第一章質(zhì)點運動學(xué)課程課后習(xí)題答案

第一章質(zhì)點運動學(xué)

1-1分析與解（1）質(zhì)點在t至（t+△1:）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As=PP',位移大小IhrI=PP',而

=Ir|-|r|表示質(zhì)點位矢大小的變化量，三個量的物理含義不同，在曲線運動

中大小也不相等（注：在直線運動中有相等的可能）.但當AtTO時，點P，無限

趨近P點，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，應(yīng)選（C）.

-

12分析與解表示質(zhì)點到坐標原點的距離隨時間的變化率，在極坐標系中

叫徑向速率.通常用符號vr表示，這是速度矢量在位矢方向上的一個分量；表

示速度矢量；在自然坐標系中速度大小可用公式計算，在直角坐標系中則可由公

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的變化率，是

加速度矢量沿速度方向的一個分量，起改變速度大小的作用；在極坐標系中表示

徑向速率vr（如題1-2所述）；在自然坐標系中表示質(zhì)點的速率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)點作圓周運動時，由于速度方向不斷改變，相應(yīng)法向加

速度的方向也在不斷改變，因而法向加速度是一定改變的.至于at是否改變，則

要視質(zhì)點的速率情況而定.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為一不為零的恒量，當at改變時，質(zhì)點則作一般的變速率

圓周運動.由此可見，應(yīng)選（B）.

-

15分析與解本題關(guān)鍵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系，設(shè)定滑輪距水面高度為h.t時刻定滑輪距小船的繩長

為I,則小船的運動方程為，其中繩長?隨時間t而變化.小船速度，式中表

示繩長I隨時間的變化率，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).

1—6分析位移和路程是兩個完全不同的概念.只有當質(zhì)點作直線運動且運

動方向不改變時，位移的大小才會與路程相等.質(zhì)點在t時間內(nèi)的位移Ax的大

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，位移的大小和路程就不同了.為此，需根據(jù)來確定其運動

方向改變的時刻tp，求出0?tp和tp~t內(nèi)的位移大小△x1、△x2,則t時

間內(nèi)的路程，如圖所示，至于t=4.0s時質(zhì)點速度和加速度可用和兩式計

算.

解(1)質(zhì)點在4.0s內(nèi)位移的大小

(2)由得知質(zhì)點的換向時刻為(t=0不合題意)

則，

所以，質(zhì)點在4.0s時間間隔內(nèi)的路程為

(3)t=4.0s時，

1—7分析根據(jù)加速度的定義可知，在直線運動中v-t曲線的斜率為加速度的

大小(圖中AB、CD段斜率為定值，即勻變速直線運動；而線段BC的斜率為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，勻速直線運動所對應(yīng)的x-t圖應(yīng)是一直線，而勻

變速直線運動所對應(yīng)的x-t圖為t的二次曲線.根據(jù)各段時間內(nèi)的運動方程x

=x(t),求出不同時刻t的位置x,采用描數(shù)據(jù)點的方法，可作出x-t圖.

解將曲線分為AB、BC、CD三個過程，它們對應(yīng)的加速度值分別為

(勻加速直線運動)，(勻速直線運動)

(勻減速直線運動)

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

在勻變速直線運動中，有

由此，可計算在0?2s和4~6s時間間隔內(nèi)各時刻的位置分別為

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

2?4s時間內(nèi)，質(zhì)點是作的勻速直線運動，其x-t圖是斜率k=20的一段直

線[圖⑹].

118分析質(zhì)點的軌跡方程為y=f(x),可由運動方程的兩個分量式x(t)和

y(t)中消去t即可得到.對于r、△「、△「、As來說,物理含義不同，可根據(jù)其

定義計算.其中對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)點軌跡方程為，

這是一個拋物線方程，軌跡如圖(a)所示.

(2)將t=05和1:=2s分別代入運動方程，可得相應(yīng)位矢分別為

圖(a)中的P、Q兩點，即為t=0s和t=2s時質(zhì)點所在位置.

(3)由位移表達式，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分析由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量，再由運動合

成算出速度和加速度的大小和方向.

解(1)速度的分量式為

當t=0時，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分析在升降機與螺絲之間有相對運動的情況下，一種處理方法是取地

面為參考系，分別討論升降機豎直向上的勻加速度運動和初速不為零的螺絲的自

由落體運動，列出這兩種運動在同一坐標系中的運動方程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(或螺絲)為參考系，這時，螺絲(或升降機)相對它作勻加速運動，但是，此加速

度應(yīng)該是相對加速度.升降機廂的高度就是螺絲(或升降機)運動的路程.

解1⑴以地面為參考系，取如圖所示的坐標系，升降機與螺絲的運動方程分

別為當螺絲落至底面時，有y1=y2,即

(2)螺絲相對升降機外固定柱子下降的距離為

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

有

(2)由于升降機在t時間內(nèi)上升的高度為

則

1-11分析該題屬于運動學(xué)的第一類問題，即已知運動方程r=r(t)求質(zhì)點運動的一

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)為原點的0'

x'y'坐標系，并采用參數(shù)方程x'=x'(t)和y'=y'(t)來表示圓周運動是比較方便

的.然后，運用坐標變換x=x0+x，和y=y0+y將所得參數(shù)方程轉(zhuǎn)換至Oxy坐標系

中，即得Oxy坐標系中質(zhì)點P在任意時刻的位矢.采用對運動方程求導(dǎo)的方法可得速度和加

速度.

解(1)如圖⑻所示，在5x'v'坐標系中，因，則質(zhì)點P的參數(shù)方程為

?

坐標變換后，在Oxy坐標系中有

則質(zhì)點P的位矢方程為

(2)5s時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，必須建立影長與時間的函數(shù)關(guān)系，即

影子端點的位矢方程.根據(jù)幾何關(guān)系，影長可通過太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度求得.由于運

動的相對性，太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度也就是地球自轉(zhuǎn)的角速度.這樣，影子端點的位矢方

程和速度均可求得.

解設(shè)太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度為3,從正午時分開始計時，則桿的影長為S=htg3t,下

午2：00時，桿頂在地面上影子的速度大小為

當桿長等于影長時，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和運動方程，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(1)

由

得(2)

將t=3s時，x=9m,v=2m?6?1s-1代入(1)(2)得v0=-1m?6?1s-1,x0=0.75m.于是

可得質(zhì)點運動方程為

1-14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為y軸正向，下落起點為坐標原點.

(1)由題意知⑴

用分離變量法把式(1)改寫為

(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，tT8時，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

得石子運動方程

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)

加速度的兩個分量ax和ay分別積分，從而得到運動方程r的兩個分量式x(t)和y仕).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，即和，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vO=0,積分可得

又由及初始條件t=0時，r0=(10m)i,積分可得

由上述結(jié)果可得質(zhì)點運動方程的分量式，即

x=10+3t2y=2t2

消去參數(shù)t,可得運動的軌跡方程3y=2x-20m

這是一個直線方程.直線斜率，a=33°41z.軌跡如圖所示.

-

116分析瞬時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

圓周運動中，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)過的角度△6求出.

由計算結(jié)果能清楚地看到兩者之間的關(guān)系，即瞬時加速度是平均加速度在△tTO時的極限

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△6T0時，勻速率圓周運動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)運動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)點的軌跡方程.平均速度是反映質(zhì)點在一段時間內(nèi)位置的變化率，即，它與時間間隔

At的大小有關(guān)，當△tTO時，平均速度的極限即瞬時速度.切向和法向加速度是指在自然

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

質(zhì)點速度方向的變化，它可由總加速度a和at得到.在求得t1時刻質(zhì)點的速度和法向加

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)點的軌跡方程：y=19.0-0.50x2

(2)在t1=1.00s到t2=2.0s時間內(nèi)的平均速度

(3)質(zhì)點在任意時刻的速度和加速度分別為

則t1=1.00s時的速度

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)點的速度大小為

則

1-18分析物品空投后作平拋運動.忽略空氣阻力的條件下，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.到達地面目標時，兩方向

上運動時間是相同的.因此，分別列出其運動方程，運用時間相等的條件，即可求解.

此外，平拋物體在運動過程中只存在豎直向下的重力加速度.為求特定時刻t時物體的切向

加速度和法向加速度，只需求出該時刻它們與重力如速度之間的夾角a或B.由圖可知，在特

定時刻t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角a,可由此時刻的兩速度分量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，物品下落時在水平和豎直方向的運動方程分別為

x=vt,y=1/2gt2

飛機水平飛行速度v=100m?6?1s-1，飛機離地面的高度y=100m,由上述兩式可得目標在

飛機正下方前的距離

(2)視線和水平線的夾南為

(3)在任意時刻物品的速度與水平軸的夾角為

取自然坐標，物品在拋出2s時，重力加速度的切向分量與法向分量分別為

1-19分析這是一個斜上拋運動，看似簡單，但針對題目所問，如不能靈活運用疊加原

理，建立一個恰當?shù)淖鴺讼担瑢⑦\動分解的話，求解起來并不容易.現(xiàn)建立如圖（a）所示坐標系,

則炮彈在x和y兩個方向的分運動均為勻減速直線運動，其初速度分別為vOcosB和vOsin

B,其加速度分另為gsina和geosa.在此坐標系中炮彈落地時，應(yīng)有y=0,則x=0P,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.故第一問也可由運動方程的矢量式計算，即，做出炮彈落地時

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）所示坐標系中兩個分運動方程為

（1）（2）

令y=0求得時間t后再代入式（1）得

解2做出炮彈的運動矢量圖，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).

討論如將炮彈的運動按水平和豎直兩個方向分解，求解本題將會比較困難，有興趣讀者不

妨自己體驗一下.

-

120分析選定傘邊緣o處的雨滴為研究對象，當傘以角速度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）所示坐標系，列出雨滴的運動方程并考慮圖

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)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落在半徑不同的圓周上，為保證均勻噴灑對噴頭上小孔的分布

解（1）如圖（a）所示坐標系中，雨滴落地的運動方程為

（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，水滴以初速度v0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)計中的一個關(guān)鍵問題.

1-21分析被踢出后的足球，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)

的運動方程得到.由于水平距離x已知，球門高度又限定了在y方向的范圍，故只需將x、y

值代入即可求出.

解取圖示坐標系Oxy,由運動方程

*

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，球擊中球門底線或球門上緣都將對應(yīng)有兩

個不同的投射傾角(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；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.當傾角取值為27.92°<e<69.92°時，踢出的足球?qū)⒃竭^門緣而離去，這時

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分析在自然坐標中，S表示圓周上從某一點開始的曲線坐標.由給定的運動方

程s=s(t),對時間t求一階、二階導(dǎo)數(shù)，即是沿曲線運動的速度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)點在t

時間內(nèi)通過的路程，即為曲線坐標的改變量As=st-s0.因圓周長為2rtR,質(zhì)點所轉(zhuǎn)過的圈

數(shù)自然可求得.

解(1)質(zhì)點作圓周運動的速率為

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開始到t=vO/b時，質(zhì)點經(jīng)過的路程為

因此質(zhì)點運行的圈數(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

動的角量描述與線量描述的相應(yīng)關(guān)系，由運動學(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應(yīng)關(guān)系，應(yīng)用運動學(xué)求解的

方法即可得到.

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

（2）當時，有，即

得

此時刻的角位置為

（3）要使，則有t=0.55s

1-25分析這是一個相對運動的問題.設(shè)雨滴為研究對象，地面為靜止參考系S,火車為

動參考系S'.v1為S'相對S的速度,v2為雨滴相對S的速度，利用相對運動速度的關(guān)

系即可解.解以地面為參考系，火車相對地面運動的速度為v1,雨滴相對地面豎直下落的

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分析這也是一個相對運動的問題.可視雨點為研究對象，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的方向（即雨點相

對于汽車的運動速度v2'的方向）應(yīng)滿足.再由相對速度的矢量關(guān)系，即可求出所需車速

v1.

解由[圖⑹],有

而要使，則

1-27分析船到達對岸所需時間是由船相對于岸的速度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）.若要使船到達正對

岸，則必須使V沿正對岸方向；在劃速一定的條件下，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

（2）由于，在劃速V’一定的條件下，只有當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的下游處，且有

1~28分析該問題涉及到運動的相對性.如何將已知質(zhì)點相對于觀察者0的運動轉(zhuǎn)換

到相對于觀察者0'的運動中去，其實質(zhì)就是進行坐標變換，將系0中一動點(x,y)變換至系

0,中的點(x'，y').由于觀察者0'相對于觀察者0作勻速運動，因此，該坐標變換是線性

的.

解取Oxy和0'v’分別為觀察者0和觀察者0'所在的坐標系，且使Ox和O'xz兩

軸平行.在t=0時，兩坐標原點重合.由坐標變換得

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

加速度

由此可見，動點相對于系O'是在y方向作勻變速直線運動.動點在兩坐標系中加速度相同，

這也正是伽利略變換的必然結(jié)果.

第二章牛頓定律

211分析與解當物體離開斜面瞬間，斜面對物體的支持力消失為零，物體在繩子拉力

FT(其方向仍可認為平行于斜面)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

FN增加時，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動狀

態(tài).由題意知，物體一直保持靜止狀態(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)作勻速率圓周運動，為保證汽車轉(zhuǎn)彎時不

側(cè)向打滑，所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供，能夠提供的最大向心力應(yīng)為H

FN.由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為v=uRg.因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時的實際速率不大于

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和方向不變的重力以及時刻指向

圓軌道中心的軌道支持力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)使物體的速率將會不斷增加(由機械能守恒亦可判

斷)，則物體作圓周運動的向心力(又稱法向力)將不斷增大，由軌道法向方向上的動力學(xué)方程

可判斷，隨6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).

215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兩物體相對電梯的加速

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).

討論對于習(xí)題2-5這種類型的物理問題，往往從非慣性參考系(本題為電梯)觀察到的運

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aA、aB、

a和a'之間還要用到相對運動規(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

體的運動情況來分析其所受的力.當然，在一個具體題目中，這兩類問題并無截然的界限，且

都是以加速度作為中介，把動力學(xué)方程和運動學(xué)規(guī)律聯(lián)系起來.本題關(guān)鍵在列出動力學(xué)和運

動學(xué)方程后，解出傾角與時間的函數(shù)關(guān)系a=f(t),然后運用對t求極值的方法即可得出數(shù)

值來.

解取沿斜面為坐標軸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

則(2)

為使下滑的時間最短，可令，由式⑵有

則可得，

此時

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”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，

可解決物體的運動或相互作用力.

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)當整個裝置以加速度a=10m?6?1s-2上升時，由式⑶可得繩所受張力的值為

FT=5.94X103N

乙對甲的作用力為F'N2=-FN2=-m2(g+a)=-1.98X103N

(2)當整個裝置以加速度a=1m?6?1s-2上升時，得繩張力的值為

FT=3.24X103N

此時，乙對甲的作用力則為F'N2=-1.08X103N

由上述計算可見，在起吊相同重量的物體時，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的前提下

成立.同時也要注意到張力方向是不同的.

解分別對物體和滑輪作受力分析[圖(b)].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)

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

討論動力學(xué)問題的一般解題步豚可分為：⑴分析題意，確定研究對象，分析受力，選定坐

標；(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

量綱，再代入數(shù)據(jù)，計算出結(jié)果來.

2-9分析當木塊B平穩(wěn)地輕輕放至運動著的平板A上時，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摩擦力，該力將改變它們的運動狀態(tài).根據(jù)牛頓定律

可得到它們各自相對地面的加速度.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.

該題也可應(yīng)用第三章所講述的系統(tǒng)的動能定理來解.將平板與木塊作為系統(tǒng)，該系統(tǒng)的動能

由平板原有的動能變?yōu)槟緣K和平板一起運動的動能，而它們的共同速度可根據(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)的動能定理，摩擦力的功應(yīng)等于系統(tǒng)動能的增

量.木塊相對平板移動的距離即可求出.

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

出動力學(xué)方程

Ff=nmg=ma1Fzf=-Ff=m,a2

a1和a2分別是木塊和木板相對地面參考系的加速度.若以木板為參考系，木塊相對平板的

加速度a=a1+a2，木塊相對平板以初速度-3作句減速運動直至最終停止.由運動學(xué)

規(guī)律有-v'2=2as

由上述各式可得木塊相對于平板所移動的距離為

解2以木塊和平板為系統(tǒng)，它們之間一對摩擦力作的總功為

W=Ff(s+1)-FfI=|imgs

式中I為平板相對地面移動的距離.

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

m'v'=(m'+m)v〃

由系統(tǒng)的動能定理，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)動時，必須使鋼球受到一與向心加速度

相對應(yīng)的力(向心力)，而該力是由碗內(nèi)壁對球的支持力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，列出動力學(xué)

方程，即可求解鋼球距碗底的高度.

解取鋼球為隔離體，其受力分析如圖(b)所示.在圖示坐標中列動力學(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).從而不會對內(nèi)外軌產(chǎn)生擠壓.與其對應(yīng)的

是火車轉(zhuǎn)彎時必須以規(guī)定的速率vO行駛.當火車行駛速率v豐vO時，則會產(chǎn)生兩種情況：

如圖所示，如v>vO時，外軌將會對車輪產(chǎn)生斜向內(nèi)的側(cè)壓力F1，以補償原向心力的不足，

如vVvO時，則內(nèi)軌對車輪產(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的轉(zhuǎn)彎處規(guī)定時速，

從而確保行車安全.

解(1)以火車為所究對象，建立如圖所示坐標系.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

(2)當v>vO時，根據(jù)分析有

(3)(4)

解(3)(4)兩式，可得外軌側(cè)壓力為

當v<vO時，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)的運動可以看成一個水平面內(nèi)的勻速率圓周運動

和一個豎直向上勻速直線運動的疊加.其旋轉(zhuǎn)一周所形成的旋線軌跡展開后，相當于如圖(b)

所示的斜面.把

演員的運動速度分解為圖示的v1和v2兩個分量，顯然v1是豎直向上作勻速直線運動的分

速度，而v2則是繞圓筒壁作水平圓周運動的分速度，其中向心力由筒壁對演員的支持力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角為摩托車與

筒壁所夾角.運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

討論表演飛車走壁時，演員必須控制好運動速度，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力學(xué)規(guī)律.

2-13分析首先應(yīng)由題圖求得兩個時間段的F(t)函數(shù)，進而求得相應(yīng)的加速度函數(shù)，

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

應(yīng).

解由題圖得

由牛頓定律可得兩時間段質(zhì)點的加速度分別為

對0V5s時間段，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5sVtV7s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和x7=142m

2-14分析這是在變力作用下的動力學(xué)問題.由于力是時間的函數(shù)，而加速度a=

dv/dt,這時，動力學(xué)方程就成為速度對時間的一階微分方程，解此微分方程可得質(zhì)點的速度

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

解因加速度2=*/冊,在直線運動中，根據(jù)牛頓運動定律有

依據(jù)質(zhì)點運動的初始條件，即tO=0時v0=6.0m?6?1s-1,運用分離變量法對上式積分,

得

v=6.0+4.Ot+6.0t2

又因v=dx/dt,并由質(zhì)點運動的初始條件：tO=0時x0=5.0m,對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，且是時間的函數(shù).在求速率和距離時，可根據(jù)動力學(xué)方程和運動學(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正方向，由牛頓運動定律及初始條件，得

因此，飛機著陸10s后的速率為

v=30m?6?1s-1

又

故飛機著陸后10s內(nèi)所滑行的距離

2-16分析該題可以分為兩個過程，入水前是自由落體運動，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，物體作變加速運動.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間、位置的函數(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.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)運動員入水前可視為自由落體運動，故入水時的速度為

運動員入水后，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，，對上式積分，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，葉片上各點的加速度不同，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，可選取葉片上一小段，分析其受力，

列出動力學(xué)方程，然后采用積分的方法求解.

解設(shè)葉片根部為原點。，沿葉片背離原點0的方向為正向，距原點0為r處的長為dr一小

段葉片，其兩側(cè)對它的拉力分別為FT(r)與FT(r+dr).葉片轉(zhuǎn)動時，該小段葉片作圓周運

動，由牛頓定律有

由于r=1時外側(cè)FT=0,所以有

上式中取r=0,即得葉片根部的張力FT0=-2.79X105N

負號表示張力方向與坐標方向相反.

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

動力學(xué)方程Ft=mdv/dt和Fn=man.由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的，因此，需

應(yīng)用積分求解，為使運算簡便，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)的機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.

解小球在運動過程中受到重力P和圓軌道對它的支持力FN.取圖(b)所示的自然坐標系，

由牛頓定律得

(1)(2)

由，得，代入式(1),并根據(jù)小球從點A運動到點C的始末條件，進行積分，有

得

則小球在點C的角速度為

由式(2)得

由此可得小球?qū)A軌道的作用力為負號表示■N與en反向.

2-19分析運動學(xué)與動力學(xué)之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的，因而，可先分析動力學(xué)

問題.物體在作圓周運動的過程中，促使其運動狀態(tài)發(fā)生變化的是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對物體的支持力

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，就可通過它們把切向和法向兩個加速度聯(lián)系起來了，從而可用運動學(xué)

的積分關(guān)系式求解速率和路程.

解(1)設(shè)物體質(zhì)量為m,取圖中所示的自然坐標，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v=v0，并對上式進行積分，有

(2)當物體的速率從v0減少到1/2v0時，由上式可得所需的時間為

物體在這段時間內(nèi)所經(jīng)過的路程

2-20分析物體在發(fā)射過程中，同時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)，動力學(xué)方程是速率的一階微分方程，求解時，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，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動.由公式和分別算得tg6.12s和y

=184m,均比實際值略大一些.

2-21分析由于空氣對物體的阻力始終與物體運動的方向相反，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，在解動力學(xué)方程時，需用積分的方法.

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

依據(jù)初始條件對上式積分，有

物體到達最高處時，v=0,故有

(2)物體下落過程中，有

對上式積分，有

則

2-22分析該題依然是運用動力學(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.

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

(1)

當加速度a=dv/dt=0時，摩托車的速率最大，因此可得

k=F/vm2(2)

由式(1)和式⑵可得

(3)

根據(jù)始末條件對式⑶積分，有

則

又因式(3)中，再利用始末條件對式⑶積分，有

則

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為跑道作用于飛機的摩擦力，很顯然飛機是在合外力為變力的情況下作減

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

合外力為速度v的函數(shù)，所求的又是飛機滑行距離x,因此比較簡便方法是直接對牛頓第二定

律方程中的積分變量dt進行代換，將dt用代替，得到一個有關(guān)v和x的微分方程,分離變

量后再作積分.

解取飛機滑行方向為x的正方向，著陸點為坐標原點，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

得飛機滑行距離

(3)

考慮飛機著陸瞬間有FN=O和丫=丫0,應(yīng)有k2V02=mg,將其代入(3)式，可得飛機滑行距離

x的另一表達式

討論如飛機著陸速度v0=144km?6?1h-1,|i=0.1,升阻比，可算得飛機的滑行距離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分析中指出的那樣，可對木箱加上慣性力F0后，以車廂為

參考系進行求解，如圖所示，此時木箱在水平方向受到慣性力和摩擦力作用，圖中a'為木箱

相對車廂的加速度.

解由牛頓第二定律和相關(guān)運動學(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)，得木箱撞上車廂擋板時的速度為

2-25分析如以加速運動的電梯為參考系，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，即可列出牛頓運動方程來.

解取如圖(b)所示的坐標，以電梯為參考系，分別對物體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

由相對加速度的矢量關(guān)系，可得物體A、B對地面的加速度值為

a2的方向向上，a1的方向由ar和a的大小決定.當arVa,即m1g-m2g-2m2a>0時，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：

(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，當滑塊在斜面上下滑時，三棱柱受到滑塊對它的作用，也將沿地面作加速

度為aA的運動，這時，滑塊沿斜面的加速度aBA，不再是它相對于地面的加速度aB了.必

須注意到它們之間應(yīng)滿足相對加速度的矢量關(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運動的力學(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)坐標系的選擇.常取平面直角坐標，并使其中一坐標軸方向與運動方向一致，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，要考慮運動狀態(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,事實上只有當aA=0時，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

的運動方向為Ox軸的正向，Oy軸的正向垂直地面向上.設(shè)aA為A對地的加速度,aB為B

對的地加速度.由牛頓定律得

(1)

(2)

(3)

(4)

設(shè)B相對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地面的加速度為

滑塊相對地面的加速度aB在x、y軸上的分量分別為

則滑塊相對地面的加速度aB的大小為

其方向與y軸負向的夾角為

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)].在非慣性系中運用牛頓定律，則滑塊B的

動力學(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

第三章動量守恒定律和能量守恒定律

OI分析與解在質(zhì)點組中內(nèi)力總是成對出現(xiàn)的，它們是作用力與反作用力.由于一對

內(nèi)力的沖量恒為零，故內(nèi)力不會改變質(zhì)點組的總動量.但由于相互有作用力的兩個質(zhì)點的位

移大小以及位移與力的夾角一般不同，故一對內(nèi)力所作功之和不一定為零，應(yīng)作具體分析,如

一對彈性內(nèi)力的功的代數(shù)和一般為零，一對摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零，對于保守內(nèi)力

來說，所作功能使質(zhì)點組動能與勢能相互轉(zhuǎn)換，因此保守內(nèi)力即使有可能改變質(zhì)點組的動能，

但也不可能改變質(zhì)點組的機械能.綜上所述(1)(3)說法是正確的.故選(C).

3-2分析與解對題述系統(tǒng)來說，