大學物理第五版上冊標準答案

1-1分析與解(1)質點在［至?+△?時間內沿曲線從尸點運動到點,各量關系如圖所示，其中路程△

s=PP',位移大小IAri=PPI，而AT=IrI-IrI表示質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AD時，點戶無限趨近腺，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，應選(0.

1-2分析與解上表示質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.通常用符號力表示,

dr

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

dtd/

角坐標系中則可由公式。=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間的變化率,是加速度矢量沿速度方向的一個分

dt

量'起改變速度大小的作用；不在極坐標系中表示徑向速率以如題—2所述)；號在自然坐標系中表示質點的速

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.質點作圓周

運動時，由于速度方向不斷改變，相應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，則要視質點的速率情況而定.質點作勻速率圓周運動時，國恒為零；質點作勻變速率圓周運動時，國為一不

為零的恒量，當&改變時，質點則作一般的變速率圓周運動.由此可見，應選(B).

1-5分析與解本題關鍵是先求得小船速度表達式，進而判斷運動性質.為此建立如圖所示坐標系，設定滑輪距

水面高度為力"時刻定滑輪距小船的繩長為1,則小船的運動方程為x=廬不，其中繩長】18時間匕而變化,小

船速度。=H「I—S，式中d/?表示繩長】隨時間的變化率,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.質點在t時間內的位移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

到質原在運動過程中可能改變運動方向，此肘，位移的大小和路程就不同了.為此，需根據(jù)牛=0來確定其運動方向

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

(\Y

=4.0s時質點速度和加速度可用和二二兩式計算.

d/dt

解(1)質點在4.0s內位移的大小Ar=x4=-32m

(2)由孚=0得知質點的換向時刻為r=2s*=0不合題意)

dzp

則Ax】=W一瓦=8.0m,AX2=x4-=-40m

所以,質點在4.0s時間間隔內的路程為'=|N|+|&Q=48m

d丫

(3)1=4.9$時，。=—=-48ms-

d2xdr/=4.OS2

,a=—2~=-36m.s

1-7分析d城據(jù)冊速度的定義可知，在直線運動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，勻速直線運動所對應的圖應是一直線，而勻變速直線運動所對應的x-Z圖為t的二次曲線.根據(jù)各段時間

內的運動方程x=x"),求出不同時刻￡的位置X采用描數(shù)據(jù)點的方法，可作出尸￡圖.

解將曲線分為AB、BC、CD三個過程,它們對應的加速度值分別為

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

%一，A

。=-1。m?s—2(勻減速直線運動)

tD-k

根據(jù)上述結果即可作出質點的十￡圖[圖(B)].

在與變速直線運動中，有

日此，可計算在0?2s和4?6s時間間隔內各時刻的位置分別為

月描數(shù)據(jù)點的作圖方法，由表中數(shù)據(jù)可作0?2s和4?6s時間內的才-1圖.在2?4s時間內，質點是作

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

1-8分析質點的軌跡方程為可由運動方程的兩個分量式X。和y(。中消去匕即可得到.對于人△

八Ar.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后得質點軌跡方程為，y=2d

4

這是一個拋物線方程,軌跡如圖(a)所示,

(2)將力=0§和t=2s分別代入運動方程,可得相應位矢分別為

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

圖(a)中的P、Q兩點，即為￡=0s和土=2s時質點所在位置.

(3)由位移表達式，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

Vv=—=-10+60r,vy=4^=15-40r

df,dr

當t=0時，儂=-10m?sT,=15m?sT,則初速度大小為

設用與才軸的夾角為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

直向二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￥=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（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,比加速度應該是相對加速度.升降機廂的高度就是螺絲（或升降機）運動

的路程.

解1（1）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％=萬，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H=g+a,螺絲落至底面時，有

（2）由于升降機在￡時間內上升的高度為

h'-+產則d—h—h'—0.716m

1-11分析該題屬于運動學的第一類問題，即已知運動方程r=r（。求質點運動的一切信息（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'才///坐標系，并采用參數(shù)方程〃=彳，（力和

y'=y'（。來表示圓周運動是比較方便的.然后,運用坐標變換x=M+，和y=W+/，將所得參數(shù)方程轉

換至緲坐標系中,即得的坐標系中質點P在任意時刻的位矢.采用對運動方程求導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

坐標變換后，在0時坐標系中有

?八.271,n271n

X=X=Ksin—/,y=y+y0=-Reos—t+R

則質點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)關系，即影子端點的位矢方程.根

據(jù)幾何關系,影長可通過太陽光線對地轉動的角速度求得.由于運動的相對性，太陽光線對地轉動的角速度也就是地

球自轉的角速度.這樣，影子端點的位矢方程和速度均可求得.

解設太陽光線對地轉動的角速度為以從正午時分開始計時,則桿的影長為s=Wcos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=九則

即為下午3：00時.

1-13分析本題屬于運動學第二類問題，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

dvdr

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

drdr

時間%的顯函數(shù)，則應經(jīng)過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學操作后再做積分.

解由分析知，應有

得。=4/一；/+%(1)

曰Jdv=￡vdt

4

得x=2廠----f+v^t+x0(2)

將t=3s時,x=9m,v=2m?代入(1)(2)得藥=Tm?s-)為=0.75m.于是可得質點運動方程為

1-14分析本題亦屬于運動學第二類問題，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為y軸正向，下落起點為坐標原點.

(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=勒得石子僦

B

A

曰此可知當，L8時,。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得石子運動方程y=±r+&("小一1)

J0*BDD

1-15分析與上兩題不同處在于質點作平面曲線運動，根據(jù)疊加原理，求解時需根據(jù)加速度的兩個分量&和今

分別積分，從而得到運動方程1的兩個分量式式。和火。.由于本題中質點加速度為恒矢量，故兩次積分后所得運動

方程為固定形式，即x=%+J和＞=%+%J叫/，兩個分運動均為勻變速直線運動.讀者不妨

22

自己驗證一下.

解由加速度定義式，根據(jù)初始條件友=0時歷=0,積分可得

又由0=包及初始條件￡=0時，兀=(10m)/,積分可得

dr

日上述結果可得質點運動方程的分量式,即

x=10+3/y=2f

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.直線斜率火=^=tana=§,。=33°41',軌跡如圖所示.

dx3

1-16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〃=半和萬=包.在勻速率圓周運

drAr

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

R2

△0求出.

日計算結果能清楚地看到兩者之間的關系，即瞬時加速度是平均加速度在△L0時的極限值.

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

以上結果表明，當△6-0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拉=火力和y=y(。,從中消去參數(shù)力即得質點的軌跡方程.平

均速度是反映質點在一段時間內位置的變化率，即方二丁，它與時間間隔At的大小有關，當AD時，平均速度

的極限即瞬時速度0=半.切向和法向加速度是指在自然坐標下的分矢量a和a,前者只反映質點在切線方向速

dr

度大小的變化率，即〃,二孚一，后者只反映質點速度方向的變化，它可由總加速度a和a得到.在求得力時刻質

dr

點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￡得質點的軌跡方程：y=19.0-0.50/

(2)在6=1.00s到￡2=2.0s時間內的平均速度

(3)質點在任意時刻的速度和加速度分別為

則￡1=1.00s時的速度

v(dlt-i,=2.07-4.0j

切向和法向加速度分別為

(4)1=1.0s質點的速度大小為2

v=，咪+0；=4.47ms-1則〃=幺=11.17m

1-18分析物品空投后作平拋運動.忽像空氣阻力的條件下,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加速度之間的夾角?；蛉f.由圖可知，在特定時刻看,物體的切向加速度和水平線之間的

夾角明可由此時刻的兩速度分量以、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,物品下落長在水平和豎直方向的運動方程分別為

x=vt,y=1/2gi

飛機水平飛行速度y=100m?一,飛機離地面的高度y=100叫由上述兩式可得目標在飛機正下方前的距離

(2)視線和水平線的夾角為

(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，如不能靈活運月疊加原理，建立一個恰當?shù)淖?/p>

標系，將運動分解的話,求解起來并不容易.現(xiàn)建立如圖(a)所示坐標系，則炮彈在n和y兩個方向的分運動均為勻減

速直線運動，其初速度分別為的os￡和版sin6,其加速度分別為交in。和geosa.在此坐標系中炮彈落地時，應有y

=0Jh=0P.如欲使炮彈垂直擊中坡面，則應滿足勿=0,直接列出有關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，=iv+gg〃,做出炮彈落地時的矢量圖［如

圖(B)所示］，由圖中所示幾何關系也可求得OP(即圖中的r矢量).

解1由分析知，炮彈在圖(a)所示坐標系中兩個分運動方程為

y=q/sinp—g產8sa(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(b)所示，并利用正弦定理，有

從中消去才后也可得到同樣結果.

sinfsin/?

(2)由分析知,如炮彈垂直擊中坡面應滿足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.

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.

1-20分析選定傘邊緣0處的雨滴為研究對象，當傘以角速度初旋轉時,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系，即可求證.由此可以想像如

果讓水從一個旋轉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3)所示坐標系中，雨滴落地的運動方程為

22R2a)2h

日式(1)(2)可得

日圖(a)所示幾何關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.噴頭旋轉時，水滴以初速度外

從各人小孔中噴出，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,這是噴頭設計中的一個關

鍵問題.

1-21分析被踢出后的足球，在空中作斜拋運動，其軌跡方程可由質點在豎直口面內的運動方程得到.由于水

平距離x已知,球門高度又限定了在'方向的范圍，故只需將人y值代入即可求出.

解取圖示坐標系0%由運動方程

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應有兩個不同的投射傾角

(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.當傾角取值為27.92。V。＜69.92°時，踢出的足球

將越過門緣而離去，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(￡),對時間t求

一階、二階導數(shù)，即是沿曲線運動的速度v和加速度的切向分量區(qū),而加速度的法向分量為國=敵/兄這樣,總加速

度為￡=atet+a,en.至于質點在￡時間內通過的路程，即為曲線坐標的改變量ds=s-?第因圓周長為2員七質點

所轉過的圈數(shù)自然可求得.

解(1)質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

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，質點經(jīng)過的路程為

因此質點運行的圈數(shù)為

上23分析首先應該確定角速度的函數(shù)關系G=A總依據(jù)角量與線量的關系由特定時刻的速度值可得相應的

角速度，從而求出式中的比例系數(shù)尢&S確定后，注意到運動的角量描述與線量描述的相應關系，由運動學中

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=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內該點所轉過的角度

1-24分析掌握角量與線量、角位移方程與位矢方程的對應關系，應用運動學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，法向加速度和切向加速度的數(shù)值分別

dr

為

(2)當q=a/2=g荷+a；時，有3>=點，即

了得

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

此時刻的角位置為。=2+4/=3.15rad

22

(3)要使an=a,,則有3(24/4=r(\?iJt=0.55s

1-25分析這是一個相對運動的問題.設雨滴為研究對象，地面為靜止參考系S,火車為動參考系S',H為

S'相對S的速度，也為雨滴相對S的速度，利用相對運動速度的關系即可解.解以地面為參考系,火車相對地面

運動的速度為M，雨滴相對地面豎直下落的速度為外，旅客看到雨滴下落的速度4為相對速度，它們之間的關系為

。2=。2'+巳(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］的方向)應滿足

a>arctan再由相對速度的矢量關系弓=4—叼，即可求出所需車速九

h

解由也=。2［圖⑹］，有

而要使a之arctan則'一9之1_^C0S^+sin^l

h02cosBh\hJ

1-27分析船到達對岸所需時間是由船相對于岸的速度/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),若要使船到達正對岸，則必須使脛正對岸方向；在劃速一定的條件下，若

要用最短時間過河，則必須使p有極大值.

解(1)由片u+/可知a=arcsin二，則船到達正對岸所需時間為

v

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

dW，船到達距正對岸為1的下游處，且有

1-28分析該問題涉及到運動的相對性,如何將巳知質點相對于觀察者0的運動轉換到相對于觀察者0，的運

動中云，其實質就是進行坐標變換，將系0中一動點(乂力變換至系0，中的點(/J).由于觀察者。，相對于觀察

者0作勻速運動,因此，該坐標變換是線性的.

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

'd?y'

加速度a=a=-^-=g

vdr

日此可見,動點相對于系0Z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

換的必然結果.

2-1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a(其方向仍可認為平

行于斜面)和重力作用下產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〃R范圍內取值.當K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，汽車應在水平面內作勻速率圓周運動，為保證汽車轉彎時不側向打滑,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為uR.由此可算得汽車轉彎的最大速率應為7=P

Rg.因此只要汽車轉彎時的實際速率不大于此值，均能保證不側向打滑.應選(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.重力的切向分量位鴕os8)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

方向二的動力學方程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

見應選(B).

2-5分析與解本題可考慮對A、B兩物體加上慣性力后,以電梯這個非慣性參考系進行求解.此時A、B兩物

體受力情況如圖(b)所示，圖中4為A、B兩物體相對電梯的加速度,儂'為慣性力.對A、B兩物體應用牛頓第二定

律，可解得戶r=5/8mg.故選(A).

討論對于習題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a和a均應對地而言，本題中a和a的大個與方向均不相同.其中aA應斜

向上.對徐、a、a和，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分析動力學問題一般分為兩類：(1)已知物體受力求其運動情況；(2)三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，把動力學方程和運動學規(guī)

律聯(lián)系起來.本題關鍵在列出動力學和運動學方程后,解出傾角與時間的函數(shù)關系。=胤力，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加,原點0位于斜面頂點,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動，故車

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

cosa22\gcosa(sina—〃cosa)

為使下滑的時間最短,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t=l---—----;=0.99s

ygcosa(sina-/zcosa)

2-7分析預制板、吊車框架、鋼絲等可視為一組物體.處理動力學問題通常采用“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方程.根據(jù)連接體中物體的多少可列出相應數(shù)目

的方程式.結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，并取豎直向上為以軸正方向(如圖所示),當

框架以加速度a上升時，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)當整個裝置以加速度a=10m-s-2上升時，由式(3)可得繩所受張力的值為

FT=5.94X103N

3

乙對甲的作用力為FM=-F泌=m(g+a)=-l.98X10N

(2)當整個裝置以加速度a=1m?s”上升時，得繩張力的值為

FT=3.24X103N

此時,乙對甲的作用力則為FfN2=-l.08X103N

日上述計算可見，在起吊相同重量的物體時，由于起吊加速度不同,繩中所受張刀也不同，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

討論動力學問題的一般解題步驟可分為：（1）分析題意,確定研究對象，分析受力，選定坐標；（2）根據(jù)物理

的定理和定律列出原始方程組；（3）解方程抽，得出文字結果；（4）核對量綱，再代入數(shù)據(jù)，計算出結果來.

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（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，按運動學公式即可解得.

該題也可應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)镵塊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)內只有摩擦力作功，根據(jù)系統(tǒng)

的動能定理，摩擦力的功應等于系統(tǒng)動能的增量.木塊相對平板移動的距離即可求

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

Ft=Jing=nt8\Pt=~Ft=向盤

e和a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，木塊相對嚴板的加速度a=&+a,

木塊相對平板以初速度-/作勻減速運動直至最終停止.由運動學規(guī)律有-/2=

2as

日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

Vf=Ft（s+2）-Fn=口mgs

式中］為平板相對地面移動的距離.

日于系統(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

nv9=（向+血/‘

日系統(tǒng)的動能定理，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鼓心動時，必須使鋼球受到一與向心加速度相對應的力（向心力），而

該力是由碗內壁對球的支持力《的分力來提供的.由于支持力尺始終垂直于碗內壁.所以支持力的大小和方向是陵

s而變的.取圖示〃了坐標，列出動力學方程，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方程

&sin6=機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）.從而不會對內外軌產生擠壓.與其對應的是火車轉彎時必須以規(guī)定的速率府行駛.當火車

行駛速率序版時,則會產生兩種情況：如圖所示，如心版時，外軌將會對車輪產生斜向內的側壓力E，以補償原向

心力的不足，如Y玲時,則內軌對車輪產生斜向外的側壓力K,以抵消多余的向心力，無論哪種情況火車都將對外軌

或內軌產生擠壓,由此可知，鐵路部門為什么會在每個鐵軌的轉彎處規(guī)定時速,從而確保行車安全.

解(1)以火車為研究對象，建立如圖所示坐標系.據(jù)分析，由牛頓定律有

/^sin^=m—(1)"cos。一/wg=O(2)

解(1)(2)兩式可得火車轉彎時規(guī)定速率為

(2)當心版時,根據(jù)分析有，

IT

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

解(3)(4)兩式,可得外軌側直7為

當Y版時，根據(jù)分析有

力

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

2R

解(5)(6)兩式，可得內軌側壓力為

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防

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

力由簡壁對演員的支持力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.運用牛頓定律即可求得筒壁支持力的大小和方向力.

解設雜技演員連同摩托車整體為研究對象，據(jù)(b)(c)兩圖應有

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，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

的各人力學規(guī)律.

2-13分析首先應由題圖求得兩個時間段的函數(shù),進而求得相應的加速度函數(shù)，運用積分方法求解題目所

問，積分時應注意積分上下限的取值應與兩時間段相應的時刻相對應.

解由題圖得

日牛頓定律可得兩時間段質點的加速度分別為

對0V￡V5s時間段，由〃=出得

Vet

dv=Iadt積分后得。=5+產

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5sV￡V7s時間段，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力學問題.由于力是時間的函數(shù)，而加速度a=d〃dt,這時，動力學方程就成

為速度對時間的一階微分方程，解此微分方程可得質點的速度p(t);由速度的定義r=(Lr/dt,用積分的方法可求出

質點的位置.

解因加速度3=(1](10在直線運動中，根據(jù)牛頓運動定律有

依據(jù)質點運動的初始條件，即必=0時際=6.0m-,運用分離變量法對上式積分，得

￡du=￡(l20/+4.0)drT=6.0+4.01用.0/

又因v=(Lr/dt,并由質點運動的初始條件：to=0時成=5.0m,對上式分離變量后積分，有

x=5.0電0必.0#+2.0金

2-15分析飛機連同駕駛員在水平跑道上運動可視為質點作直線運動.其水平方向所受制動力尸為變力，且是

時間的函數(shù).在求速率和距離時，可根據(jù)動力學方程和運動學規(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，F(xiàn)=ma=m半=-at

dr

因此，飛機著陸10s后的速率為

v=30m?st

故飛機著陸后10s內所滑行的距離s=x-%=4/一二/=467m

&n

2-16分析該題可以分為兩個過程，入水前是自由落體運動,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n變力是時間、位置的函數(shù))，對這類問題列出動力學方程并不復雜,但要從它計算出物體運動的位置和速度就

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.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=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，V。=yf2gh，對上式積分，有

(2)將已知條件M?=0.4m-1,r=0.U代入上式，則得

2-17分析螺旋槳旋轉時，葉片上各點的加速度不同，在其各部分兩側的張力乜不同；由于葉片的質量是連續(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，列出動力學方程,然后采用積分的方法求解.

解設葉片根部為原點“沿葉片背離原點0的方向為正向，距原點。為次的長為近一小段葉片,其兩側對它的

拉力分別為月(r)與尸rG+di).葉片轉動時，該小段葉片作圓周運動,由牛頓定律有

曰于r=1時外側片=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熠.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)相對應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力學方程尸，=血"8濟.由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的，

因此，需應用積分求解,為使運算簡便，可轉換積分變量.倡該題也能應用以小球、圓孤與地球為系統(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T和圓軌道對它的支持力A.取圖(b)所示的自然坐標系，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A運動到點C的始末條件，進行積分，有

drd/v

[vdv=￡(-jgsina)da得v=,2儂osa

則小球在點C的角速度為

2

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

rr

日此可得小球對圓軌道的作用力為F'N=-FN=-3mgosa負號表示9N與a反向.

2-19分析運動學與動力學之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的，因而，可先分析動力學問題.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)內側對