力学(漆安慎_杜婵英)习题解答

2.1.1质点运动学方程为：j i t r ˆ5ˆ)23(++=ϖ⑴
j t i t r ˆ)14(ˆ)32(-+-=ρ⑵,求质点轨迹并用图表示.
解：⑴,5,23=+=y t x 轨迹方程为5=y 的直线.
⑵14,32-=-=t y t x ，消去参数t 得轨迹方程0534=-+y x
2.1.2 质点运动学方程为k j e i
e r t t ˆ2ˆˆ22++=-ϖ.⑴求质点轨迹；⑵求自t= -1到t=1质点的位移。

解：⑴由运动学方程可知：1,2,,22====-xy z e y e
x t t
，所以，质点是在z=2平面内的第一像限的一条双曲线上运动。

⑵j e e i e e r r r ˆ)(ˆ)()1()1(2222---+-=--=∆ϖ
ϖϖ j i ˆ2537.7ˆ2537.7+-=。

所以，位移大小：
︒
==∆∆=︒
==∆∆=︒
=-=∆∆==+-=∆+∆=∆900arccos |
|arccos z 45)22
arccos(||arccos y 135)22
arccos(||arccos x ,22537.72537.7)2537.7()()(||2222r z
r y r x y x r ϖϖϖϖ
γβα轴夹角与轴夹角与轴夹角与
2.1.3质点运动学方程为j t i
t r ˆ)32(ˆ42++=ϖ
. ⑴求质点轨迹；⑵求质点自t=0至t=1的位移. 解：⑴32,42+==t y t x ，消去参数t 得：2
)3(-=y x
⑵j i j j i
r r r ˆ2ˆ4ˆ3ˆ5ˆ4)0()1(+=-+=-=∆ρ
ρρ
2.2.1雷达站于某瞬时测得飞机位置为︒==7.33,410011θm R 0.75s 后测得︒==
3.29,424022θm R ，R 1,R 2均在铅直面内，求飞机瞬时速率的近似值和飞行方向（α
角）
解：t
R
t R R v v ∆∆=∆-=≈ϖ
ϖϖϖϖ12，在图示的矢量三角形中，应用余弦定理，可求得：
x
x
5/
1
m
R R R R R 58.3494.4cos 42004100242404100)cos(22221212
221=︒⨯⨯-+=--+=∆θθ s m t R v v /8.46575.0/58.349/≈=∆∆=≈
据正弦定理：)180sin(/)sin(/1221αθθθ--︒=-∆R R
︒
=∴︒≈--︒≈︒=∆-=--︒89.34,41.111180,931.058.349/4.4sin 4240/)sin()180sin(12121ααθθθαθR R
2.2.2 一圆柱体沿抛物线轨道运动，抛物线轨
道为y=x 2
/200(长度：毫米)。

第一次观察到圆柱体在x=249mm 处，经过时间2ms 后，圆柱体移到x=234mm
处。

求圆柱体瞬时速度的近似值。

解：由于Δt 很小，所以，t
r
v v ∆∆=≈ϖ
ϖϖ，
249234,ˆˆ,212-
=-=-=∆∆+∆=∆=∆x x x j y i x r ms t ϖ其中
，
2.36200/)249234(200/)(222
12
212-=-=-=-=∆x x y y y
j i j t y i t x v ˆ1.18ˆ5.7ˆ)/(ˆ)/(--=∆∆+∆∆≈∴ϖ。

其大小
ms mm v /6.19)1.18()5.7(||22=+-=ϖ
；与x 轴夹角
︒-=-=-==5.112)38265.0arccos(6.195.7arccos arccos
v v x α
2.2.5火车进入弯道时减速，最初列车向正北以90km/h 速率行驶，3min 后以70km/h 速率向北偏西30°方向行驶，求列车的
平均加速度。

解：t
v t v v a ∆∆=
∆-=ϖϖϖϖ12 对矢量三角形应用余弦定理： s m h km v v v v v /69.12/69.45
30cos 2212
221===︒-+=∆2/07.060
369
.12s m t v a =⨯=∆∆=
，由正弦定理：︒∆=
30sin sin 2v v α ︒≈≈⨯=∆︒=50,766.069.45/5.070/30sin sin 2ααv v
2.2.6 ⑴k t j t R i
t R r ˆ2ˆsin ˆcos ++=ϖ，R 为正常数，求t=0,π/2时的速度和加速度。

⑵k t j t i t r ˆ6ˆ5.4ˆ332+-=ϖ
，求t=0,1时的速度和加速度（写出正交分解式）。

解：⑴k j t R i
t R dt r d v ˆ2ˆcos ˆsin /++-==ϖ
ϖ x
1 2
西
j R a k i R v i R a k j R v j t R i t R dt v d a t t t t ˆ|,ˆ2ˆ|,ˆ|,ˆ2ˆ|.ˆsin ˆcos /2/2/00-=+-=-=+=∴--======ππϖϖϖϖϖϖ ⑵
k
t j dt v d a k t j t i dt r d v ˆ36ˆ9/,ˆ18ˆ9ˆ3/2+-==+-==ϖϖϖϖ； k
j a k j i v j a i v t t t t ˆ36ˆ9|,ˆ18ˆ9ˆ3|,ˆ9|,ˆ3|1100+-=+-=-======ϖϖϖϖ
2.3.1图中a 、b 和c 表示质点沿直线运动三种不同情况下的x-t 图像，试说明每
种运动的特点（即速度，计时
起点时质点的位置坐标，质点位于坐标原点的时刻）
解：质点直线运动的速度
dt dx v /=，在x-t 图像中为
曲线斜率。

由于三种图像都是直线，因此三种运动都是匀速直线运动，设直线与x 轴
正向夹角为α，则速度t x tg v ∆∆==/α
对于a 种运动：
x s m tg v t |,/31200=-=︒==
对于b 种运动：
s tg t m x ms tg v x t 32.1730/10|,10|,3/330001-≈︒-===︒===-
对于c 种运动：
m tg x s t ms tg v t x 254525|,25|,145001-=︒-===︒===-
2.3.2质点直线运动的运动学方程为x=acost,a 为正常数，求质点速度和加速度，并讨论运动特点（有无周期性，运动范围，速度变化情况等）
解：t a dt dv a t a dt dx v t a x x x x cos /,sin /,cos -==-=== 显然，质点随时间按余弦规律作周期性运动，运动范围：
a a a a v a a x a x x ≤≤-≤≤-≤≤-,,
2.3.3跳伞运动员的速度为qt
qt
e e v --+-=11β，v 铅直向下，β,q 为正常量，求其加速度，讨论时间足够长时（即t →∞）
速度、加速度的变化趋势。

解：
2
2)1(2)1()
)(1()1()11(qt qt qt qt
qtt qt qt qt
qt e qe e qe e qe e e
e dt d dt dv a ---------+=
+---+=+-==βββ 因为v>0，a >0，所以，跳伞员做加速直线运动，但当t →∞时，v →β，a →0，说明经过较长时间后，跳伞员将做匀速直
线运动。

t(s)
2.3.4 直线运行的高速列车在电子计算机控制下减速进站。

列车原运行速率为v 0=180km/h ，其速率变化规律如图所示。

求列车行至x=1.5km 时的加速度。

解：.sin /),5/cos(5050x v dx dv x v v π
ππ-==
dx dv dt dx dx dv v a =⋅=
x v ππ52
2
0101sin -=，将v 0=180km/h,x=1.5km 代入
222101
/75.0/9676108sin 18014.3s m h km a -=-=︒⋅⨯⨯-=
2.3.5在水平桌面上放置A 、B 两物体，用一根不可伸长的绳索按图示的装置把它们连接
起来，C 点与桌面固定，已知物体A
的加速度a A =0.5g ，求物体B 的加速度。

解：设整个绳长为L ，取图示坐标o-x ，则3x A +(-4x B ) = L
对时间求两次导数，3a A =4a B ，所
以a B = 3a A /4=3×0.5g/4 = 3g/8
2.3.6质点沿直线的运动学方程为x=10t+3t 2
. ⑴将坐标原点沿o-x 正方向移动2m ，运动学方程如何？初速度有无变化？⑵将计时起点前移1s ，运动学方程如何？初始坐标和初速度发生怎样的变化？加速度变不变？
解：x=10t+3t 2
，v=dx/dt=10+6t ，a =dv/dt=6，t=0时，x=0,v=10
⑴将坐标原点向x 轴正向移动2m ，即令x'=x-2，x=x'+2，则运动学方程为：x'=10t+3t 2
-2，∵v'=dx'/dt=10+6t ，∴v'=v
⑵将计时起点前移1s ，即令t'=t+1，t=t'-1，则运动学方程变为：x = 10(t'-1) + 3(t'-1)2 = 10t' – 10 + 3t'2
- 6t'
+ 3 = 4t' + 3t'2
– 7
v'=dx/dt'=4+6t'，t'=0时，x= -7，v'=4，加速度a 不变。

2.4.1质点从坐标原点出发时开始计时，沿x 轴运动，其加速度a x = 2t (cms -2
)，求在下列两种情况下质点的运动学方程，出发后6s 时质点的位置、在此期间所走过的位移及路程。

⑴初速度v 0=0；⑵初速度v 0的大小为9cm/s ，方向与加速度方向相反。

解：2
00
,2,
20
t v v tdt dv tdt dt a dv x t
v v x x x x
+====⎰⎰
3
3100
20
00
2
0,
,)(t t v x dt t dt v dx dt t v dt v dx t
t x
x +=+=+==⎰⎰⎰
⑴cm x t x t v v x 726)6(;
,
02
313
312
0=⨯====时，
cm x S m x x x 7272)0()6(===-=∆∆路程
⑵t t x t v v x 9,
993
3
12
0-=-=-=时， cm x x x 18)0()6(=-=∆
令v x =0，由速度表达式可求出对应时刻t=3，由于3秒前质点沿x 轴反向运动，3秒后质点沿x 轴正向运动，所以路程：
cm x x x x x x S 543618)393(218)
3(2)6(|)3()6(||)0()3(|3
3
1=+=⨯-⨯-=-=-+-=
2.4.2质点直线运动瞬时速度的变化规律为：v x = -3 sint ，求t 1=3至t 2=5时间内的位移。

解：⎰⎰-=-==5
3
sin 3,
sin 35
3
tdt dx tdt dt v dx x x x
m x x x 82.3)3cos 5(cos 335=-=-=∆
2.4.3 一质点作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为
a x = -A ω2cos ωt.在t=0时，v x =0,x=A ，其中A,ω均为正常数。

求此质点的运动学方程。

解
：
tdt
A dv t A dt dv a x x x ωωωωcos ,cos /22-=-==，
⎰⎰
⎰-=-=t
v t x t td A tdt A dv x
2)
(cos cos ωωωωωt
A x t A t A A x t td A tdt A dx tdt
A dx dt dx t A v t t
t x
A
x ωωωωωωωωωωωcos ),1(cos |cos )
(sin sin sin ,/sin 00
=-==--=-=-==-=⎰⎰⎰
2.4.4飞机着陆时为尽快停止采用降落伞制动，刚着陆时，t=0时速度为v 0，且坐标x=0，假设其加速度为 a x = - bv x 2
，b=常量，求飞机速度和坐标随时间的变化规律。

解：bt v dt b dv v dt bv dt a dv x
x
v v x
t
v v x x x x x -=--=-==--⎰
⎰
|,,10
2
2
bt
v v v v bt v bt v bt v v x x
x
v 0000001,1,1
1
,11+=++=
-=- )
1ln(1
,
1)
1(11,10000000000bt v b
x bt v bt v d b bt
v dt v dx bt v dt v dt v dx t t
x x +=++=+=+==⎰⎰⎰
2.4.5在195m 长的坡道上，一人骑自行车以18km/h 的速度和-20cm/s 2
的加速度上坡，另一自行车同时以5.4km/h 的初
速度和0.2m/s 2
的加速度下坡，问：⑴经多长时间两人相遇？⑵两人相遇时各走过多长的路程？
解：以上坡者出发点为原点沿其前进方向建立坐标o-x ，用脚标1表示上坡者，用脚标2表示下坡者。

两人的加速度实际上是相同的：2
21/2.0s m a a -==
s
m h km v v s m h km v v x x x x t /5.1/4.5,/5/18195,00202101202101-=-==========时，初始条件：
根据匀变速直线运动公式：
22
2
21202
2
2
12
11011.05.11951951.05t t t a t v x t t t a t v x --=++=-=+= ⑴令x 1=x 2，可求得相遇时间：5t=195-1.5t, t=195/6.5=30s
⑵对于上坡者，在相遇期间做的不一定是单方向直线运动，据上坡者的速度表达式：v 1=5-0.2t ，令v 1=0，求得对应时刻
x
a 1
t=25s ，所以，上坡者在25s 前是在上坡，但25s 后却再下坡。

因此，上坡者在30s 内走过的路程：
m
x x x x x x S 65)301.0305()251.0255(2)30()25(2|)25()30(||)0()25(|2
2
1111111=⨯-⨯-⨯-⨯=-=-+-=
对于下坡者，因为做单方向直线运动，所以30s 内走过的路程：
m x x x x S 13560195)30()0(|)0()30(|22222=-=-=-=
2.4.6站台上送行的人，在火车开动时站在第一节车厢的最前面，火车开动后经过Δt=24s ，火车第一节车厢的末尾从此人的前面通过，问第七节车厢驶过他面前需要多长时间?火车做匀加速运动。

解：设每节车厢长为L ，以地为参考系，以人所在点为原点建立图示坐标o-x ，以第一节车厢的前端点为研究对象，t=0时，前端点的坐标x=0，速度v=0，据匀加速运动公式：
2
224
2)(2L
t L a =∆=
，∴2224/Lt x = 2
21at x =，
令x=L ，求得：令x=6L ，可求得第6节车厢尾端通过人时所需时间t 6：
624,246,24/662222==⨯==t t t Lt L
令x=7L ，可求得第7节车厢尾端通过人时所需时间t 7：
724,247,24/772222==⨯==t t t Lt L
因此，第7节车厢通过人所需时间：
s t t t 71.4)67(2467=-=-=∆
2.4.7 在同一铅直线上相隔h 的两点以同样速率v 0
上抛二石子，但在高处的石子早t 0秒被抛出，求此二石子何时何处相遇？
解：以地为参考系，建立图示坐标o-y 。

据题意，
设t=0时，上面石子坐标y 1=h ,速度v 1=v 0；t=t 0时，下面
石子坐标y 2=0，v 2=v 0
解法1：根据匀变速直线运动的规律，可知
]41[212
)()(,)
()(2
02
22
0000202
1
002210212
0210022
2101gt gt h g v h y t g v gt h
t t t g t t v gt t v h y y t t g t t v y gt
t v h y --+=++=
---=-+=---=-+=相遇时石子坐标得，代入⑴或⑵中，可求求得相遇时间有令⑵
⑴
解法2：可根据速度、加速度的导数定义和初始条件，通过积分得到⑴、⑵，然后求解。

2.4.8电梯以1.0m/s 的匀速率下降，小孩在电梯中跳离地板0.50m 高，问当小孩再次落到地板上时，电梯下降了多长距离？
解：以电梯为参考系，小孩相对电梯做竖直上抛运动，他从起跳到再次落到地板所需时间，是他从最高处自由下落到地板所需时间的2倍。

由自由落体运动公式：22
1gt h =
，可求得从最高出落到地板所需时间：
s h g t 32.05.0/8.92/2≈⨯==，所以小孩做竖直上抛所需时间为0.64s ，在此时间内电梯对地下落距离：
L = 1.0×0.64 = 0.64 m
2.5.1质点在o-xy 平面内运动,其加速度为j t i t a ˆsin ˆcos --=ϖ，位置和速度的初始条件为：t=0时，i r j v ˆ,ˆ==ϖϖ，求
质点的运动学方程并画出轨迹。

解：
j
t i t j t i t i r tdt j tdt i r d dt j t i t dt v r d j
t i t j t i t j v tdt
j tdt i v d dt j t i t dt a v d t
t r i
t
t
v j
ˆsin ˆcos ˆsin ˆ)1(cos ˆcos ˆsin ˆ,)ˆcos ˆsin (ˆcos ˆsin ˆ)1(cos ˆsin ˆsin ˆcos ˆ,)ˆsin ˆcos (0
ˆ0
0ˆ+=+-+=+-=+-==+-=-+-=--=--==⎰⎰⎰⎰⎰⎰ϖϖϖϖϖϖϖϖϖϖ
1
sin ,cos 2
2
=+==∴y x t y t x
2.5.2 在同一竖直面内的同一水平线上A 、B 两点分别以30º、60º为发射角同时抛出两球，欲使两小球相遇时都在自己的轨道的最高点，求A 、B 两点间的距离。

已知小球在A 点的发射速度v A =9.8米/秒。

解：以A 点为原点建立图示坐标系，取发射时刻为计时起点，两点间距离为S ，初始条件如图所示。

据斜抛规律有：
⑷
⑶
⑵⑴
gt
v v gt v v S t v x t
v x BO By AO Ay BO B AO A -︒=-︒=+︒=︒=60sin 30sin 60cos 30cos
满足题中条件，在最高点相遇，必有v Ay =v By =0,x A =x B
m
ctg g
v
S t v v S v v g v t AO BO AO AO BO AO 83.2)605.030(cos 2,)60cos 30cos (60sin /30sin ,/30sin ,0,2
=︒-︒=︒-︒==︒︒=︒==⑹代入⑺中得：把⑸⑺
⑵，得令⑴⑹⑸⑷令⑶
2.5.3迫击炮的发射角为60°发射速率150m/s ，炮弹击中倾角为30°的山坡上的目标，发射点正在山脚，求弹着点到发射点的距离OA.
解：以发射点为原点，建立图示坐标o-x ，斜抛物体的轨迹方程为（见教材）：
22
20cos 2x v g
xtg y α
α-= 本题，α=60°，v 0=150m/s ，A 点坐标x A ,y A 应满足轨迹方程，所以：
220
2
2
202360cos 260A A A A A x v g x x v g tg x y -=︒-
︒= ① 另外，根据图中几何关系，可知：OA OA x A 2
3
30cos =
︒=
x
x
OA
OA y A 2130sin =︒=，代入①中，有： m g v OA OA v g
OA OA 15318.93150232,232
2
02
2
2321
≈⨯⨯==-= 2.5.4轰炸机沿与铅直方向成53°俯冲时，在763m 的高度投放炸弹，炸弹在离开飞机5.0s 时击中目标，不计空气阻力：
⑴轰炸机的速率是多少？⑵炸弹在飞行中通过的水平距离是多少？⑶炸弹击中目标前一瞬间的速度沿水平和铅直方向的分量是多少？
解：以投放点为原点，建立图示坐标o-xy,设炸弹初速度（即轰炸机速度）为v 0. 由于炸弹在飞
行过程中的加速度j g a ˆ=ϖ，所以炸弹在x 方向做匀速直线运动，在y 方向做竖直下抛运动，有
③
①2
1
000053cos 53sin 53cos 53sin t
v y t
v x v v v v y x +︒=︒=+︒=︒=⑴令t=5.0s ，y=763m ，由④可求得轰炸机的速率：
s m t gt y v /86.2125
6081.058.95.076353cos 5.02
20≈⨯⨯⨯-=︒-=
⑵将v 0代入①中，可求得炸弹击中目标时速度的水平分量：
s m v x /17053sin 86.212=︒=
令t=5，由②可求得炸弹击中目标时速度的竖直分量：
s m v y /1.17758.953cos 86.212=⨯+︒=
2.5.5雷达监测员正在监视一越来越近的抛射体，在某一时刻，他给出这样的信息：⑴抛射体达到最大高度且正以速率v 沿水平方向运动；⑵观测员到抛射体的直线距离是l ；⑶观测员观测抛体的视线与水平方向成θ角。

问：⑴抛射体命中点到观测者的距离D 等于多少？⑵何种情况下抛体飞越观察员的头顶以后才命中目标？何种情况下抛体在未达到观察员以前就命中目标？
解：以抛体所达最大高度处为计时起点和坐标原点，建立图示坐标o-xy ，抛体以速度v
做平抛运动.
设命中时间为t 1，由自由落体公式： g l t gt l /sin 2,sin 12121θθ==
g l v vt x /sin 211θ==，由图中几何关系，观测者的x
命中点x 坐标为：
坐标：θcos 2l x =。

所以，观测者与命中点间的距离：
|/sin 2cos |||12g l v l x x D θθ-=-=
当x 1<x 2，即 θ
θ
θθsin 2cos ,cos /sin 2l g
l v l g l v <<时，则抛体在未达到观察员前即命中目标。

当x 1>x 2，即 θ
θ
sin 2cos l g
l v >时，则抛体在飞越观察员后才命中目标。

中
点
测者
2.6.1列车在圆弧形轨道上自东转向北行驶，在我们所讨论的时间范围内，其运动学方程为S=80t-t 2
（m,s ），t=0时，列车在图中O 点，此圆弧形轨道的半径r=1500m ，求列车驶过O 点以后前进至1200m 处的速率及加速度。

解：S=80t-t 2
① v=dS/dt=80-2t ②
令S=1200，由①可求得对应时间： s s t t t 20,60,01200802==+-求得 将t=60代入②中，v=-40，不合题意，舍去；将t=20代入②中，v=40m/s ，此即列车前
进到1200m 处的速率。

︒
≈-===+-=+====-==152)2
067.1(/267.2067.1)2(/067.11500/40/,/2/2222
22222arctg a a arctg v a s m a a a s m r v a s m dt dv a n n n τττα所成夹角：与ϖ
ϖ
2.6.2 火车以200米/小时的速度驶入圆形轨道，其半径为300米。

司机一进入圆弧形轨道立即减速，减速度为2g 。

求
火车在何处的加速度最大？最大加速度是多少？
解：沿火车运动的圆形轨道建立弧坐标o-s ，t=0时，s =0,v=v 0=200km/h=55.56m/s 。

据题意a τ= -2g ，v=v 0+a τt=v 0 -2g t ，
a n =v 2/R=(v 0 –2gt)2/R 。

∴a=(a τ2+a n 2)1/2=[4g 2+(v 0 –2gt)4/R 2]1/2，显然，t=0时，a 最大， 2
24
02max /1.22/4s m R v g a =+=
2.6.3斗车在位于铅直平面内上下起伏的轨道上运动，当斗车达到图中所示位置时，轨道曲率半径为150m ，斗车速率为50km/h ，切向加速度a τ=0.4g ，求斗车的加速
度。

解：2
/92.38.94.04.0s m g a =⨯==τ
22
3600
10502286.1150/)(/3
-⨯===ms v a n ρ n n a a a n ˆ286.1ˆ92.3ˆˆ+=+=ττ
τϖ
2222
2/126.4286.192.3s m a a a n =+=+=τ 加速度a ρ
与切向单位矢量τ
ˆ夹角： ︒
===16.1892.3286
.1arctg arctg a a n
τθ
2.8.1 飞机在某高度的水平面上飞行，机身的方向是自东北向西南，与正西夹15º角，风以100km/h 的
速率自西南向东北方向吹来，与正南夹45º角，结果飞机向正西方向运动，求飞机相对于风的速度及相对于地面的速度。

解：风地机风机地v v v ϖ
ϖϖ+=，由矢量图可知，︒=︒=︒15sin 135sin 30sin 风地机风机地v v v
v 风地=100km/h=27.78m/s ，∴可求得：
s m v v s m v v
/67.5315sin 30sin ,/89.7515sin 135sin ≈︒
︒
=≈︒︒=
风地机地风地机风
2.8.3 一卡车在平直路面上以恒速度30米/秒行驶，在此车上射出一个抛体，要求在车前进60米时，抛体仍落回到车
上原抛出点，问抛体射出时相对于卡车的初速度的大小和方向，空气阻力不计。

解：以卡车为参考系，设抛体初速为v 0，由于要落回原抛出点，故方向只能竖直向上，即抛体相对车只能作竖直上抛运
第一次渡河矢量
动。

取向上方向为正，抛体相对车任意时刻速度 v = v 0 - g t ⑴
由题意，抛体落回原地所需时间 t = 60/30 = 2(s)，落到车上时的速度 v = - v 0 ，把数值代入⑴中，可求得 v 0 = 9.8 m/s .
2.8.4 河的两岸互相平行，一船由A 点朝与岸垂直的方向匀速驶去，经10min 到达对岸C 点。

若船从A 点出发仍按第一
次渡河速率不变但垂直地到达彼岸的B 点，需要12.5min 。

已知BC=120m. 求：⑴河宽L ；⑵第二次渡河时船的速度u ϖ
；⑶水流速度v.
解：以船为运动质点，水为动系，岸为静系，由相对运动公式
v
u v u v v v v v v ϖ
ϖϖϖϖϖϖϖϖϖϖϖ+====+=ωω
则上式可改写为：令，在这里，船岸船水水岸水岸船水船岸,,
由第一次渡河矢量图可知：v=BC/t 1=120/600=0.2m/s, ⑴
u = L / t 1 ⑵, L = u t 1 ⑶. 由第二次渡河矢量图可知：
ω2 = L / t 2 ⑷， cos α= ω2/ u ⑸, v = u sin α ⑹. 把⑵、⑷代入⑸，求得 cos α=t 1/t 2=600/750=4/5, sin α
=(1-cos 2
α)1/2
=3/5 ⑺
把⑴、⑺代入⑹，求得 u = 0.2×5/3 = 1/3 (m/s). 再把u 的数值代入⑶，求得L = 600/3 = 200(m). 答：河宽200米，水流速度0.2米/秒；第二次渡河时，船对水的速度是1/3米，与河岸垂直方向所成角度α=arccos(4/5)=36º52’.
2.8.5圆形公路与沿半径方向的东西向公路相交如图，某瞬时汽车甲向东以20km/h 的速率行驶，汽车乙在θ=30°的位置向东北方向以速率20km/h 行驶，求此瞬时甲车相对乙车的速度。

解：由相对运动公式：2121v v v ϖ
ϖϖ+=，
2112v v v ϖϖϖ-=，显然矢量三角形为等边三角形，
所以，v 12=20km/h ，方向向东偏南60°
第三章基本知识小结
⒈牛顿运动定律适用于惯性系、质点，牛顿第二定律是核心。

矢量式：22dt
r d m dt v d m a m F ρρϖ
ϖ=== 分量式：
（弧坐标）
（直角坐标）
ρ
τττ2
,,,v m ma F dt dv m ma F ma F ma F ma F n n z z y y x x =======
⒉动量定理适用于惯性系、质点、质点系。

导数形式：dt p
d F ρϖ=
微分形式：p d dt F ρ
ϖ=
积分形式：p dt F I ρ
ϖ
ρ
∆==⎰
)( （注意分量式的运用）
⒊动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系。

若作用于质点或质点系的外力的矢量和始终为零，则质点或质点系的动量保持不变。

即
∑==恒矢量。

则，若外p F ρ
ϖ0 （注意分量式的运用）
⒋在非惯性系中，考虑相应的惯性力，也可应用以上规律解题。

在直线加速参考系中：0*a m f ρ
ρ-= 在转动参考系中：ωωρ
ρϖρ⨯=='2,
*2*
mv f r m f k c ⒌质心和质心运动定理 ⑴∑∑∑===
i i c i
i c i i c a m a m v m v m r m r m ρρρρρϖ
⑵∑=c a m F ϖ
ρ
（注意分量式的运用）
3.5.1 质量为2kg 的质点的运动学方程为
j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-=ρ（单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。

解：∵j i dt r d a ˆ6ˆ12/22+==ρρ, j i
a m F ˆ12ˆ24+==ρρ 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。

F=(242
+122)1/2
=125N ，力与x 轴之间夹角为：
'34265.0/︒===arctg F arctgF x y α
3.5.2 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为：j t b i
t a r ˆsin ˆcos ωω+=ρ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。

证明：∵r j t b i
t a dt r d a ρ
ρρ2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-== r m a m F ρ
ρρ2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。

3.5.3 在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛，一方面由筛孔漏出谷粒，一方面逐出秸杆，筛面微微倾斜，是为了从较低的一边将秸杆逐出，因角度很小，可近似看作水平，筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出，若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4，问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动？
解：以地为参考系，设谷物的质量为m ，所受到的最大静摩擦力为 mg f o
μ
=，谷物能获得的最大加速度为
2/92.38.94.0/s m g m f a o =⨯===μ ∴筛面水平方向的加速度至少等于3.92米/秒2，才能使谷物与筛面发生相对运
动。

3.5.3 题图 3.5.4题图
3.5.4 桌面上叠放着两块木板，质量各为m 1 ,m 2,如图所示，m 2和桌面间的摩擦系数为μ2
，m 1和m 2间的摩擦系数为μ1，
问沿水平方向用多大的力才能把下面的木板抽出来。

解：以地为参考系，隔离m 1、m 2，其受力与运动情况如图所示，
其中，N 1'=N 1,f 1'=f 1=μ1N 1,f 2=μ2N 2，选图示坐标系o-xy ，对m 1,m 2分别应用牛顿二定律，有
02122
22211111
111=--=--=-=g m N N a m N N F g m N a m N μμμ 解方程组，得
()2221211211/m g m g m g m F a g
a μμμμ---==
要把木板从下面抽出来，必须满足12a a >，即
g
m g m g m g m F 12221211μμμμ>---()()g m m F 212
1++>∴μ
μ
m 1g
f 1 N 1 a 1 a 2 x y
3.5.5 质量为m 2的斜面可在光滑的水平面上滑动，斜面倾角为α,质量为m 1的运动员与斜面之间亦无摩擦，求运动员相对于斜面的加速度及其对斜面的压力。

解：
以相对地面向右作加速直线运动的斜面为参考系（非惯性系，设斜面相对地的加速度为a 2），取m 1为研究对象，其受力
及运动情况如左图所示，其中N 1为斜面对人的支撑力，f *
为惯性力，a'即人对斜面的加速度，方向显然沿斜面向下，选如图所示的坐标系o'-x'y',应用牛顿第二定律建立方程：
⎩⎨
⎧=+=+-)
2('cos sin )1(0sin cos 12112111Λ
Λa m a m g m a m g m N αααα
再以地为参考系，取m 2为研究对象，其受力及运动情况如右图所示，选图示坐标o-xy,应用牛顿第二定律建立方程：
⎩⎨⎧=--=)
4(0cos )3(sin 122221ΛΛααN g m N a m N （1）、（2）、（3）联立，即可求得：g m m m m a g m m m m N α
α
αα
2
12212
12211sin sin )('sin cos ++=
+=
3.5.6在图示的装置中两物体的质量各为m 1,m 2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ，求在力F 的作用下两物体的加速度及绳内
张力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。

解：以地为参考系，隔离m 1,m 2，受力及运动情况如图示，其中：f 1=μN 1=μm 1g ，f 2=μN 2=μ(N 1+m 2g)=
μ(m 1+m 2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律：
②①a m T g m m g m F a m g m T 221111)(=-+--=-μμμ
①+②可求得：g m m g
m F a μμ-+-=
2
112
将a 代入①中，可求得：2
111)
2(m m g m F m T +-=
μ
3.5.7在图示的装置中，物体A,B,C 的质量各为m 1,m 2,m 3，且两两不相等. 若物体A,B 与桌面间的摩擦系数为μ，求三个物体的加速度及绳内的张力，不计绳和滑轮质量，不计轴承摩擦，绳不可伸长。

解：以地为参考系，隔离A,B,C ，受力及运动情况如图示，其中：f 1=μN 1=μm 1g ，f 2=μN 2=μm 2g ，T'=2T ，由于A 的位移加B 的位
移除2等于C 的位移，所以（a 1+a 2）/2=a 3. 对A,B,C 分别在其加速度方
向上应用牛顿第二定律： ③
②
①2/)(221332
22111a a m T g m a m g m T a m g m T +=-=-=-μμ ①,②,③联立，可求得：
f N 1
m 1g
T a
m
T
f 1
N 1
m 1g
a 1
T
f 2
N 2 m 2g
a 2
T'
m 3g
3
a 2
1 2α x' N 1
a'
f*=m 1a 2
y' m g α
g
m m m m m m m m a g m
m m m m m m a g
m m m m m m m a ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡
-++++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++
=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++=μμμμμμ21321321321321312213213214)()1()(4)()1(24)()1(2
3.5.8天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系上质量为m 1,m 2的物体（m 1≠m 2）,天平右端的托盘上放
有砝码. 问天平托盘和砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不伸长。

解：隔离m 1,m 2及定滑轮，受力及运动情况如图示，应用牛顿第二定律：
'
2''2211T T a m T g m a m g m T ==-=-②①
由①②可求得：
2
12121212,2'm m g m m T m m g m m T +=+=
所以，天平右端的总重量应该等于T ，天平才能保持平衡。

3.5.11棒球质量为0.14kg ，用棒击棒球的力随时间的变化如图所示，设棒球被击前后速度增量大小为70m/s ，求力的最大值，打击时，不计重力。

解：由F —t 图可知：
max
03
.008.0max
05.008.005.005.00F F t F F t t t -=
≤≤=
≤≤时，当时，当
[斜截式方程y=kx+b ，两点式方程
(y-y 1)/(x-x 1)=(y 2-y 1)/(x 2-x 1)]
由动量定理：⎰
⎰
⎰-+
==∆08
.005
.003.005
.00
05.008
.00
)08.0(max max dt
t tdt Fdt v m F F
可求得F max = 245N
3.5.12 沿铅直向上发射玩具火箭的推力随时间变化如图所示，火箭质量为2kg ，t=0时处于静止，求火箭发射后的最大速率和最大高度（注意，推力大于重力时才启动）。

解：根据推力F-t 图像，可知F=4.9t （t ≤20）,令F=mg ，即4.9t=2×9.8，t=4s
因此，火箭发射可分为三个阶段：t=0—4s
为第一阶段，由于推力小于重力，火箭静止，v=0,y=0；t=4—20s 为第二阶段，火箭作变加速直
线运动，设t=20s 时，y = y 1，v = v max ；t ≥20s 为第三阶段，火箭只受重力作用，作竖直上抛运动，设达最大高度时的坐标 y=y 2.
第二阶段的动力学方程为：F- mg = m dv/dt
T'
m 1g
a T'
m 2g a F
()
()m
y dt
tdt dt t dy dt t t vdt dy s
m v v t t t v t dt tdt dv dt
tdt gdt dt m F dv y
t
t
v
16729.448.94/9.4)9.448.94/9.4(/314)20(209.448.94/9.4208.92/9.48.92/9.4/120
420
420
4202max 24401=⨯+-=∴⨯+-====≤⨯+-=≤-=-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰Θ
第三阶段运动学方程
)2()20(9.4)20(314),1()20(8.931421---=---=t t y y t v
令v=0,由（1）求得达最大高度y 2时所用时间（t-20）=32，代入（2）中，得y 2-y 1=5030 y 2=y max =5030+1672=6702(m) 3.5.13抛物线形弯管的表面光滑，沿铅直轴以匀角速率转动，抛物线方程为y=a x 2
，a 为正常数，小环套于弯管上。

⑴弯管角速度多大，小环可在管上任一位置相对弯管静止？⑵若为圆形光滑弯管，情况如何？
解：以固定底座为参考系，设弯管的角速度为ω，小环受力及运动情况如图示：α为小环处切线与x 轴夹角，压力N 与切线垂直，加速度大小a=ω2
x ，方向垂直指向y 轴。

在图示坐标下应用牛顿二定律的分量式：
②
①
mg N N x m N N ==-︒==-︒ααωααcos )90sin(sin )90cos(2
①/②得：tg α=ω2
x/g ③；由数学知识：tg α=dy/dx=2a x ； 所以，ag ag g x ax 2,2,
/222
===ωωω
若弯管为半径为R 的圆形，圆方程为：x 2
+ (R-y)2
= R 2
，即
2
22
/122
2
1
2/1222/122222/)2()
(/)(,)(,)(x
R x x x R dx dy tg x R R y x R y R x R y R -=-⋅--==--=-=--=--α
代入③中，得：222
22/,//x R g g x x R x -==-ωω
3.5.14北京设有供实验用的高速列车环形铁路，回转半径为9km ，将要建设的京沪列车时速250km/h ，若在环路上作此项列车实验且欲使铁
轨不受侧压力，外轨应比内轨高多少？设轨距1.435m. 解：以地为参考系，把车厢视为质点，受力及运动情况如图示：车厢速度v=250km/h=69.4m/s ，
l h l h l /sin ,/cos 22=-=αα
加速度a =v 2
/R ；设轨矩为l ，外轨比内轨高h, 有
选图示坐标o-xy ，对车箱应用牛顿第二定
律：
②①，R mv l Nh N mg l h l N N //sin /cos 222===-=αα ①/②得：222//v gR h h l =-，两边平方并整理，可求得h ：
cm
m R g v l v h 8.70782.090008.94.69/435.14.69/22422242==⨯+⨯=+=
3.5.15汽车质量为1.2×10kN ，在半径为100m 的水平圆形弯道上行驶，公路内外侧倾斜15°，沿公路取自然坐标，汽
车运动学方程为s=0.5t 3
+20t (m)，自t=5s 开始匀速运动，问公路面作用于汽车与前进方向垂直的摩擦力是由公路内侧指向外侧还是由外侧直向内侧？
x
解：以地为参考系，把汽车视为质点，受力及运动情况如图示：
v=ds/dt=1.5t 2+20，v| t=5 =1.5×52+20=57.5m/s ，a n =v 2/R=57.52
/100=33 设摩擦力f 方向指向外侧，取图示坐标o-xy ，应用牛顿第二定律： ②
①α
αααααααcos sin cos sin sin cos sin cos f ma N ma f N f mg N mg
f N n n +==--==+
)sin /()cos (αααf mg f ma tg n -+=
②
/
①
得
：
α
αααααααtg a gtg m f f ma tg f mgtg n n sin cos )
(,
cos sin +-=
+=-
0,043.3033158.9<∴<-=-︒=-f tg a gtg n αΘ，说明摩擦力方向与我们事先假设方向相反，指向内侧。

3.5.16速度选择器原理如图，在平行板电容器间有匀强电场j E E ˆ=ϖ，又有与之垂直的匀强磁场k
B B ˆ=ϖ。

现有带电粒子以速度i
v v ˆ=ϖ
进入场中，问具有何种速度的粒子方能保持沿x 轴运动？此装置用于选出具有特定速度的粒子，并用量纲法则检验计算结果。

解：带电粒子在场中受两个力的作用：电场力F 1=qE ，方向向下；磁场力F 2=qvB ，方向向上 粒子若沿x 轴匀速运动，据牛顿定律：
B E v qvB qE /,0=∴=-11
11
1
dim ,dim -----===MT M
NA T NA B E MT v 3.5.17带电粒子束经狭缝S 1,S 2之选择，然后进入速度选择器（习题3.5.16），其中电场强度和磁感应强度各为E 和B. 具有“合格”速度的粒子再进入与速度垂直的磁场B 0中，并开始做圆周运动，经半周后打在荧光屏上.试证明粒子质量为：m=qBB 0r/E ，r 和q 分别表示轨道半径和粒子电荷。

解：由3.5.16题可知，通过速度选择器的粒子的速度是v=E/B ，该粒子在B 0磁场中受到洛仑兹力的作用做匀速圆周运动，
其向心加速度为a n =v 2
/r ，由牛顿第二定律：
E
B qrB v r qB m r
mv qvB ///002
0===
3.5.18某公司欲开设太空旅馆。

其设计为用32m 长的绳联结质量相等的两客舱，问两客舱围绕两舱中点转动的角速度多大，可使客舱感到和在地面上那样受重力作用，而
没有“失重”的感觉。

解：s rad r g r m mg /78.016/8.9/,2
≈===ωω
3.5.20 圆柱A 重500N ，半径R A =0.30m ，圆柱B 重1000N,半径R B =0.50m ，都放置在宽度L=1.20m 的槽内，各接触点都是光滑的，求A 、B 间的压力及A 、B 柱与槽壁和槽底间的压力。

x
解：隔离A 、B,其受力情况如图所示，选图示坐标，运用质点平衡方程，有
⎩⎨⎧=-=-⎩⎨⎧=--=-)4(0cos
)3(0sin )2(0cos ')(!0
sin g m N N N N g m N N N A AB AB A AB B B B AB αααα 通过对△ABC 的分析，可知，sin α=0.4/0.8=0.5 ∴
α=30º, cos α=3/2,分别代入（1）、（2）、（3）、（4）中，即可求得： N B = 288.5 N , N B '= 1500 N , N A = 288.5 N , N AB = 577 N.
3.5.21图表示哺乳动物的下颌骨，假如肌肉提供的力F 1和F 2均与水平方向成45°，食物作用于牙齿的力为F ，假设F,F 1
和F 2共点，求F 1和F 2的关系以及与F 的关系。

平衡条件：0,0==∑∑y x F F
解：建立图示坐标o-xy ，应用共点力x 方向，F 1cos α-F 2cos α=0, F 1= F 2 y 方向，F 1sin α+F 2sin α- F=0，
111245sin 2sin 2F F F F =︒==α
3.5.22四根等长且不可伸长的轻绳端点悬于水平面正方形的四个顶点处，另一端固结于一处悬挂重物，重量为W ，线与铅垂线夹角为α，求各线内张力。

若四根线均不等长，知诸线之方向余弦，能算出线内张力吗？
解：设四根绳子的张力为T 1，T 2，T 3，T 4，由于对称，显然，T 1=T 2=T 3=T 4=T ；设结点下边的拉力为F ，显然F=W.
4Tcos α-W=0，T=W/(4cos α)
若四根线均不等长，则T 1≠T 2≠T 3≠T 4，由于有四个未知量，因此，即使知道各角的方向余弦，也无法求解，此类问题在力学中称为静不定问题。

3.6.1 小车以匀加速度a 沿倾角为α的斜面向下运动，摆锤相对小车保持静止，求悬线与竖直方向的夹角（分别自惯性系和非惯性系求解）解：（1）以地为参考系（惯性系），小球受重力W 和线拉力T 的作用，加速度a 沿斜面向下，建立
⎩⎨
⎧=-=α
θα
θsin cos cos sin ma T mg ma T 图示坐标o-xy,应用牛顿第二定律：解得 )sin /(cos ααθa g a tg -=
（2）以小车为参考系（非惯性系）T 外，还受惯性力f *的作用(见上图虚线表示的矢量)，小球
在三个力作用下静止，据牛顿第二定律：⎩
⎨
⎧=--=-0sin cos 0cos sin αθαθma T mg ma T 解得αα
θsin cos a g a tg -=
y x
o
A
B C AB=R A +R B =0.8 αα CB=L-R A -R B =0.4
3.6.2 升降机内有一装置如图示，悬挂的两物体的质量各为m 1,m 2且m 1≠m 2,若不计绳及滑轮质量，不计轴承处摩擦，绳不可伸长，求当升降机以加速度a （方向向下）运动时，两物体的加速度各是多少？绳内的张力是多少？
解：以升降机为参考系,隔离m 1,m 2,受力及运动情况如图示,T 为绳中张力，f 1*=m 1a,f 2*
=m 2a, a 1'=a 2'=a'为m 1、m 2相对升降机的加速度.
以向下为正方向，由牛顿二定律，有：
⎩⎨⎧=---=--''2221
11a m a m T g m a m a m T g m 解得：⎪⎩
⎪⎨
⎧+-=+-+-=)
/()(2)()('2121211221m m a g m m T m m g m m a m m a 设m 1、m 2的加速度分别为a 1、a 2，根据相对运动的加速度公式，
a a a a a a ρρϖρρρ+=+=''2211 写成标量式：a a a a a a +=+-=','21，将a ’代入，求得：⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧
+-+=+--=))(2)(2211212211221
m m g m m a m a m m g m m a m a
3.6.3图示为柳比莫夫摆，框架上悬挂小球，将摆移开平衡位置而后放手，小球随即摆动起来。

⑴当小球摆至最高位置时，释放框架使它沿轨道自由下落，如图a ，问框架自由下落时，摆锤相对于框架如何运动？⑵当小球摆至平衡位置时，释放框架，如图b ，小球相对框架如何运动？小球质量比框架小得多。

解：以框架为参考系，小球在两种情况下的受力如图所示：设小球质量为m, 框架相对地自由落体的加速度为g ，因此小球所受的惯性力f*=mg ，方向向上，小球所受重力W=mg. 在两种情况下，对小球分别应用牛顿第二定律：
⑴小球摆至最高位置时释放框架,小
球相对框架速度v=0，所以法向加速度a n =v 2
/l =0（l 为摆长）；由于切向合力F τ=Wsin θ-f*sin
θ=0，所以切向加速度a τ=0. 小球相对框架的速度为零，加速度为零，因此小球相对框架静止。

⑵小球摆至平衡位置时释放框架，小球相对框架的速度不为零，法向加速度a n =v 2/l ≠0，T=ma n ；在切向方向小球不受外力作用，所以切向加速度a τ=0，因此，小球速度的大小不变，即小球在拉力T 的作用下相对框架做匀速圆周运动。

3.6.4摩托车选手在竖直放置圆筒
壁内在水平面内旋转。

筒内壁半径为3.0m ，轮胎与壁面静摩擦系数为0.6，求摩托车最小线速度（取非惯性系做）
解：设摩托车在水平面内旋转的最小角
速度为ω，以摩托车本身为参考系，车受力情况如图示，运动状态静止。

在竖直方向应用平衡条件，μ0
① 在水平方向应用平衡条件，N = m ω2
②
①/②得：r
g
r
g
02
0,μωωμ=
=
最小线速度 s m rg r v /76.0/8.90.3/0=⨯==
=μω
3.6.5一杂技演员令雨伞绕铅直轴转动，一小圆盘在雨伞上滚动但相对地面在原地转动，即盘中心不动。

⑴小盘相对于雨伞如何运动？⑵以伞为参考系，小盘受力如何？若保持牛顿第二定律形式不变，应如何解释小盘的运动？
解：⑴可把小盘当作质点，小盘相对雨伞做匀速圆周运动，与伞相对地的转向相反。

⑵以伞为参考系，小盘质点受5个力的作用：向下的重力W ，与扇面垂直的支持力N ，沿伞
面向上的静摩擦力f 0，此外还有离心惯性力f C *和科氏惯性力f k *，方向如图所示。

把这些力都考
n ˆ τˆ T
f* W
f*=m ω2r。