【正文】 自然坐標下的分矢量aｔ 和an ,前者只反映質點在切線方向速度大小的變化率,即,后者只反映質點速度方向的變化,它可由總加速度a 和aｔ 得到．在求得t1 時刻質點的速度和法向加速度的大小后,可由公式求ρ．解　(1) 由參數(shù)方程 x ＝,　y ＝消去t 得質點的軌跡方程：y ＝ (2) 在t1 ＝ 到t2 ＝(3) 質點在任意時刻的速度和加速度分別為 則t1 ＝v(t)｜t ＝1ｓ＝ 切向和法向加速度分別為 (4) t ＝ 則118 分析　物品空投后作平拋運動．忽略空氣阻力的條件下,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α或β．由圖可知,在特定時刻t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角α,可由此時刻的兩速度分量vx 、vy求出,這樣,也就可將重力加速度g 的切向和法向分量求得．解　(1) 取如圖所示的坐標,物品下落時在水平和豎直方向的運動方程分別為x ＝vt,　y ＝1/2 gt2飛機水平飛行速度v＝100 m41′(或326176。41′(2) 加速度的分量式為 , 則加速度的大小為 設a 與x 軸的夾角為β,則 ,β＝33176。,1176。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θ＞71．11176。ｓ2 上升時,得繩張力的值為 FＴ ＝ 103 N此時,乙對甲的作用力則為 F′N2 ＝ 103 N由上述計算可見,在起吊相同重量的物體時,由于起吊加速度不同,繩中所受張力也不同,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．28 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 mA g FＴ ＝mA a (1)F′Ｔ1 Fｆ ＝mB a′ (2)F′Ｔ 2FＴ1 ＝0 (3)考慮到mA ＝mB ＝m, FＴ ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可聯(lián)立解得物體與桌面的摩擦力討論　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) 解方程組,得出文字結果；(4) 核對量綱,再代入數(shù)據(jù),計算出結果來．29 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v′(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)槟緣K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出．解1　以地面為參考系,在摩擦力Fｆ ＝μmg 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Fｆ ＝μmg ＝ma1 F′ｆ ＝Fｆ ＝m′a2a1 和a2 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,木塊相對平板的加速度a ＝a1 ＋a2 ,木塊相對平板以初速度 v′作勻減速運動直至最終停止．由運動學規(guī)律有 v′2 ＝2as由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W ＝Fｆ (s ＋l) Fｆl ＝μmgs式中l(wèi) 為平板相對地面移動的距離．由于系統(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m′v′＝(m′＋m) v″由系統(tǒng)的動能定理,有由上述各式可得 210 分析　維持鋼球在水平面內作勻角速度轉動時,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FN 的分力來提供的,由于支持力FN 始終垂直于碗內壁,所以支持力的大小和方向是隨ω而變的．取圖示Oxy 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 (1) (2)且有 (3)由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為可見,h 隨ω的變化而變化．211 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FNsinθ 提供(式中θ 角為路面傾角)．從而不會對內外軌產(chǎn)生擠壓．與其對應的是火車轉彎時必須以規(guī)定的速率v0行駛．當火車行駛速率v≠v0 時,則會產(chǎn)生兩種情況：如圖所示,如v＞v0 時,外軌將會對車輪產(chǎn)生斜向內的側壓力F1 ,以補償原向心力的不足,如v＜v0時,則內軌對車輪產(chǎn)生斜向外的側壓力F2 ,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(chǎn)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 (1) (2)解(1)(2)兩式可得火車轉彎時規(guī)定速率為(2) 當v＞v0 時,根據(jù)分析有 (3) (4)解(3)(4)兩式,可得外軌側壓力為當v＜v0 時,根據(jù)分析有 (5) (6)解(5)(6)兩式,可得內軌側壓力為212 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v1 和v2 兩個分量,顯然v1是豎直向上作勻速直線運動的分速度,而v2則是繞圓筒壁作水平圓周運動的分速度,其中向心力由筒壁對演員的支持力FN 的水平分量FN2 提供,而豎直分量FN1 則與重力相平衡．如圖(c)所示,其中φ角為摩托車與筒壁所夾角．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 (1) (2) (3) (4)以式(3)代入式(2),得 (5)將式(1)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φ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個力學規(guī)律．213 分析　首先應由題圖求得兩個時間段的F(t)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　由題圖得由牛頓定律可得兩時間段質點的加速度分別為 對0 ＜t ＜5ｓ 時間段,由得 積分后得 再由得 積分后得將t ＝5ｓ 代入,得v5＝30 ms2,則燃氣的排出率為(2) 為求火箭的最后速率,可將式(1)改寫成 分離變量后積分,有 火箭速率隨時間的變化規(guī)律為 (2),故經(jīng)歷時間t 后,其質量為得 (3)將式(3)代入式(2),依據(jù)初始條件,可得火箭的最后速率317 分析　由題意知質點是在變力作用下運動,因此要先找到力F 與位置x 的關系,由題給條件知．則該力作的功可用式 計算,然后由動能定理求質點速率．解　由分析知, 則在x ＝0 到x ＝L 過程中作功, 由動能定理有 得x ＝L 處的質點速率為此處也可用牛頓定律求質點速率,即分離變量后,兩邊積分也可得同樣結果．318 分析　該題中雖施以“恒力”,但是,作用在物體上的力的方向在不斷變化．需按功的矢量定義式來求解．解　取圖示坐標,繩索拉力對物體所作的功為319 分析　本題是一維變力作功問題,仍需按功的定義式來求解．關鍵在于尋找力函數(shù)F ＝F(x)．根據(jù)運動學關系,可將已知力與速度的函數(shù)關系F(v) ＝kv2 變換到F(t),進一步按x ＝ct3 的關系把F(t)轉換為F(x),這樣,就可按功的定義式求解．解　由運動學方程x ＝ct3 ,可得物體的速度按題意及上述關系,物體所受阻力的大小為則阻力的功為320 分析　由于水桶在勻速上提過程中,拉力必須始終與水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而隨提升高度而變,因此,拉力作功實為變力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能寫出重力隨高度變化的關系,拉力作功即可題3 20 圖求出．解　水桶在勻速上提過程中,a ＝0,拉力與水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在圖示所取坐標下,水桶重力隨位置的變化關系為P ＝mg αgy其中α＝0．2 kg/m,人對水桶的拉力的功為321 分析　(1) 在計算功時,首先應明確是什么力作功．小球擺動過程中同時受到重力和張力作用．重力是保守力,根據(jù)小球下落的距離,它的功很易求得；至于張力雖是一變力,但是,它的方向始終與小球運動方向垂直,根據(jù)功的矢量式,即能得出結果來．(2) 在計算功的基礎上,由動能定理直接能求出動能和速率．(3) 在求最低點的張力時,可根據(jù)小球作圓周運動時的向心加速度由重力和張力提供來確定．解　(1) 如圖所示,重力對小球所作的功只與始末位置有關,即在小球擺動過程中,張力FＴ 的方向總是與運動方向垂直,所以,張力的功 (2) 根據(jù)動能定理,小球擺動過程中,其動能的增量是由于重力對它作功的結果．初始時動能為零,因而,在最低位置時的動能為 小球在最低位置的速率為 (3) 當小球在最低位置時,由牛頓定律可得 322 分析　質點在運動過程中速度的減緩,意味著其動能減少；而減少的這部分動能則消耗在運動中克服摩擦力作功上．由此,可依據(jù)動能定理列式解之．解　(1) 摩擦力作功為 (1)(2) 由于摩擦力是一恒力,且Fｆ ＝μmg,故有 (2)由式(1)、(2)可得動摩擦因數(shù)為(3) 由于一周中損失的動能為,則在靜止前可運行的圈數(shù)為圈323 分析　運用守恒定律求解是解決力學問題最簡捷的途徑之一．因為它與過程的細節(jié)無關,也常常與特定力的細節(jié)無關．“守恒”則意味著在條件滿足的前提下,過程中任何時刻守恒量不變．在具體應用時,必須恰當?shù)剡x取研究對象(系統(tǒng)),注意守恒定律成立的條件．該題可用機械能守恒定律來解決．選取兩塊板、彈簧和地球為系統(tǒng),該系統(tǒng)在外界所施壓力撤除后(取作狀態(tài)1),直到B 板剛被提起(取作狀態(tài)2),在這一過程中,系統(tǒng)不受外力作用,而內力中又只有保守力(重力和彈力)作功,支持力不作功,因此,滿足機械能守恒的條件．只需取狀態(tài)1 和狀態(tài)2,運用機械能守恒定律列出方程,并結合這兩狀態(tài)下受力的平衡,便可將所需壓力求出．解　選取如圖(b)所示坐標,取原點O處為重力勢能和彈性勢能零點．作各狀態(tài)下物體的受力圖．對A 板而言,當施以外力F 時,根據(jù)受力平衡有F1 ＝P1 ＋F (1)當外力撤除后,按分析中所選的系統(tǒng),由機械能守恒定律可得式中y1 、y2 為M、N 兩點對原點O 的位移．因為F1 ＝ky1 ,F2 ＝ky2 及P1 ＝m1g,上式可寫為F1 F2 ＝2P1 (2)由式(1)、(2)可得F ＝P1 ＋F2 (3)當A 板跳到N 點時,B 板剛被提起,此時彈性力F′2 ＝P2 ,且F2 ＝F′2 ．由式(3)可得F ＝P1 ＋P2 ＝(m1 ＋m2 )g應注意,勢能的零點位置是可以任意選取的．為計算方便起見,通常取彈簧原長時的彈性勢能為零點,也同時為重力勢能的零點．324 分析　礦車在下滑和返回的全過程中受到重力、彈力、阻力和支持力作用．若取礦車、地球和彈簧為系統(tǒng),支持力不作功,重力、彈力為保守力,而阻力為非保守力．礦車在下滑和上行兩過程中,存在非保守力作功,系統(tǒng)不滿足機械能守恒的條件,因此,可應用功能原理去求解．在確定重力勢能、彈性勢能時,應注意勢能零點的選取,常常選取彈簧原長時的位置為重力勢能、彈性勢能共同的零點,這樣做對解題比較方便．解　取沿斜面向上為x 軸正方向．彈簧被壓縮到最大形變時彈簧上端為坐標原點O．礦車在下滑和上行的全過程中,按題意,摩擦力所作的功為Wｆ ＝( ＋′g)(l ＋x) (1)式中m′和m 分別為礦車滿載和