第一章質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)課程課后習(xí)題答案

第一章質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)

1-1分析與解（1）質(zhì)點(diǎn)在t至（t+△1:）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IhrI=PP',而

=Ir|-|r|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)AtTO時(shí)，點(diǎn)P，無(wú)限

趨近P點(diǎn)，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(jiàn)，應(yīng)選（C）.

-

12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一個(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at.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(jiàn)，應(yīng)選（B）.

-

15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(zhǎng)

為I,則小船的運(yùn)動(dòng)方程為，其中繩長(zhǎng)?隨時(shí)間t而變化.小船速度，式中表

示繩長(zhǎng)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(guò)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(lái)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△x1、△x2,則t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

=x(t),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(guò)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].

118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(lái)說(shuō),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(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=05和1:=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(zhǎng)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(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(wèn)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1⑴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)外固定柱子下降的距離為

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(lèi)問(wèn)題，即已知運(yùn)動(dòng)方程r=r(t)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0'

x'y'坐標(biāo)系，并采用參數(shù)方程x'=x'(t)和y'=y'(t)來(lái)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，和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(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⑻所示，在5x'v'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(zhǎng)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)幾何關(guān)系，影長(zhǎng)可通過(guò)太陽(yáng)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(yáng)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(yáng)光線對(duì)地轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為3,從正午時(shí)分開(kāi)始計(jì)時(shí)，則桿的影長(zhǎng)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(zhǎng)等于影長(zhǎng)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(lèi)問(wèn)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2=2代)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(guò)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(1)

由

得(2)

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(lèi)問(wèn)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，下落起點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn).

(1)由題意知⑴

用分離變量法把式(1)改寫(xiě)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(dāng)，tT8時(shí)，為一常量，通常稱(chēng)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仕).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tO=0時(shí)vO=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°41z.軌跡如圖所示.

-

116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IAv|可由圖(B)中的幾何關(guān)系得到，而At可由

轉(zhuǎn)過(guò)的角度△6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△tTO時(shí)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(dāng)△6T0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(xiě)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)△tTO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(1)由參數(shù)方程x=2.Ot,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)|t=1s=2.0i-4.Oj

切向和法向加速度分別為

(4)t=1.0$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(guò)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)刻它們與重力如速度之間的夾角a或B.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)視線和水平線的夾南為

(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分析這是一個(gè)斜上拋運(yùn)動(dòng)，看似簡(jiǎn)單，但針對(duì)題目所問(wèn)，如不能靈活運(yùn)用疊加原

理，建立一個(gè)恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，將運(yùn)動(dòng)分解的話(huà)，求解起來(lái)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vOcosB和vOsin

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

欲使炮彈垂直擊中坡面，則應(yīng)滿(mǎn)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(wèn)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(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(mǎn)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(mǎn)足上式，炮彈就能垂直擊中坡面，而與v0的大小無(wú)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.

-

120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，

從不同小孔中飛出的水滴將會(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

（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(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

同一水平面上.則以。角噴射的水柱射程為

為使噴頭周?chē)牟萜耗鼙痪鶆驀姙?，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(wèn)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(mén)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》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(mén)底線或球門(mén)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.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(mén)；由于球門(mén)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°<e<69.92°時(shí)，踢出的足球?qū)⒃竭^(guò)門(mén)緣而離去，這時(shí)

球也不能射入球門(mén).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(kāi)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求一階、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(diǎn)在t

時(shí)間內(nèi)通過(guò)的路程，即為曲線坐標(biāo)的改變量As=st-s0.因圓周長(zhǎng)為2rtR,質(zhì)點(diǎn)所轉(zhuǎn)過(guò)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

(2)要使Ia|=b,由可得

(3)從t=0開(kāi)始到t=vO/b時(shí)，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)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=3(t)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(lèi)問(wèn)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u)R=v,由題意得比例系數(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(guò)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，則甬速度.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(wèn)題.設(shè)雨滴為研究對(duì)象，地面為靜止參考系S,火車(chē)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(chē)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(wèn)題.可視雨點(diǎn)為研究對(duì)象，地面為靜參考系S,汽

車(chē)為動(dòng)參考系s如圖（a）所示，要使物體不被淋濕，在車(chē)上觀察雨點(diǎn)下落的方向（即雨點(diǎn)相

對(duì)于汽車(chē)的運(yùn)動(dòng)速度v2'的方向）應(yīng)滿(mǎn)足.再由相對(duì)速度的矢量關(guān)系，即可求出所需車(chē)速

v1.

解由[圖⑹],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(guò)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(guò)河時(shí)

間t'=d/v',船到達(dá)距正對(duì)岸為I的下游處，且有

1~28分析該問(wèn)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0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0中一動(dòng)點(diǎn)(x,y)變換至系

0,中的點(diǎn)(x'，y').由于觀察者0'相對(duì)于觀察者0作勻速運(yùn)動(dòng)，因此，該坐標(biāo)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(biāo)系，且使Ox和O'xz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=0v'=y=1/2gt2

加速度

由此可見(jiàn)，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.

第二章牛頓定律

211分析與解當(dāng)物體離開(kāi)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

FT(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mgcot9,故選(D).求解的關(guān)鍵是正確分析物體剛離開(kāi)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“FN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，方向相反，并保持不變，

故選(A).

2-3分析與解由題意知，汽車(chē)應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)，為保證汽車(chē)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H

FN.由此可算得汽車(chē)轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為v=uRg.因此只要汽車(chē)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(guò)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(mgeos9)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(又稱(chēng)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6角的不斷增大過(guò)程，軌道支持力FN也將不斷增大，由此可見(jiàn)應(yīng)選(B).

215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a'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(lèi)型的物理問(wèn)題，往往從非慣性參考系(本題為電梯)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(wèn)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(guò)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(wèn)題一般分為兩類(lèi)：(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(lái)分析其所受的力.當(dāng)然，在一個(gè)具體題目中，這兩類(lèi)問(wèn)題并無(wú)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(lái).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=f(t),然后運(yùn)用對(duì)t求極值的方法即可得出數(shù)

值來(lái).

解取沿斜面為坐標(biāo)軸Ox,原點(diǎn)0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⑵有

則可得，

此時(shí)

2-7分析預(yù)制板、吊車(chē)框架、鋼絲等可視為一組物體.處理動(dòng)力學(xué)問(wèn)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(chē)(含甲、乙)和乙作為隔離體，畫(huà)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=(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(gè)裝置以加速度a=10m?6?1s-2上升時(shí)，由式⑶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(jiàn)，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(guò)程的安全.

2—8分析該題為連接體問(wèn)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(zhǎng)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)

■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(dòng)力學(xué)問(wèn)題的一般解題步豚可分為：⑴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(lái).

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(lái)分析，此時(shí)，木塊以初速度-v'(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(lái)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和平板一起運(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=“mg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=nmg=ma1Fzf=-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-3作句減速運(yùn)動(dòng)直至最終停止.由運(yùn)動(dòng)學(xué)

規(guī)律有-v'2=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+1)-FfI=|imgs

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

IU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(lái)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(jiàn)，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(chē)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(huì)對(duì)內(nèi)外軌產(chǎn)生擠壓.與其對(duì)應(yīng)的

是火車(chē)轉(zhuǎn)彎時(shí)必須以規(guī)定的速率vO行駛.當(dāng)火車(chē)行駛速率v豐vO時(shí)，則會(huì)產(chǎn)生兩種情況：

如圖所示，如v>vO時(shí)，外軌將會(huì)對(duì)車(chē)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vVvO時(shí)，則內(nèi)軌對(duì)車(chē)輪產(chǎn)生斜向外的側(cè)壓力F2,以抵消多余的向心力，無(wú)論哪種情況火

車(chē)都將對(duì)外軌或內(nèi)軌產(chǎn)生擠壓.由此可知，鐵路部門(mén)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(chē)安全.

解(1)以火車(chē)為所究對(duì)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(chē)轉(zhuǎn)彎時(shí)規(guī)定速率為

(2)當(dāng)v>vO時(shí)，根據(jù)分析有

(3)(4)

解(3)(4)兩式，可得外軌側(cè)壓力為

當(dāng)v<vO時(shí)，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(chē))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(kāi)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Q角為摩托車(chē)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(chē)整體為研究對(duì)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(duì)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(chē)走壁時(shí)，演員必須控制好運(yùn)動(dòng)速度，行車(chē)路線以及摩托車(chē)的方位，以確保三者

之間滿(mǎn)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F(t)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(wèn)，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)0V5s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)5sVtV7s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(wèn)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

v(t);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=*/冊(cè),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.Ot+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.Ot+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(guò)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，其合力是一變力，因此，物體作變加速運(yùn)動(dòng).雖然物體的受力分

析比較簡(jiǎn)單，但是，由于變力是速度的函數(shù)(在有些問(wèn)題中變力是時(shí)間、位置的函數(shù))，對(duì)這類(lèi)

問(wèn)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(guò)程中的難點(diǎn).在解方程的過(guò)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)0的方向?yàn)檎?，距原點(diǎn)0為r處的長(zhǎng)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=1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FT0=-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(guò)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(jiǎn)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?/p>

統(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(jiǎn)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(guò)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■N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(wèn)題.物體在作圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)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'成正比，且FN與FN'又是作

用力與反作用力，這樣，就可通過(guò)它們把切向和法向兩個(gè)加速度聯(lián)系起來(lái)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=uFN,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(guò)的路程

2-20分析物體在發(fā)射過(guò)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(guò)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tg6.12s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(guò)

程中所受重力P和阻力Fr的方向相同；而下落過(guò)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(guò)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)物體下落過(guò)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(wèn)題，求解方

法與前兩題相似，只是在解題過(guò)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(lái).但在求摩托車(chē)所走路程時(shí)，需對(duì)變量作

變換.

解設(shè)摩托車(chē)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(chē)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(duì)式⑶積分，有

則

又因式(3)中，再利用始末條件對(duì)式⑶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(lèi)問(wèn)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(jiǎn)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⑵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和丫=丫0,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,|i=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(zhǎng)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(chē)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a'為木箱

相對(duì)車(chē)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-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(chē)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(lái).

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)arVa,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(lèi)問(wèn)題可應(yīng)用牛頓定律并采用隔離體法求解.在解題的過(guò)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(dāng)滑塊在斜面上下滑時(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(mǎn)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(lèi)含有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的力學(xué)問(wèn)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)方向一致，這樣，可使

解題簡(jiǎn)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(jiǎn)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mgcos

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FNV、地面支持力FN2.A

的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)镺x軸的正向，Oy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(dòng)量守恒定律和能量守恒定律

OI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.由于一對(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?xún)?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(lái)說(shuō)，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(shuō)法是正確的.故選(C).

3-2分析與解對(duì)題述系統(tǒng)來(lái)說(shuō)，