大學(xué)物理第五版上冊(cè)標(biāo)準(zhǔn)答案

1-1分析與解(1)質(zhì)點(diǎn)在［至?+△?時(shí)間內(nèi)沿曲線從尸點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn),各量關(guān)系如圖所示，其中路程△

s=PP',位移大小IAri=PPI，而AT=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)AD時(shí)，點(diǎn)戶無限趨近腺，則有IdrI=ds,

但卻不等于dr.故選(B).

⑵由于3?s,吟嗯，即⑺5

但由于Idr|=ds,吟吟

即I行1=5.由此可見，應(yīng)選(0.

1-2分析與解上表示質(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)力表示,

dr

這是速度矢量在位矢方向上的一個(gè)分量；半表示速度矢量；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式。=手計(jì)算，在直

dtd/

角坐標(biāo)系中則可由公式。=J(華)+(詈)求解.故選(D).

1-3分析與解出表示切向加速度創(chuàng),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

dt

量'起改變速度大小的作用；不在極坐標(biāo)系中表示徑向速率以如題—2所述)；號(hào)在自然坐標(biāo)系中表示質(zhì)點(diǎn)的速

率匕而曳表示加速度的大小而不是切向加速度多.因此只有(3)式表達(dá)是正確的.故選(D).

dr

1-4分析與解加速度的切向分量為起改變速度大小的作用，而法向分量&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a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)，國(guó)恒為零；質(zhì)點(diǎn)作勻變速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，國(guó)為一不

為零的恒量，當(dāng)&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

水面高度為力"時(shí)刻定滑輪距小船的繩長(zhǎng)為1,則小船的運(yùn)動(dòng)方程為x=廬不，其中繩長(zhǎng)】18時(shí)間匕而變化,小

船速度。=H「I—S，式中d/?表示繩長(zhǎng)】隨時(shí)間的變化率,其大小即為的,代入整理后為

5丁二F由

%=與，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)原在運(yùn)動(dòng)過程中可能改變運(yùn)動(dòng)方向，此肘，位移的大小和路程就不同了.為此，需根據(jù)牛=0來確定其運(yùn)動(dòng)方向

改變的時(shí)刻求出0?Zp和^?Z內(nèi)的位稔大小△?、△尼，貝！It時(shí)間內(nèi)的路程5=|蝕&性q，如圖所示,至于力

(\Y

=4.0s時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度和加速度可用和二二兩式計(jì)算.

d/dt

解(1)質(zhì)點(diǎn)在4.0s內(nèi)位移的大小Ar=x4=-32m

(2)由孚=0得知質(zhì)點(diǎn)的換向時(shí)刻為r=2s*=0不合題意)

dzp

則Ax】=W一瓦=8.0m,AX2=x4-=-40m

所以,質(zhì)點(diǎn)在4.0s時(shí)間間隔內(nèi)的路程為'=|N|+|&Q=48m

d丫

(3)1=4.9$時(shí)，。=—=-48ms-

d2xdr/=4.OS2

,a=—2~=-36m.s

1-7分析d城據(jù)冊(cè)速度的定義可知，在直線運(yùn)動(dòng)中廣匕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，在年￡圖上是平行于t軸

的直線，由廠￡圖中求出各段的斜率，即可作出十下圖線.又由速度的定義可知,小土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)的圖應(yīng)是一直線，而勻變速直線運(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)的x-Z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"),求出不同時(shí)刻￡的位置X采用描數(shù)據(jù)點(diǎn)的方法，可作出尸￡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

&AB=VH~VA=20m?S—2(勻加速直線運(yùn)動(dòng))，。%二°(勻速直線運(yùn)動(dòng))

%一，A

。=-1。m?s—2(勻減速直線運(yùn)動(dòng))

tD-k

根據(jù)上述結(jié)果即可作出質(zhì)點(diǎn)的十￡圖[圖(B)].

在與變速直線運(yùn)動(dòng)中，有

日此，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

月描數(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)的才-1圖.在2?4s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)是作

。=2()m6”的勻速直線運(yùn)動(dòng)，其X-2圖是斜率Q20的一段直線[圖(c)].

1-8分析質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程為可由運(yùn)動(dòng)方程的兩個(gè)分量式X。和y(。中消去匕即可得到.對(duì)于人△

八Ar.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，先在軌跡上任取一段微元ds,

則ds=J(dx)2+(d)1)2,最后用s=Jds積分求S.

解(D由x(力和y(￡)中消去t后得質(zhì)點(diǎn)軌跡方程為，y=2d

4

這是一個(gè)拋物線方程,軌跡如圖(a)所示,

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

%=2j,r2=4I-2J

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

(3)由位移表達(dá)式，得Ar=r,-/;=(Xj-x^)i+(y2-y0)J=4i-2j

其中位移大小|Ar|=7(^)2+(Ay)2=5.66m

而徑向增量Ar=A"=同一|引=JX+￡-西+巾=2.47m

?(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ds二而不硒針，由軌

道方程可得dy=~xdx，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

Vv=—=-10+60r,vy=4^=15-40r

df,dr

當(dāng)t=0時(shí)，儂=-10m?sT,=15m?sT,則初速度大小為

設(shè)用與才軸的夾角為a,則

tan?=^-=--。=123。41，

%2

（2）加速度的分量式為

則加速度的大小為a=fa；=72.1ms-2

設(shè)a與x軸的夾角為。，則

a2

tan￡=°=--，￡=-33°41,（或326°19'）

43

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

直向二的勻加速度運(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￥=兇（。

和星=及（匕），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,比加速度應(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％=萬，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H=g+a,螺絲落至底面時(shí)，有

（2）由于升降機(jī)在￡時(shí)間內(nèi)上升的高度為

h'-+產(chǎn)則d—h—h'—0.716m

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=r（。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'才///坐標(biāo)系，并采用參數(shù)方程〃=彳，（力和

y'=y'（。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=M+，和y=W+/，將所得參數(shù)方程轉(zhuǎn)

換至緲坐標(biāo)系中,即得的坐標(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0，

(a)(b)

題1-11圖

y=—R8s爭(zhēng)

坐標(biāo)變換后，在0時(shí)坐標(biāo)系中有

?八.271,n271n

X=X=Ksin—/,y=y+y0=-Reos—t+R

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)的角速度為以從正午時(shí)分開始計(jì)時(shí),則桿的影長(zhǎng)為s=Wcos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=九則

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

dvdr

決.由。=——和。=一可得db=adf和山;=?如&=&(?；騰=v(力,則可兩邊直接積分.如果a或P不是

drdr

時(shí)間%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。=4/一；/+%(1)

曰Jdv=￡vdt

4

得x=2廠----f+v^t+x0(2)

將t=3s時(shí),x=9m,v=2m?代入(1)(2)得藥=Tm?s-)為=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而函數(shù),因此,需將式dv=

a(v)dt分離變量為且-二d7后再兩邊積分.

a(v)

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a=-=A-Bv(1)

dr

月分離變量法把式(D改寫為

du

=dr⑵

A-Bv

將式(2)兩邊積分并考慮初始條件,有

工搐嚴(yán)=勒得石子僦

B

A

曰此可知當(dāng)，L8時(shí),。f萬為一常量,通常稱為極限速度或收尾速度.

(2)再由。=*=2(1一二小)并考慮初始條件而

drB

[dy=(^(l-eB,)dt得石子運(yùn)動(dòng)方程y=±r+&("小一1)

J0*BDD

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&和今

分別積分，從而得到運(yùn)動(dòng)方程1的兩個(gè)分量式式。和火。.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x=%+J和＞=%+%J叫/，兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)均為勻變速直線運(yùn)動(dòng).讀者不妨

22

自己驗(yàn)證一下.

解由加速度定義式，根據(jù)初始條件友=0時(shí)歷=0,積分可得

又由0=包及初始條件￡=0時(shí)，兀=(10m)/,積分可得

dr

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

x=10+3/y=2f

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.直線斜率火=^=tana=§,。=33°41',軌跡如圖所示.

dx3

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〃=半和萬=包.在勻速率圓周運(yùn)

drAr

動(dòng)中，它們的大小分別為4=匕，萬=幽，式中I△川可由圖(B)中的幾何關(guān)系得到，而At可由轉(zhuǎn)過的角度

R2

△0求出.

日計(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△L0時(shí)的極限值.

解⑴由圖(b)可看到△y=山一匕，故

Av=-27%8sM=oj2(l-cos△夕)而A/=—=

所以

(2)將△^=90°,30°,10°,1°分別代入上式，得，

7)27)2V2V2

a,?0.900匕,%?0.988仁a.?0.9987—,a.?1.000^

1R~R3R4R

p2

以上結(jié)果表明，當(dāng)△6-0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拉=火力和y=y(。,從中消去參數(shù)力即得質(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，即方二丁，它與時(shí)間間隔At的大小有關(guān)，當(dāng)AD時(shí)，平均速度

的極限即瞬時(shí)速度0=半.切向和法向加速度是指在自然坐標(biāo)下的分矢量a和a,前者只反映質(zhì)點(diǎn)在切線方向速

dr

度大小的變化率，即〃,二孚一，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a得到.在求得力時(shí)刻質(zhì)

dr

點(diǎn)的速度和法向加速度的大小后，可由公式q=一求。.

P

解(D由參數(shù)方程x=2.0,，y=19.0-2.012

消去￡得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程：y=19.0-0.50/

(2)在6=1.00s到￡2=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￡1=1.00s時(shí)的速度

v(dlt-i,=2.07-4.0j

切向和法向加速度分別為

(4)1=1.0s質(zhì)點(diǎn)的速度大小為2

v=，咪+0；=4.47ms-1則〃=幺=11.17m

1-18分析物品空投后作平拋運(yùn)動(dòng).忽像空氣阻力的條件下,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。或萬.由圖可知，在特定時(shí)刻看,物體的切向加速度和水平線之間的

夾角明可由此時(shí)刻的兩速度分量以、礴出，這樣，也就可將重力加速我的切向和法向分量求得.

解(1)取如圖所示的坐標(biāo),物品下落長(zhǎng)在水平和豎直方向的運(yùn)動(dòng)方程分別為

x=vt,y=1/2gi

飛機(jī)水平飛行速度y=100m?一,飛機(jī)離地面的高度y=100叫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分析這是一個(gè)斜上拋運(yùn)動(dòng)，看似簡(jiǎn)單，但針對(duì)題目所問，如不能靈活運(yùn)月疊加原理，建立一個(gè)恰當(dāng)?shù)淖?/p>

標(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n和y兩個(gè)方向的分運(yùn)動(dòng)均為勻減

速直線運(yùn)動(dòng)，其初速度分別為的os￡和版sin6,其加速度分別為交in。和geosa.在此坐標(biāo)系中炮彈落地時(shí)，應(yīng)有y

=0Jh=0P.如欲使炮彈垂直擊中坡面，則應(yīng)滿足勿=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，=iv+gg〃,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OP(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

y=q/sinp—g產(chǎn)8sa(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

從中消去才后也可得到同樣結(jié)果.

sinfsin/?

(2)由分析知,如炮彈垂直擊中坡面應(yīng)滿足y=0和%=0,則

vx=00cos--gts\na=0

日(2)(3)兩式消去1后得

日此可知.只要角。和￡滿足上式，炮彈就能垂直擊中坡面,而與胸的大小無關(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0處的雨滴為研究對(duì)象，當(dāng)傘以角速度初旋轉(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3)所示坐標(biāo)系中，雨滴落地的運(yùn)動(dòng)方程為

22R2a)2h

日式(1)(2)可得

日?qǐng)D(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(痣=45°)其上有大量小孔.噴頭旋轉(zhuǎn)時(shí)，水滴以初速度外

從各人小孔中噴出，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0角噴射的水柱射程為

為使嘖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)在豎直口面內(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'方向的范圍，故只需將人y值代入即可求出.

解取圖示坐標(biāo)系0%由運(yùn)動(dòng)方程

x=vtcos3,y=vzsin0——gi

消去t得軌跡方程

以=25.0m,r=20.0m?s-1及3.44代入后，可解得

71.110201269.92027.92,202218.89°

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。＞71?11°或。＜18.890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，0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。V。＜69.92°時(shí)，踢出的足球

將越過門緣而離去，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(￡),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區(qū),而加速度的法向分量為國(guó)=敵/兄這樣,總加速

度為￡=atet+a,en.至于質(zhì)點(diǎn)在￡時(shí)間內(nèi)通過的路程，即為曲線坐標(biāo)的改變量ds=s-?第因圓周長(zhǎng)為2員七質(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

2

_(v0-ht)

~RR

故加速度的大小為

其方向與切線之間的夾角為

(2)要使lai=6,由，+初I=「可得

R

(3)從k0開始到胃的/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

上23分析首先應(yīng)該確定角速度的函數(shù)關(guān)系G=A總依據(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)尢&S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=匕由題意38/得比例系數(shù)

攵=；==2nid-s-3所以co=co(t)=2t2

rRt-

則，=0.5s時(shí)的角速度、角加速度和切向加速度分能___________

22

總加速度。=a”+q=aRet+coRetla=yj(aRy+(ct^Rf=1.01m-s~

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(D由于夕=2+4/，則角速度3=孚=12〃.在［=2s時(shí)，法向加速度和切向加速度的數(shù)值分別

dr

為

(2)當(dāng)q=a/2=g荷+a；時(shí)，有3>=點(diǎn)，即

了得

3(24")2=/(1"t3=_

此時(shí)刻的角位置為。=2+4/=3.15rad

22

(3)要使an=a,,則有3(24/4=r(\?iJt=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',H為

S'相對(duì)S的速度，也為雨滴相對(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M，雨滴相對(duì)地面豎直下落的速度為外，旅客看到雨滴下落的速度4為相對(duì)速度，它們之間的關(guān)系為

。2=。2'+巳(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(duì)于汽車的運(yùn)動(dòng)速度］的方向)應(yīng)滿足

a>arctan再由相對(duì)速度的矢量關(guān)系弓=4—叼，即可求出所需車速九

h

解由也=。2［圖⑹］，有

而要使a之a(chǎn)rctan則'一9之1_^C0S^+sin^l

h02cosBh\hJ

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/決定的,由于水流速度弼存在，片船在靜水中劃行

的速度/之間有片〃+/(如圖所示),若要使船到達(dá)正對(duì)岸，則必須使脛?wù)龑?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p有極大值.

解(1)由片u+/可知a=arcsin二，則船到達(dá)正對(duì)岸所需時(shí)間為

v

(2)由于。=i/cosa,在劃速/一定的條件下，只有當(dāng)。=0時(shí)，v最大(即片P)，此時(shí)，船過河時(shí)間F=

dW，船到達(dá)距正對(duì)岸為1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,如何將巳知質(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)中云，其實(shí)質(zhì)就是進(jìn)行坐標(biāo)變換，將系0中一動(dòng)點(diǎn)(乂力變換至系0，中的點(diǎn)(/J).由于觀察者。，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.

解取如和0，X，yf分別為觀察者0和觀察者0，所在的坐標(biāo)系，且使加和0，/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=0/—y=1/2gt

'd?y'

加速度a=a=-^-=g

vdr

日此可見,動(dòng)點(diǎn)相對(duì)于系0Z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a(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啊ot%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〃R范圍內(nèi)取值.當(dāng)K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uR.由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為7=P

Rg.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A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).重力的切向分量位鴕os8)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(又稱法向力)將不斷增大，由軌道法向

方向二的動(dòng)力學(xué)方程FN-m^in0=可判斷,隨e角的不斷增大過程，軌道支持力R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4為A、B兩物體相對(duì)電梯的加速度,儂'為慣性力.對(duì)A、B兩物體應(yīng)用牛頓第二定

律，可解得戶r=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(本題為電梯)觀察到的運(yùn)動(dòng)圖像較為明確，但

由于々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a和a均應(yīng)對(duì)地而言，本題中a和a的大個(gè)與方向均不相同.其中aA應(yīng)斜

向上.對(duì)徐、a、a和，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)問題一般分為兩類：(1)已知物體受力求其運(yùn)動(dòng)情況；(2)三知物體的運(yùn)動(dòng)情況來分析其所

受的力.當(dāng)然，在一個(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。=胤力，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)軸加,原點(diǎn)0位于斜面頂點(diǎn),則由牛頓第二定律有

a-wg/cosa=ma(1)

又物體在斜面上作勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故車

-f—=-at2=ig(sina-/zcosa)r2貝4f=---------；——-------------、(2)

cosa22\gcosa(sina—〃cosa)

為使下滑的時(shí)間最短,可令子=0,由式(2)有

da

-sina(sina-/zcosa)+cosa(cosa-;<sina)=0則可得tan2a=——，a=49P

I--------------3--------------祖

此時(shí)t=l---—----;=0.99s

ygcosa(sina-/zcosa)

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，并取豎直向上為以軸正方向(如圖所示),當(dāng)

框架以加速度a上升時(shí)，有

FT-(ml+za)g=(n+3)a(1)，&-ntg=?a(2)

解上述方程，得

FT=(n+3)(g+M(3)&=m>(g+"(4)

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

FT=5.94X103N

3

乙對(duì)甲的作用力為FM=-F泌=m(g+a)=-l.98X10N

(2)當(dāng)整個(gè)裝置以加速度a=1m?s”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FfN2=-l.08X103N

日上述計(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,繩中所受張刀也不同，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(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

ng-FT=/aa（1）

KTI~Fta'（2）

FT-2^i=0（3）

=

考慮到公ut=m,氏=F'T,Fn=FTI,d!=2a,可聯(lián)立解得物體與桌面的厚■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）解方程抽，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)镵塊和平板一起運(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

解1以地面為參考系，在摩擦力用=〃跖的作用下,根據(jù)牛頓定律分別對(duì)木塊、平板列出動(dòng)力學(xué)方程

Ft=Jing=nt8\Pt=~Ft=向盤

e和a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)嚴(yán)板的加速度a=&+a,

木塊相對(duì)平板以初速度-/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-/2=

2as

日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

Vf=Ft（s+2）-Fn=口mgs

式中］為平板相對(duì)地面移動(dòng)的距離.

日于系統(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

nv9=（向+血/‘

日系統(tǒng)的動(dòng)能定理，有一，

日上述各式可得s=2：?’+）

2-10分析維持鋼球在水平面解"4鼓心動(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《的分力來提供的.由于支持力尺始終垂直于碗內(nèi)壁.所以支持力的大小和方向是陵

s而變的.取圖示〃了坐標(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

&sin6=機(jī)4=zwR/sin0（1）

“cos。=mg⑵

且有8s0=（3）

日上述各式可解得鋼球距碗底的高度為

可見，力隨/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Asin。提供

（式中3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)定的速率府行駛.當(dāng)火車

行駛速率序版時(shí),則會(huì)產(chǎn)生兩種情況：如圖所示，如心版時(shí)，外軌將會(huì)對(duì)車輪產(chǎn)生斜向內(nèi)的側(cè)壓力E，以補(bǔ)償原向

心力的不足，如Y玲時(shí),則內(nèi)軌對(duì)車輪產(chǎn)生斜向外的側(cè)壓力K,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

/^sin^=m—(1)"cos。一/wg=O(2)

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

(2)當(dāng)心版時(shí),根據(jù)分析有，

IT

7^,sin3+Ficos0=m—(3)FNCQSO-F^sin0-mg=0(4)

解(3)(4)兩式,可得外軌側(cè)直7為

當(dāng)Y版時(shí)，根據(jù)分析有

力

FNs\n3-FCOS3=m—(5)FNcosO+F2sin6-mg=0(6)

2R

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)速度分解為圖示的防

和吸兩個(gè)分量，顯然-是豎直向上作勻速直線運(yùn)動(dòng)的分速度，而功則是繞圓筒壁作水平圓周運(yùn)動(dòng)的分速度，其中向心

力由簡(jiǎn)壁對(duì)演員的支持力FN的水平分量反提供,而豎直分量尺則與重力相平衡.如圖(c)所示，其中。角為摩托車

與筒量所夾角.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

V2

%-/叫=0⑴FN2=m—⑵

K

FNN%+%(4)

以式⑶代入式⑵，得

_m4n27?2u2_4n2Rnw2..

=~R4n2R2+h2=^R^h2⑸

將式(D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。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

的各人力學(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

日牛頓定律可得兩時(shí)間段質(zhì)點(diǎn)的加速度分別為

對(duì)0V￡V5s時(shí)間段，由〃=出得

Vet

dv=Iadt積分后得。=5+產(chǎn)

加若得dr=fiKk

,JO

積分后得x=2+5，+4J

3

將t=5s代入，得玲=30m?s-1和叁=68.7m

對(duì)5sV￡V7s時(shí)間段，用同樣方法有

「do二1^dr得v=35/-2.5z2-825r

Jv0J5s

再由「dx=『Mz得x=17.5/-0.83砂-82.5t+147.87

Jx5J5s

將力=7s代入分別得力=40m?s_1和xi=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=d〃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p(t);由速度的定義r=(Lr/dt,用積分的方法可求出

質(zhì)點(diǎn)的位置.

解因加速度3=(1](10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，即必=0時(shí)際=6.0m-,運(yùn)用分離變量法對(duì)上式積分，得

￡du=￡(l20/+4.0)drT=6.0+4.01用.0/

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

x=5.0電0必.0#+2.0金

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)力尸為變力，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，F(xiàn)=ma=m半=-at

dr

因此，飛機(jī)著陸10s后的速率為

v=30m?st

故飛機(jī)著陸后10s內(nèi)所滑行的距離s=x-%=4/一二/=467m

&n

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，物體受重力尸、浮力尸和水的阻力R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

問題n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

比較因難了.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(D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=23s

曰題意尸=EFt=b^，而a=dv/dt=v(dv/d。，代

入上式后得-bv=mv(dv/dy)

考慮到初始條件刃=0時(shí)，V。=yf2gh，對(duì)上式積分，有

(2)將已知條件M?=0.4m-1,r=0.U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)的張力乜不同；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)。為次的長(zhǎng)為近一小段葉片,其兩側(cè)對(duì)它的

拉力分別為月(r)與尸rG+di).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

曰于r=1時(shí)外側(cè)片=0,所以有

二式中取r=0,即得葉片根部的張力月0=-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熠.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)的外力尸t是重力的切向分量辮in%而與法向加速度區(qū)相對(duì)應(yīng)的外力是支持力而和重力的法向分量峻os

a,日此，可分別列出切向和法向的動(dòng)力學(xué)方程尸，=血"8濟(jì).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(jiǎn)便，可轉(zhuǎn)換積分變量.倡該題也能應(yīng)用以小球、圓孤與地球?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(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)過程中受到重力T和圓軌道對(duì)它的支持力A.取圖(b)所示的自然坐標(biāo)系，由牛頓定律得

2

l.dvz.?mvK

Ft=-mgsina=m—(1)Ft=FN-m^osa=(2)

日。二d?r二rd一/7，得df二rd坐fl,代入式(D,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

drd/v

[vdv=￡(-jgsina)da得v=,2儂osa

則小球在點(diǎn)C的角速度為

2

(o=—=J2gcosair由式(2)得FN=m-----+m^posa=3mgposa

rr

日此可得小球?qū)A軌道的作用力為F'N=-FN=-3mgosa負(fù)號(hào)表示9N與a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)