-t圖就是斜率k=20得一

段直線［圖(c)］o

1—8分析質(zhì)點得軌跡方程為y=f(x),可由運動方程得兩個分量式x(t)

與y(t)中消去t即可得到。對于r、△「、Z、△s來說，物理含義不同，可

根據(jù)其定義計算.其中對s得求解用到積分方法，先在軌跡上任取一段微元ds,

則，最后用積分求S3解(1)由x(t)與y(t)中消去t后得質(zhì)點軌

跡方程為，

這就是一個拋物線方程，軌跡如圖(a)所示.AA(2)將t=0s與t=2s分

別代入運動方程，可得相應(yīng)位矢分別為A,A圖(a)中得P、Q兩點，即為t=

Os與t=2s時質(zhì)點所在位置.

(3)由位移表達式，得A其中位移大小A而徑向增量A*(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

A

-

19分析由運動方程得分量式可分別求出速度、加速度得分量，再由運動

合成算出速度與加速度得大小與方向.

解(1)速度得分量式為A,

當(dāng)t=0時，vox=-10m?6?1s—1,voy=15m?6?1s-1,則初速

度大小為

7

設(shè)v。與x軸得夾角為a,則Aa=123°41

(2)加速度得分量式為

，禽則加速度得大小為A設(shè)a與x軸得夾角為B,則A,B=-33°41'(或

326°19')a

1-10分析在升降機與螺絲之間有相對運動得情況下，一種處理方法就是取地

面為參考系，分別討論升降機豎直向上得勻加速度運動與初速不為零得螺絲得自

由落體運動，列出這兩種運動在同一坐標(biāo)系中得運動方程y1=丫16)與丫2=

y2(t),并考慮它們相遇，即位矢相同這一條件，問題即可解；另一種方法就是

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

就是，此加速度應(yīng)該就是相對加速度。升降機廂得高度就就是螺絲(或升降機)

運動得路程.

解1(1)以地面為參考系，取如圖所示得坐標(biāo)系，升降機與螺絲得運動方程

分別為當(dāng)螺絲落至底面時，有y1=y2，即

A(2)螺絲相對升降機外固定柱子下降得距離為A

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

時，有

A(2)由于升降機在t時間內(nèi)上升得高度為A則

111分析該題屬于運動學(xué)得第一類問題，即已知運動方程r=r(t)求質(zhì)點運動得

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

得O'X，y'坐標(biāo)系，并采用參數(shù)方程X，=xz(t)與yz=y,(t)來表示圓周運動就是

比較方便得.然后，運用坐標(biāo)變換x=xO+x'與y=y0+y',將所得參數(shù)方程轉(zhuǎn)換至

Oxy坐標(biāo)系中，即得Oxy坐標(biāo)系中質(zhì)點P在任意時刻得位矢.采用對運動方程求導(dǎo)得方

法可得速度與加速度.

解(1)如圖(B)所示，在O'x'y'坐標(biāo)系中，因，則質(zhì)點P得參數(shù)方程為

坐標(biāo)變換后，在Oxy坐標(biāo)系中有A,

則質(zhì)點P得位矢方程為A

(2)5s時得速度與加速度分別為AA1—12分析為求桿頂在地面上影子速度得大

小，必須建立影長與時間得函數(shù)關(guān)系，即影子端點得位矢方程.根據(jù)幾何關(guān)系，影長可通過太

陽光線對地轉(zhuǎn)動得角速度求得.由于運動得相對性，太陽光線對地轉(zhuǎn)動得角速度也就就是地

球自轉(zhuǎn)得角速度。這樣，影子端點得位矢方程與速度均可求得.A解設(shè)太陽光線對地轉(zhuǎn)動

得角速度為3,從正午時分開始計時，則桿得影長為s=htg3t,下午2：0。時，桿頂在地

面上影子得速度大小為A

當(dāng)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(xué)第二類問題，即已知加速度求速度與運動方程，必須在給定

條件下用積分方法解決。由與可得與.如a=a(t)或v=v(t),則可兩邊直接

積分.如果a或v不就是時間t得顯函數(shù)，則應(yīng)經(jīng)過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學(xué)操作

后再做積分。解由分析知，應(yīng)有

4得(1)

由A得(2)A將t=3s時，x=9m,v=2m?6?1s-1代入(1)(2)得v0=—1m?

6?1s—1,x0=0,75m。于就是可得質(zhì)點運動方程為

A1-14分析本題亦屬于運動學(xué)第二類問題，與上題不同之處在于加速度就是速度

V得函數(shù)，因此，需將式dv=a(v)dt分離變量為后再兩邊積分。4解選取石子下落

方向為y軸正向，下落起點為坐標(biāo)原點.

(1)由題意知(1)A用分離變量法把式(1)改寫為八(2)A將式(2)兩邊積分并考慮初始

條件，有

得石子速度A由此可知當(dāng)，t-8時，為一常量，通常稱為極限速度或收尾速度。A(2)再

由并考慮初始條件有

得石子運動方程A

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)加速度得兩個分量ax與ay分別積分，從而得到運動方程r得兩個分量式x(t)與y(t).

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，即與，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v0=0,積分可得

又由及初始條件t=0時，r0=(10m)i,積分可得AA由上述結(jié)果可得質(zhì)點運動方程得

分量式，即

x=10+3t2y=2t2

消去參數(shù)t,可得運動得軌跡方程3y=2x-20m

這就是一個直線方程.直線斜率，a=33°41'.軌跡如圖所示。

1—16分析瞬時加速度與平均加速度得物理含義不同，它們分別表示為與。在勻速

率圓周運動中，它們得大小分別為，，式中I△VI可由圖(B)中得幾何關(guān)系得到，而At

可由轉(zhuǎn)過得角度AS求出.

由計算結(jié)果能清楚地瞧到兩者之間得關(guān)系，即瞬時加速度就是平均加速度在AtTO時得極

限值.

解(1)由圖(b)可瞧到Av=v2-v1,故A而A所以

M(2)將△e=90°,3。°,10°,1°分別代入上式，得，*,,4以上結(jié)果表明，

當(dāng)△9T0時，勻速率圓周運動得平均加速度趨近于一極限值,該值即為法向加速度.

117分析根據(jù)運動方程可直接寫出其分量式X=x(t)與y=y(t),從中消去參數(shù)

t,即得質(zhì)點得軌跡方程。平均速度就是反映質(zhì)點在一段時間內(nèi)位置得變化率，即，它與時

間間隔At得大小有關(guān)，當(dāng)AtTO時，平均速度得極限即瞬時速度.切向與法向加速度就

是指在自然坐標(biāo)下得分矢量at與an，前者只反映質(zhì)點在切線方向速度大小得變化率，

即，后者只反映質(zhì)點速度方向得變化，它可由總加速度a與at得到.在求得t1時刻質(zhì)

點得速度與法向加速度得大小后，可由公式求P。

解(1)由參數(shù)方程x=2、Ot,y=19,0—2.0t2A消去t得質(zhì)點得軌跡方程:y=

19、0—0、50X2A⑵在t1=1、OOS到t2=2、。s時間內(nèi)得平均速度A

(3)質(zhì)點在任意時刻得速度與加速度分別為AA則t1=1、00s時得速度Av(t)|t

=1s=2、Oi—4、Oj

切向與法向加速度分別為AA(4)t=1、0s質(zhì)點得速度大小為

則A

1-18分析物品空投后作平拋運動.忽略空氣阻力得條件下，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(biāo)時，兩方

向上運動時間就是相同得。因此，分別列出其運動方程，運用時間相等得條件，即可求解?！?/p>

此外，平拋物體在運動過程中只存在豎直向下得重力加速度。為求特定時刻t時物體得切向

加速度與法向加速度，只需求出該時刻它們與重力加速度之間得夾角a或0.由圖可知，在

特定時刻t,物體得切向加速度與水平線之間得夾角a,可由此時刻得兩速度分量vx、vy

求出，這樣，也就可將重力加速度g得切向與法向分量求得.

解(1)取如圖所示得坐標(biāo)，物品下落時在水平與豎直方向得運動方程分別為Ax=vt,y

=1/2gt2A飛機水平飛行速度v=100m?6?1s-1，飛機離地面得高度y=100m,由

上述兩式可得目標(biāo)在飛機正下方前得距離

&(2)視線與水平線得夾角為￡

(3)在任意時刻物品得速度與水平軸得夾角為A

取自然坐標(biāo)，物品在拋出2s時，重力加速度得切向分量與法向分量分別為A4

119分析這就是一個斜上拋運動，瞧似簡單，但針對題目所問，如不能靈活運

用疊加原理，建立一個恰當(dāng)?shù)米鴺?biāo)系，將運動分解得話，求解起來并不容易?，F(xiàn)建立如圖(a)

所示坐標(biāo)系，則炮彈在x與y兩個方向得分運動均為句減速直線運動，其初速度分別為

vOcos。與vOsin。，其加速度分別為gsina與geosa.在此坐標(biāo)系中炮彈落地時，

應(yīng)有y=0,則x=OPo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

程與速度方程，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得矢

量式計算，即，做出炮彈落地時得矢量圖［如圖(B)所示］,由圖中所示幾何關(guān)系也可求得

(即圖中得r矢量).

解1由分析知，炮彈在圖(a)所示坐標(biāo)系中兩個分運動方程為A(1)(2)

令y=0求得時間t后再代入式(1)得A

解2做出炮彈得運動矢量圖，如圖(b)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與vx=。，則A(3)

由（2）（3）兩式消去t后得AA由此可知。只要角a與B滿足上式，炮彈就能垂直擊中坡

面，而與vO得大小無關(guān)。

討論如將炮彈得運動按水平與豎直兩個方向分解，求解本題將會比較困難，有興趣讀者不

妨自己體驗一下.A

1-20分析選定傘邊緣0處得雨滴為研究對象，當(dāng)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(biāo)系，列出雨滴得運動方程并考

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)得有很多小孔得噴頭中

飛出，從不同小孔中飛出得水滴將會落在半徑不同得圓周上，為保證均勻噴灑對噴頭上小孔

得分布AA解（1）如圖（a）所示坐標(biāo)系中，雨滴落地得運動方程為

（1）（2）

由式（1）（2）可得

由圖（a）所示幾何關(guān)系得雨滴落地處圓周得半徑為AA（2）常用草坪噴水器采用如圖（b）

所示得球面噴頭（。0=45"）其上有大量小孔.噴頭旋轉(zhuǎn)時，水滴以初速度vO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。角噴射得

水柱射程為AA為使噴頭周圍得草坪能被均勻噴灑，噴頭上得小孔數(shù)不但很多，而且還不能

均勻分布，這就是噴頭設(shè)計中得一個關(guān)鍵問題。

1-21分析被踢出后得足球，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)得運動方程得到.由于水平距離x已知，球門高度又限定了在y方向得范圍，故只需

將x、y值代入即可求出.A解取圖示坐標(biāo)系Oxy,由運動方程A,A消去t得軌跡方程

AA以x=25、0m,V=20、0m?6?1s—1及3、44m'y》0代入后，可解得

71。11°201369.92°27。92°262218。89°A如何理解上述角度得范圍？

在初速一定得條件下，球擊中球門底線或球門上緣都將對應(yīng)有兩個不同得投射傾角（如圖所

示）。如果以或9<18、89°踢出足球，都將因射程不足而不能直接射入球門；

由于球門高度得限制，0角也并非能取71、11°與18、89°之間得任何值.當(dāng)傾角取值

為27、92°<9<69.92°時，踢出得足球?qū)⒃竭^門緣而離去，這時球也不能射入球門。

因此可取得角度范圍只能就是解中得結(jié)果.A

122分析在自然坐標(biāo)中，s表示圓周上從某一點開始得曲線坐標(biāo).由給定得

運動方程s=s（t）,對時間t求一階、二階導(dǎo)數(shù)，即就是沿曲線運動得速度V與加速度得

切向分量at,而加速度得法向分量為an=v2/R.這樣，總加速度為a=atet+anen。

至于質(zhì)點在t時間內(nèi)通過得路程，即為曲線坐標(biāo)得改變量△s=st—sO.因圓周長為2nR,

質(zhì)點所轉(zhuǎn)過得圈數(shù)自然可求得.A解（1）質(zhì)點作圓周運動得速率為A

其加速度得切向分量與法向分量分別為A,

故加速度得大小為AA其方向與切線之間得夾角為

a⑵要使Ia|=b，由可得

4（3）從t=0開始到t=v。/b時，質(zhì)點經(jīng)過得路程為A4因此質(zhì)點運行得圈數(shù)為A

1—23分析首先應(yīng)該確定角速度得函數(shù)關(guān)系3=kt2.依據(jù)角量與線量得關(guān)系由特

定時刻得速度值可得相應(yīng)得角速度，從而求出式中得比例系數(shù)k,3=3（t）確定后，注意到

運動得角量描述與線量描述得相應(yīng)關(guān)系，由運動學(xué)中兩類問題求解得方法（微分法與積分

法），即可得到特定時刻得角加速度、切向加速度與角位移.

解因3R=V,由題意38t2得比例系數(shù)A所以

則t'=0、5s時得角速度、角加速度與切向加速度分別為AA總加速度

在2、0s內(nèi)該點所轉(zhuǎn)過得角度

,1—24分析掌握角量與線量、角位移方程與位矢方程得對應(yīng)關(guān)系，應(yīng)用運動學(xué)

求解得方法即可得到.

解（1）由于，則南速度.在t=2S時，法向加速度與切向加速度得數(shù)值分別為AA

（2）當(dāng)時，有，即

得A此時刻得角位置為

（3）要使，則有t=0、55s

1—25分析這就是一個相對運動得問題.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'oV1為S'相對S得速度,v2為雨滴相對S得速度，利用相對運動

速度得關(guān)系即可解.解以地面為參考系，火車相對地面運動得速度為v1,雨滴相對地面

豎直下落得速度為v2，旅客H焦到雨滴下落得速度v2'為相對速度，它們之間得關(guān)系為

（如圖所示），于就是可得“4

1—26分析這也就是一個相對運動得問題?？梢曈挈c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得方向（即

雨點相對于汽車得運動速度v2'得方向）應(yīng)滿足.再由相對速度得矢量關(guān)系，即可求出

所需車速v1.A

解由［圖（b）］,有A&而要使，則

1-27分析船到達對岸所需時間就是由船相對于岸得速度V決定得.由于水

流速度U得存在，V與船在靜水中劃行得速度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：在劃速一定得條件下，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A

（2）由于，在劃速V’一定得條件下，只有當(dāng)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得下游處，且有

,1-28分析該問題涉及到運動得相對性.如何將已知質(zhì)點相對于觀察者0得運動

轉(zhuǎn)換到相對于觀察者0'得運動中去，其實質(zhì)就就是進行坐標(biāo)變換，將系0中一動點（x,

y）變換至系O'中得點（x',v'）.由于觀察者0'相對于觀察者0作勻速運動，因此，

該坐標(biāo)變換就是線性得.A解取Oxy與O'x'y'分別為觀察者0與觀察者O'所在得

坐標(biāo)系，且使Ox與O'x'兩軸平行。在t=0時，兩坐標(biāo)原點重合.由坐標(biāo)變換得Ax'

=x—vt=vt—vt=0y'=y=1/2gt2

加速度A由此可見，動點相對于系5就是在y方向作勻變速直線運動.動點在兩坐標(biāo)系中

加速度相同，這也正就是伽利略變換得必然結(jié)果.AA

第二章牛頓定律

ZI分析與解當(dāng)物體離開斜面瞬間，斜面對物體得支持力消失為零，物體在繩

子拉力FT（其方向仍可認為平行于斜面）與重力作用下產(chǎn)生平行水平面向左得加速度a,如

圖（b）所示，由其可解得合外力為mgcot6,故選（D）.求解得關(guān)鍵就是正確分析物體剛離

開斜面瞬間得物體受力情況與狀態(tài)特征.A

2-2分析與解與滑動摩擦力不同得就是，靜摩擦力可在零與最大值uFN范圍內(nèi)取值

當(dāng)FN增加時,靜摩擦力可取得最大值成正比增加，但具體大小則取決于被作用物體得運動狀

態(tài).由題意知，物體一直保持靜止?fàn)顟B(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）?4

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得靜摩擦力提供，能夠提供得最大向心力應(yīng)為

uFN。由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎得最大速率應(yīng)為v=uRg.因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時得實際速率不大

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與方向不變得重力以及時刻

指向圓軌道中心得軌道支持力FN作用，其合外力方向并非指向圓心，其大小與方向均與物體

所在位置有關(guān).重力得切向分量（mgc。s9）使物體得速率將會不斷增加（由機械能守恒

亦可判斷），則物體作圓周運動得向心力（又稱法向力）將不斷增大，由軌道法向方向上得動

力學(xué)方程可判斷，隨e角得不斷增大過程，軌道支持力FN也將不斷增大，由此可見應(yīng)選

（B）.4

2-5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兩物體相對電梯得加

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）aA討論對于習(xí)題2—5這種類型得物理問題，往往從非慣性參考系（本題為電

梯）觀察到得運動圖像較為明確，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(xué)問題時，必須對物體加上一個虛擬得慣性力。如以地面為慣性參考系求解，則兩物

體得加速度aA與aB均應(yīng)對地而言，本題中aA與aB得大小與方向均不相同。其中aA應(yīng)

斜向上。對aA、aB、a與a'之間還要用到相對運動規(guī)律，求解過程較繁.有興趣得

讀者不妨自己嘗試一下。

26分析動力學(xué)問題一般分為兩類：（1）已知物體受力求其運動情況；（2）已

知物體得運動情況來分析其所受得力。當(dāng)然，在一個具體題目中，這兩類問題并無截然得界

限，且都就是以加速度作為中介，把動力學(xué)方程與運動學(xué)規(guī)律聯(lián)系起來.本題關(guān)鍵在列出動

力學(xué)與運動學(xué)方程后，解出傾角與時間得函數(shù)關(guān)系a=f（t）,然后運用對t求極值得方法

即可得出數(shù)值來.

解取沿斜面為坐標(biāo)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A則（2）A為使下滑得時間最短，可令，由式（2）

有

則可得，④此時A

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(xué)問題通常采用“隔

離體"得方法，分析物體所受得各種作用力，在所選定得慣性系中列出它們各自得動力學(xué)方

程.根據(jù)連接體中物體得多少可列出相應(yīng)數(shù)目得方程式.結(jié)合各物體之間得相互作用與聯(lián)系，

可解決物體得運動或相互作用力.

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

方向(如圖所示)。當(dāng)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(dāng)整個裝置以加

速度a=10m?6?1s-2上升時，由式(3)可得繩所受張力得值為△FT=5、94X

103N

乙對甲得作用力為F'N2=-FN2=—m2(g+a)=-1、98X103沖(2)當(dāng)整個裝

置以加速度a=1m?6?1s-2上升時，得繩張力得值為劣FT=3、24X103NA此時，

乙對甲得作用力則為F'N2=—1、08X103N

由上述計算可見，在起吊相同重量得物體時，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，以確保起吊過程得安全。

28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

大小處處相等就是有條件得，即必須在繩得質(zhì)量與伸長可忽略、滑輪與繩之間得摩擦不計得

前提下成立。同時也要注意到張力方向就是不同得。A解分別對物體與滑輪作受力分析[圖

(b)]0由牛頓定律分別對物體A、B及滑輪列動力學(xué)方程，有mAg-FT=mAa

(1)AF'T1-Ff=mBa'(2)AF'T—2FT1=0⑶A考慮到mA=mB=m,

FT=F'T,FT1=￥'T1,a'=2a,可聯(lián)立解得物體與桌面得摩擦力

A討論動力學(xué)問題得一般解題步驟可分為：(1)分析題意，確定研究對象，分析受力，選

定坐標(biāo)；(2)根據(jù)物理得定理與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.*

219分析當(dāng)木塊B平穩(wěn)地輕輕放至運動著得平板A上時，木塊得初速度可視為零，由

于它與平板之間速度得差異而存在滑動摩擦力，該力將改變它們得運動狀態(tài)。根據(jù)牛頓定律

可得到它們各自相對地面得加速度。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(xué)公式即

可解得.

4該題也可應(yīng)用第三章所講述得系統(tǒng)得動能定理來解。將平板與木塊作為系統(tǒng)，該系統(tǒng)得動

能由平板原有得動能變?yōu)槟緣K與平板一起運動得動能，而它們得共同速度可根據(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)得動能定理，摩擦力得功應(yīng)等于系統(tǒng)動能得增

量.木塊相對平板移動得距離即可求出。

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

列出動力學(xué)方程AFf=|img=ma1F'f=-Ff=m'a2Aa1與a2分別就是木塊與

木板相對地面參考系得加速度.若以木板為參考系，木塊相對平板得加速度a=a1+a2，木

塊相對平板以初速度一v'作勻減速運動直至最終停止。由運動學(xué)規(guī)律有-v'2=2a

SA由上述各式可得木塊相對于平板所移動得距離為

解2以木塊與平板為系統(tǒng)，它們之間一對摩擦力作得總功為AW=Ff(s+l)-FfI

=UmgSA式中I為平板相對地面移動得距離。

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

(m'+m)v"

由系統(tǒng)得動能定理，有會a由上述各式可得會

2—10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)得力(向心力)，而該力就是由碗內(nèi)壁對球得支持力FN得分力來提供得，由于支

持力FN始終垂直于碗內(nèi)壁，所以支持力得大小與方向就是隨3而變得.取圖示Oxy坐標(biāo)，

列出動力學(xué)方程，即可求解鋼球距碗底得高度。

解取鋼球為隔離體，其受力分析如圖(b)所示。在圖示坐標(biāo)中列動力學(xué)方程A(1)

(2)

且有(3)

由上述各式可解得鋼球距碗底得高度為AA可見，h隨3得變化而變化.

2—11分析如題所述，外軌超高得目得欲使火車轉(zhuǎn)彎得所需向心力僅由軌道支持

力得水平分量FNsin。提供(式中e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)得就是火車轉(zhuǎn)彎時必須以規(guī)定得速率v0行駛.當(dāng)火車行駛速率v手v0時，則會產(chǎn)生兩

種情況：如圖所示，如v>v0時，外軌將會對車輪產(chǎn)生斜向內(nèi)得側(cè)壓力F1,以補償原向心

力得不足，如vVvO時，則內(nèi)軌對車輪產(chǎn)生斜向外得側(cè)壓力F2,以抵消多余得向心力，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得轉(zhuǎn)彎

處規(guī)定時速，從而確保行車安全.A△解(1)以火車為研究對象，建立如圖所示坐標(biāo)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A

(2)當(dāng)v>v。時，根據(jù)分析有

(3)(4)A解(3)(4)兩式，可得外軌側(cè)壓力為AA當(dāng)v〈v0時，根據(jù)分析有

(5)(6)A解(5)(6)兩式，可得內(nèi)枕側(cè)壓力為A

212分析雜技演員(連同摩托車)得運動可以瞧成一個水平面內(nèi)得勻速率圓周

運動與一個豎直向上勻速直線運動得疊加。其旋轉(zhuǎn)一周所形成得旋線軌跡展開后，相當(dāng)于如

圖(b)所示得斜面.把

演員得運動速度分解為圖示得v1與v2兩個分量，顯然v1就是豎直向上作勻速直線運動

得分速度，而v2則就是繞圓筒壁作水平圓周運動得分速度，其中向心力由筒壁對演員得支

持力FN得水平分量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得大小與方向力。A

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)A以式(3)代入式(2),得A(5)

將式(1)與式(5)代入式(4),可求出圓筒壁對雜技演員得作用力(即支承力)大小為AA

與壁得夾角Q為A

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得方位，以確保三

者之間滿足解題用到得各個力學(xué)規(guī)律。

2—13分析首先應(yīng)由題圖求得兩個時間段得F代)函數(shù)，進而求得相應(yīng)得加速度函數(shù),

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

應(yīng)。

解由題圖得A

由牛頓定律可得兩時間段質(zhì)點得加速度分別為AA對0<t<5S時間段，由得A積分

后得A再由得

積分后得

將t=5s代入，得v5=30m?6?1s-1與x5=68、7m

對5s〈t<7s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與x7=142mA

2-14分析這就是在變力作用下得動力學(xué)問題.由于力就是時間得函數(shù)，而加速

度a=dv/dt,這時，動力學(xué)方程就成為速度對時間得一階微分方程，解此微分方程可得質(zhì)

點得速度v(t)；由速度得定義v=dx/dt,用積分得方法可求出質(zhì)點得位置.

解因加速度2=函/加，在直線運動中，根據(jù)牛頓運動定律有AA依據(jù)質(zhì)點運動得初始條件，

即tO=0時v0=6、0m?6?1s—1,運用分離變量法對上式積分，得

7=6、0+4、Ot+6、0t2A又因v=dx/dt,并由質(zhì)點運動得初始條件:t。=0時x。=5、

0m,對上式分離變量后積分，有

x=5、0+6、Ot+2、012+2、Ot3

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，且就是時間得函數(shù).在求速率與距離時，可根據(jù)動力學(xué)方程與運動學(xué)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(biāo)正方向，由牛頓運動定律及初始條件，得

因此，飛機著陸10s后得速率為Av=30m?6?1s-U又

故飛機著陸后10s內(nèi)所滑行得距離

2—16分析該題可以分為兩個過程，入水前就是自由落體運動，入水后，物體受重

力P、浮力F與水得阻力Ff得作用，其合力就是一變力，因此，物體作變加速運動.雖然物

體得受力分析比較簡單，但就是，由于變力就是速度得函數(shù)(在有些問題中變力就是時間、

位置得函數(shù))，對這類問題列出動力學(xué)方程并不復(fù)雜，但要從它計算出物體運動得位置與速

度就比較困難T.通常需要采用積分得方法去解所列出得微分方程.這也成了解題過程中得

難點.在解方程得過程中，特別需要注意到積分變量得統(tǒng)一與初始條件得確定.A解(1)

運動員入水前可視為自由落體運動，故入水時得速度為

A運動員入水后，由牛頓定律得P-Ff-F=maA由題意P=F、Ff=bv2,而a=d

v/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、1vO代入上式，則得AA/—I/分

析螺旋槳旋轉(zhuǎn)時，葉片上各點得加速度不同，在其各部分兩側(cè)得張力也不同；由于葉片得

質(zhì)量就是連續(xù)分布得，在求葉片根部得張力時，可選取葉片上一小段，分析其受力，列出動力

學(xué)方程，然后采用積分得方法求解。A解設(shè)葉片根部為原點0,沿葉片背離原點0得方向

為正向，距原點0為r處得長為dr一小段葉片，其兩側(cè)對它得拉力分別為FT(r)與FT(r

+dr)o葉片轉(zhuǎn)動時，該小段葉片作圓周運動，由牛頓定律有A

由于r=l時外側(cè)FT=0,所以有AA上式中取r=。，即得葉片根部得張力FTO=-2、

79X105hU負號表示張力方向與坐標(biāo)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(biāo)得情況下，沿圓弧方向得加

速度就就是切向加速度at,與其相對應(yīng)得外力Ft就是重力得切向分量mgsina,而與法向

加速度an相對應(yīng)得外力就是支持力FN與重力得法向分量mgcosa。由此，可分別列出切

向與法向得動力學(xué)方程Ft=mdv/dt與Fn=man。由于小球在滑動過程中加速度不就是

恒定得，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)得機械能守恒定律求解小球得速度與危速度，方法比較簡便.但它不能

直接給出小球與圓弧表面之間得作用力.A解小球在運動過程中受到重力P與圓軌道對

它得支持力FN.取圖(b)所示得自然坐標(biāo)系，由牛頓定律得A(1)(2)A由，得，代

入式(1),并根據(jù)小球從點A運動到點C得始末條件，進行積分，有

得A則小球在點C得角速度為

由式(2)得

由此可得小球?qū)A軌道得作用力為負號表示■N與en反向.

.2-19分析運動學(xué)與動力學(xué)之間得聯(lián)系就是以加速度為橋梁得，因而，可先分析動

力學(xué)問題.物體在作圓周運動得過程中，促使其運動狀態(tài)發(fā)生變化得就是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對物體得

支持力FN與環(huán)與物體之間得摩擦力Ff,而摩擦力大小與正壓力FN'成正比，且FN與FN'

又就是作用力與反作用力，這樣，就可通過它們把切向與法向兩個加速度聯(lián)系起來了，從而可

用運動學(xué)得積分關(guān)系式求解速率與路程.

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

由分析中可知，摩擦力得大小Ff=uFN,由上述各式可得A

取初始條件t=0時v=v0,并對上式進行積分，有

a(2)當(dāng)物體得速率從v0減少到1/2v0時，由上式可得所需得時間為

A物體在這段時間內(nèi)所經(jīng)過得路程

42—20分析物體在發(fā)射過程中，同時受到重力與空氣阻力得作用，其合力就是

速率V得一次函數(shù)，動力學(xué)方程就是速率得一階微分方程，求解時，只需采用分離變量得數(shù)

學(xué)方法即可。但就是，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與空氣阻力Fr=kv作用而減速.由牛頓定律得A(1)A

根據(jù)始末條件對上式積分，有AA(2)利用得關(guān)系代入式(1),可得

A分離變量后積分

故A討論如不考慮空氣阻力，則物體向上作句減速運動.由公式與分別算得t七6、12s

與y七184m,均比實際值略大一些。.?

2—21分析由于空氣對物體得阻力始終與物體運動得方向相反，因此，物體在上

拋過程中所受重力P與阻力Fr得方向相同；而下落過程中，所受重力P與阻力Fr得

方向則相反。又因阻力就是變力，在解動力學(xué)方程時，需用積分得方法。A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AA依據(jù)初始條件對上式積分，有

4物體到達最高處時，v=0,故有

4(2)物體下落過程中，有A對上式積分，有

則A

2—22分析該題依然就是運用動力學(xué)方程求解變力作用下得速度與位置得問題，求

解方法與前兩題相似，只就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得方向相反；故當(dāng)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。A解設(shè)摩托車沿x軸正方向運動，在牽引力F與阻力Fr同時作用下，由牛頓

定律有A(1)A當(dāng)加速度a=dv/dt=O時，摩托車得速率最大，因此可得Ak=F/vm2(2)

由式(1)與式⑵可得

(3)

根據(jù)始末條件對式(3)積分，有￡則

又因式(3)中，再利用始末條件對式(3)積分，有A則A

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為跑道作用于飛機得摩擦力，很顯然飛機就是在合外力為變力得

情況下作減速運動，列出牛頓第二定律方程后，用運動學(xué)第二類問題得相關(guān)規(guī)律解題。由于

作用于飛機得合外力為速度v得函數(shù)，所求得又就是飛機滑行距離x,因此比較簡便方法就是

直接對牛頓第二定律方程中得積分變量dt進行代換，將dt用代替，得到一個有關(guān)v與

x得微分方程，分離變量后再作積分。

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

A(1)A(2)A將式(2)代入式(1),并整理得

4分離變量并積分，有

得飛機滑行距離A(3)A考慮飛機著陸瞬間有FN=。與v=v0,應(yīng)有k2V02=mg,將

其代入(3)式，可得飛機滑行距離x得另一表達式AA討論如飛機著陸速度v0=144

km?6?1h—1,u=。、1,升阻比，可算得飛機得滑行距離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(xí)題2—5分析中指出得那樣，可