物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解

物理学教程（第二版）上册习题答案

第一章质点运动学

1-1质点作曲线运动,在时刻「质点的位矢为石速度为V,速率为

4t至Q+A珏寸间内的位移为A3路程为△S位矢大小的变化

量为△r（或称△|/），平均速度为万，平均速率为方.

（1）根据上述情况，则必有（）

|△r\=△5=Ar

当

有

。川

®A川△△△ond

wW石c

sp=dswdr

当

有

Q川oHd

二

△w△手△△

r3-=drwds

当

有rl

川

D△川△△△onrd

ww石

spJ^=dr=ds

②根据上述情况，则必有()

®\V\=V,\V\=v0\v\^v,\v\^V

。\V\=V,\V\VD\V\,\V\

题1-1图

分析与解（1）质点在「至a+△》时间内沿曲线从p点运动到

P点,各量关系如图所示，其中路程4S=PP,位移大小I△川

=PP，而△r=|r—|r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住：在直线运动中有相等

的可能）.但当△SO时，点户无限趋近麻，则有Idr|=d§但却

不等于dn故选⑹.

②由于|△r|丰、§故孚7半，即|v|v.

△tX

但由于Idr|=dw故$小即⑺”.由此可见，应选。.

1-2一运动质点在某瞬时位于位矢r®3的端点处,对其速度的大

小有四种意见，即

(1)手；②黑；(3)^;

④

drdrdt

下述判断正确的是()

。只有(1)(2)正确B只有(2)正确

0只有(2)(3)正确0只有(3)④正确

分析与解，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.通常用符号碳示,这是速度矢量在位矢方向上

的一个分量；手表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式

山

与计算，在直角坐标系中则可由公式。=祗，|［求解.故选

0.

质点作曲线运动，r表示位置矢量，展示速度，费示加速度，S

表示路程，国表示切向加速度.对下列表达式，即

(1)dv/At=a;②=匕(3)^s/^t=v,(^)dv/(}t\=a

t•

下述判断正确的是()

8只有(1)、④是对的©只有(2)、④是对的

0只有②是对的0只有6)是对的

分析与解手表示切向加速度a,它表示速度大小随时间的变化率，

dr

是加速度矢量沿速度方向的一个分量，起改变速度大小的作用；手在

dr

极坐标系中表示径向速率”如题1—2所述)；手在自然坐标系中表

dt

示质点的速率匕而居表示加速度的大小而不是切向加速度国.因此

只有(3)式表达是正确的.故选0.

1-4一个质点在做圆周运动时，则有()

8切向加速度一定改变，法向加速度也改变

⑹切向加速度可能不变，法向加速度一定改变

。切向加速度可能不变，法向加速度不变

0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国起改变速度大小的作用，而法向分量

4起改变速度方向的作用.质点作圆周运动时，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.至于国是否改变，则要视质点的速率情况而定.质点作匀速率

圆周运动时，且恒为零；质点作匀变速率圆周运动时，N为一不为零

的恒量，当国改变时，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「，式

中X的单位为可Z■的单位为S.求：

(1)质点在运动开始后40讷的位移的大小；

②质点在该时间内所通过的路程；

(3)仁4田寸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△x的大小可直接由运动方程得到：八”为-々，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，需根据字=0来确定其运动方向改变的时刻

,求出卜%和tp-「内的位移大小4万、△走，则t时间内的路

程S=|M|+|A%2|，如图所示，至于f=4.0s时质点速度和加速度可用

半和警两式计算.

dtdr

-------△x：--------

一一AxAx{-**

----------1~I---------x/m

-300210

x4x0x2

题1—5图

解⑴质点在40讷位移的大小

Ax=x4-x0=-32m

(2)由乎=0

dz

得知质点的换向时刻为

%=2s(Z=坏合题意)

则

Ax】=x2-x0=8.0m

AX2=x4-x2=-40m

所以,质点在40田寸间间隔内的路程为

s=|AxJ+|AX2|=48m

③仁40出寸

dxT

v=—=-448Om-s

dtz=4.0s

ci=——=-36m.s-

dt/=4.0s

1Y已知质点的运动方程为r=2〃+(2-/)j,式中r的单位为叫「的

单位为s.求：

(1)质点的运动轨迹；

(2)t=0及2=2s时,质点的位矢；

(3)由t=0到1=2s内质点的位移△r和径向增量△4

分析质点的轨迹方程为y=可由运动方程的两个分量式

和y。中消去「即可得到.对于大△/△人△s来说，物理含义不

同，佯见题1—吩析).

解⑴由X3和y3中消去t后得质点轨迹方程为

这是一个抛物线方程，轨迹如图®所示.

②将「=0s和t=2s分别代入运动方程,可得相应位矢分别为

r0=2j,r2=4i-2j

图⑥中的RQ两点，即为「=0s和1=2s时质点所在位置.

(3)由位移表达式，得

Ar=々-r,=(x2-x0)i+(y2-y0)j=4i-2j

其中位移大小=7(A^)2+(Ay)2=5.66m

叩径向增量=即|=卜卜卜0|=4x；+y；-{x；+y；=2.47m

题i图

1-7质点的运动方程为

x=-10r+30r

y=15f—20f2

式中4y的单位为可t的单位为s.

试求：（D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

dr

v=—=-10+60?

*dt

0V=^-=15-40/

dt

当t=0时，心=TOmsT,w=15ms一】，则初速度大小为

%==18.0m-sT

设呜x轴的夹角为a，则

%3

tana=-一=——

%2

a=12341'

②加速度的分量式为

a-=60m-s_2,a=—=-40m-s-2

*dr>dt

则加速度的大小为

a=Jaj+%:=72.1m-s2

设a与x轴的夹角为夕，则

0a2

tan夕=—y=——

ax3

§=TW41,或32619）

1-8一升降机以加速度1.22msH上升，当上升速度为2.44

mst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274m计算：（D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

零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方

程》=认3和%=%3,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

M=卬+/

y2=h+v()t--gr

当螺丝落至底面时，有乂=%，即

12,12

vat+-ar=h+vQt--gt

2h八”匚

t=1-------=0.705s

(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

19,

d=h-y2=-卬+/g,=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2=g

+4螺丝落至底面时，有

0=h-^(g+a)t2

2h八

-------=0.705s

g+a

(2)由于升降机在亡时间内上升的高度为

2

h'=vot+^at

则d=h—h'=0.716m

题1-8图

1V质点沿直线运动，加速度后4—，，式中粕单位为ms-,「

的单位为s.如果当亡=3s时，户9nlp=2ms,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分方法解决.由a=孚和。=孚可得由=〃山和

dtdt

.如户a3或v=b(力，则可两边直接积分.如果a或1是

时间t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

「dv=「adt

J%Jo

3

得v=4t-^t+vQ(1)

由「dr=[vdt

J与Jo

得x=2产一元〃+qj+Xo②

将夕3s时，户9可—2mst代入(1)、Q)得

环=-1mst,拗=0.75m

于是可得质点运动方程为

x=2/2-—Z4+0.75

12

i-io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，现测得其加速度后AT%式中AB为正恒量,求石子下落的

速度和运动方程.

解选取石子下落方向为y轴正向，下落起点为坐标原点.

(1)由题意知a=^=A-Bv(1)

dr

用分离变量法把式(D改写为

将式②两边积分并考虑初始条件，有

「上_do=『d/

儿A-Bv

得石子速度。=白1-e巧

由此可知当，一8时,of］为一常量,通常称为极限速度或收尾速

D

度.

②再由"%和十)并考虑初始条件有

得石子运动方程

1-11一质点具有恒定加速度a=6/+4工式中由勺单位为ms

7•在仁3寸，其速度为零，位置矢量=10mi求：(1)在任意时

刻的速度和位置矢量；Q)质点在3平面上的轨迹方程，并画出轨

迹的示意图.

题1-11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用和4分别积分，从而得到运动方程r

的两个分量式x3和y3.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

2

y=yQ+vOvt+^-avt，两个分运动均为匀变速直线运动•读者不妨自己验

2-

证一下.

解由加速度定义式,根据初始条件小=CH寸环=0,积分可得

「d”W”(6i+4j)df

v=6ti+4tj

又由。=字及初始条件夕o时，后(10n)/；积分可得

dr

jdr=],山=J(6ti+4//)dr

r=(10+3z2)i+2/2j

由上述结果可得质点运动方程的分量式，即

x=1叶3?

y=

消去参数。可得运动的轨迹方程

5y=lx—20m

这是一个直线方程.直线斜率上=?=tana=],a=3341'.轨遨口

dr3

图所示.

1-12质点在3平面内运动，其运动方程为片20出+(19.0

-2.Of)工式中r的单位为簿的单位为s.求：(1)质点的轨迹方程；

②在右=1.0s至I」&=20s时间内的平均速度；(3)5=1.0s时

的速度及切向和法向加速度；④f=1.0s时质点所在处轨道的曲

率半径Q.

分析根据运动方程可直接写出其分量式x=x3和y=y3,从中

消去参数自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，即万=孚，它与时间间隔41的大小有关，当△10

时，平均速度的极限即瞬时速度。=字.切向和法向加速度是指在自然

坐标下的分矢量4和4,前者只反映质点在切线方向速度大小的变

化率，即《=字或，后者只反映质点速度方向的变化，它可由总加速度a

和a得到.在求得力时刻质点的速度和法向加速度的大小后，可由

公式4=—求0•

P

解(1)由参数方程

，=20gy—19.0—2.0?

消去七得质点的轨迹方程：

y=19.0-0.504

⑵在6=1.00s到a=2.0s时间内的平均速度

5=包=生==2.0i-6.0/

Att2-t}

(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为

0(f)=vj+vj=+半/=2.0i-4.0(/

dtdt

/、d2x.d2y._.

a(t)=—i+—rj=-4.0ms2-j

drdt~

则tl=1.00s时的速度

|t=is=20/-4.Oj

切向和法向加速度分别为

q|,=is=^e,=口收+>)e,=3.58mC，,

1drdzv

%=击2-。)”=1.79m-s-2e„

④f=1.Os质点的速度内:小为

2-1

v=.yjv^+vy=4.47m-s

Ir772

则。='=11.17m

a”

1-13飞机以100mST的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100

加寸，驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处，问：(1)此时目标

在飞机正下方位置的前面多远？②投放物品时，驾驶员看目标的

视线和水平线成何角度？(3)物品投出20s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，运用时间相等的条件，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

定时刻田寸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*或夕.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*，可由此时刻的两速度分量”、俅出，

这样,也就可将重力加速度2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=1/2gi

飞机水平飞行速度-100ms-4,飞机离地面的高度尸100口由上

述两式可得目标在飞机正下方前的距离

x-v1-=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

«=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

4=gsina=gsin|arctan-j=1.88m-s_2

-2

an=geosa=gcos|arctan-\=9.62m-s

V

1-14为迎接香港回归，特技演员柯受良在199在明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=150km",他随即以仰角a=5。冲出，飞越跨度达57国安全着

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10簿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，质点的加速度恒为用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，图中外和小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=(vncosa)r(1)

y="osma)t--gt(2)

(3)

vv=vosina-gt

(1)由式(D,令x=%=57可得飞跃时间

*%=137$

m

v0cos«

(2)由式(3),令％=0,得飞行到最大高度所需时间

「_v0sina

m二

g

将J代入式(2),得飞行最大高度

原in2a八,r

=067m

2g

则飞车在最高点时距河面距离为

h=ym+\Om=10.67m

(3)将i=L37s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，则飞车在防向上的运动方程

应为

2

y=10m+(v0sina)t-^gt

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。，球的抛射角夕=60。，设球被抛出时的速率K=19.6ms一；

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

（④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fcosa和七sina,看似复杂，但求解本

题确较方便，因为落地时有尸0,对应的时间和用勺值即为本题所求.

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?

的坐标卢由勺关系列出来.

解1由分析知，在图（④坐标系中，有

x=[vcos(尸-a)]t4-；(-gsina)t2

()(1)

y=[%sin(尸-a)]t+；(-gcosa)r(2)

落地时，有尸0,由式（2）解得飞行时间为

Z=tan300=2.31S

g

将士值代入式（1）,得

。尸=X=1=26.1m

3g

解2由分析知，在图（b）坐标系中，

对小球X=(voCOSB)t

（1）

1,

y=（%sin/?）f--gr(2)

对点Py'=xtana

（3）

由式（1）、（2）可得球的轨道方程为

y=xtan/?-----1二——(4

2v„cos'肾

落地时，应有y=V,即

xtan30°=xtan60°-----------------

cos260。

解之得落地点用勺座标为

x=叵

3g

(5)

——r2v2

则OP=---------=—^=26.1m

cos3003g

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?

1-16一质点沿半径为式的圆周按规律，=卬-9/运动，琳、人都

是常量.(D求「时刻质点的总加速度；②「为何值时总加速度在

数值上等于夕(3)当加速度达到5时，质点已沿圆周运行了多少

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.由给

定的运动方程s=s3,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a,而加速度的法向分量为国=已

/R这样，总加速度为a=&e+a©至于质点在t时间内通过的路

程，即为曲线坐标的改变量/尸sr.因圆周长为劣R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

其加速度的切向分量和法向分量分别为

a_d25_V2_(v-bt)2

4-m--s,a

故加速度的大小为

。=际=］但产■

其方向与切线之间的夹角为

八3一初)2

8=arctan—=arctan-------------

%LRb.

②要使I0=々由14纭+(0「初)4=|可得

A

b

(3)从仁0开始到t=K〃时，质点经过的路程为

因此质点运行的圈数为

s

n=琮

2兀R4nbR

1-17一半径为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.在勺2.0s时测得轮缘一点的速度值为40ms

求：(1)该轮在t'=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。=kt.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4①=“。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①A="由题意&8f得比例系数

k=2=—^7=2rad-s-3

t2Rr

所以co=co(t)=2t2

则/=0.5S时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

0=2/2=0.5rads-1

a==4-t'-2.0rad-s~2

dt

2

at=aR=1.0m-s-

总加速度

2

a=an+at=aRet+coRen

a=J(a/?y+(02/?)"=1.01ms-2

在20s内该点所转过的角度

3

e-en=①df=］：2/2出=|z|2=5.33rad

1-18一质点在半径为Q10阴)圆周上运动,其角位置为。=2+4/,

式中6的单位为rad,t的单位为s.(1)求在f=20s时质点的法

向加速度和切向加速度.Q)当切向加速度的大小恰等于总加速度大

小的一半时,夕值为多少？(3)「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+4九则角速度或半=12产.在七=2s时，法向

dt

加速度和切向加速度的数值分别为

〃J/=2s=rc°2~2.30m-s-2

《|,=2s=堂=4.80m.s-2

(2)当a,=a/2=gJa；+a：时，有3片=a；,即

3(244=，(12/丫

得心白

此时刻的角位置为

，=2+4/=3.15rad

(3)要使4=。,，则有

3(244=产(12〃丫

f=0.55s

1-19一无风的下雨天，一列火车以K=20.0mST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

下落的速度巳•设下降的雨滴作匀速运动)

V1

题1T9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S'."为S'相对S的速度，眩为雨滴相

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K，雨滴相对地面竖直下落的速度为。，

旅客看到雨滴下落的速度H为相对速度，它们之间的关系为

%=%+4如图所示)，于是可得

1-20如图⑥所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速率为K，下落雨

滴的速度方向偏于竖直方向之前6角，速率为H,若车后有一长方

形物体，问车速耽多大时，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⑻所示，要使物体不被淋湿,

在车上观察雨点下落的方向即雨点相对于汽车的运动速度状的方

向）应满足a2arctan!.再由相对速度的矢量关系0；=%-叼，即可求出

h

所需车速K.

题1—20图

解由-叼［图⑹］，有

u.一%sin8

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

02cos8

而要使a之arctan—,则

h

v}-v2sinS〉I

02cos8h

、（lcos3.

v］>v2\---+sin夕J

第二章牛顿定律

2-1如图④所示，质量为小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（）

。穿in。B与os。0^tan00与ot。

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Fr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々如图⑹所示，由其可解得合外力为砥cot

e，故选。.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用水平力硼一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静

止.当与逐渐增大时，物体所受的静摩擦力厢勺大小（）

。不为零，但保持不变

B随碱正比地增大

0开始随尉曾大，达到某一最大值后，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M砸

围内取值.当扁曾加时,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8.

2T一段路面水平的公路，转弯处轨道半径为后汽车轮胎与路面间

的摩擦因数为4，要使汽车不至于发生侧向打滑，汽车在该处的行驶

速率（）

8不得小于卮B必须等于履

0不得大于小证0还应由汽车的质量〃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"区由此可算得汽车转弯的最大

速率应为片〃Rg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0.

2T一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑，在下滑过程中，则

（）

8它的加速度方向永远指向圆心，其速率保持不变

⑭它受到的轨道的作用力的大小不断增加

0它受到的合外力大小变化，方向永远指向圆心

0它受到的合外力大小不变，其速率不断增加

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楙用,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@

里ose）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G-mgsin”机"可判断，随。角的不断增大过程，

A

轨道支持力她将不断增大，由此可见应选e.

*2—5图③示系统置于以a=14g的加速度上升的升降机内，A

B两物体质量相同均为用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（）

侬⑭1/2侬。侬D加

分析与解本题可考虑对AB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AB两物体受力情况如图⑹所示，图中力

为AB两物体相对电梯的加速度，〃滋惯性力.对AB两物体应用

牛顿第二定律，可解得及="8侬故选8.

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作

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，则两物体的加速度国和

国均应对地而言，本题中务和加勺大小与方向均不相同.其中国应斜

向上.对私、2、a和2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*，底边AB长为/=21m质量为m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"

=Q14.试问，当&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：(D已知物体受力求其运动情况；

(2)已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&=f3,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念原点。位于斜面顶点，则由牛顿第二定律

有mgsina-mg从cosa-ma(1)

又物体在斜面上作匀变速直线运动，故有

一--=—at2--g(sina-//cosa)f2

cosa22

人J,geosa(sina-/zcosa)②

为使下滑的时间最短，可令?=o,由式(2)有

da

-sina(sina-//cosa)+cosa(cosa-//sin«)=0

贝!J可得tan2a=一~-,=49°

此时==JJ，二=0.99s

ygeosa\sma-4cosa）

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S=200X1（/kg乙块质量为族=1.00X102kg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.Oms-的加速度上

升；（2）两物块以LOms-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。轴正方向如图所示）.当框架以加速度a上升时,

有

月一（m+m）g=S+m）a①

瓦—mg=ma②

解上述方程，得

K=(u+m)(g+a)(3)

瓦=m(g+a)④

(1)当整个装置以加速度a=10mst上升时，由式(3)可得绳所

受张力的值为

耳=5.94X10N

乙对甲的作用力为

户N2=(g+——1.98X1(/N

(2)当整个装置以加速度a=1ms-上升时，得绳张力的值

为

R=3.24X1(/N

此时,乙对甲的作用力则为

FN2=-l.08X103N

由上述计算可见，在起吊相同重量的物体时，由于起吊加速度不同，绳

中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大.因此，起吊重物时必须

缓慢加速，以确保起吊过程的安全.

2-8如图®所示，已知两物体AB的质量均为.3.0kg物体A以

加速度，=L0msT运动,求物体B与桌面间的摩擦力.滑轮与

连接绳的质量不计)

分析该题为连接体问题，同样可用隔离体法求解.分析时应注意到

绳中张力大小处处相等是有条件的，即必须在绳的质量和伸长可忽

略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立.同时也要注意到张力方

向是不同的.

解分别对物体和滑轮作受力分析[图⑹:].由牛顿定律分别对物

体AB及滑轮列动力学方程，有

mgT=ma(1)

1

ZTI—FF=ma②

一2晶=0③

FT

7

考虑到3=切=用7F=PT,Bri=ZTI,=2g可联立解得

物体与桌面的摩擦力

F=〃吆-(〃?+4〃川=72N

‘一2一’

IHQQ—

£i

A

(a)

题2-8图

讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：①分析题意，确定研究

对象，分析受力，选定坐标；②根据物理的定理和定律列出原始方程

组；(3)解方程组，得出文字结果；④核对量纲，再代入数据，计算

出结果来

2-9质量为由的长平板A以速度正在光滑平面上作直线运动，现

将质量为。的木块B轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩

擦因数为M，求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？

分析当木块B平稳地轻轻放至运动着的平板A上时,木块的初速度

可视为零，由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力，该力将

改变它们的运动状态.根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速

度.换以平板为参考系来分析，此时，木块以初速度―在与平板运动

速率大小相等、方向相反)作匀减速运动，其加速度为相对加速度,按

运动学公式即可解得.

该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解.将平板与木块作

为系统，该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的

动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得.又因为系统内只有摩

擦力作功，根据系统的动能定理，摩擦力的功应等于系统动能的增

量.木块相对平板移动的距离即可求出.

F；一■A

题2-9图

解1以地面为参考系，在摩擦力工="砥的作用下,根据牛顿定律

分别对木块、平板列出动力学方程

Ff—.mg—ma,

K==iha

司和房分别是木块和木板相对地面参考系的加速度.若以木板为参

考系，木块相对平板的加速度a=为+a，木块相对平板以初速度一

v作匀减速运动直至最终停止.由运动学规律有

—v'=2as

由上述各式可得