篇一：物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版
第一章 质点运动学
1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt)时间内的位移为Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r｜),平均速度为,平均速率为． (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr｜= Δs = Δr
(B) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= ds ≠ dr (C) ｜Δr｜≠ Δr ≠ Δs,当Δt→0 时有｜dr｜= dr ≠ ds (D) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= dr = ds (2) 根据上述情况,则必有( )
(A) ｜v｜= v,｜｜=(B) ｜v｜≠v,｜｜≠ (C) ｜v｜= v,｜｜≠(D) ｜v｜≠v,｜｜=
分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)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Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜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(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故
ΔrΔt
?ΔsΔt
,即｜｜≠．
但由于｜dr｜＝ds,故
drdt
?
dsdt
,即｜｜＝．由此可见,应选(C)．
1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)
drdt
； (2)
drdt
； (3)
dsdt
； (4)
?dx??dy???????dt??dt?
22
．
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
drdt
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
drdt
用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；
dsdt
表示速度矢量；在自然坐标系中
?dx??dy?
??????dt??dt?
2
2
速度大小可用公式v?选(D)．
计算,在直角坐标系中则可由公式v?求解．故
1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即
(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ． 下述判断正确的是( )
(A) 只有(1)、(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
dvdt
表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方
drdt
向的一个分量,起改变速度大小的作用；
dsdt
在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；
dvdt
在自然坐标系中表示质点的速率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aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an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aｔ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, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．
23
1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t?2t,式中x 的单位为m,t 的单
位为 s．求：
(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；
(3) t＝4 s时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Δx 的大小可直接由运动方程得到：
Δx?xt?x0,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
dxdt
?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和
tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程s??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时
dxdt
质点速度和加速度可用和
dxdt
2
2
两式计算．
题 1-5 图
解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小
Δx?x4?x0??32m
dxdt
(2) 由 得知质点的换向时刻为
?0
tp?2s (t＝0不合题意)
则
Δx1?x2?x0?8.0m
Δx2?x4?x2??40m
所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为
s?Δx1?Δx2?48m
(3) t＝4.0 s时
v?
dxdt
2
t?4.0s
??48m?s
?1
a?
dxdt
2
t?4.0s
2
??36m.s
?2
1 -6 已知质点的运动方程为r?2ti?(2?t)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；
(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；
(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr；
分析 质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析). 解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为
y?2?
14x
2
这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．
(2) 将t ＝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(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得
Δr?r2?r1?(x2?x0)i?(y2?y0)j?4i?2j
其中位移大小Δr?(Δx)?(Δy)
22
?5.66m x2?y2?
2
2
而径向增量Δr?Δr
?r2?r0?x0?y0?2.47m
22
题 1-6 图
1 -7 质点的运动方程为
x??10t?30t
2
y?15t?20t
2
式中x,y 的单位为m,t 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
vx?vy?
dxdtdydt
??10?60t ?15?40t
当t ＝0 时, v0x ＝-10 m·ｓ-1 , v0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为
v0?
v0x?v0y
2
2
?18.0m?s
?1
设v0与x 轴的夹角为α,则
tanα?
v0yv0x
??
32
α＝123°41′
(2) 加速度的分量式为
ax?
dvxdt
?60m?s
?2
, ay?
dvydt
??40m?s
?2
则加速度的大小为
a?
ax?ay
2
2
?72.1m?s
?2
设a 与x 轴的夹角为β,则
tanβ?
ayax
??
23
β＝-33°41′(或326°19′)
1 -8 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1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2.74 m．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由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),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
y1?v0t?
12at 12gt
22
y2?h?v0t?
当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即
v0t?
12at
2
?h?v0t?
12
gt
2
t?
2hg?a
?0.705s
(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为
d?h?y2??v0t?
12gt
2
?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a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有
0?h?
12
(g?a)t
2
t?
2hg?a
?0.705s
(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为
h??v0t?
12at
2
则 d?h?h??0.716m
篇二：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t 质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt)时间内的位移为Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r｜),平均速度为,平均速率为． (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr｜= Δs = Δr
(B) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= ds ≠ dr (C) ｜Δr｜≠ Δr ≠ Δs,当Δt→0 时有｜dr｜= dr ≠ ds (D) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr｜= dr = ds (2) 根据上述情况,则必有( )
(A) ｜v｜= v,｜｜=(B) ｜v｜≠v,｜｜≠ (C) ｜v｜= v,｜｜≠(D) ｜v｜≠v,｜｜=
分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)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Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜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(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故
ΔrΔs?,即｜｜≠． ΔtΔt
但由于｜dr｜＝ds,故
drds
?,即｜｜＝．由此可见,应选(C)． dtdt
1 -2
dr(1)
dt
一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即
； (2)
drdt
；
ds(3)
dt
； (4)
?dx??dy???????dt??dt?
22
．
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
drdt
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vr表示,
drdt
表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v
2
2
?
ds
计dt
?dx??dy?
算,在直角坐标系中则可由公式v??????
?dt??dt?
求解．故选(D)．
1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即
(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ． 下述判断正确的是( )
(A) 只有(1)、(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
dvdt
表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,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；
drdt
在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；
dsdt
在自然坐标系中表示质
点的速率v；而
dvdt
表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(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aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an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
aｔ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, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动
时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ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s．求：
(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t＝4 s时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Δx 的大小可直接由运动方程得到：Δx
x?2?6t2?2t3,式中x 的单位为m,t 的单位为
?xt?x0,而在求路程时,就必
dx
?0来dt
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
确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程
dxd2x
s??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和2两式计算．
dtdt
题 1-5 图
解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小
Δx?x4?x0??32m
(2) 由 得知质点的换向时刻为
dx
?0 dt
tp?2s (t＝0不合题意)
则
Δx1?x2?x0?8.0m Δx2?x4?x2??40m
所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为
s?Δx1?Δx2?48m
(3) t＝4.0 s时
v?
dx
??48m?s?1
dtt?4.0s
d2xa?2??36m.s?2
dtt?4.0s
1 -6 已知质点的运动方程为r(1) 质点的运动轨迹；
(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；
(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr；
分析 质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析). 解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为
?2ti?(2?t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：
y?2?
这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．
12
x 4
(2) 将t ＝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(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得
Δr?r2?r1?(x2?x0)i?(y2?y0)j?4i?2j
其中位移大小
Δr?(Δx)2?(Δy)2?5.66m
2222
?Δr
?r2?r0?x2?y2?x0?y0?2.47m
而径向增量Δr
题 1-6 图
1 -7 质点的运动方程为
x??10t?30t2
y?15t?20t2
式中x,y 的单位为m,t 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
vx?
dx
??10?60t dtdyvy??15?40t
dt
-1
当t ＝0 时, v0x ＝-10 m2ｓ , v0y ＝15 m2ｓ ,则初速度大小为
-1
v0?v0x?v0y?18.0m?s?1
设v0与x 轴的夹角为α,则
22
tanα?
v0yv0x
??
3 2
α＝123°41′
(2) 加速度的分量式为
ax?
则加速度的大小为
dvdvx
?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2 dtdt
a?ax?ay?72.1m?s?2
设a 与x 轴的夹角为β,则 22
tanβ?
ayax
??
2 3
-1
β＝-33°41′(或326°19′)
1 -8 一升降机以加速度1.22 m2ｓ上升,当上升速度为2.44 m2ｓ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2.74 m．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由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝
-2
y1(t)和y2 ＝y2(t),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
1
y1?v0t?at2
21
y2?h?v0t?gt2
2
当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即
11
v0t?at2?h?v0t?gt2
22
t?
2h
?0.705s
g?a
12
gt?0.716m 2
(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为
d?h?y2??v0t?
解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有
1
0?h?(g?a)t2
2
t?
(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为
2h
?0.705s
g?a
1
h??v0t?at2
2
则 d?h?h??0.716m
篇三：大学物理刘成林第二版第二章习题解答
第二章 习题解答
2-17 质量为2kg的质点的运动学方程为 ???(3t2?3t?1)?， 求证质点受恒力而运动，并求力的方r?(6t2?1)ij（单位：米，秒）向大小。
???2?2????12?解：∵a?dr/dt?12i?6j, F?ma?24ij 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。
F=(242+122)1/2=12N，力与x轴之间夹角为：
??arctgFy/Fx?arctg0.5?26?34'
2-18 质量为m的质点在o-xy平面内运动，质点的运动学方程为：
???bsin?t?r?acos?tij，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。
?????bsin?t?证明：∵a?d2r/dt2???2(acos?tij)???2r ???
F?ma??m?2r, ∴作用于质点的合力总指向原点。
2-19在图示的装置中两物体的质量各为m1,m2，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
N1 伸长。
f1 解：以地为参考系，隔离m1,m2，受力及运动情况Tm1g 如图示，其中：f1=μN1=μm1g， a
f2=μN2=μ(N1+m2g)=μ(m1+m2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律：
Tf
fa
N2 N1 m2g
F
T??m1g?m1a①F??m1g??(m1?m2)g?T?m2a②
①+②可求得：a?
F?2?m1g
??g
m1?m2
m1(F?2?m1g)
m1?m2
将a代入①中，可求得：T?
2-20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m1,m2
的物体（m1≠m2）,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m1,m2及定滑轮，受力及运动情况如图示，应用
牛顿第二定律：
1g
2g
T'?m1g?m1a①m2g?T'?m2a②T?2T' 由①②可求得：
T'?
2m1m2g2m1m2g
,T?
m1?m2m1?m2
所以，天平右端的总重量应该等于T，天平才能保持平衡。
2-21 一个机械装置如图所示，人的质量为m1=60kg，人所站的底板的质量为m2=30kg。设绳子和滑轮的质量以及滑轮轴承的摩擦力都可略去不计，若想使所站着的底板在空中静止不动，此人应以多大的力量拉绳子？此时人对升降机的压力是多大？
解：装置的各部分和人的受力如图所示，据题意有：
?T1??T1T2??T2T3??T3
?
?N??NT2??2T3T1?T2
?
?T1??T3??N??m2g?0?
?T3??N?m1g?0
1?T?(m?m2)g??341
解方程组得：?
1?N?(3m?m)g
12
??4
?T3?220.5N
代入数据得：?，即人应以220。5N的力量拉绳子？此时人对升降机的压
N?367.5N?力是367.5N。
2-22 桌面上有一质量m1=1kg的木板，板上放一个质量为m2=2kg的物体。已知物体和板之间的滑动摩擦系数?2=0.4，静摩擦系数为?0=0.5，板和桌面间的滑动摩擦系数?1=0.3。
（1）今以水平力拉板，物体和板一起以加
速度a=1m/s2运动，计算物体和板以及板和桌面间的相互作用力；
（2）若使板从物体下抽出，至少需用多大的力？
解：以地为参考系，隔离m1、m2，其受力与运动情况如图所示，
N1 y
a2
a1
x
f1
m1g
（1）物体和板之间的最大静摩擦力可提供的最大加速度大于a=1m/s2，所以它们之间无相对运动。
?f1?m1a1
?f1?1N?
f??N解方程组并代入数据得： ? ?222
f?2.94N?2?N?N?mg?0
12?2
所以物体和板以及板和桌面间的相互作用力分别为1N和2.94N。
（2）其中，N1'=N1，f1'=f1=μ0N1，f2=μ2N2，选图示坐标系o-xy，对m1，m2分别应用牛顿二定律，有
??0N1?m1a1?N?mg?0?11
?
F??N??N?ma012222?
?N?N?mg?0?212
解方程组，得 a1??0g
a2??F??0m1g??2m1g??2m2g?/m2
要把木板从下面抽出来，必须满足a2?a1，即
F??0m1g??2m1g??2m2g?m2?0g
?F???0??2??m1?m2?g??0.5?0.3???1?2??9.8?2.352N 即要把木板从下面抽出来，沿水平方向必须用大于2.352N的力。
2.23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
。
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：为第一阶段，由于推力小于重力，火箭静止，v=0,y=0；t=4为第二阶段，火箭作变加速直线运动，设t=20s时，y = y1，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=y2.
第二阶段的动力学方程为：F- mg = m dv/dt
dv?F/mdt?gdt?4.9/2tdt?9.8dt
?
v
dv?4.9/2?tdt?9.8?dt
4
4
tt
?t?20?
v?4.9/4t2?9.8t?4?4.9?t?20?
vmax?v(20)?314m/s
?dy?vdt?(4.9/4t2?9.8t?4?4.9)dt??dy?4.9/4?t2dt?9.8?tdt?4?4.9?dt
4
4
4
y1
20
20
20
y1?1672m
第三阶段运动学方程
v?314?9.8(t?20)(1),y?y1?314(t?20)?4.9(t?20)2(2)
令v=0,由（1）求得达最大高度y2时所用时间（t-20）=32，代入（2）中，得y2-y1=5030 y2=ymax=5030+1672=6702(m)
2.24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=0.5t3+20t (m)，自t=5s开始匀速运动，试求公路面作用于汽车与前进方向垂直的摩擦力的大小，并指出是由公路内侧指向外侧还是由外侧直向内侧？
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=1.5t2+20，v| t=5 =1.5×52+20=57.5m/s，an=v2/R=57.52/100=33 设摩擦力f方向指向外侧，取图示坐标o-xy，应用牛顿第律：
二
定
Ncos??fsin??mgNcos??mg?fsin?①
Nsin??fcos??man
Nsin??man?fcos?②
②/①得：tg??(man?fcos?)/(mg?fsin?)
mgtg??fsin?tg??man?fcos?,
f?
m(gtg??an)
cos??sin?tg?
?gtg??an?9.8tg15??33??30.43?0,?f?0，说明摩擦力方向与我们事先假设方向相反，指向内侧。
2.25 一辆卡车能够沿着斜坡以15km/h的速率向上行驶，斜坡与水平面夹角的正切tgα=0.02，所受阻力等于卡车重量的0.04，如果卡车以同样的功率匀速下坡，卡车的
速率是多少？
解：设卡车匀速上坡时，速率为v, 牵引力为F, 功率为N,由质点平衡方程有，F = (0.04+sinα)mg，∴N = Fv = (0.04+sinα)mgv
设卡车匀速下坡时，速率为v’,牵引力为F',功率为N', 由质点平衡方程有F'+ mg sinα= 0.04mg,F'=(0.04-sinα)mg, ∴N'= (0.04-sinα)mgv'.
令N'= N, 即（0.04+sinα）mgv = (0.04-sinα)mgv'，可求得：
v'= v(0.04+sinα)/(0.04-sinα). 利用三角函数关系式，可求得： sinα≈tgα=0.02 ,∴v'=3v =3×15×103/602 m/s = 12.5m/s.
2.26如图所示，质量为m=0.5kg的木块可在水平光滑直杆上滑动，木块与一不可伸长的轻绳相连，绳跨过一固定的光滑小环，绳端作用着大小不变的力T=50N，木块在A点时具有向右的速率v0=6m/s，求力T将木块从A拉至B点时的速度。
解：以A为原点建立图示坐标o-x，木块由A到B，只有拉力T做功：
4
4
4
(4?x)dx(4?x)2?32
20.8m8s /
2.27题图
2.26题图
A??Fxdx??Tcos?dx?T?
4
T
21/2???[(4?x)2
?9]?1
/2d[(4?x)2?9]??50|?2[(4?x)?9]
4?(4?x)2
?9|0?
50?(5?3)?100J
x
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