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1、 第一章　質點運動學 1 -1　質點作曲線運動,在時刻t 質點的位矢為r,速度為v ,速率為v,t 至(t ＋Δt)時間內的位移為Δr, 路程為Δs, 位矢大小的變化量為Δr ( 或稱Δ｜r｜),平均速度為,平均速率為． (1) 根據上述情況,則必有(　　) (A) ｜Δr｜= Δs = Δr (B) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,當Δt→0 時有｜dr｜= ds ≠ dr (C) ｜Δr｜≠ Δr ≠ Δs,當Δt→0 時有｜dr｜= dr ≠ ds (D) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,當Δt→0 時有｜dr｜= dr = ds (2) 根據上述情況,則必有(　　) (A

2、) ｜｜= ,｜｜= 　　　 (B) ｜｜≠,｜｜≠ (C) ｜｜= ,｜｜≠ (D) ｜｜≠,｜｜= 分析與解　(1) 質點在t 至(t ＋Δt)時間內沿曲線從P 點運動到P′點,各量關系如圖所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大?。｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示質點位矢大小的變化量,三個量的物理含義不同,在曲線運動中大小也不相等(注：在直線運動中有相等的可能)．但當Δt→0 時,點P′無限趨近P點,則有｜dr｜＝ds,但卻不等于dr．故選(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故,即｜｜≠． 但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可見,應

3、選(C)． 1 -2　一運動質點在某瞬時位于位矢r(x,y)的端點處,對其速度的大小有四種意見,即 (1)；　(2)；　(3)；　(4)． 下述判斷正確的是(　　) (A) 只有(1)(2)正確　　　 　(B) 只有(2)正確 (C) 只有(2)(3)正確 (D) 只有(3)(4)正確 分析與解　表示質點到坐標原點的距離隨時間的變化率,在極坐標系中叫徑向速率．通常用符號vr表示,這是速度矢量在位矢方向上的一個分量；表示速度矢量；在自然坐標系中速度大小可用公式計算,在直角坐標系中則可由公式求解．故選(D)． 1 -3　質點作曲線運動,r 表示位置矢量, v表

4、示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．對下列表達式,即 (1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ． 下述判斷正確的是(　　) (A) 只有(1)、(4)是對的 (B) 只有(2)、(4)是對的 (C) 只有(2)是對的 (D) 只有(3)是對的 分析與解　表示切向加速度aｔ,它表示速度大小隨時間的變化率,是加速度矢量沿速度方向的一個分量,起改變速度大小的作用；在極坐標系中表示徑向速率vr(如題1 -2 所述)；在自然坐標系中表示質點的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ

5、．因此只有(3) 式表達是正確的．故選(D)． 1 -4　一個質點在做圓周運動時,則有(　　) (A) 切向加速度一定改變,法向加速度也改變 (B) 切向加速度可能不變,法向加速度一定改變 (C) 切向加速度可能不變,法向加速度不變 (D) 切向加速度一定改變,法向加速度不變 分析與解　加速度的切向分量aｔ起改變速度大小的作用,而法向分量an起改變速度方向的作用．質點作圓周運動時,由于速度方向不斷改變,相應法向加速度的方向也在不斷改變,因而法向加速度是一定改變的．至于aｔ是否改變,則要視質點的速率情況而定．質點作勻速率圓周運動時, aｔ恒為零；質點作勻變速率圓周運動時, aｔ為一不

6、為零的恒量,當aｔ改變時,質點則作一般的變速率圓周運動．由此可見,應選(B)． *1 -5　如圖所示,湖中有一小船,有人用繩繞過岸上一定高度處的定滑輪拉湖中的船向岸邊運動．設該人以勻速率v0 收繩,繩不伸長且湖水靜止,小船的速率為v,則小船作(　　) (A) 勻加速運動, (B) 勻減速運動, (C) 變加速運動, (D) 變減速運動, (E) 勻速直線運動, 分析與解　本題關鍵是先求得小船速度表達式,進而判斷運動性質．為此建立如圖所示坐標系,設定滑輪距水面高度為h,t 時刻定滑輪距小船的繩長為l,則小船的運動方程為,其中繩長l 隨時間t 而變化．小船速度,式中表示繩

7、長l 隨時間的變化率,其大小即為v0,代入整理后為,方向沿x 軸負向．由速度表達式,可判斷小船作變加速運動．故選(C)． 討論　有人會將繩子速率v0按x、y 兩個方向分解,則小船速度,這樣做對嗎？ 1 -6　已知質點沿x 軸作直線運動,其運動方程為,式中x 的單位為m,t 的單位為 s．求： (1) 質點在運動開始后4.0 s內的位移的大??； (2) 質點在該時間內所通過的路程； (3) t＝4 s時質點的速度和加速度． 分析　位移和路程是兩個完全不同的概念．只有當質點作直線運動且運動方向不改變時,位移的大小才會與路程相等．質點在t 時間內的位移Δx 的大小可直接由運動方程得到：,

8、而在求路程時,就必須注意到質點在運動過程中可能改變運動方向,此時,位移的大小和路程就不同了．為此,需根據來確定其運動方向改變的時刻tp ,求出0～tp 和tp～t 內的位移大小Δx1 、Δx2 ,則t 時間內的路程,如圖所示,至于t ＝4.0 s 時質點速度和加速度可用和兩式計算． 解　(1) 質點在4.0 s內位移的大小 (2) 由 得知質點的換向時刻為 (t＝0不合題意) 則 所以,質點在4.0 s時間間隔內的路程為 (3) t＝4.0 s時 1 -7　一質點沿x 軸方向作直線運動,其速度與時間的關系如圖

9、(a)所示．設t＝0 時,x＝0．試根據已知的v-t 圖,畫出a-t 圖以及x -t 圖． 分析　根據加速度的定義可知,在直線運動中v-t曲線的斜率為加速度的大小(圖中AB、CD 段斜率為定值,即勻變速直線運動；而線段BC 的斜率為0,加速度為零,即勻速直線運動)．加速度為恒量,在a-t 圖上是平行于t 軸的直線,由v-t 圖中求出各段的斜率,即可作出a-t 圖線．又由速度的定義可知,x-t 曲線的斜率為速度的大?。虼?勻速直線運動所對應的x -t 圖應是一直線,而勻變速直線運動所對應的x–t 圖為t 的二次曲線．根據各段時間內的運動方程x＝x(t),求出不同時刻t 的位置x,采用描數

10、據點的方法,可作出x-t 圖． 解　將曲線分為AB、BC、CD 三個過程,它們對應的加速度值分別為 　 (勻加速直線運動) 　　　　 (勻速直線運動) 　(勻減速直線運動) 根據上述結果即可作出質點的a-t 圖［圖(B)］． 在勻變速直線運動中,有 由此,可計算在0～2ｓ和4～6ｓ時間間隔內各時刻的位置分別為 用描數據點的作圖方法,由表中數據可作0～2ｓ和4～6ｓ時間內的x -t 圖．在2～4ｓ時間內, 質點是作的勻速直線運動, 其x -t 圖是斜率k＝20的一段直線［圖(c)］． 1 -8　已知質點的運動方程為,式中r 的單位為m,t 的單

11、位為ｓ．求： (1) 質點的運動軌跡； (2) t ＝0 及t ＝2ｓ時,質點的位矢； (3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ內質點的位移Δr 和徑向增量Δr； *(4) 2 ｓ 內質點所走過的路程s． 分析　質點的軌跡方程為y ＝f(x),可由運動方程的兩個分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．對于r、Δr、Δr、Δs 來說,物理含義不同,可根據其定義計算．其中對s的求解用到積分方法,先在軌跡上任取一段微元ds,則,最后用積分求ｓ． 解　(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得質點軌跡方程為 這是一個拋物線方程,軌跡如圖(a)所示． (2) 將t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分

12、別代入運動方程,可得相應位矢分別為 , 圖(a)中的P、Q 兩點,即為t ＝0ｓ和t ＝2ｓ時質點所在位置． (3) 由位移表達式,得 其中位移大小 而徑向增量 *(4) 如圖(B)所示,所求Δs 即為圖中PQ段長度,先在其間任意處取AB 微元ds,則,由軌道方程可得,代入ds,則2ｓ內路程為 　　1 -9　質點的運動方程為 式中x,y 的單位為m,t 的單位為ｓ． 試求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向． 分析　由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量,再由運動合成算出速度和加速度的大小和方向． 解　(1) 速度的

13、分量式為 當t ＝0 時, vox ＝-10 mｓ-1 , voy ＝15 mｓ-1 ,則初速度大小為 設vo與x 軸的夾角為α,則 α＝12341′ (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＝-3341′(或32619′) 1 -10　一升降機以加速度1.22 mｓ-2上升,當上升速度為2.44 mｓ-1時,有一螺絲自升降機的天花板上松脫,天花板與升降機的底面相距2.74 m．計算：(1)螺絲從天花板落到底面所需要的時間；(2)螺絲相對升降機外固定柱子的下降距離． 分析　在升降機與螺絲之間有相對運動的情況

14、下,一種處理方法是取地面為參考系,分別討論升降機豎直向上的勻加速度運動和初速不為零的螺絲的自由落體運動,列出這兩種運動在同一坐標系中的運動方程y1 ＝y(tǒng)1(t)和y2 ＝y(tǒng)2(t),并考慮它們相遇,即位矢相同這一條件,問題即可解；另一種方法是取升降機(或螺絲)為參考系,這時,螺絲(或升降機)相對它作勻加速運動,但是,此加速度應該是相對加速度．升降機廂的高度就是螺絲(或升降機)運動的路程． 解1　(1) 以地面為參考系,取如圖所示的坐標系,升降機與螺絲的運動方程分別為 當螺絲落至底面時,有y1 ＝y(tǒng)2 ,即 (2) 螺絲相對升降機外固定柱子下降的距離為 解2　(1)

15、以升降機為參考系,此時,螺絲相對它的加速度大小a′＝g ＋a,螺絲落至底面時,有 (2) 由于升降機在t 時間內上升的高度為 則 1 -11　一質點P 沿半徑R ＝3.0 m的圓周作勻速率運動,運動一周所需時間為20.0ｓ,設t ＝0 時,質點位于O 點．按(a)圖中所示Oxy 坐標系,求(1) 質點P 在任意時刻的位矢；(2)5ｓ時的速度和加速度． 分析　該題屬于運動學的第一類問題,即已知運動方程r ＝r(t)求質點運動的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在確定運動方程時,若取以點(0,3)為原點的O′x′y′坐標系,并

16、采用參數方程x′＝x′(t)和y′＝y(tǒng)′(t)來表示圓周運動是比較方便的．然后,運用坐標變換x ＝x0 ＋x′和y ＝y(tǒng)0 ＋y′,將所得參數方程轉換至Oxy 坐標系中,即得Oxy 坐標系中質點P 在任意時刻的位矢．采用對運動方程求導的方法可得速度和加速度． 解　(1) 如圖(B)所示,在O′x′y′坐標系中,因,則質點P 的參數方程為 ,　 坐標變換后,在Oxy 坐標系中有 ,　 則質點P 的位矢方程為 (2) 5ｓ時的速度和加速度分別為 1 -12　地面上垂直豎立一高20.0 m 的旗桿,已知正午時分太陽在旗桿的正上方,求在下午2∶00 時,桿頂在地面上的影子

17、的速度的大小．在何時刻桿影伸展至20.0 m？ 分析　為求桿頂在地面上影子速度的大小,必須建立影長與時間的函數關系,即影子端點的位矢方程．根據幾何關系,影長可通過太陽光線對地轉動的角速度求得．由于運動的相對性,太陽光線對地轉動的角速度也就是地球自轉的角速度．這樣,影子端點的位矢方程和速度均可求得． 解　設太陽光線對地轉動的角速度為ω,從正午時分開始計時,則桿的影長為s＝htgωt,下午2∶00 時,桿頂在地面上影子的速度大小為 當桿長等于影長時,即s ＝h,則 即為下午3∶00 時． 1 -13　質點沿直線運動,加速度a＝4 -t2 ,式中a的單位為mｓ-2 ,t的單位為ｓ．

18、如果當t ＝3ｓ時,x＝9 m,v ＝2 mｓ-1 ,求質點的運動方程． 分析　本題屬于運動學第二類問題,即已知加速度求速度和運動方程,必須在給定條件下用積分方法解決．由和可得和．如a＝a(t)或v ＝v(t),則可兩邊直接積分．如果a 或v不是時間t 的顯函數,則應經過諸如分離變量或變量代換等數學操作后再做積分． 解　由分析知,應有 得 (1) 由 得 (2) 將t＝3ｓ時,x＝9 m,

19、v＝2 mｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 mｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得質點運動方程為 1 -14　一石子從空中由靜止下落,由于空氣阻力,石子并非作自由落體運動,現測得其加速度a＝A -Bv,式中A、B 為正恒量,求石子下落的速度和運動方程． 分析　本題亦屬于運動學第二類問題,與上題不同之處在于加速度是速度v的函數,因此,需將式dv ＝a(v)dt 分離變量為后再兩邊積分． 解　選取石子下落方向為y 軸正向,下落起點為坐標原點． (1) 由題意知 (1) 用分離變量法把式(1)改寫為

20、 (2) 將式(2)兩邊積分并考慮初始條件,有 得石子速度 由此可知當,t→∞時,為一常量,通常稱為極限速度或收尾速度． (2) 再由并考慮初始條件有 得石子運動方程 1 -15　一質點具有恒定加速度a ＝6i ＋4j,式中a的單位為mｓ-2 ．在t＝0時,其速度為零,位置矢量r0 ＝10 mi．求：(1) 在任意時刻的速度和位置矢量；(2) 質點在Oxy 平面上的軌跡方程,并畫出軌跡的示意圖． 分析　與上兩題不同處在于質點作平面曲線運動,根據疊加原理,求解時需根據加速度的兩個分量ax 和ay分別積分,從而得到運動方程r的

21、兩個分量式x(t)和y(t)．由于本題中質點加速度為恒矢量,故兩次積分后所得運動方程為固定形式,即和,兩個分運動均為勻變速直線運動．讀者不妨自己驗證一下． 解　由加速度定義式,根據初始條件t0 ＝0時v0 ＝0,積分可得 又由及初始條件t＝0 時,r0＝(10 m)i,積分可得 由上述結果可得質點運動方程的分量式,即 x ＝10＋3t2 y ＝2t2 消去參數t,可得運動的軌跡方程 3y ＝2x -20 m 這是一個直線方程．直線斜率,α＝3341′．軌跡如圖所示． 1 -16　一質點在半徑為R 的圓周上以恒定的速率運動,質點由位置A 運動到位置B,OA 和O

22、B 所對的圓心角為Δθ．(1) 試證位置A 和B 之間的平均加速度為；(2) 當Δθ分別等于90、30、10和1時,平均加速度各為多少？ 并對結果加以討論． 分析　瞬時加速度和平均加速度的物理含義不同,它們分別表示為和．在勻速率圓周運動中,它們的大小分別為, ,式中｜Δv｜可由圖(B)中的幾何關系得到,而Δt 可由轉過的角度Δθ 求出． 由計算結果能清楚地看到兩者之間的關系,即瞬時加速度是平均加速度在Δt→0 時的極限值． 解　(1) 由圖(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故 而 所以 (2) 將Δθ＝90,30,10,1分別代入上式, 得 , ,

23、以上結果表明,當Δθ→0 時,勻速率圓周運動的平均加速度趨近于一極限值,該值即為法向加速度． 1 -17　質點在Oxy 平面內運動,其運動方程為r＝2.0ti ＋(19.0 -2.0t2 )j,式中r 的單位為m,t的單位為s．求：(1)質點的軌跡方程；(2) 在t1＝1.0s 到t2 ＝2.0s 時間內的平均速度；(3) t1 ＝1.0ｓ時的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 時質點所在處軌道的曲率半徑ρ． 分析　根據運動方程可直接寫出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(tǒng)(t),從中消去參數t,即得質點的軌跡方程．平均速度是反映質點在一段時間內位置的變化率,即,它與時間間隔Δt

24、的大小有關,當Δt→0 時,平均速度的極限即瞬時速度．切向和法向加速度是指在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) 由參數方程 x ＝2.0t,　y ＝19.0-2.0t2 消去t 得質點的軌跡方程： y ＝19.0 -0.50x2 (2) 在t1 ＝1.00ｓ 到t2 ＝2.0ｓ時間內的平均速度 (3) 質點在任意時刻的速度和加速度分別為 則t1 ＝1.00ｓ時的速度 v(t)｜t ＝1

25、ｓ＝2.0i -4.0j 切向和法向加速度分別為 (4) t ＝1.0ｓ質點的速度大小為 則 1 -18　飛機以100 mｓ-1 的速度沿水平直線飛行,在離地面高為100 m時,駕駛員要把物品空投到前方某一地面目標處,問：(1) 此時目標在飛機正下方位置的前面多遠？ (2) 投放物品時,駕駛員看目標的視線和水平線成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各為多少？ 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

26、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 ms-1 ,飛機離地面的高度y＝100 m,由上述兩式可得目標在飛機正下方前的距離 (2) 視線和

27、水平線的夾角為 (3) 在任意時刻物品的速度與水平軸的夾角為 取自然坐標,物品在拋出2s 時,重力加速度的切向分量與法向分量分別為 1 -19　如圖(a)所示,一小型迫擊炮架設在一斜坡的底端O 處,已知斜坡傾角為α,炮身與斜坡的夾角為β,炮彈的出口速度為v0,忽略空氣阻力．求：(1)炮彈落地點P 與點O 的距離OP；(2) 欲使炮彈能垂直擊中坡面．證明α和β必須滿足并與v0 無關． 分析　這是一個斜上拋運動,看似簡單,但針對題目所問,如不能靈活運用疊加原理,建立一個恰當的坐標系,將運動分解的話,求解起來并不容易．現建立如圖(a)所示坐標系,則炮彈在x 和y 兩個方向的分

28、運動均為勻減速直線運動,其初速度分別為v0cosβ和v0sinβ,其加速度分別為gsinα和gcosα．在此坐標系中炮彈落地時,應有y ＝0,則x ＝OP．如欲使炮彈垂直擊中坡面,則應滿足vx ＝0,直接列出有關運動方程和速度方程,即可求解．由于本題中加速度g 為恒矢量．故第一問也可由運動方程的矢量式計算,即,做出炮彈落地時的矢量圖［如圖(B)所示］,由圖中所示幾何關系也可求得 (即圖中的r 矢量)． (1)解1　由分析知,炮彈在圖(a)所示坐標系中兩個分運動方程為 (1) (2) 令y ＝0 求得時間t 后再代入式(1)

29、得 解2　做出炮彈的運動矢量圖,如圖(b)所示,并利用正弦定理,有 從中消去t 后也可得到同樣結果． (2) 由分析知,如炮彈垂直擊中坡面應滿足y ＝0 和vx ＝0,則 (3) 由(2)(3)兩式消去t 后得 由此可知．只要角α和β滿足上式,炮彈就能垂直擊中坡面,而與v0 的大小無關． 討論　如將炮彈的運動按水平和豎直兩個方向分解,求解本題將會比較困難,有興趣讀者不妨自己體驗一下． 1 -20　一直立的雨傘,張開后其邊緣圓周的半徑為R,離地面的高度為h,(1) 當傘繞傘柄以勻角速ω旋轉時,求證水滴沿邊緣飛出后落在地面上半徑為的圓周上；(2)

30、 讀者能否由此定性構想一種草坪上或農田灌溉用的旋轉式灑水器的方案？ 分析　選定傘邊緣O 處的雨滴為研究對象,當傘以角速度ω旋轉時,雨滴將以速度v 沿切線方向飛出,并作平拋運動．建立如圖(a)所示坐標系,列出雨滴的運動方程并考慮圖中所示幾何關系,即可求證．由此可以想像如果讓水從一個旋轉的有很多小孔的噴頭中飛出,從不同小孔中飛出的水滴將會落在半徑不同的圓周上,為保證均勻噴灑對噴頭上小孔的分布還要給予精心的考慮． 解　(1) 如圖(a)所示坐標系中,雨滴落地的運動方程為 (1) (2) 由式(1)(2)可得

31、 由圖(a)所示幾何關系得雨滴落地處圓周的半徑為 (2) 常用草坪噴水器采用如圖(b)所示的球面噴頭(θ0 ＝45)其上有大量小孔．噴頭旋轉時,水滴以初速度v0 從各個小孔中噴出,并作斜上拋運動,通常噴頭表面基本上與草坪處在同一水平面上．則以φ角噴射的水柱射程為 為使噴頭周圍的草坪能被均勻噴灑,噴頭上的小孔數不但很多,而且還不能均勻分布,這是噴頭設計中的一個關鍵問題． 1 -21　一足球運動員在正對球門前25.0 m 處以20.0 mｓ-1 的初速率罰任意球,已知球門高為3.44 m．若要在垂直于球門的豎直平面內將足球直接踢進球門,問他應在與地面成什么角度的范

32、圍內踢出足球？ (足球可視為質點) 分析　被踢出后的足球,在空中作斜拋運動,其軌跡方程可由質點在豎直平面內的運動方程得到．由于水平距離x 已知,球門高度又限定了在y 方向的范圍,故只需將x、y 值代入即可求出． 解　取圖示坐標系Oxy,由運動方程 ,　 消去t 得軌跡方程 以x ＝25.0 m,v ＝20.0 mｓ-1 及3.44 m≥y≥0 代入后,可解得 71．11≥θ1 ≥69．92 27．92≥θ2 ≥18．89 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＞71．11或θ ＜18.89

33、踢出足球,都將因射程不足而不能直接射入球門；由于球門高度的限制,θ 角也并非能取71.11與18.89之間的任何值．當傾角取值為27.92＜θ ＜69．92時,踢出的足球將越過門緣而離去,這時球也不能射入球門．因此可取的角度范圍只能是解中的結果． 1 -22　一質點沿半徑為R 的圓周按規(guī)律運動,v0 、b 都是常量．(1) 求t 時刻質點的總加速度；(2) t 為何值時總加速度在數值上等于b？(3) 當加速度達到b 時,質點已沿圓周運行了多少圈？ 分析　在自然坐標中,s 表示圓周上從某一點開始的曲線坐標．由給定的運動方程s ＝s(t),對時間t 求一階、二階導數,即是沿曲線運動的速度v 和

34、加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量為an＝v2 /R．這樣,總加速度為a ＝aｔeｔ＋anen．至于質點在t 時間內通過的路程,即為曲線坐標的改變量Δs＝st -s0．因圓周長為2πR,質點所轉過的圈數自然可求得． 解　(1) 質點作圓周運動的速率為 其加速度的切向分量和法向分量分別為 , 故加速度的大小為 其方向與切線之間的夾角為 (2) 要使｜a｜＝b,由可得 (3) 從t＝0 開始到t＝v0 /b 時,質點經過的路程為 因此質點運行的圈數為 1 -23　一半徑為0.50 m 的飛輪在啟動時的短時間內,其角速度與時間的平方成正比．在t＝2.

35、0ｓ 時測得輪緣一點的速度值為4.0 mｓ-1．求：(1) 該輪在t′＝0.5ｓ的角速度,輪緣一點的切向加速度和總加速度；(2)該點在2.0ｓ內所轉過的角度． 分析　首先應該確定角速度的函數關系ω＝kt2．依據角量與線量的關系由特定時刻的速度值可得相應的角速度,從而求出式中的比例系數k,ω＝ω(t)確定后,注意到運動的角量描述與線量描述的相應關系,由運動學中兩類問題求解的方法(微分法和積分法),即可得到特定時刻的角加速度、切向加速度和角位移． 解　因ωR ＝v,由題意ω∝t2 得比例系數 所以 則t′＝0.5ｓ 時的角速度、角加速度和切向加速

36、度分別為 總加速度 在2.0ｓ內該點所轉過的角度 1 -24　一質點在半徑為0.10 m的圓周上運動,其角位置為,式中θ 的單位為rad,t 的單位為ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ時質點的法向加速度和切向加速度．(2) 當切向加速度的大小恰等于總加速度大小的一半時,θ 值為多少？(3) t 為多少時,法向加速度和切向加速度的值相等？ 分析　掌握角量與線量、角位移方程與位矢方程的對應關系,應用運動學求解的方法即可得到． 解　(1) 由于,則角速度．在t ＝2 ｓ 時,法向加速度和切向加速度的數值分別為 (2) 當時,有,即 得

37、 此時刻的角位置為 (3) 要使,則有 t ＝0.55ｓ 1 -25　一無風的下雨天,一列火車以v1＝20.0 mｓ-1 的速度勻速前進,在車內的旅客看見玻璃窗外的雨滴和垂線成75角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(設下降的雨滴作勻速運動) 分析　這是一個相對運動的問題．設雨滴為研究對象,地面為靜止參考系Ｓ,火車為動參考系Ｓ′．v1 為Ｓ′相對Ｓ 的速度,v2 為雨滴相對Ｓ的速度,利用相對運動速度的關系即可解．解　以地面為參考系,火車相對地面運動的速度為v1 ,雨滴相對地面豎直下落的速度為v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′為相對速度,它們之間的

38、關系為 (如圖所示),于是可得 1 -26　如圖(a)所示,一汽車在雨中沿直線行駛,其速率為v1 ,下落雨滴的速度方向偏于豎直方向之前θ 角,速率為v2′,若車后有一長方形物體,問車速v1為多大時,此物體正好不會被雨水淋濕？ 分析　這也是一個相對運動的問題．可視雨點為研究對象,地面為靜參考系Ｓ,汽車為動參考系Ｓ′．如圖(a)所示,要使物體不被淋濕,在車上觀察雨點下落的方向(即雨點相對于汽車的運動速度v2′的方向)應滿足．再由相對速度的矢量關系,即可求出所需車速v1． 解　由［圖(b)］,有 而要使,則 1 -27　一人能在靜水中以1.10 mｓ-1 的速度劃船前進

39、．今欲橫渡一寬為1.00 103 m、水流速度為0.55 mｓ-1 的大河．(1) 他若要從出發(fā)點橫渡該河而到達正對岸的一點,那么應如何確定劃行方向？ 到達正對岸需多少時間？ (2)如果希望用最短的時間過河,應如何確定劃行方向？ 船到達對岸的位置在什么地方？ 分析　船到達對岸所需時間是由船相對于岸的速度v 決定的．由于水流速度u的存在, v與船在靜水中劃行的速度v′之間有v＝u ＋v′(如圖所示)．若要使船到達正對岸,則必須使v沿正對岸方向；在劃速一定的條件下,若要用最短時間過河,則必須使v 有極大值． 解　(1) 由v＝u ＋v′可知,則船到達正對岸所需時間為 (2) 由于,在

40、劃速v′一定的條件下,只有當α＝0 時, v 最大(即v＝v′),此時,船過河時間t′＝d /v′,船到達距正對岸為l 的下游處,且有 1 -28 一質點相對觀察者O 運動, 在任意時刻t , 其位置為x ＝vt , y＝gt2 /2,質點運動的軌跡為拋物線．若另一觀察者O′以速率v 沿x 軸正向相對于O 運動．試問質點相對O′的軌跡和加速度如何？ 分析　該問題涉及到運動的相對性．如何將已知質點相對于觀察者O 的運動轉換到相對于觀察者O′的運動中去,其實質就是進行坐標變換,將系O 中一動點(x,y)變換至系O′中的點(x′,y′)．由于觀察者O′相對于觀察者O 作勻速運動,因此

41、,該坐標變換是線性的． 解　取Oxy 和O′x′y′分別為觀察者O 和觀察者O′所在的坐標系,且使Ox 和O′x′兩軸平行．在t ＝0 時,兩坐標原點重合．由坐標變換得 x′＝x - v t ＝v t - v t ＝0 y′＝y(tǒng) ＝1/2 gt2 加速度 由此可見,動點相對于系O′是在y 方向作勻變速直線運動．動點在兩坐標系中加速度相同,這也正是伽利略變換的必然結果． 第二章　牛頓定律 2 -1　如圖(a)所示,質量為m 的物體用平行于斜面的細線聯結置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速運動,當物體剛脫離斜面時,它的加速度的大小為(　　) (A)

42、 gsin θ　　(B) gcos θ　　(C) gtan θ　　(D) gcot θ 分析與解　當物體離開斜面瞬間,斜面對物體的支持力消失為零,物體在繩子拉力FＴ (其方向仍可認為平行于斜面)和重力作用下產生平行水平面向左的加速度a,如圖(b)所示,由其可解得合外力為mgcot θ,故選(D)．求解的關鍵是正確分析物體剛離開斜面瞬間的物體受力情況和狀態(tài)特征． 2 -2　用水平力FN把一個物體壓著靠在粗糙的豎直墻面上保持靜止．當FN逐漸增大時,物體所受的靜摩擦力Ff的大小(　　) (A) 不為零,但保持不變 (B) 隨FN成正比地增大 (C) 開始隨FN增大,達到某一最大值后,

43、就保持不變 (D) 無法確定 分析與解　與滑動摩擦力不同的是,靜摩擦力可在零與最大值μFN范圍內取值．當FN增加時,靜摩擦力可取的最大值成正比增加,但具體大小則取決于被作用物體的運動狀態(tài)．由題意知,物體一直保持靜止狀態(tài),故靜摩擦力與重力大小相等,方向相反,并保持不變,故選(A)． 2 -3　一段路面水平的公路,轉彎處軌道半徑為R,汽車輪胎與路面間的摩擦因數為μ,要使汽車不至于發(fā)生側向打滑,汽車在該處的行駛速率(　　) (A) 不得小于　　　　(B) 必須等于 (C) 不得大于 (D) 還應由汽車的質量m 決定 分析與解　由題意知,汽車應在水平面內作勻速率圓周運動,為保

44、證汽車轉彎時不側向打滑,所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供,能夠提供的最大向心力應為μFN．由此可算得汽車轉彎的最大速率應為v＝μRg．因此只要汽車轉彎時的實際速率不大于此值,均能保證不側向打滑．應選(C)． 2 -4　一物體沿固定圓弧形光滑軌道由靜止下滑,在下滑過程中,則(　　) (A) 它的加速度方向永遠指向圓心,其速率保持不變 (B) 它受到的軌道的作用力的大小不斷增加 (C) 它受到的合外力大小變化,方向永遠指向圓心 (D) 它受到的合外力大小不變,其速率不斷增加 分析與解　由圖可知,物體在下滑過程中受到大小和方向不變的重力以及時刻指向圓軌道中心的軌道支持力FN

45、作用,其合外力方向并非指向圓心,其大小和方向均與物體所在位置有關．重力的切向分量(m gcos θ) 使物體的速率將會不斷增加(由機械能守恒亦可判斷),則物體作圓周運動的向心力(又稱法向力)將不斷增大,由軌道法向方向上的動力學方程可判斷,隨θ 角的不斷增大過程,軌道支持力FN也將不斷增大,由此可見應選(B)． 2 -5　圖(a)示系統(tǒng)置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降機內,A、B 兩物體質量相同均為m,A 所在的桌面是水平的,繩子和定滑輪質量均不計,若忽略滑輪軸上和桌面上的摩擦,并不計空氣阻力,則繩中張力為(　　) (A) 58 mg　　(B) 12 mg　　(C) mg　　(D)

46、 2mg 分析與解　本題可考慮對A、B 兩物體加上慣性力后,以電梯這個非慣性參考系進行求解．此時A、B 兩物體受力情況如圖(b)所示,圖中a′為A、B 兩物體相對電梯的加速度,ma′為慣性力．對A、B 兩物體應用牛頓第二定律,可解得FＴ ＝5/8 mg．故選(A)． 討論　對于習題2 -5 這種類型的物理問題,往往從非慣性參考系(本題為電梯)觀察到的運動圖像較為明確,但由于牛頓定律只適用于慣性參考系,故從非慣性參考系求解力學問題時,必須對物體加上一個虛擬的慣性力．如以地面為慣性參考系求解,則兩物體的加速度aA 和aB 均應對地而言,本題中aA 和aB的大小與方向均不相同．其中aA 應斜

47、向上．對aA 、aB 、a 和a′之間還要用到相對運動規(guī)律,求解過程較繁．有興趣的讀者不妨自己嘗試一下． 2 -6　圖示一斜面,傾角為α,底邊AB 長為l ＝2.1 m,質量為m 的物體從題2 -6 圖斜面頂端由靜止開始向下滑動,斜面的摩擦因數為μ＝0.14．試問,當α為何值時,物體在斜面上下滑的時間最短？ 其數值為多少？ 分析　動力學問題一般分為兩類：(1) 已知物體受力求其運動情況；(2) 已知物體的運動情況來分析其所受的力．當然,在一個具體題目中,這兩類問題并無截然的界限,且都是以加速度作為中介,把動力學方程和運動學規(guī)律聯系起來．本題關鍵在列出動力學和運動學方程后,解出傾角與時間

48、的函數關系α＝f(t),然后運用對t 求極值的方法即可得出數值來． 解　取沿斜面為坐標軸Ox,原點O 位于斜面頂點,則由牛頓第二定律有 (1) 又物體在斜面上作勻變速直線運動,故有 則 (2) 為使下滑的時間最短,可令,由式(2)有 則可得 , 此時 2 -7　工地上有一吊車,將甲、乙兩塊混凝土預制板吊起送至高空．甲塊質量為m1 ＝2.00 102 kg,乙塊質量為m2 ＝1.00 102 kg．設吊車、框架和鋼絲繩的質量不計．試求下述兩種情況下

49、,鋼絲繩所受的張力以及乙塊對甲塊的作用力：(1) 兩物塊以10.0 mｓ-2 的加速度上升；(2) 兩物塊以1.0 mｓ-2 的加速度上升．從本題的結果,你能體會到起吊重物時必須緩慢加速的道理嗎？ 分析　預制板、吊車框架、鋼絲等可視為一組物體．處理動力學問題通常采用“隔離體”的方法,分析物體所受的各種作用力,在所選定的慣性系中列出它們各自的動力學方程．根據連接體中物體的多少可列出相應數目的方程式．結合各物體之間的相互作用和聯系,可解決物體的運動或相互作用力． 解　按題意,可分別取吊車(含甲、乙)和乙作為隔離體,畫示力圖,并取豎直向上為Oy 軸正方向(如圖所示)．當框架以加速度a 上升時

50、,有 FＴ -(m1 ＋m2 )g ＝(m1 ＋m2 )a (1) FN2 - m2 g ＝m2 a (2) 解上述方程,得 FＴ ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) (3) FN2 ＝m2 (g ＋a) (4) (1) 當整個裝置以加速度a ＝10 mｓ-2 上升時,由式(3)可得繩所受張力的值為 FＴ ＝5.94 103 N 乙對甲的作用力為 F′N2 ＝-FN2 ＝-m2 (g ＋a) ＝-1.98 103 N 　　(2) 當整個裝置以加速度

51、a ＝1 mｓ-2 上升時,得繩張力的值為 FＴ ＝3.24 103 N 此時,乙對甲的作用力則為 F′N2 ＝-1.08 103 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． 2 -8　如圖(a)所示,已知兩物體A、B 的質量均為m ＝3.0kg 物體A 以加速度a ＝1.0 mｓ-2 運動,求物體B 與桌面間的摩擦力．(滑輪與連接繩的質量不計) 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

52、、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

53、力,選定坐標；(2) 根據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,再代入數據,計算出結果來． 2 -9　質量為m′的長平板A 以速度v′在光滑平面上作直線運動,現將質量為m 的木塊B 輕輕平穩(wěn)地放在長平板上,板與木塊之間的動摩擦因數為μ,求木塊在長平板上滑行多遠才能與板取得共同速度？ 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

54、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動量定理求得．又因為系統(tǒng)內只有摩擦力作功,根據系統(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′a2 a1 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

55、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 2 -10　如圖(a)所示,在一只半徑為R 的半球形碗內,有一粒質量為m 的小鋼球,當小球以角速度ω在水平面內沿碗內壁作勻速圓

56、周運動時,它距碗底有多高？ 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

57、見,h 隨ω的變化而變化． 2 -11　火車轉彎時需要較大的向心力,如果兩條鐵軌都在同一水平面內(內軌、外軌等高),這個向心力只能由外軌提供,也就是說外軌會受到車輪對它很大的向外側壓力,這是很危險的．因此,對應于火車的速率及轉彎處的曲率半徑,必須使外軌適當地高出內軌,稱為外軌超高．現有一質量為m 的火車,以速率v 沿半徑為R 的圓弧軌道轉彎,已知路面傾角為θ,試求：(1) 在此條件下,火車速率v0 為多大時,才能使車輪對鐵軌內外軌的側壓力均為零？ (2) 如果火車的速率v≠v0 ,則車輪對鐵軌的側壓力為多少？ 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

58、量FNsinθ 提供(式中θ 角為路面傾角)．從而不會對內外軌產生擠壓．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,則會產生兩種情況：如圖所示,如v＞v0 時,外軌將會對車輪產生斜向內的側壓力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．據分析,由牛頓定律有 (1)

59、 (2) 解(1)(2)兩式可得火車轉彎時規(guī)定速率為 (2) 當v＞v0 時,根據分析有 (3) (4) 解(3)(4)兩式,可得外軌側壓力為 當v＜v0 時,根據分析有 (5) (6) 解(5)(6)兩式,可得內軌側壓力為 2 -12　一雜技演員在圓筒形建筑物內表演飛車走壁．設演員和摩托車的總質量為m,圓筒半徑為R,演員騎摩托車在直壁上以速率v 作勻速圓周螺旋運動,每繞一周上升距離為h,如圖所示．求壁對演員和摩托車的作用力． 分析　雜技演員(連同摩托車)的

60、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 解　設雜技演員連同摩托車整體為研究對象,據(b)(c)兩圖應有 (1)

61、 (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． 2 -13　一質點沿x軸運動,其受力如圖所示,設t ＝0 時,v0＝5mｓ-1 ,x0＝2 m,質點質量m ＝1kg,試求該質點7ｓ末的速度和位置坐標． 分析　首先應由題圖求得兩個時間段的F(t)函數,進而求得相應的

62、加速度函數,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 mｓ-1 和x5 ＝68.7 m 對5ｓ＜t ＜7ｓ 時間段,用同樣方法有 得 再由 得 x ＝17.5t2 -0.83t3 -82.5t ＋147.87 將t ＝7ｓ代入分別得

63、v7＝40 mｓ-1 和　x7 ＝142 m 2 -14　一質量為10 kg 的質點在力F 的作用下沿x 軸作直線運動,已知F ＝120t ＋40,式中F 的單位為N,t 的單位的ｓ．在t ＝0 時,質點位于x ＝5.0 m處,其速度v0＝6.0 mｓ-1 ．求質點在任意時刻的速度和位置． 分析　這是在變力作用下的動力學問題．由于力是時間的函數,而加速度a＝dv/dt,這時,動力學方程就成為速度對時間的一階微分方程,解此微分方程可得質點的速度v (t)；由速度的定義v＝dx /dt,用積分的方法可求出質點的位置．　　　　　 解　因加速度a＝dv/dt,在直線運動中,根據牛頓運動定律有

64、 依據質點運動的初始條件,即t0 ＝0 時v0 ＝6.0 mｓ-1 ,運用分離變量法對上式積分,得 v＝6.0+4.0t+6.0t2 又因v＝dx /dt,并由質點運動的初始條件：t0 ＝0 時x0 ＝5.0 m,對上式分離變量后積分,有 x ＝5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3 2 -15　輕型飛機連同駕駛員總質量為1.0 103 kg．飛機以55.0 mｓ-1 的速率在水平跑道上著陸后,駕駛員開始制動,若阻力與時間成正比,比例系數α＝5.0 102 Nｓ-1 ,空氣對飛機升力不計,求：(1) 10ｓ后飛機的速率；(2) 飛機著陸后10ｓ內滑行的距離． 分析　飛

65、機連同駕駛員在水平跑道上運動可視為質點作直線運動．其水平方向所受制動力F 為變力,且是時間的函數．在求速率和距離時,可根據動力學方程和運動學規(guī)律,采用分離變量法求解． 解　以地面飛機滑行方向為坐標正方向,由牛頓運動定律及初始條件,有 得 因此,飛機著陸10ｓ后的速率為 v ＝30 mｓ-1 又 故飛機著陸后10ｓ內所滑行的距離 2 -16　質量為m 的跳水運動員,從10.0 m 高臺上由靜止跳下落入水中．高臺距水面距離為h．把跳水運動員視為質點,并略去空氣阻力．運動員入水后垂直下沉,水對其

66、阻力為bv2 ,其中b 為一常量．若以水面上一點為坐標原點O,豎直向下為Oy 軸,求：(1) 運動員在水中的速率v與y 的函數關系；(2) 如b /m ＝0.40m -1 ,跳水運動員在水中下沉多少距離才能使其速率v減少到落水速率v0 的1 /10？ (假定跳水運動員在水中的浮力與所受的重力大小恰好相等) 分析　該題可以分為兩個過程,入水前是自由落體運動,入水后,物體受重力P、浮力F 和水的阻力Fｆ的作用,其合力是一變力,因此,物體作變加速運動．雖然物體的受力分析比較簡單,但是,由于變力是速度的函數(在有些問題中變力是時間、位置的函數),對這類問題列出動力學方程并不復雜,但要從它計算出物體運動的位置和速度就比較困難了．通常需要采用積分的方法去解所列出的微分方程．這也成了解題過程中的難點．在解方程的過程中,特別需要注意到積分變量的統(tǒng)一和初始條件的確定． 解　(1) 運動員入水前可視為自由落體運動,故入水時的速度為 運動員入水后,由牛頓定律得 P -