马文蔚物理第二版上册答案

第一章质点运动学

1-1质点作曲线运动，在时刻/质点的位矢为r,速度为。，速率为IV至。+A/)时间内的位移

为Ar,路程为心，位矢大小的变化量为Ar(或称AIrI)，平均速度为》，平均速率为5・

(1)根据上述情况，则必有()

(A)IArI=As=Ar

(B)IArIrAsrAr,当A/—>0时有IdrI=ds丰dr

(C)IArIAr#时有IdrI=(!，・#&•

(D)IArI/A.v/Ar,当A/—>0时有IdrI=dr=ds

(2)根据上述情况，则必有()

(A)\V\=V,\V\=V(B)IVI/V,\V\+V

(C)\v\=v,\v\^v(D)IuI^V,\V\=V

题1-1图

分析与解(1)质点在I至。+A。时间内沿曲线从尸点运动到P点,各量关系如图所示，其

中路程As=PP1位移大小IArI=PP,而Ar=IrI-IrI表示质点位矢大小的变化量，三

个量的物理含义不同，在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能).但当

M-0时，点P无限趋近P点，则有IdrI=小，但却不等于dr.故选(B).

⑵由于IAr|必s,故包工包，即\v\tV.

Ar△/

但由于IdrI=ds■，故—=—,gp|VI=步.由此可见，应选(C).

d/d/

1-2一运动质点在某瞬时位于位矢；Uy)的端点处,对其速度的大小有四种意见，即

下述判断正确的是(

(A)只有(1)(2)正确(B)只有(2)正确

(C)只有(2)(3)正确(D)只有(3)(4)正确

分析与解一表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率.通常

dt

用符号外表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；上表示速度矢量；在自然坐标系中

dr

速度大小可用公式。=，■计算，在直角坐标系中则可由公式。求解.故

选(D).

1-3质点作曲线运动,表示位置矢量，。表示速度，。表示加速度,s表示路程,内表示切向加

速度.对下列表达式，即

(l)dv/dr=a：(2)dr/dr=o；(3)dy/d/—v；(4)dv/drI=m.

下述判断正确的是()

(A)只有⑴、(4)是对的(B)只有(2)、(4)是对的

(C)只有(2)是对的(D)只有(3)是对的

分析与解电表示切向加速度m,它表示速度大小随时间的变化率，是加速度矢量沿速度方

At

向的一个分量，起改变速度大小的作用；虫在极坐标系中表示径向速率以如题1-2所述)；

d/

上■在自然坐标系中表示质点的速率V；而理表示加速度的大小而不是切向加速度6.因

dtdt

此只有(3)式表达是正确的.故选(D).

1-4一个质点在做圆周运动时，则有()

(A)切向加速度一-定改变，法向加速度也改变

(B)切向加速度可能不变，法向加速度一定改变

(C)切向加速度可能不变，法向加速度不变

(D)切向加速度一定改变，法向加速度不变

分析与解加速度的切向分量m起改变速度大小的作用,而法向分量仇起改变速度方向的作

用.质点作圆周运动忖，由于速度方向不断改变，相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法

向加速度是一定改变的.至于m是否改变，则要视质点的速率情况而定.质点作匀速率圆周

运动时，/恒为零；质点作匀变速率圆周运动吐m为一不为零的恒量，当/改变时，质点则作

一般的变速率圆周运动.由此可见，应选(B).

1-5已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为x=2+6」-2户,式中x的单位为限f的单

位为S.求：

(1)质点在运动开始后4.0s内的位移的大小；

(2)质点在该时间内所通过的路程；

(3)f=4s忖质点的速度和加速度.

分析位移和路程是两个完全不同的概念.只有当质点作直线运动且运动方向不改变时，位

移的大小才会与路程相等.质点在t时间内的位移Ar的大小可直接由运动方程得到：

Ax-=x,-%，而在求路程时，就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向，此时，位移

的大小和路程就不同了.为此，需根据上=0来确定其运动方向改变的时刻力，求出。〜力和

dt

〜〜/内的位移大小Ari、AX2,则t时间内的路程5=|以1|+|以2|,如图所示，至于/=4.0S时

质点速度和加速度可用d再r和Wd~X两式计算.

dtdr

--------Ax：---------

----------->~I------------**x/m

-300210

X4x0x2

题1-5图

解(1)质点在4.0s内位移的大小

Ax=x4-x0=-32m

⑵由牛=0

dt

得知质点的换向时刻为

(=2s。=0不合题意)

则

AXj=x2-xQ=8.0m

Ar2=x4-x2=-40m

所以,质点在4.0s时间间隔内的路程为

s=四|+阳2|=48m

(3)/=4.0s时

dr_|

v=—=-48m-s

df/=4,0s

d2xM-2

a=-=-36m.s

d/f=4.0s

1-6已知质点的运动方程为r=2〃+(2-J)j,式中厂的单位为明/的单位为s.求：

(1)质点的运动轨迹；

(2)t=0及，=2s时,质点的位矢；

(3)由r=0至"—2s内质点的位移Ar和径向增量"：

分析质点的轨迹方程为y=/(x),可由运动方程的两个分量式x⑺和MQ中消去♦即可得

到.对于八Ar、A八心来说,物理含义不同,(详见题1-1分析).

解(1)由x(/)和兴/)中消去t后得质点轨迹方程为

y=2--x2

4

这是一个抛物线方程，轨迹如图(a)所示.

(2)将/=0s和/=2s分别代入运动方程,可得相应位矢分别为

%=2/,r2=47-27

图(a)中的P、Q两点,即为/=0s和/=2s时质点所在位置.

(3)由位移表达式彳导

△r=4-八=区-x0)i+(y2_%)/=今-2j

其中位移大小|Ar|=7(Ar)2+(Ay)2=5.66m

而径向增量Ar=/K|=上|一闻=Jx；+4+y；=2.47m

题1-6图

1-7质点的运动方程为

x=-10/+30/2

y=15”20产

式中xy的单位为m,/的单位为s.

试求：(1)初速度的大小和方向；(2)加速度的大小和方向.

分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量，再由运动合成算出速度和加速

度的大小和方向.

解(1)速度的分量式为

%=-=-10+60/

*d/

vv=^=15-40/

，At

当，=0时,%x=-I0m-s,Voy=15nrs",则初速度大小为

%=的「+%2=18.0m.S"

设。o与x轴的夹角为a,则

t,ana=—%—，=——3

九2

a=12304r

(2)加速度的分量式为

a==60m-s~2,a.,=—=-40m-s-2

xxdr)dr

则加速度的大小为

a=Ja：+a「=72.1m-s-2

设。与x轴的夹角为人则

£=-33°41'（或326°19'）

1-8一升降机以加速度1.22nrs1上升,当上升速度为2.44m.s」时，有一螺丝自升降机的天

花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74m.计算：（1）螺丝从天花板落到底面所需要的

时间；（2）螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离.

分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下，一种处理方法是取地面为参考系，分别讨论

升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自山落体运动，列出这两种运动在同

一坐标系中的运动方程乃=%⑺和玫=y2"）,并考虑它们相遇，即位矢相同这一条件,问题即

可解；另一种方法是取升降机（或螺丝）为参考系，这时，螺丝（或升降机）相对它作匀加速运动,

但是，此加速度应该是相对加速度.升降机厢的高度就是螺丝（或升降机）运动的路程.

解1（1）以地面为参考系,取如图所示的坐标系，升降机与螺丝的运动方程分别为

12

y^vot+~at

y2^h+vot--gr

当螺丝落至底面时，有力=乃,即

12,12

卬+/=h+vot--gf

/==0.705s

』g+a

（2）螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

1,

d—h—%=―%/+-g厂=0.716m

解2（1）以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度大小d=g+a,螺丝落至底面时，有

1,

0=〃-5（g+a）»

（2）由于升降机在r时间内上升的高度为

,,12

h-vt+—at~

°n2

则d=h—hr=0.716m

yl

题1-8图

1-9质点沿直线运动，加速度。=4M,式中。的单位为皿s-2，/的单位为s.如果当/=3s

时X=9m,o=2nrs",求质点的运动方程.

分析本题属于运动学第二类问题，即已知加速度求速度和运动方程，必须在给定条件下用积

dr

分方法解决.由“=一和0=—可得do=adz和dx=vdt.如a=a⑺或。=。(/),则可两边

d/d/

直接积分.如果“或。不是时间/的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后

再做积分.

解由分析知，应有

[do='adt

3

得v=4/--jZ+u0(1)

由[dx=

，，1A

得x=2广—+VQI+XQ(2)

将，=3s时x=9m,v—2m-s"代入(1)、(2)得

Oo=-lnrsT,xo=O.75m

于是可得质点运动方程为

,1,

x=2/2--/4+0.75

12

1-10一石子从空中由静止下落,由于空气阻力，石子并非作自由落体运动，现测得其加速度。

=A-Bo,式中A、B为正恒量，求石子下落的速度和运动方程.

分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数，因此，需将

d。

式do=a(o)d/分离变量为----=d/后再两边积分.

解选取石子下落方向为y轴正向，下落起点为坐标原点.

dv.八

(1)由题意知a=——=A-Bv(1)

dt

用分离变量法把式(1)改写为

dv.

------=drQ)

A-Bv

将式(2)两边积分并考虑初始条件，有

「

do1由

A-Bv

得石子速度v=-(l-e-s,)

B

A

由此可知当J-8时,。-C为一常量，通常称为极限速度或收尾速度.

B

(2)再由。=^=4(l-e-&)并考虑初始条件有

出B

得石子运动方程

y=­tH—7(e-1)

“BB2

1-11一质点具有恒定加速度a=6/+包式中。的单位为m-s々.在f=0时，其速度为零，位

置矢量力=10mi.求：(1)在任意时刻的速度和位置矢量；(2)质点在Oxy平面上的轨迹方

程，并画出轨迹的示意图.

分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动，根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个

分量以和小分别积分，从而得到运动方程r的两个分量式x⑺和由于本题中质点加速度为

恒矢量，故两次积分后所得运动方程为固定形式，即x=%+和

V=%+两个分运动均为匀变速直线运动•读者不妨自己验证一下・

27

解由加速度定义式，根据初始条件力=0时。0=0,积分可得

|dr=Jadt=J(6/+4j)dt

v=6ti+4tj

又由。=包及初始条件/=0时,力=(10m)i,积分可得

d/

[dr=jvdt=j(6*+4//)dz

r=(10+3/2)/+2/2y

由上述结果可得质点运动方程的分量式，即

x=10+3*

y=2』

消去参数，，可得运动的轨迹方程

3y=2x-20m

这是一个直线方程.直线斜率％=攵=tana=2,a=33O4K轨迹如图所示.

dr3

1-12质点在Oxy平面内运动,其运动方程为r=2.0〃+(19.0-2.0』从式中r的单位为mJ的

单位为s.求：(1)质点的轨迹方程；(2)在”=LOs到£2=2.0s时间内的平均速度;(3)“=

1.0s时的速度及切向和法向加速度；(4)/=1.0s时质点所在处轨道的曲率半径〃

分析根据运动方程可直接写出其分量式x=以/)和y=武/),从中消去参数，，即得质点的轨迹

方程.平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率，即方=包,它与时间间隔A/的大小

△t

有关，当A/-0时,平均速度的极限即瞬时速度。=半.切向和法向加速度是指在自然坐标下

d/

的分矢量小和％，前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率，即勺后者只反映

质点速度方向的变化，它可由总加速度。和d得到.在求得“时刻质点的速度和法向加速度

的大小后，可由公式凡=——求P.

P

解(1)由参数方程

x=2。，y=19.0-2.0?

消去,得质点的轨迹方程：

y=19.0-0.50x2

(2)在4=1.00s到/2=2.0s时间内的平均速度

-Arr,-r.

v=——=———Lt=2.0/-6.0j

△t4一八

(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为

。⑺=vxi+vyj=小+帘=2.0/-4.0//

a(t)+j=-4.0m-sjj

dt2d/2

则”=1.00s时的速度

v(t)It=|s=2.0z-4.0/

切向和法向加速度分别为

=曰4=](收+3)号=3.58m-s1

1Atd/v

%=如-a；e“=1.79m-s-X

(4)t=1.0s质点的速度大小为_______

v=J，+忧=4.47m-s-1

则p=—=U.17m

1-13飞机以100ms-1的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100m时，驾驶员要把物品空

投到前方某一地面目标处，问：⑴此时目标在飞机正下方位置的前面多远？(2)投放物品

忖,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3)物品投出2.0s后，它的法向加速度和切向加

速度各为多少？

题1-13图

分析物品空投后作平抛运动.忽略空气阻力的条件下，由运动独立性原理知,物品在空中沿

水平方向作匀速直线运动，在竖直方向作自由落体运动.到达地面目标时，两方向上运动时间

是相同的.因此,分别列出其运动方程，运用忖间相等的条件，即可求解.

此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度.为求特定时刻t时物体的切向加

速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角a或及由图可知，在特定时

刻/，物体的切向加速度和水平线之间的夹角a,可由此时刻的两速度分量打、小求出，这样，也就

可将重力加速度g的切向和法向分量求得.

解(1)取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为

x—vt,y—1/2gt2

飞机水平飞行速度。=100nrs」，飞机离地面的高度y=100m,由上述两式可得目标在飞机正

下方前的距离

x=v-=452m

Vg

(2)视线和水平线的夹角为

0=arctan—=12,5°

x

(3)在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

vgt

a=arctan-=arctan-

七°

取自然坐标，物品在抛出2s时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为

123

at-gsina=gsin(arctan殴)=1.88m•s-

-2

an=geosa=geos]arctan-=9.62m-s

1-14为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口，如图所示，

柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为

vo=15Okm•h」，他随即以仰角a=5"冲出，飞越跨度达57m,安全着陆在西岸木桥上,

求：

题1-14图

(1)柯飞车跨越黄河用了多长时间？

(2)若起飞点高出河面10m,柯驾车飞行的最高点距河面为几米？

(3)西岸木桥和起飞点的高度差为多少？

分析由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动

来说，运用叠加原理是求解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的直角坐标系，

将运动分解为两个相互正交的直线运动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g,故两个

分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动，直接列出相关运动规律方程即可求

解，本题可建立图示坐标系，图中_Pm和Xm分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度.

解在图示坐标系中，有

x=(v0cosa)/(1)

y=(vosina)(2)

v5,=vosin«-g/(3)

（1）由式（1）,令x=1m=57m,得飞跃时间

*=———=1.37s

v0cos«

（2）由式（3）,令匕,二0,得飞行到最大高度所需时间

%sincr

m

g

将。代入式（2）,得飞行最大高度

任2=0.67m

2g

则K车在最高点时距河面距离为

〃=Nm+l°m=10.67m

（3）将号=137s代入式（2）,得西岸木桥位置为

y=-4.22m

号表示木桥在飞车起飞点的下方.

讨论本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在y方向上的运动方程应为

2

y=10m+（v（）sincu）/-^-g/

1-15如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角a=30°,球的抛射角

P=60°,设球被抛出时的速率为=19.6nrs“，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡

底端的距离为多少？此过程经历多长时间？

题1-15图

分析求解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图（a）和图（b）所示.

在图（a）坐标系中，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-gCOS。和-g

sina,看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有•产0,对应的时间/和x的值即为本题所

求.在图（b）坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P的坐标y与x的关系列

出来.

解1由分析知，在图（a）坐标系中，有

12

x=[v0cos(£-a)]t+—(-gsina}t(1)

12

y=[v0sin(/?-(7)]Z+—(-gcosa)t(2)

落地时，有尸0,由式（2）解得飞行时间为

/=tan30°=2.3Is

g

将，值代入式（1）,得

O—P=x=—^=26Am

3g

解2由分析知，在图（b）坐标系中,

对小球x=(v0cos/?)/(1)

V=(%sinq)/一；g〃(2)

对点Py-xtana(3)

由式（1）、（2）可得球的轨道方程为

gx2

y=xtan£一(4)

2VQCOS2

落地时，应有y=y',即

xtan30°=xtan60°-----,,-----

2VQCOS260°

解之得落地点P的x坐标为

x-逗

(5)

3g

x2说

则OP--------=-----=26.1m

cos30°3g

联解式（1）和式（5）可得飞行时间

t—2.31s

讨论比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?

1,

1-16-质点沿半径为火的圆周按规律s=q/-运动,火、b都是常量.（1）求/时刻

质点的总加速度；（2），为何值时总加速度在数值上等于b?（3）当加速度达到b时，质点一沿

圆周运行了多少圈？

分析在自然坐标中,s表示圆周上从某一点开始的曲线坐标.山给定的运动方程s=s（/）,对

时间/求一阶、二阶导数，即是沿曲线运动的速度v和加速度的切向分量m,而加速度的法向

分量为％=。2伏.这样，总加速度为"=ae+a“e”.至于质点在f时间内通过的路程,即为曲

线坐标的改变量/s=s,-s°.因圆周长为2nR,质点所转过的圈数自然可求得.

解（1）质点作圆周运动的速率为

ds,

v==VQ-ht

其加速度的切向分量和法向分量分别为

故加速度的大小为

其方向与切线之间的夹角为

(°()_妨2

0-arctan—=arctan

%Rb

⑵要使IaI=＞由l1及2/+(%_4)4=6可得

/=且

b

（3）从/=0开始到,=为个时，质点经过的路程为

s=…。总

'°2b

因此质点运行的圈数为

〃=上=上

2nR4nbR

1-17半径为0.50m的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的平方成正比.在/=

2.0s时测得轮缘一点的速度值为4.0nrs”.求：（1）该轮在广=0.5s的角速度，轮缘一点的

切向加速度和总加速度；（2）该点在2.0s内所转过的角度.

分析首先应该确定角速度的函数关系0=公2.依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值

可得相应的角速度，从而求出式中的比例系数左3=3。）确定后，注意到运动的角量描述与线量

描述的相应关系，由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法)，即可得到特定时刻的角

加速度、切向加速度和角位移.

解因“R=0,由题意。叼2得比例系数

,<0V_,_

K---―=2rad-s3

t2Rt2

所以ft)=①(/)=2/

则y=0.5s时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

CD-It'2=0.5rad-s-1

a==4/=2.0rad-s-2

d/

a,=aR=1.0m-s-2

总加速度

1

a=an+a,=aRe,+ojiRen

a=』(aR)2=1.01m-s-2

在2.0s内该点所转过的角度

2

0—0Q=Jcod/=f2/d/=yZ?|Q=5.33rad

1-18一质点在半径为0.10m的圆周上运动，其角位置为。=2+4-,式中。的单位为「ad,/

的单位为s.(1)求在f=2.0s时质点的法向加速度和切向加速度.(2)当切向加速度的大

小恰等于总加速度大小的一半时",0值为多少？(3)t为多少时,法向加速度和切向加速度的

值相等？

分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系，应用运动学求解的方法即可得

到.

解(1)由于。=2+4r,则角速度0=包=12/.在/=2$时，法向加速度和切向加速

At

度的数值分别为

凡|，=2s=ra)2-2.30m-s~2

a\2s-尸也■--4.80m-s-2

，户2sdz

⑵当a,=a/2=；如+a；时，有3片=片，即

3(24r/)2=/(12产)

得

273

此时刻的角位置为

8=2+4/=3.15rad

(3)要使4=q,则有

3(24疗=产(12/1

t=0.55s

1-19一无风的下雨天，一列火车以s=20.0m-s的速度匀速前进，在车内的旅客看见玻璃

窗外的雨滴和垂线成75。角下降.求雨滴下落的速度外.(设下降的雨滴作匀速运动)

V1

题1-19图

分析这是一个相对运动的问题.设雨滴为研究对象，地面为静止参考系S,火车为动参考系

Sf.0为S，相对S的速度,。2为雨滴相对S的速度，利用相对运动速度的关系即可解.解

以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为“，雨滴相对地面竖直下落的速度为火，旅客看

到雨滴下落的速度。2,为相对速度，它们之间的关系为%=4'+必(如图所示)，于是可得

1-20如图(a)所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速率为白，下落雨滴的速度方向偏于竖直方

向之前。角,速率为。2’,若车后有一长方形物体,问车速仍为多大时，此物体正好不会被雨水淋

湿？

分析这也是一个相对运动的问题.可视雨点为研究对象，地面为静参考系S,汽车为动参考

系S，.如图(a)所示，要使物体不被淋湿，在车上观察雨点卜一落的方向(即雨点相对于汽车的运

动速度。2’的方向)应满足a>arctan—.再由相对速度的矢量关系=v2-vt，即可求出所

h

需车速0.

题1-20图

解由4=%[图(b)],有

V.一小sin。

a=arctan-----=----

u2cos^

而要使a>arctan—，则

h

v-usin^/

--t------2--------——

%cos。h

、(IcosO.?l

0>v2l---+sin01

第二章牛顿定律

2-1如图(a)所示，质量为帆的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上，若斜面向左

方作加速运动，当物体刚脱离斜面时，它的加速度的大小为()

(A)gsin6(B)geos0(C)gtan9(D)gcot6

~~、'、、、

mg

(a)(b)

题2-1图

分析与解当物体离开斜面瞬间，斜面对物体的支持力消失为零，物体在绳子拉力巴・(其方向

仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度出如图(b)所示，由其可解得

合外力为冽gcot。，故选(D).求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状

态特征.

2-2用水平力FN把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止.当逐渐增大时，物体

所受的静摩擦力尸f的大小()

(A)不为零，但保持不变

(B)随FN成正比地增大

(C)开始随尺增大,达到某―最大值后，就保持不变

(D)无法确定

分析与解与滑动摩擦力不同的是，静摩擦力可在零与最大值范围内取值.当FN增加时,

静摩擦力可取的最大值成正比增加，但具体大小则取决于被作用物体的运动状态.由题意知,

物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等，方向相反，并保持不变，故选(A).

2-3一段路面水平的公路，转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为〃，要使汽车

不至于发生侧向打滑，汽车在该处的行驶速率()

(A)不得小于(B)必须等于^/〃gR

(C)不得大于J氤(D)还应由汽车的质量加决定

分析与解由题意知，汽车应在水平面内作匀速率圆周运动，为保证汽车转弯时不侧向打滑,

所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供，能够提供的最大向心力应为〃尸N.由此可算

得汽车转弯的最大速率应为。=〃咫.因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值，均能保证

不侧向打滑.应选(C).

2-4一物体沿固定圆弧形光滑轨道山静止下滑，在下滑过程中，则()

(A)它的加速度方向永远指向圆心，其速率保持不变

(B)它受到的轨道的作用力的大小不断增加

(C)它受到的合外力大小变化，方向永远指向圆心

(D)它受到的合外力大小不变，其速率不断增加

mg

题2-4图

分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中

心的轨道支持力FN作用，其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有

关.重力的切向分量(加geos。)使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断)，则物体

作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大，由轨道法向方向上的动力学方程

3-感而。=根幺可判断，随。角的不断增大过程，轨道支持力人也将不断增大，由此可

见应选(B).

*2-5图(a)示系统置于以。=1/4g的加速度上升的升降机内,A、B两物体质量相同均为

，明A所在的桌面是水平的，绳子和定滑轮质量均不计，若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦，并不

计空气阻力，则绳中张力为()

(A)5/8mg(B)1/2mg(C)mg(D)2mg

分析与解本题可考虑对A、B两物体加上惯性力后，以电梯这个非惯性参考系进行求解.此

时A、B两物体受力情况如图(b)所示，图中〃为A、B两物体相对电梯的加速度切”为惯性

力.对A、B两物体应用牛顿第二定律，可解得尸T=5/8mg.故选(A).

Fz

广rK

A匚Bllr-r|a

Tmatma

mgmg

(b)

题2-5图

讨论对于习题2-5这种类型的物理问题，往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动

图像较为明确，但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时，必

须对物体加上一个虚拟的惯性力.如以地面为惯性参考系求解，则两物体的加速度"A和"B

均应对地而言，本题中“A和曲的大小与方向均不相同.其中aA应斜向上.对0A、"B、。和

a'之间还要用到相对运动规律，求解过程较繁琐.有兴趣的读者不妨自己尝试一下.

2-6图示一斜面,倾角为a,底边AB长为/=2.1m,质量为〃？的物体从题2-6图斜面顶端由

静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为〃=0.14.试问，当a为何值时，物体在斜面上下滑的时间

最短？其数值为多少？

题2-6图

分析动力学问题一般分为两类：（1）己知物体受力求其运动情况；（2）己知物体的运动情

况来分析其所受的力.当然，在一个具体题目中，这两类问题并无截然的界限，且都是以加速度

作为中介，把动力学方程和运动学规律联系起来.本题关键在列出动力学和运动学方程后，解

出倾角与时间的函数关系然后运用对，求极值的方法即可得出数值来.

解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O位于斜面顶点，则由牛顿第二定律有

mgsma-mg/.icosa=ma（1）

又物体在斜面上作匀变速直线运动，故有

-----at2=—g(sina-//cosa)/2

cosa22

,Jgcosa(sina-"cosa)(分

为使下滑的时间最短，可令——=0,由式(2)有

da

-sina(sina-〃cosa)+cosa(cosa-//sina)=0

则可得tan2a=-■-,«=49°

，…I21

mi"\geosa(sina-//cosa)

2-7工地上有一吊车，将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空.甲块质量为如=2.00xlO2

kg,乙块质量为m2=1.00xl02kg.设吊车、框架和钢丝绳的质量不计.试求下述两种情况下,

钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：（1）两物块以10.0s1的加速度上升;（2）两

物块以1.0nrs-2的加速度上升.从本题的结果，你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理

吗？

题2-7图

分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体.处理动力学问题通常采用“隔离体''的方

法,分析物体所受的各种作用力，在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程.根据连接

体中物体的多少可列出相应数目的方程式.结合各物体之间的相互作用和联系，可解决物体

的运动或相互作用力.

解按题意，可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体，画示力图，并取竖直向上为0y轴正方

向(如图所示).当框架以加速度。上升时，有

Fy-(+m2)g—(m\+m2)a(1)

尸N2-m2g=相2a(2)

解上述方程，得

FT=