馬文慰物理學(xué)大學(xué)物理答案

大學(xué)物理學(xué)(第五版)上冊(cè)(馬文蔚)課后答案及解析

1-1分析與解(1)質(zhì)點(diǎn)在t至(t+似)時(shí)間內(nèi)沿曲線從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P'點(diǎn),各量關(guān)系如圖

所示，其中路程As=PP',位移大小IArI=PP［而Ar-IrI-IrI表示質(zhì)點(diǎn)位矢大

小的變化量，三個(gè)量的物理含義不同,在曲線運(yùn)動(dòng)中大小也不相等(注：在直線運(yùn)動(dòng)中有相

等的可能).但當(dāng)At-O時(shí)，點(diǎn)P'無限趨近P點(diǎn)則有IdrI=ds,但卻不等于dr.故選(B).

(2)由于I于IMs,故，即|IB.

但由于IdrI=ds,故，即II=.由此可見，應(yīng)選(C).

1-2分析與解表示質(zhì)點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離隨時(shí)間的變化率，在極坐標(biāo)系中叫徑向速

率.通常用符號(hào)vr■表示，這是速度矢量在位矢方向上的個(gè)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(jì)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(shí)間的變化率，是加速度矢量沿

速度方向的一個(gè)分量，起改變速度大小的作用；在極坐標(biāo)系中表示徑向速率vr(如題1-2

所述)；在自然坐標(biāo)系中表示質(zhì)點(diǎn)的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度a

t.因此只有(3)式表達(dá)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(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(diǎn)的速率情況而

定.質(zhì)點(diǎn)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),at恒為零；質(zhì)點(diǎn)作勻變速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),at為一不為零

的恒量，當(dāng)at改變時(shí)，質(zhì)點(diǎn)則作一般的變速率圓周運(yùn)動(dòng).由此可見，應(yīng)選(B).

1-5分析與解本題關(guān)鍵是先求得小船速度表達(dá)式，進(jìn)而判斷運(yùn)動(dòng)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(shí)刻定滑輪距小船的繩長為I,則小船的運(yùn)動(dòng)方程

為，其中繩長I隨時(shí)間t而變化.小船速度，式中表示繩長I隨時(shí)間的變化率，其大小即

為vO,代入整理后為，方向沿x軸負(fù)向.由速度表達(dá)式，可判斷小船作變加速運(yùn)動(dòng).故選

(C).

1-6分析位移和路程是兩個(gè)完全不同的概念.只有當(dāng)質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動(dòng)且運(yùn)動(dòng)方向不改

變時(shí),位移的大小才會(huì)與路程相等.質(zhì)點(diǎn)在t時(shí)間內(nèi)的位移Ax的大小可直接由運(yùn)動(dòng)方程

得到：，而在求路程時(shí)，就必須注意到質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中可能改變運(yùn)動(dòng)方向，此時(shí)，位移的

大小和路程就不同了.為此，需根據(jù)來確定其運(yùn)動(dòng)方向改變的時(shí)刻tp,求出0?tp和tp?

t內(nèi)的位移大小Ax1、加2,則1時(shí)間內(nèi)的路程，如圖所示，至于t=4.0s時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度和

加速度可用和兩式計(jì)算.

解(1)質(zhì)點(diǎn)在4.0s內(nèi)位移的大小

(2)由得知質(zhì)點(diǎn)的換向時(shí)刻為(t=0不合題意)

則，

所以,質(zhì)點(diǎn)在4.0s時(shí)間間隔內(nèi)的路程為

(3)t=4.0s時(shí)，

>

1-7分析根據(jù)加速度的定義可知,在直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)；而線段BC的斜率為0,加速度為零,即勻速

直線運(yùn)動(dòng)).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(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)的x-t圖應(yīng)是一直線，而勻變速直線運(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)的x-t圖為t的二次曲線.根

據(jù)各段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)方程x=x⑴,求出不同時(shí)刻t的位置X,采用描數(shù)據(jù)點(diǎn)的方法，可作出

x-t圖.

解將曲線分為AB、BC、CD三個(gè)過程,它們對(duì)應(yīng)的加速度值分別為

(勻加速直線運(yùn)動(dòng))，(勻速直線運(yùn)動(dòng))

(勻減速直線運(yùn)動(dòng))

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

在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，有

由此，可計(jì)算在0?2s和4?6s時(shí)間間隔內(nèi)各時(shí)刻的位置分別為

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

時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)是作的勻速直線運(yùn)動(dòng)，其x-t圖是斜率k=20的一段直線[圖⑹].

1-8分析質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程為y=f(x),可由運(yùn)動(dòng)方程的兩個(gè)分量式x(t)和y(t)中消去t即

可得到.對(duì)于r、△「、△「、As來說,物理含義不同，可根據(jù)其定義計(jì)算.其中對(duì)s的求解

用到積分方法，先在軌跡上任取?段微元ds,則，最后用積分求s.

解(1)由x⑴和y(t)中消去t后得質(zhì)點(diǎn)軌跡方程為，

這是一個(gè)拋物線方程，軌跡如圖(a)所示.

(2)將t=0s和t=2s分別代入運(yùn)動(dòng)方程,可得相應(yīng)位矢分別為

圖(a)中的P、Q兩點(diǎn)，即為t=0s和t=2s時(shí)質(zhì)點(diǎn)所在位置.

(3)由位移表達(dá)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(yùn)動(dòng)方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量，再由運(yùn)動(dòng)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(dāng)t=0時(shí)，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。，則

a=123°4V

(2)加速度的分量式為

*

則加速度的大小為

設(shè)a與x軸的夾角為0,則

,。=-33。41(或326°19')

1-10分析在升降機(jī)與螺絲之間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)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(dòng)和初速不為零的螺絲的自由落體運(yùn)動(dòng),列出這

兩種運(yùn)動(dòng)在同一坐標(biāo)系中的運(yùn)動(dòng)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(jī)(或螺絲)為參考系，這時(shí)，螺絲(或升降機(jī))

相對(duì)它作勻加速運(yùn)動(dòng)，但是，此加速度應(yīng)該是相對(duì)加速度.升降機(jī)廂的高度就是螺絲(或升

降機(jī))運(yùn)動(dòng)的路程.

解1(1)以地面為參考系,取如圖所示的坐標(biāo)系，升降機(jī)與螺絲的運(yùn)動(dòng)方程分別為

當(dāng)螺絲落至底面時(shí)，有y1=y2,即

(2)螺絲相對(duì)升降機(jī)外固定柱子卜.降的距離為

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

有

(2)由于升降機(jī)在t時(shí)間內(nèi)上升的高度為

則

1-11分析該題屬于運(yùn)動(dòng)學(xué)的第一類問題，即已知運(yùn)動(dòng)方程r=r⑴求質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的一切

信息(如位置矢量、位移、速度、加速度).在確定運(yùn)動(dòng)方程時(shí)，若取以點(diǎn)(0,3)為原點(diǎn)的O'x'y"

坐標(biāo)系，并采用參數(shù)方程x，=x1t)和『=y'⑴來表示圓周運(yùn)動(dòng)是比較方便的.然后,運(yùn)用坐

標(biāo)變換x=x0+x￥Uy=y0+『,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(diǎn)P在任意時(shí)刻的位矢.采用對(duì)運(yùn)動(dòng)方程求導(dǎo)的方法可得速度和加速度.

解(1)如圖(B)所示，在OxV坐標(biāo)系中，因，則質(zhì)點(diǎn)P的參數(shù)方程為

>

坐標(biāo)變換后，在Oxy坐標(biāo)系中有

?

則質(zhì)點(diǎn)P的位矢方程為

(2)5s時(shí)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(shí)間的函數(shù)關(guān)系，即影

子端點(diǎn)的位矢方程.根據(jù)兒何關(guān)系，影長可通過太陽光線對(duì)地轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度求得.由于運(yùn)

動(dòng)的相對(duì)性,太陽光線對(duì)地轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度也就是地球自轉(zhuǎn)的角速度.這樣,影子端點(diǎn)的位

矢方程和速度均可求得.

解設(shè)太陽光線對(duì)地轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為3,從正午時(shí)分開始計(jì)時(shí)，則桿的影長為s=htg3t,下

午2：00時(shí)，桿頂在地面上影子的速度大小為

當(dāng)桿長等于影長時(shí)，即s=h,則

即為下午3:00時(shí).

1-13分析本題屬于運(yùn)動(dòng)學(xué)第二類問題，即已知加速度求速度和運(yùn)動(dòng)方程，必須在給定

條件下用積分方法解決.由和可得和.如a=a⑴或v=v(t),則可兩邊直接積分.如果a

或v不是時(shí)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(xué)操作后再做積分.

解由分析知，應(yīng)有

得⑴

由

得⑵

將t=3s時(shí),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(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程為

1-14分析本題亦屬于運(yùn)動(dòng)學(xué)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?yàn)閥軸正向，卜落起點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn).

(1)由題意知(1)

用分離變量法把式(1)改寫為

(2)

將式(2)兩邊積分并考慮初始條件，有

得石子速度

由此可知當(dāng),t―8時(shí)，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(yùn)動(dòng)方程

1-15分析與上兩題不同處在于質(zhì)點(diǎn)作平面曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)疊加原理，求解時(shí)需根據(jù)加

速度的兩個(gè)分量ax和ay分別積分，從而得到運(yùn)動(dòng)方程r的兩個(gè)分量式x(t)和y(t).由于

本題中質(zhì)點(diǎn)加速度為恒矢量，故兩次積分后所得運(yùn)動(dòng)方程為固定形式，即和，兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)

均為勻變速直線運(yùn)動(dòng).讀者不妨自己驗(yàn)證一下.

解由加速度定義式,根據(jù)初始條件t0=0時(shí)v0=0,積分可得

又由及初始條件t=0時(shí),r0=(10m)i,積分可得

由上述結(jié)果可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程的分量式，即

x=10+3t2y=2t2

消去參數(shù)t,可得運(yùn)動(dòng)的軌跡方程3y=2x-20m

這是一個(gè)直線方程.直線斜率,a=33°41'.軌跡如圖所示.

1-16分析瞬時(shí)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(yùn)動(dòng)中，它們的大小分別為，，式中IAvI可由圖(B)中的幾何關(guān)系得到，而At可由轉(zhuǎn)

過的角度求出.

由計(jì)算結(jié)果能清楚地看到兩者之間的關(guān)系，即瞬時(shí)加速度是平均加速度在僅-0時(shí)的極

限值.

解(1)由圖(b)可看到Av=v2-v1，故

而

所以

⑵將△9=90°,30°,10。,1。分別代入上式，得,

?，

以上結(jié)果表明，當(dāng)Ae-o時(shí)，勻速率圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(diǎn)的軌跡方程.平均速度是反映質(zhì)點(diǎn)在一段時(shí)間內(nèi)位置的變化率，即，它與時(shí)間間隔At

的大小有關(guān)，當(dāng)AtT。時(shí)，平均速度的極限即瞬時(shí)速度.切向和法向加速度是指在自然坐

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

質(zhì)點(diǎn)速度方向的變化，它可由總加速度a和at得到.在求得t1時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的速度和法向

加速度的大小后，可由公式求p.

解⑴由參數(shù)方程x=2.0t,y=19.0-2.0t2

消去t得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程：y=19.0-0.50x2

(2)在t1=1.00s到t2=2.0s時(shí)間內(nèi)的平均速度

(3)質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的速度和加速度分別為

則t1=1.00s時(shí)的速度

v(t)It=1s=2.0i-4.0j

切向和法向加速度分別為

(4)t=1.0s質(zhì)點(diǎn)的速度大小為

則

1-18分析物品空投后作平拋運(yùn)動(dòng).忽略空氣阻力的條件下,由運(yùn)動(dòng)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(dòng)，在豎直方向作自由落體運(yùn)動(dòng).到達(dá)地面目標(biāo)時(shí)，兩方

向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間是相同的.因此，分別列出其運(yùn)動(dòng)方程，運(yùn)用時(shí)間相等的條件，即可求解.

此外,平拋物體在運(yùn)動(dòng)過程中只存在豎直向下的重力加速度.為求特定時(shí)刻t時(shí)物體的切

向加速度和法向加速度，只需求出該時(shí)刻它們與重力加速度之間的夾角a或0.由圖可知,

在特定時(shí)刻t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角a,可由此時(shí)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(biāo),物品下落時(shí)在水平和豎直方向的運(yùn)動(dòng)方程分別為

x=vt,y=1/2gt2

飛機(jī)水平飛行速度v=100m?6?1s-1，飛機(jī)離地面的高度y=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(shí)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(shí),重力加速度的切向分量與法向分量分別為

1-19分析這是?個(gè)斜上拋運(yùn)動(dòng)，看似簡單，但針對(duì)題目所問,如不能靈活運(yùn)用疊加原理，

建立??個(gè)恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，將運(yùn)動(dòng)分解的話,求解起來并不容易.現(xiàn)建立如圖(a)所示坐標(biāo)系,

則炮彈在x和y兩個(gè)方向的分運(yùn)動(dòng)均為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其初速度分別為vOcos。和

vOsinB,其加］速度分別為gsina和gcosa.在此坐標(biāo)系中炮彈落地時(shí)，應(yīng)有y=0,則x=

OP.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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)方程的矢量式計(jì)算，即，

做出炮彈落地時(shí)的矢量圖［如圖(B)所示］，由圖中所示幾何關(guān)系也可求得(即圖中的r矢

量).

解1由分析知，炮彈在圖(a)所示坐標(biāo)系中兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)方程為

(1)(2)

令y=0求得時(shí)間t后再代入式(1)得

解2做出炮彈的運(yùn)動(dòng)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和vx=0,則

(3)

由(2)(3)兩式消去t后得

由此可知.只要角a和B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(yùn)動(dòng)按水平和豎直兩個(gè)方向分解，求解本題將會(huì)比較困難，有興趣讀者

不妨自己體驗(yàn)一下.

1-20分析選定傘邊緣O處的雨滴為研究對(duì)象，當(dāng)傘以角速度3旋轉(zhuǎn)時(shí)，雨滴將以速度

v沿切線方向飛出，并作平拋運(yùn)動(dòng).建立如圖(a)所示坐標(biāo)系,列出雨滴的運(yùn)動(dòng)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(gè)旋轉(zhuǎn)的有很多小孔的噴頭中

飛出,從不同小孔中《出的水滴將會(huì)落在半徑不同的圓周上，為保證均勻噴灑對(duì)噴頭上小

孔的分布

解(1)如圖(a)所示坐標(biāo)系中，雨滴落地的運(yùn)動(dòng)方程為

⑴⑵

由式(1乂2)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(。0=45。)其上有大量小孔.噴頭旋轉(zhuǎn)

時(shí),水滴以初速度v0從各個(gè)小孔中噴出，并作斜上拋運(yùn)動(dòng)，通常噴頭表面基本上與草坪處

在同一水平面匕則以q＞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(jì)中的一個(gè)關(guān)鍵問題.

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

運(yùn)動(dòng)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(biāo)系Oxy,由運(yùn)動(dòng)方程

|

消去t得軌跡方程

以x=25.0m,v=20.0m?6?1s-1及3.44m>y>0代入后，可解得

71.11°>01>69.92°27.92°>02>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(duì)應(yīng)

有兩個(gè)不同的投射傾角（如圖所示）.如果以e>71.11?；騟<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(dāng)傾角取值為27.92。<。<69.92°時(shí)，踢出的足球?qū)⒃竭^門緣而離去，

這時(shí)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(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(dòng)方程

s=s（t）,對(duì)時(shí)間t求階、二階導(dǎo)數(shù)，即是沿曲線運(yùn)動(dòng)的速度V和加速度的切向分量at,

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(diǎn)在t

時(shí)間內(nèi)通過的路程，即為曲線坐標(biāo)的改變量△s=st-sO.因圓周長為2TTR,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(dòng)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

⑵要使IaI=b,由可得

(3)從t=0開始到t=vO/b時(shí)，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

1-23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(shí)

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=3⑴確定后，注意到運(yùn)動(dòng)

的角量描述與線量描述的相應(yīng)關(guān)系，由運(yùn)動(dòng)學(xué)中兩類問題求解的方法(微分法和積分法)，

即可得到特定時(shí)刻的角加速度、切向加速度和角位移.

解因3R=v,由題意38t2得比例系數(shù)

所以

則t，=0.5s時(shí)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(diǎn)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(duì)應(yīng)關(guān)系，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)求解的方

法即可得到.

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

(2)當(dāng)時(shí)，有，即

得

此時(shí)刻的角位置為

(3)要使，則有t=0.55s

1-25分析這是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的問題.設(shè)雨滴為研究對(duì)象，地面為靜止參考系S,火車為

動(dòng)參考系S'v1為S，相對(duì)S的速度,v2為雨滴相對(duì)S的速度，利用相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度的關(guān)系

即可解.解以地面為參考系,火車相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的速度為v1，雨滴相對(duì)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(duì)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(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的問題.可視雨點(diǎn)為研究對(duì)象，地面為靜參考系S,汽車

為動(dòng)參考系S1如圖(a)所示，要使物體不被淋濕，在車上觀察雨點(diǎn)卜.落的方向(即雨點(diǎn)相對(duì)

于汽車的運(yùn)動(dòng)速度v2'的方向)應(yīng)滿足.再由相對(duì)速度的矢量關(guān)系，即可求出所需車速v1.

解由[圖(b)],有

而要使，則

1-27分析船到達(dá)對(duì)岸所需時(shí)間是由船相對(duì)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(dá)正對(duì)岸，

則必須使v沿正對(duì)岸方向；在劃速一定的條件下，若要用最短時(shí)間過河，則必須使v有極

大值.

解(1)由v=u+v，可知，則船到達(dá)正對(duì)岸所需時(shí)間為

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

=d",船到達(dá)距正對(duì)岸為I的下游處，且有

1-28分析該問題涉及到運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性.如何將已知質(zhì)點(diǎn)相對(duì)于觀察者。的運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)換

到相對(duì)于觀察者0'的運(yùn)動(dòng)中去，其實(shí)質(zhì)就是進(jìn)行坐標(biāo)變換，將系O'I'?動(dòng)點(diǎn)(x,y)變換至

系0'中的點(diǎn)(x',y)由于觀察者。'相對(duì)于觀察者。作勻速運(yùn)動(dòng)，因此，該坐標(biāo)變換是線性

的.

解取Oxy和O'xV分別為觀察者0和觀察者0'所在的坐標(biāo)系，旦使Ox和ON'兩軸平

行.在t=0時(shí)，兩坐標(biāo)原點(diǎn)重合.由坐標(biāo)變換得

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

加速度

由此可見,動(dòng)點(diǎn)相對(duì)于系O'是在y方向作勻變速直線運(yùn)動(dòng).動(dòng)點(diǎn)在兩坐標(biāo)系中加速度相

同，這也正是伽利略變換的必然結(jié)果.

2-1分析與解當(dāng)物體離開斜面瞬間，斜面對(duì)物體的支持力消失為零，物體在繩子拉力F

T(其方向仍可認(rèn)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mgcota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(dòng)摩擦力不同的是，靜摩擦力可在零與最大值pFN范圍內(nèi)取值.當(dāng)

FN增加時(shí)，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(yùn)動(dòng)

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，方響相反，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(yùn)動(dòng)，為保證汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)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

pFN.由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為v=|jRg.因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)的實(shí)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(shí)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(mgeos。)使物體的速率將會(huì)不斷增加(由機(jī)械能守恒

亦可判斷),則物體作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力(乂稱法向力)將不斷增大，由軌道法向方向上的動(dòng)

力學(xué)方程可判斷，隨0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).

2-5分析與解本題可考慮對(duì)A、B兩物體加上慣性力后，以電梯這個(gè)非慣性參考系進(jìn)行

求解.此時(shí)A、B兩物體受力情況如圖(b)所示，圖中才為A、B兩物體相對(duì)電梯的加速

度,ma'為慣性力.對(duì)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(duì)于習(xí)題2-5這種類型的物理問題，往往從非慣性參考系(木題為電梯)觀察到的

運(yùn)動(dòng)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(shí)，必須對(duì)物體加上一個(gè)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(duì)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(duì)aA、aB、a和a，之間還要用到相對(duì)運(yùn)動(dòng)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(dòng)力學(xué)問題般分為兩類：(1)已知物體受力求其運(yùn)動(dòng)情況；(2)已知物體的

運(yùn)動(dòng)情況來分析其所受的力.當(dāng)然，在個(gè)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(dòng)力學(xué)方程和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律聯(lián)系起來.本題關(guān)鍵在列出動(dòng)力學(xué)和運(yùn)

動(dòng)學(xué)方程后,解出傾角與時(shí)間的函數(shù)關(guān)系a=f⑴，然后運(yùn)用對(duì)t求極值的方法即可得出數(shù)

值來.

解取沿斜面為坐標(biāo)軸Ox,原點(diǎn)。位于斜面頂點(diǎn)，則由牛頓第二定律有(1)

又物體在斜面上作勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故有

則(2)

為使下滑的時(shí)間最短，可令，由式(2)有

則可得，

此時(shí)

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(dòng)力學(xué)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(dòng)力學(xué)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(yùn)動(dòng)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(dāng)框架以加速度a上升時(shí)，有

FT-(ml+m2)g=(m1+m2)a(1),FN2-m2g=m2a(2)

解上述方程,得

FT=(m1+m2)(g+a)(3)FN2=m2(g+a)(4)

(1)當(dāng)整個(gè)裝置以加速度a=10m?6?1s-2上升時(shí)，由式(3)可得繩所受張力的值為

FT=5.94x103N

乙對(duì)甲的作用力為F'N2=-FN2=-m2(g+a)=-1.98X103N

(2)當(dāng)整個(gè)裝置以加速度a=1m?6?1s-2上升時(shí)，得繩張力的值為

FT=3.24X103N

此時(shí),乙對(duì)甲的作用力則為F'N2=-1.08x103N

由上述計(jì)算可見，在起吊相同重量的物體時(shí)，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(shí)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(shí)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(jì)的前提下

成立.同時(shí)也要注意到張力方向是不同的.

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

力學(xué)方程，有mAg-FT=mAa(1)

F'T1-Ff=mBa'(2)

F'T-2FT1=0(3)

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

擦力

討論動(dòng)力學(xué)問題的一般解題步驟可分為：（1）分析題意,確定研究對(duì)象，分析受力，選定

坐標(biāo)；（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(duì)量綱，再代入數(shù)據(jù)，計(jì)算出結(jié)果來.

2-9分析當(dāng)木塊B平穩(wěn)地輕輕放至運(yùn)動(dòng)著的平板A上時(shí)，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(dòng)摩擦力,該力將改變它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài).根據(jù)牛頓定

律可得到它們各自相對(duì)地面的加速度.換以平板為參考系來分析，此時(shí)，木塊以初速度

-/（與平板運(yùn)動(dòng)速率大小相等、方向相反）作勻減速運(yùn)動(dòng)，其加速度為相對(duì)加速度，按運(yùn)動(dòng)學(xué)

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(dòng)能定理來解.將平板與木塊作為系統(tǒng)，該系統(tǒng)的動(dòng)

能由平板原有的動(dòng)能變?yōu)槟緣K和平板?起運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能，而它們的共同速度可根據(jù)動(dòng)量定

理求得.又因?yàn)橄到y(tǒng)內(nèi)只有摩擦力作功,根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)能定理，摩擦力的功應(yīng)等于系統(tǒng)動(dòng)

能的增量.木塊相對(duì)平板移動(dòng)的距離即可求出.

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

列出動(dòng)力學(xué)方程

Ff=|jmg=ma1F'f=-Ff=m'a2

a1和a2分別是木塊和木板相對(duì)地面參考系的加速度.若以木板為參考系，木塊相對(duì)平

板的加速度a=a1+a2,木塊相對(duì)平板以初速度-v作勻減速運(yùn)動(dòng)直至最終停止.由運(yùn)

動(dòng)學(xué)規(guī)律有-V2=2as

由上述各式可得木塊相對(duì)于平板所移動(dòng)的距離為

解2以木塊和平板為系統(tǒng)，它們之間一對(duì)摩擦力作的總功為

W=Ff（s+l）-FfI=pmgs

式中I為平板相對(duì)地面移動(dòng)的距離.

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(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有

m'v'=（m'+m）v"

由系統(tǒng)的動(dòng)能定理，有

由上述各式可得

2-10分析維持鋼球在水平面內(nèi)作勻角速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),必須使鋼球受到一與向心加速度相

對(duì)應(yīng)的力(向心力)，而該力是由碗內(nèi)壁對(duì)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(biāo)，列出動(dòng)力

學(xué)方程，即可求解鋼球距碗底的高度.

解取鋼球?yàn)楦綦x體，其受力分析如圖(b)所示.在圖示坐標(biāo)中列動(dòng)力學(xué)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co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9角為路面傾角).從而不會(huì)對(duì)內(nèi)外軌產(chǎn)生擠壓.與其對(duì)應(yīng)的

是火車轉(zhuǎn)彎時(shí)必須以規(guī)定的速率v0行駛.當(dāng)火車行駛速率vBvO時(shí),則會(huì)產(chǎn)生兩種情況：

如圖所示，如v>v0時(shí)，外軌將會(huì)對(duì)車輪產(chǎn)生斜向內(nèi)的側(cè)壓力F1,以補(bǔ)償原向心力的不足,

如3Vo時(shí),則內(nèi)軌對(duì)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(duì)外軌或內(nèi)軌產(chǎn)生擠壓.由此可知，鐵路部門為什么會(huì)在每個(gè)鐵軌的轉(zhuǎn)彎處規(guī)定

時(shí)速,從而確保行車安全.

解(1)以火車為研究對(duì)象，建立如圖所示坐標(biāo)系.據(jù)分析，由牛頓定律有

⑴(2)

解(1)(2)兩式可得火車轉(zhuǎn)彎時(shí)規(guī)定速率為

(2)當(dāng)v>v0時(shí)，根據(jù)分析有

⑶(4)

解(3)(4)兩式，可得外軌側(cè)壓力為

當(dāng)v<v0時(shí)，根據(jù)分析有

⑸(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(yùn)動(dòng)可以看成一個(gè)水平面內(nèi)的勻速率圓周運(yùn)動(dòng)和

一個(gè)豎直向上勻速直線運(yùn)動(dòng)的疊加.其旋轉(zhuǎn)一周所形成的旋線軌跡展開后，相當(dāng)于如圖(b)

所示的斜面.把演員的運(yùn)動(dòng)速度分解為圖示的v1和v2兩個(gè)分量，顯然v1是豎直向上

作勻速直線運(yùn)動(dòng)的分速度，而v2則是繞圓筒壁作水平圓周運(yùn)動(dòng)的分速度，其中向心力由筒

壁對(duì)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<p角為摩托車與筒壁所夾角.運(yùn)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(duì)象，據(jù)(b)(c)兩圖應(yīng)有

⑴⑵

(3)(4)

以式(3)代入式(2),得

⑸

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

與壁的夾角q>為

討論表演飛車走壁時(shí)，演員必須控制好運(yùn)動(dòng)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(gè)力學(xué)規(guī)律.

2-13分析首先應(yīng)由題圖求得兩個(gè)時(shí)間段的F⑴函數(shù)，進(jìn)而求得相應(yīng)的加速度函數(shù)，運(yùn)用

積分方法求解題目所問,積分時(shí)應(yīng)注意積分上下限的取值應(yīng)與兩時(shí)間段相應(yīng)的時(shí)刻相對(duì)

應(yīng).

解由題圖得

由牛頓定律可得兩時(shí)間段質(zhì)點(diǎn)的加速度分別為

對(duì)0<t<5s時(shí)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(duì)5s<t<7s時(shí)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(dòng)力學(xué)問題.由于力是時(shí)間的函數(shù)，而加速度a=dv/dt,

這時(shí)，動(dòng)力學(xué)方程就成為速度對(duì)時(shí)間的一階微分方程，解此微分方程可得質(zhì)點(diǎn)的速度V⑴;

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

解因加速度2=四/出,在直線運(yùn)動(dòng)中，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有

依據(jù)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的初始條件，即tO=0時(shí)v0=6.0m?6?1s-1，運(yùn)用分離變量法對(duì)上式積

分，得

v=6.0+4.0t+6.0t2

又因v=dx/dt,并由質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的初始條件：tO=0時(shí)x0=5.0m,對(duì)上式分離變量后積

分，有

x=5.0+6.0t+2.0t2+2.0t3

2-15分析飛機(jī)連同駕駛員在水平跑道上運(yùn)動(dòng)可視為質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動(dòng).其水平方向所

受制動(dòng)力F為變力，且是時(shí)間的函數(shù).在求速率和距離時(shí)，可根據(jù)動(dòng)力學(xué)方程和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)

律，采用分離變量法求解.

解以地面飛機(jī)滑行方向?yàn)樽鴺?biāo)正方向，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及初始條件，得

因此，飛機(jī)著陸10s后的速率為

v=30m?6?1s-1

又

故飛機(jī)著陸后10s內(nèi)所滑行的距離

2-16分析該題可以分為兩個(gè)過程，入水前是自由落體運(yùn)動(dòng),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?變力，因此，物體作變加速運(yùn)動(dòng).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(shí)間、位置的函數(shù)），對(duì)這

類問題列出動(dòng)力學(xué)方程并不復(fù)雜，但要從它計(jì)算出物體運(yùn)動(dòng)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(diǎn).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(yùn)動(dòng)員入水前可視為自由落體運(yùn)動(dòng)，故入水時(shí)的速度為

運(yùn)動(dòng)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(shí)，，對(duì)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(shí)，葉片上各點(diǎn)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(shí)，可選取葉片上一小段,分析其受力，

列出動(dòng)力學(xué)方程,然后采用積分的方法求解.

解設(shè)葉片根部為原點(diǎn)。，沿葉片背離原點(diǎn)。的方向?yàn)檎?，距原點(diǎn)O為r處的長為dr

一小段葉片，其兩側(cè)對(duì)它的拉力分別為FT(r)與FT(r+dr).葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，該小段葉片作圓

周運(yùn)動(dòng)，由牛頓定律有

由于r=l時(shí)外側(cè)FT=0,所以有

上式中取r=0,即得葉片根部的張力FTO=-2.79x105N

負(fù)號(hào)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)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(duì)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(duì)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(dòng)力學(xué)方程Ft=mdv/dt和Fn=man.由于小球在滑動(dòng)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.倡該題也能應(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(yùn)動(dòng)過程中受到重力P和圓軌道對(duì)它的支持力FN.取圖(b)所示的自然坐

標(biāo)系,由牛頓定律得

(1)(2)

由，得，代入式(1),并根據(jù)小球從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C的始末條件，進(jìn)行積分，有

得

則小球在點(diǎn)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(fù)號(hào)表示FN與en反向.

2-19分析運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)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(dòng)力學(xué)問

題.物體在作圓周運(yùn)動(dòng)的過程中,促使其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對(duì)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城正比，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(gè)加速度聯(lián)系起來了，從而可用運(yùn)

動(dòng)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m,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Ff="N，由上述各式可得

取初始條件t=0時(shí)v=v0,并對(duì)上式進(jìn)行積分，有

(2)當(dāng)物體的速率從v0減少到1/2v0時(shí)，由上式可得所需的時(shí)間為

物體在這段時(shí)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(shí)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(dòng)力學(xué)方程是速率的一階微分方程,求解時(shí)，只需采用分離變量的數(shù)學(xué)方法即

可.但是，在求解高度時(shí)，則必須將時(shí)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(shí)，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(duì)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(yùn)動(dòng).由公式和分別算得t=6.12s和

y=184m,均比實(shí)際值略大一些.

2-21分析由于空氣對(duì)物體的阻力始終與物體運(yùn)動(dòng)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(dòng)力學(xué)方程時(shí)，需用積分的方法.

解分別對(duì)物體上拋、下落時(shí)作受力分析，以地面為原點(diǎn)，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(duì)上式積分，有

物體到達(dá)最高處時(shí),v=0,故有

(2)物體卜一落過程中，有

對(duì)上式積分，有

則

2-22分析該題依然是運(yùn)用動(dòng)力學(xué)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(dāng)阻力隨速度增加至與恒力大小相等時(shí)，加速度為零，此時(shí)速

度達(dá)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(shí)，需對(duì)

變量作變換.

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

(1)

當(dāng)加速度a=dv/dt=0時(shí)，摩托車的速率最大，因此可得

k=F/vm2(2)

由式(1)和式(2)可得

(3)

根據(jù)始末條件對(duì)式(3)積分，有

則

又因式(3)中，再利用始末條件對(duì)式(3)積分，有

則

2-23分析如圖所示，飛機(jī)觸地后滑行期間受到5個(gè)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(jī)的摩擦力，很顯然飛機(jī)是在合外力為變力的情況下作減

速運(yùn)動(dòng)，列出牛頓第二定律方程后，用運(yùn)動(dòng)學(xué)第二類問題的相關(guān)規(guī)律解題.由于作用于飛

機(jī)的合外力為速度v的函數(shù)，所求的又是飛機(jī)滑行距離X,因此比較簡便方法是直接對(duì)牛

頓第二定律方程中的積分變量dt進(jìn)行代換，將dt用代替，得到一個(gè)有關(guān)v和x的微分方

程，分離變量后再作積分.

解取飛機(jī)滑行方向?yàn)閤的正方向，著陸點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律有

(1)

(2)

將式(2)代入式(1),并整理得

分離變量并積分，有

得飛機(jī)滑行距離

(3)

考慮飛機(jī)著陸瞬間有FN=O和v=vO,應(yīng)有k2V02=mg,將其代入(3)式,可得飛機(jī)滑行

距離x的另一表達(dá)式

討論如飛機(jī)著陸速度v0=144km?6?1h-1,口=0.1,升阻比，可算得飛機(jī)的滑行距離x

=560m,設(shè)計(jì)飛機(jī)跑道長度時(shí)應(yīng)參照上述計(jì)算結(jié)果.

2-24分析如同習(xí)題2-5分析中指出的那樣,可對(duì)木箱加上慣性力F0后，以車廂為參

考系進(jìn)行求解，如圖所示，此時(shí)木箱在水平方向受到慣性力和摩擦力作用，圖中排為木箱相

對(duì)車廂的加速度.

解由牛頓第二定律和相關(guān)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有

F0-Ff=ma-|jmg=ma'(1)

v'2=2a'L(2)

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

2-25分析如以加速運(yùn)動(dòng)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(shí)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(yùn)動(dòng)方程來.

解取如圖(b)所示的坐標(biāo)，以電梯為參考系，分別對(duì)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(duì)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(duì)加速度的矢量關(guān)系，可得物體A、B對(duì)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(dāng)ar<a,即m1g-m2g-2m2a>0

時(shí),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:

(1)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(dāng)滑塊在斜面上卜滑時(shí)，三棱柱受到滑塊對(duì)它的作用,也將沿地面作

加速度為aA的運(yùn)動(dòng)，這時(shí)，滑塊沿斜面的加速度aBA，不再是它相對(duì)于地面的加速度aB

了.必須注意到它們之間應(yīng)滿足相對(duì)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(duì)運(yùn)動(dòng)的力學(xué)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(biāo)系的選擇.常取平面直角坐標(biāo),并使其中一坐標(biāo)軸方向與運(yùn)動(dòng)方向??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(shí)，要考慮運(yùn)動(dòng)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(shí)上只有當(dāng)aA=0時(shí),正壓力才等于

mgcosa.

解1取地面為參考系,以滑塊B和三棱柱A為研究對(duì)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FN1\地面支持力

FN2.A的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)镺x軸的正向Qy軸的正向垂直地面向上.設(shè)aA為A對(duì)地的

加速度,aB為B對(duì)的地加速度.由牛頓定律得

(1)

(2)

(3)

(4)

設(shè)B相對(duì)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(duì)地面的加速度為

滑塊相對(duì)地面的加速度aB在x、y軸上的分量分別為

則滑塊相對(duì)地面的加速度aB的大小為

其方向與y軸負(fù)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(yùn)用牛頓定律，則滑

塊B的動(dòng)力學(xué)方程分別為

(1)

(2)

又因(3)

(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(3)可得

3-1分析與解在質(zhì)點(diǎn)組中內(nèi)力總是成對(duì)出現(xiàn)的，它們是作用力與反作用力.由于-對(duì)內(nèi)

力的沖量恒為零，故內(nèi)力不會(huì)改變質(zhì)點(diǎn)組的總動(dòng)量.但由于相互有作用力的兩個(gè)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(duì)內(nèi)力所作功之和不一定為零，應(yīng)作具體分析,

如一對(duì)彈性內(nèi)力的功的代數(shù)和一般為零，一對(duì)摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零，對(duì)于保守

內(nèi)力來說，所作功能使質(zhì)點(diǎn)組動(dòng)能與勢(shì)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(dòng)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.故選(C).

3-2分析與解對(duì)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(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，另一方面通過物體與斜

面之間的彈性內(nèi)力作功將一部分能量轉(zhuǎn)化為斜面的動(dòng)能，其大小取決其中一個(gè)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(shí)動(dòng)能大小不等.動(dòng)量自然也就

不等(動(dòng)量方向也不同).故(A)(B)(C)匚種說法均不正確.至于說法(D)正確,是因?yàn)樵撓到y(tǒng)

動(dòng)量雖不守恒(卜滑前系統(tǒng)動(dòng)量為零，卜滑后物體與斜面動(dòng)量的矢量和不可能為零.由此

可知，此時(shí)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,

故系統(tǒng)在水平方向上分動(dòng)量守恒.

3-3分析與解保守力作正功時(shí),系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)勢(shì)能應(yīng)該減少.由于保守力作功與路徑無關(guān),

而只與始末位置有關(guān)，如質(zhì)點(diǎn)環(huán)繞一周過程中，保守力在一段過程中作正功,在另一段過程

中必然作負(fù)功，兩者之和必為零.至于一對(duì)作用力與反作用力分別作用于兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)所作功

之和未必為零(詳見習(xí)題3-2分析)，由此可見只有說法(2)正確，故選(C).

3-4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(dòng)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(duì)滑動(dòng)，如有則必然

會(huì)因摩擦內(nèi)力作功，而使一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為熱能，故選(D)

3-5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(dòng)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(duì)內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零

(這是因?yàn)樽訌棇?duì)地位移大于木塊對(duì)地位移所致)，廣彈動(dòng)能的減少等于子彈克服阻力所

作功，子彈減少的動(dòng)能中，一部分通過其反作用力對(duì)木塊作正功而轉(zhuǎn)移為木塊的動(dòng)能，另一

部分則轉(zhuǎn)化為熱能(大小就等于這一對(duì)內(nèi)力所作功的代數(shù)和).綜上所述，只有說法(C)的表

述是完全正確的.

3-6分析由于鳥與飛機(jī)之間的作用是一短暫時(shí)間內(nèi)急劇變化的變力，直接應(yīng)用牛頓定

律解決受力問題是不可能的.如果考慮力的時(shí)間累積效果，運(yùn)用動(dòng)量定理來分析,就可避

免作用過程中的細(xì)節(jié)情況.在求鳥對(duì)飛機(jī)的沖力(常指在短暫時(shí)間內(nèi)的平均力)時(shí),由于飛

機(jī)的狀態(tài)(指動(dòng)量)變化不知道,使計(jì)算也難以進(jìn)行；這時(shí)，可將問題轉(zhuǎn)化為討論鳥的狀態(tài)變

化來分析其受力情況，并根據(jù)鳥與飛機(jī)作用的相互性(作用與反作用)，問題就很簡單了.

解以飛鳥為研究對(duì)象，取飛機(jī)運(yùn)動(dòng)方向?yàn)閤軸正向.由動(dòng)量定理得

式中F為飛機(jī)對(duì)鳥的平均沖力，而身長為20cm的飛鳥與飛機(jī)碰撞時(shí)間約為Z\t=l/v,以

此代入上式可得

鳥對(duì)飛機(jī)的平均沖力為

式中負(fù)號(hào)表示飛機(jī)受到的沖力與其飛行方向相反.從計(jì)算結(jié)果可知225X105N的沖力

大致相當(dāng)于一個(gè)22t的物體所受的重力，可見，此沖力是相當(dāng)大的.若飛鳥與發(fā)動(dòng)機(jī)口I?片

相碰，足以使發(fā)動(dòng)機(jī)損壞，造成飛行事故.

3-7分析重力是恒力，因此，求其在一段時(shí)間內(nèi)的沖量時(shí)，只需求出時(shí)間間隔即可.由拋

體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，物體到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間，物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時(shí)間

是到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)間的兩倍.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(dòng)量，由動(dòng)量定理求出.

解1物體從出發(fā)到達(dá)最高點(diǎn)所需的時(shí)間為

則物體落回地面的時(shí)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(dòng)量定理，物體由發(fā)射點(diǎn)0運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A、B的過程中，重力的沖量分別為

3-8分析本題可由沖量的定義式，求變力的沖量，繼而根據(jù)動(dòng)量定理求物體的速度v2.

解(1)由分析知

(2)由I=300=30t+2t2,解此方程可得t=6.86s(另一解不合題意已舍去)

(3)由動(dòng)量定理，有I=mv2-mv1

由(2)可知t=6.86s時(shí)I=300N?6?1s,將I、m及v1代入可得

3-9分析從人受力的情況來看，可分兩個(gè)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(dòng)；在安全帶保護(hù)的緩沖過程中，則人體同時(shí)受重力和安全帶沖

力的作用，其合力是一變力，且作用時(shí)間很短.為求安全帶的沖力，可以從緩沖時(shí)間內(nèi)，人體

運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(動(dòng)量)的改變來分析，即運(yùn)用動(dòng)量定理來討論.事實(shí)上，動(dòng)量定理也可應(yīng)用于整個(gè)

過程.但是,這時(shí)必須分清重力和安全帶沖力作用的時(shí)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(dòng)量定理仍可得到相同的結(jié)果.

解1以人為研究對(duì)象，按分析中的兩個(gè)階段進(jìn)行討論.在自由落體運(yùn)動(dòng)過程中，人跌落至

2m處時(shí)的速度為

(1)

在緩沖過程中，人受重力和安全帶沖力的作用,根據(jù)動(dòng)量定理，有

(2)

由式(1)、(2)可得安全帶對(duì)人的平均沖力大小為

解2從整個(gè)過程來討論.根據(jù)動(dòng)量定理有

3-10分析由沖量定義求得力F的沖量后,根據(jù)動(dòng)量原理，即為動(dòng)量增量,注意用式積分

前，應(yīng)先將式中X用x=Acos3t代之，方能積分.

解力F的沖量為

即

3-11分析對(duì)于彎曲部分AB段內(nèi)的水而言，由于流速一定,在時(shí)間At內(nèi),從其一端流入

的水量等于從另一端流出的水量.因此，對(duì)這部分水來說,在時(shí)間及內(nèi)動(dòng)量的增量也就是

流入與流出水的動(dòng)量的增量△p=&n(vB-vA)；此動(dòng)量的變化是管壁在僅時(shí)間內(nèi)對(duì)其作

用沖量I的結(jié)果.依據(jù)動(dòng)量定理可求得該段水受到管壁的沖力F；由牛頓第三定律，自然

就得到水流對(duì)管壁的作用力F'=-F.

解在自時(shí)間內(nèi)，從管一端流入(或流出)水的質(zhì)量為Am=puSZkt,彎曲部分AB的水

的動(dòng)量的增量則為△puArMvB-vA)=puSAt(vB-vA)

依據(jù)動(dòng)量定理I=Ap,得到管壁對(duì)這部分水的平均沖力

從而可得水流對(duì)管壁作用力的大小為

作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側(cè).

3-12分析根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律，物體在最高點(diǎn)處的位置坐標(biāo)和速度是易求的.因此，若能

求出第二塊碎片拋出的速度，按拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就可求得落地

的位置.為此，分析物體在最高點(diǎn)處爆炸的過程，由于爆炸力屬內(nèi)力，且遠(yuǎn)大于重力,因此，

重力的沖量可忽略,物體爆炸過程中應(yīng)滿足動(dòng)量守恒.由于炸裂后第一塊碎片拋出的速度

可由落體運(yùn)動(dòng)求出，由動(dòng)量守恒定律可得炸裂后第二塊碎片拋出的速度，進(jìn)一步求出落地

位置.

解取如圖示坐標(biāo)，根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，爆炸前,物體在最高點(diǎn)A的速度的水平分量為

(1)

物體爆炸后，第?塊碎片豎直落下的運(yùn)動(dòng)方程為

當(dāng)該碎片落地時(shí)，有y1=0,t=t1,則由上式得爆炸后第一塊碎片拋出的速度

(2)

又根據(jù)動(dòng)量守恒定律，在最高點(diǎn)處有

(3)

(4)

聯(lián)立解式(1)、(2)、(3)和(4),可得爆炸后第二塊碎片拋出時(shí)的速度分量分別為

爆炸后，第二塊碎片作斜拋運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)方程為

(5)

(6)

落地時(shí),y2=0,由式(5)、(6)可解得第二塊碎片落地點(diǎn)的水平位置x2=500m

3-13分析由于兩船橫向傳遞的速度可略去不計(jì),則對(duì)搬出重物后的船A與從船B搬

入的重物所組成的系統(tǒng)I來講，在水平方向上無外力作用，因此，它們相互作用的過程中應(yīng)

滿足動(dòng)量守恒；同樣，對(duì)搬出重物后的船B與從船A搬入的重物所組成的系統(tǒng)H亦是這

樣.由此,分別列出系統(tǒng)I、II的動(dòng)量守恒方程即可解出結(jié)果.

解設(shè)A、B兩船原有的速度分別以vA、vB表示,傳遞重物后船的速度分別以vA，、

vB'表示,被搬運(yùn)重物的質(zhì)量以m表示.分別對(duì)卜一述系統(tǒng)I、II應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，則有

(1)

(2)

由題意知vA，=0,vB'=3.4m?6?1s-1代入數(shù)據(jù)后,可解得

也可以選擇不同的系統(tǒng)，例如，把A、B兩船(包括傳遞的物體在內(nèi))視為系統(tǒng)，同樣能滿足

動(dòng)量守恒，也可列出相對(duì)應(yīng)的方程求解.

3-14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(dòng)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(dòng)量守恒.但在應(yīng)用

動(dòng)量守恒定律時(shí)，必須注意系統(tǒng)是相對(duì)地面(慣性系)而言的，因此，在處理人與物的速度時(shí),

要根據(jù)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的關(guān)系來確定.至于