大学物理第五版马文蔚课后答案1(上)

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1、1-1分析与解(1)质点在/至(/+用时间内沿曲线从尸点运动到尸氯各量关系如图所示，其中路程A s =P P,位移大小|A r|=PP,而2=|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AAO时，点尸无限趋近成，则有|dr|=ds,但却不等于d/.故选(B).A r Av 由 于|故H,即|也|*V t A Z但由于|dr|=ds,故/d/,B|1 v =v .由此可见，应选(C).d/1-2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.通常用符号裱示,dz这是速度矢量在位矢方向上的一个

2、分量；上表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式半计算，在直d t d/角坐标系中则可由公式。=求 解.故选(D).1-3分析 与 解 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,d td r de起改变速度大小的作用；一在极坐标系中表示径向速率以如题1-2所述);在自然坐标系中表示质点的速率/;d/d t而空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).dr1 4分析与解 加速度的切向分量四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

3、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盹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分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式，进而判断运动性质为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为时刻定滑轮距小船的绳长为/贝叼、船的运动方程为X =J/?2，其中绳长/随时间f而变化.小船速度 =包=,”，式中更表示绳长/随时间的变化率，其大小即为由,代入整理后为U =丁 ,dr y j p-h1 山 V/2-/2/cos。方向沿x轴负向.由速度表达式，可判断

4、小船作变加速运动.故选(C).1-6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时间内的位移的大小可直接由运动方程得到：A r=为-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 虫=0来确定其运动方向改变的时刻内，求出Of 和。内咿立移大小AM、整厕t时间内的路程5 =|+囚目,如图所示,至于/=4,0s时质点速度和加速度可用 和 U 两式计算.出解（1）质点在4.0 s内位移的大小 Ar=x4-x0=-32 mdr（2）由 =0 得知质点的换向时刻为 r=2 s（

5、/=0不合题意）drp贝！Axj=x2-x0=8.0 m,Ax2=xA-x2=-40 m所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为s=+|Ax2|=48m（3）t=4.0 s时，。=史 =-48 m s-1_ d2x _ d/4.os _2,a 二 -36 m.sd厂;=4.0s1-7分析 根据加速度的定义可知,在直线运动中IA曲线的斜率为加速度的大小（图中AB、CD段斜率为定值，即匀变速直线运动；而线段BC的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动）.加速度为恒量，在a f图上是平行于f轴的直线，由图中求出各段的斜率，即可作出a/图 线.又由速度的定义可知,*f曲线的斜率为速度的大小.因此，匀速直

6、线运动所对应的X-/图应是一直线，而匀变速直线运动所对应的;F/图为，的二次曲线.根据各段时间内的运动方程=对，求出不同时刻/的位置X,采用描数据点的方法，可 作 出 回 图.解 将曲线分为AB、BC、CD三个过程,它们对应的加速度值分别为aAB=卫 二 殳=20 m s-2（匀力摩直线运动）,“鼠=（匀速直线运动）-lA=-1 0 m s-2（匀减速直线运动）fc根据上述结果即可作出质点的a f图 图（B）.在匀变速直线运动中，有1 2X=X+VQI H t由此，可计算在0 2 s和4 6 s时间间隔内各时刻的位置分别为Z/s0()511.544.555.56x/m0-7.5-10-7.50

7、4048.85558.860用描数据点的作图方法，由表中数据可作O 2s和46 s时间内的x-f图.在24 s时间内，质点是作。=20 m-s-1的匀速直线运动，其X：图是斜率4=20的一段直线图（c）.1-8分析 质点的轨迹方程为y=。）,可由运动方程的两个分量式乂。和乂。中消去/即可得到.对于/;AA X、A s来说,物理含义不同，可根据其定义计算.其中对欲求解用到积分方法，先在轨迹上任取一段微元ds,则#=-/（dx）2+（dy）2，最后用 s=jds,积分求 s.解（1）由X。和乂。中消去t后得质点轨迹方程为,y=2-!24这是一个抛物线方程，轨迹如图所示.(2)将f=0s和/=2 s

8、分别代入运动方程,可得相应位矢分别为%=,r2=4z-2 y图(a)中的P、Q两点，即为f=0s和/=2 s时质点所在位置.(3)由位移表达式得 A r=r2-4=(迎 一/*+(8-)，=今 2/其中位移大小心八=J(A x)2+(4y)2 =5.66 m而 径 向 增 量 =,=,|一 匐=Vx2 +yl Jx；+y：=2.47 m*(4)如图(B)所示，所求A s即为图中P Q段长度，先在其间任意处取AB微元ds贝J ds =，(心y+()?，由轨道方程可得dy=-1x dx，代入ds,则2 s内路程为s=ch=f 74+x2dx =5.91 m(a)题 I-8 图(b)1-9分析由运动

9、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=-10+60/,*At%=虫=1 5-40/，dt当f=0盹 6=-10m-s-1,=15ms-i,则初速度大小为%=1 8.0 m s1设均与x轴的夹角为a,则t a n a=-a=12341九 2（2）加速度的分量式为d 巩-（-2 dOy _2aY=-=60 m-s,av=-=-40 m-sx dr dt则力腱度的大小为 a=J a；+a,2=72.1 m-s-2设a与x轴的夹角为则a 2tan 4=一一，=-3341（或32619）4 31-10 分析在升降机与螺丝之间有相对运动

10、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M=%（。和 及=/（。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y-v1 2 7,12ot+a t yi-h+-g t当螺丝落至底面时，有分=及，即1 2 7 1 2 I 2 八如 +4广=+卬 gt t=-=

11、0.705 S2 2 g+Q（2）螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为1 ._d=h-y2=-vQt-gt=0.716 m解2以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度大小H=g+4螺丝落至底面盹有0=h-（g+a）t2 Z =J -=0.705 s2 1 g+a（2）由于升降机在f时间内上升的高度为=+贝J d=h-h =0.716 m1-1 1分析 该题属于运动学的第一类问题，即已知运动方程，=/(4求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度).在确定运动方程时，若取以点(0,3)为原点的。秒坐标系，并采用参数方程/=x 3和 片y来表示圆周运动是比较方便的.然后，运用坐标变换=

12、A0+乂 和 尸=川+,将 所 得 参 数 方 程 转 换 至。XK坐标系中,即得如坐标系中质点P在任意时刻的位矢.采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度.解 如 图(B)所示，在。的/坐标系中，因。=牛2兀/,则质点P的参数方程为,n.2兀x Hsin t,T,2 7 1y-Reos tT题1 -11图坐标变换后，在。冲坐标系中有x=x=Rsin t,T2兀y=y+y0=-c o sy t+R则质点P的位矢方程为2Tl(2兀、r=Rsm ti+1-7?cos/+R j=3sin(0.In/)/+31-cos(0.In/)j(2)5 s时的速度和加速度分别为dr D2T T 2兀,，力2兀.

13、2兀,./八 小.v=R cos ti+R sin =(0.3兀 m-s)/_ d2r dz 2 2.赤，.D/更兀2 T%贡？_2a=d=-R(-7)sin 丁 +R()cos tj (-0.0371 m,s)i陷2分 析G求 杆 赢 地 面 上 荔 速 度 的1小,必须建立影长与时间的函数关系，即影子端点的位矢方程.根据几何关系，影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得.由于运动的相对性，太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度.这样，影子端点的位矢方程和速度均可求得.解设太阳光线对地转动的角速度为以从正午时分开始计时，则杆的影长为s=/tg觎下午2:0 0时，杆顶在地面上影子的速度大

14、小为v=ds =-h-c-o-=11.c94zi x10 3 m-s-1d/cos cot当杆长等于影长时，即s 则1 S 冗 八.“t=arctan-=3x60 x60 sco h 4co即为下午3:0 0时,1-13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do dr决.由。=和0=可得do=adt和dx=ud/.如a=或s =则可两边直接积分.如果a 或讦：是时dt d/间f 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 do=j adt得 4/+%(1)由=Jud/得x 2tz-+o。+(2)将=3

15、 5 时,入 二 9 01,1/=2|115-久_1)(2)得K)二1 m-s-1,Ab=0.75 m.于是可得质点运动方程为x=2产-1/4+0.75121-14分析 本题亦属于运动学第二类问题，与上题不同之处在于加速度是速度麻)函数，因此，需将式dv分离变量 为 也 =d/后再两边积分.解 选取石子下落方向为y 轴正向，下落起点为坐标原点.dz?(1)由题意知 a=A Bv(1)dt用分离变量法把式(1)改写为将式(2)两边积分并考虑初始条件，有r d v dv=d/得石子速度 v=-(1-e-B,)*,o A-B v-*BA由此可知当,A-时,0 T2 为一常量，通常称为极限速度或收尾速

16、度.B(2)再由。=虫=W(1 e B,)并考虑初始条件有d/B d y=J-(l-e-B,)d/得石子运动方程歹=W f+4(e-Bl)1-15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区和斗分别积分,从而得到运动方程/的两个分量式X。和乂。.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1 1为固定形式，即x =x0+v0 xt +-axt2和y=%+%J+士 ,J ,两个分运动均为匀变速直线运动.读者不妨自己2 2 验证一下.解 由加速度定义式,根据初始条件6=0时4=0,积分可得J dr=|ad t =J(6/+4 j)d t v =6

17、t i +4t j又由o=史及初始条件/=0时,/5=(10m)/积分可得d/j dr=J vd/=J(6/z+4/)dz r -(10+3/2)/+2/2/由上述结果可得质点运动方程的分量式，即x=10+3f y=2P消去参数 可得运动的轨迹方程 3y =2x-20 m这是一个直线方程.直线斜率左=虫=tana=2。=3341.轨迹如图所示.dr 3题1 -1 5图d7)A n分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同，它们分别表示为4=了 和 万=后.在 匀 速 率 圆 周 运I)2|Av|动中，它们的大小分别为a =y =，式 中I A l可由图(B)中的几何关系得到，而可由转过的角度A

18、6求出.由计算结果能清楚地看到两者之间的关系，即瞬时加速度是平均加速度在()时的极限值.解(1)由图(b)可 看 到=刈-%,故Au=小V；+若-2叩2cos A8=o j2(l-cos)而 A/=-=v v所以|AT?|/-v2a=-=J 2(l-c o s A 0)-(2)将A6=90。,30。,10。,1。分别代入上式，得,v2 v2 v2 v2w 0.9003 ,a2 0.9886 0.9987,a4 1.000R 2 R 3 R 4 R以上结果表明，当A G O 时，匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值，该值即为法向加速度.RA V侬I-16图1-17分析 根据运动方程可直接写出

19、其分量式x 二副和y=刈，从中消去参数翻得质点的轨迹方程.平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率，即方=，它与时间间隔,的大小有关，当右0 时，平均速度的极限即A/瞬时速度0=包.切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量团 和品，前者只反映质点在切线方向速度大小的dt变化率，即a,=吧 e,后者只反映质点速度方向的变化，它可由总加速度a 和m 得到.在求得4 时刻质点的速度和dt法向加速度的大小后，可由公式%=j 求。.P解 由参数方程 x=2.04 y=19.0-2.0消去/得质点的轨迹方程：y =19.0-0.50A2(2)在4=1.0 0 s 到&=2.0s 时间内的平均速度-v=A

20、 r=r2-rL =2.0z-6.0/.t tt(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为乙、.ir .dy._ _._ .乙、d2x.d2y._ _2.v(/)=vxt+v j =-i +-j=2.0/-4.0(/a(t)=-i +-j =-4.0m-s j贝 巾=1.00 s时的速度刈 It=is=2.0/4Q/切向和法向加速度分别为a j f =穿4=(收+咪 应=3.58m-s-2e,a“=a2-a泊=1.79 n rs4,1 at At v(4)/=1.0 s质点的速度大小为 v-vx2+-4.47 m-s-1 则 p=J=11.17m1-18分析 物品空投后作平抛运动.忽鬲空气阻力的

21、条件下，由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作与速直线运动,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t时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.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a可由此时刻的两速度分量以、“求出，这样，也就可将重力加速度g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 =1/2飞机水平飞行速度-100 m s-i

22、，飞机离地面的高度y=100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离x-v I-452 mV g(2)视线和水平线的夹角为3-arctan =12.5x(3)在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为v,gta-arctan =arctan取自然坐标，物品在抛出2 s时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为a,=gsin a=gsin(arctan-=1.88 m-s-2an=geos a=g c o s arctan-=9.62 m-s-21-1 9分析这是一个斜上抛运动，看似简单，但针对题目所问，如不能灵活运用叠加原理，建立一个恰当的坐标系，将运动分解的话，求解起来并不容易.现建立如图(a)

23、所示坐标系，则炮弹在x和y两个方向的分运动均为匀减速直线运动，其初速度分别为K)C O S脚K)sin6其加速度分别为psin丽gcosa.在此坐标系中炮弹落地时，应有y=0,则*=OP.如欲使炮弹垂直击中坡面，则应满足=0,直接列出有关运动方程和速度方程，即可求解.由于本题中加速度g为恒矢量.故第一问也可由运动方程的矢量式计算，即r=%/+g g/2,做出炮弹落地时的矢量图 如图(B)所 示 ,由图中所示几何关系也可求得而(即图中的，矢量).题1 -19图解1由分析知，炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为1 21 2x-v0tcos -gt sin a(1)y-u0Zsin i-gfc

24、osa(2)令y=0求得时间，后再代入式(1)得八 八 2说sin4/0.。、2说sin4,0、OP-x-(cos a cos p-sin a sin p)-cos(a+p)gcosa geosa解2做出炮弹的运动矢量图，如图(b)所示，并利用正弦定理，有从中消去/后也可得到同样结果.(2)由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y=0和6=0,则vx=00cos B-g/sin a=0(3)由(2)(3)两式消去/后得n1tan i-2sin a由此可知.只要角丽或茜足上式，炮弹就能垂直击中坡面,而与心的大小无关.讨论如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解，求解本题将会上嗷困难，有兴趣读者不妨自己

25、体验一下.1-20分析 选定伞边缘。处的雨滴为研究对象,当伞以角速度3 旋转时，雨滴将以速度-沿切线方向飞出，并作平抛运动.建立如图(a)所示坐标系，列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系，即可求证.由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出，从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上，为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布题1 -2()图解(1)如图(a)所示坐标系中，雨滴落地的运动方程为x-v t-Rcot由式可得2 2R2co2hx=-g由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为r=yjx2+R2=R(2)常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(6b=45)其上有大量

26、小孔.喷头旋转时，水滴以初速度乃从各个小孔中喷出，并作斜上抛运动，通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上,则以谈喷射的水柱射程为R=%sin2g为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒，喷头上的小孔数不但很多，而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题.1-21分析 被踢出后的足球，在空中作斜抛运动，其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到.由于水平距离x已知,球门高度又限定了在y方向的范围，故只需将X y值代入即可求出.解 取 图 示 坐 标 系 由 运 动 方 程1 ,x=vtcosO,y =v/sin 0 g r消去t得轨迹方程y xtan 0(1+t3x0)x2v以x=25.0m,v

27、=20.0 m-s-1及3.44 mN庐0代入后，可解得71.69.92 2 7.9262 18.89如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下，球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示).如果以6 71.11。或6 18.89。踢出足球，都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,0角也并非能取71.11。与18.89之间的任何值.当倾角取值为27.92。6 27?)-=1.01 m-s-2在2.0 s内该点所转过的角度3 0Q=jcod/=j 2/2d/=-J/3|Q=5.33 rad1-24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

28、的方法即可得到.An解(1)由于。=2+4 r,则角速度 arctan.再由相对速度的矢量关系以-v2-v，即可求出所需车速巧.h题1 -2 6图解 由 也=%-叼 图(b),有V,一sin。a-arctan-二-02cos夕h k 任、I n,i 一%sin。、/、（/cos./I而要使a N arctan,贝ij-v,v,-+sm。h%cos。h 1 h J1-27分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度/决定的.由于水流速度族存在,商船在静水中划行的速度吠之间有“+叭如图所示）.若要使船到达正对岸，则必须使淞正对岸方向；在划速一定的条件下，若要用最短时间过河，则必须使有极大值.题 1

29、 -2 7 图解 由%+V可知a=arcsin，则船到达正对岸所需时间为V,t=-=1.05x103 sv vcosa（2）由于。=z/cosa,在划速V一定的条件下，只有当。=0时,i/最大（即卜二V）,此时，船过河时间/=船到达距正对岸为/的下游处，且有d9/=ut=u=5.0 x10 mv1-28分析 该问题涉及到运动的相对性.如何将已知质点相对于观察者。的运动转换到相对于观察者。的运动中去，其实质就是进行坐标变换，将系。中一动点(用力变换至系。中的点(乂川.由于观察者。相对于观察者。作匀速运动，因此，该坐标变换是线性的.解 取和。欠V分别为观察者。和观察者。所在的坐标系且使0 r和。欠

30、两轴平行.在/=0时，两坐标原点 重 合.由坐标变换得y=x-vt=vt-vt=0 y=y =1/2g f加速度 a=ciy=-=g由此可见,动点相对于系。是在y方向作匀变速直线运动.动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果.题2-1图2-1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，物体在绳子拉力尸(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a,如图(b)所示，由其可解得合外力为力！g cot Q故选(D).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诉范围内取

31、值.当代增加时，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(A).2-3分析 与 解 由题意知，汽车应在水平面内作与速率圆周运动，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诉,由此可算得汽车转弯的最大速率应为”=那.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(C).2-4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6作用,其合外力方向并非指向圆心，其大小和方向

32、均与物体所在位置有关.重力的切向分量(SC0S 0)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Kv-mg sin。=暇可判断，随8角的不断增大过程，轨道支持力G 也将不断增大，由此可见应选mg题2-4图2-5分析与解 本题可考虑对A、B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A、B两物体受力情况如图(b)所示，图中W为A、B两物体相对电梯的加速度,过为惯性力.对A、B两物体应用牛顿第二定律,可 解 得 占=5/8侬.故 选(A).(a)(b)题2-5图讨 论 对 于 习 题2-5这种类型的物理

33、问题，往往从非惯性参考系(本题为电梯)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,龙颁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,则两物体的加速度的和的均应对地而言，本题中邱和的大小与方向均不相同.其中aA应斜向 上.对 、品、a和。之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁.有兴趣的读者不妨自己尝试一下.2-6分析 动力学问题一般分为两类:(1)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

34、动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系a=然后运用对f求极值的方法即可得出数值来.解 取 沿 斜 面 为 坐 标 轴 6 原点。位于斜面顶点，则由牛顿第二定律有mgsin a-mg/jcos a=ma(1)又物体在斜面上作匀变速直线运动，故有-at2-g(sina-/cosa)/2cos a 2 22/则 geos a(sin a-/cos a)为使下滑的时间最短，可令9=0,由式有da-sin a(sin a-;/cosa)+cosa(cosa-/sin a)=0 则可得 tan2a=-,a -49此时 t=1-1 超-=0.99 s g cosa(sin a-/cos a)户“2题

35、 2-7 图2-7 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FT-(ml+mz)g=(rrh+mz)a(1)，凤2-m g=mza(2)解上述方程得Fy=(m+m2.)(g+a)(3)6J2 =mz(g+a)(4)(1)当整个装置以加速度a=10m

36、 s-2上升时，由式(3)可得绳所受张力的值为FT=5.94 X1Q3N乙对甲的作用力为 FN2=-FN2=-ni2(g+a)=-1.98 X1Q3N(2)当整个装置以加速度a=1 m s-2上升时彳导绳张力的值为FT=3.24 X1Q3N此时,乙对甲的作用力则为 FN2=-1.08 X103N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 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

37、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(b).由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程，有m/g-Fy-m a (1)尸 尸 f=rrkd(2)FT-2Fn=0(3)考 虑 到 冲=mb=m,F-=FT,FTI=尸,4=2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力f 2,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)解方程组彳导出文字结果；(4)核对量纲，再代入数据，计算出结果来.2-9 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

38、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M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.题2-8图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.Z_ _ _ _ _ _ _瘠？一工3题2-9图解1以地面为参考系，在

39、摩擦力尸f=m g的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程F=fj m g=m a Ft =-F=r r i az身和电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=a+4,木块相对平板以初速度-V作匀减速运动直至最终停止.由运动学规律有 力=2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为_ m v 22/j g(m +m)解2以木块和平板为系统，它们之间一对摩擦力作的总功为W-F (s+-f fi=/jmgs式中/为平板相对地面移动的距离.由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时，根据动量守恒定律，有rrl V=+喻/由系统的动能定理

40、，有/jmgs-g mv2 _；(?+m)v2f l?。由上述各式可得 S=一 一C2-10分 析 维 持 钢 球 在 水 平 面/璃 官 超 蜚 动时，必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力)，而该力是由碗内壁对球的支持力小的分力来提供的,由于支持力小始终垂直于碗内壁，所以支持力的大小和方向是随3而 变 的.取 图 示 坐 标，列出动力学方程,即可求解钢球距碗底的高度.解 取钢球为隔离体，其受力分析如图(b)所 示.在图示坐标中列动力学方程Fvsin 0-man-m7?co2sin 6(1)FNcosO=mg 且有 cos=(_)(3)R由上述各式可解得钢球距碗底的高度为h=R-2Q

41、 T可见，力随3 的变化而变化.2-11分析 如题所述，外轨超高的目的欲使火车转弯的所需向心力仅由轨道支持力的水平分量G sinJ提供(式中6角为路面倾角).从而不会对内外轨产生挤压,与其对应的是火车转弯时必须以规定的速率内行驶.当火车行驶速率以玲时，则会产生两种情况：如图所示，如“的 时，外轨将会对车轮产生斜向内的侧压力6，以 未 原 向 心 力 的不足，如i/4时,则内轨对车轮产生斜向外的侧压力R，以抵消多余的向心力，无论哪种情况火车都将对外轨或内轨产生 挤 压.由此可知,铁路部门为什么会在每个铁轨的转弯处规定时速，从而确保行车安全.题2-11图解 以火车为研究对象,建立如图所示坐标系.据

42、分析，由牛顿定律有Fvsin 0-m (1)FcosO-mg-0(2)解(1 乂2)两式可得火车转弯时规定速率为%=Jg RtanO 当 个 地 时，根据分析有,.v2A s in 6+片 cos 9=m (3)Fvcos 8 s in 8 mg=0解(3)(4)两式，可得外轨侧压强z厂7,=(a 力ml/cos夕一g sind当p v 卅时，根据分析有Fsin 0-/cos=m (5)7vcos 0+Tsin 0-mg=0(6)解(5)(6)两式，可得内轨侧压力为工 gs i n os“2-12分析杂技演员(连同摩托车)的运动可以看成一个水平面内的匀速率圆周运动和一个竖直向上匀速直线运动的叠

43、加.其旋转一周所形成的旋线轨迹展开后，相当于如图(b)所示的斜面.把演员的运动速度分解为图示的灯和吃两个分量,显然是竖直向上作匀速直线运动的分速度，而刈则是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度,其中向心力由筒壁对演员的支持力FN的水平分量吊2 提供，而竖直分量吊1 则与重力相平衡.如图所示,其中碘为摩托车与筒壁所夹角.运用牛顿定律即可求得筒壁支持力的大小和方向力.2-12 图解设杂技演员连同摩托车整体为研究对象，据(b)两图应有v2%-但=0 Lv2=?不vi 0cos。=v,(3)FN=J F*+F：?J(2兀 火)一+肥以式(3)代入式(2)得_ m 4TI2R2V2 _ 4n2Rmv2X 元

44、4兀 2川+/=4 n2R2+h2 将式和式(5)代入式,可求出圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力)大小为-ri 2|4兀2火z?、与壁的夹角8为Fv,4/&2=arctan 二 arctan 7一T；-0一FN（4 兀 2.2 +2）g讨论表演飞车走壁时，演员必须控制好运动速度，行车雌以及摩托车的方位，以确保三者之间满足解题用到的各个力学规律.2-13分析首先应由题图求得两个时间段的气。函数，进而求得相应的加速度函数，运用积分方法求解题目所问,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应.解 由 题 图 得E)=2t,35-5/,0 t 5s5s t 7s由牛顿定律可得两时间段质

45、点的加速度分别为a=2/,0 t 5s a=35-5/,5s t 7s对0 t 5 s时间段，由Q=得d/dv=aAt 积分后得 o=5+/再由0=曳 得 d x=f vdtd/A。上积分后得x=2+5/+r3将f=5 s代入彳导1/6 =30 ms-i和 用=68.7 m对5 sf)考虑到初始条件乂)=0 时，。0=J 亚，对上式积分，有(2)将已知条件77=0.4m Liz=0.1 vb代入上式，则得m.vy=-In=5.76 mb v02-17分析 螺旋桨旋转时，叶片上各点的加速度不同，在其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量是连续分布的，在求叶片根部的张力时,可选取叶片上一小段，分析

46、其受力，列出动力学方程,然后采用积分的方法求解.解 设叶片根部为原点2 沿叶片背离原点。的方向为正向，距原点。为处的长为d L 小段叶片,其两侧对它的拉力分别为尸r(r)与尸r(r+d/).叶片转动时，该小段叶片作圆周运动,由牛顿定律有dFT-尸)一耳(尸+d r)=a)2rdr由于r=/时外侧尸r =0,所以有。芦=暇”3(上一号.)=一彳1.)上式中取=0,即得叶片根部的张力Q rO =-2.79 105 N负号表示张力方向与坐标方向相反.2-18分析该题可由牛顿第二定律求解,在取自然坐标的情况下，沿圆弧方向的加速度就是切向加速度团,与其相对应的外力尸t是重力的切向分量/T Si na而与

47、法向加速度力目对应的外力是支持力G 和重力的法向分量啰3O Sa.由此，可分别列出切向和法向的动力学方程尸t=加 加 和 自=/7 7斗.由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的，因此，需应用积分求解,为使运算简便，可转换积分变量.倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度，方法比较简便.但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力.解小球在运动过程中受到重力尸和圆轨道对它的支持力小.取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得F,=-/M gs i na=w (1)Fn F mg c osa =(2)由。=生=包 得 由=，代入式，并根据小球从点A运动到点C的始末条件

48、，进行积分，有d t d t vv d v =:。(-rgs i na)da得 v =J2 rgeos。则小球在点C的角速度为c o=J2 gcos a/尸 由式(2)得2m V r=m-F mg eosa -3m geos ar由此可得小球对圆轨道的作用力为FN=-FN=3m gcos a负号表示户N e n反 向.题2-1 9图2-19分析 运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的，因而，可先分析动力学问题.物体在作圆周运动的过程中，促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力局和环与物体之间的摩擦力a ,而摩擦力大小与正压力国成正比，且瓜与&又是作用力与反作用力，这样，就可通过它们

49、把切向和法向两个加速度联系起来了，从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程.解(1)设物体质量为m取图中所示的自然坐标，按牛顿定律，有 m v2 尸 位FN=加%=丁 耳=-m a,=-R a t由分析中可知，摩擦力的大小厂f =近，由上述各式可得v2 dvu=-R dt取初始条件/=0时v=0,并对上式进行积分，有f.R dv Rv0dt=v=-2上 丸 R+00 m(2)当物体的速率从I/O减少到1/2此时，由上式可得所需的时间为叫物体在这段时间内所经过的路程s=/vd1 t=/-R-v-(-d-z s=Rl、n2、山 山R+VoM 2-20分析 物体在发射过程中，同时受到重力和空气阻力的

50、作用，其合力是速率1/的一次函数，动力学方程是速率的一阶微分方程，求解时,只需采用分离变量的数学方法即可.但是,在求解高度时，则必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解，并注意到物体上升至最大高度时，速率应为零.解 物体在空中受重力领D空气阻力8 =心 作 用 而 减 速.由牛顿定律得.dv-mg-KU-m 根据始末条件对上式积分，有f dr=-m f v J)与 mg+kum.,t=In 1 +ka 6.11 s(2)利 用 电=o处的关系代入式(1),可得dt dy,dv-mg-KU=mvdy分离变量后积分冏=上出 故 y=螫 ln(l+纽183mJ)丸 mg+kv k k y m

51、g)2讨论 如不考虑空气阻力，则物体向上作匀减速运动.由 公 式 且 和】，=4-分别算得*6.12 s和片184 m,g 2g均比实际值略大一些.2-21分析由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反，因此，物体在上抛过程中所受重力尸和阻力石的方向相同；而下落过程中，所受重力，和阻力片的方向则相反.又因阻力是变力，在解动力学方程时，需用积分的方法.解 分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点，竖直向上为y轴(如图所示).(1)物体在上抛过程中，根据牛顿定律有-mg-kmv2=dv vdvm =m-d/dy依据初始条件对上式积分，有f d f%小.a g+kv物体到达最高处时,p=0,

52、故有(2)物体下落过程中，有-mg+kmv2=m-对上式积分，有Ay则1+竺1%g _ ku I g J2-22分析该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题，求解方法与前两题相似,只是在解题过程中必须设法求出阻力系数A.由于阻力斤=%庐，且万又与恒力尸的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时，加速度为零，此时速度达到最大.因此,根据速度最大值可求出阻力系数来.但在求摩托车所走路程时,需对变量作变换.解设摩托车沿x轴正方向运动，在牵引力尸和阻力万同时作用下,由牛顿定律有F-k u2dv-tn d/当加速度a=dHd/=0时，摩托车的速率最大，因此可得k=F/v(2)由式和

53、式(2)可得根据始末条件对式(3)积分，有又因式(3)中 加 电=处 电，再利用始末条件对式(3)积分，有d/drp,m v2,nil m v1.4 _ .mv1 dr=一 I2 1 z-dv 贝ij x=In 0.144 F A v l IF 3 F2-23分析 如图所示，飞机触地后滑行期间受到5个力作用，其中H为空气阻力,R为空气升力,F i为跑道作用于飞机的摩擦力彳艮显然飞机是在合外力为变力的情况下作减速运动，列出牛顿第二定律方程后，用运动学第二类问题的相关规律解题.由于作用于飞机的合外力为速度函函数，所求的又是飞机滑行距离人因此比较简便方法是直接对牛顿第二定律方程中的积分变量d f进行

54、代换，将d/用上代替彳导到一个有关。和x 的微分方程，分离变量后再作v积分.解取飞机滑行方向为X 的正方向，着陆点为坐标原点，如图所示,根据牛顿第二定律有碟FN+k2v2-wg =0(2)将式代入式，并整理得-mg-左,切2 -m-mvAt dx分离变量并积分，有F mvdv r,-7-=-I&上。umg+(%-左2 W 力得飞机滑行距离x=,+依二/2)力 (3)2(尢-攵2)L pmg考虑飞机着陆瞬间有凡二0 和 片 玲，应有监好二mg,将其代入(3)式可得飞机滑行距离x 的另一表达式x=户;_2g(匕一 左2)讨论 如飞机着陆速度此=144 km-h-1,/J=0.1，升阻比与=5，可算

55、得飞机的滑行距离x=560 m,设计飞机跑道卷长度时应参照上述计算结果.2-24分析 如同习题2-5 分析中指出的用解，可对木箱加上惯性力后后，以车厢为参考系进行求解，如图所示,此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用，图中W 为木箱相对车厢的加速度.解由牛顿第二定律和相关运动学规律有Fo-Ff=ma-pmg=maf(1)/2=2afL 联立解(1)(2)两式并代入题给数据彳导木箱撞上车厢挡板时的速度为vf=J 2(a-Rg)L=2.9 m-s2X题2-2 4图2-25分析 如以加速运动的电梯为参考系,则为非惯性系.在非惯性系中应用牛顿定律时必须引入惯性力.在通常受力分析的基础上,加以惯性力后

56、，即可列出牛顿运动方程来.解 取如图(b)所示的坐标，以电梯为参考系，分别对物体4 8作受力分析，其中Q=mya,Fz=/7ta分别为作用在物体4 B上的惯性力.设a为物体相对电梯的加速度，根据牛顿定律有+mxa-FT i=marm2g+m2a-Fy i=-m1ar由上述各式可得%=%=2i4-(g +q)+m2由相对加速度的矢量关系，可得物体A、B对地面的加速度值为(m,2m,a(、2m,a+(m,-ax=%-1=-2-a2=_(4+q)=-!-2.+m2 m+m2忿的方向向上，a的方向由a和a的大小决定.当a 0时,a的方向向下；反之,a的方向向上.2-26分析 这类问题可应用牛顿定律并采

57、用隔离体法求解.在解题的过程中必须注意：(1)参考系的选择.由于牛顿定律只适用于惯性系,可选择地面为参考系(惯性系).因地面和斜面都是光滑的，当滑块在斜面上下滑时，三棱柱受到滑块对它的作用，也将沿地面作加速度为的的运动，这时，滑块沿斜面的加速度加，不再是它相对于地面的加速度as 了.必须注意到它们之间应满足相对加速度的矢量关系，即 的=34+SBA.若以斜面为参考系(非惯性系)，用它求解这类含有相对运动的力学问题是较为方便的.但在非惯性系中，若仍要应用牛顿定律则必须增添一惯性力且有尸=g .(2)坐标系的选择.常取平面直角坐标，并使其中一坐标轴方向与运动方向一致，这样，可使解题简化.(3)在分

58、析滑块与三棱柱之间的正压力时，要考虑运动状态的影响，切勿简单地把它视为滑块重力在垂直于斜面方向的分力磔cos a 事实上只有当前=0 时,正压力才等于/TCOS a.解1取地面为参考系,以滑块8 和三棱柱/I 为研究对象,分别作示力图，如图(b)所 示.B 受重力用、/I 施加的支持力61 ;Z I受重力8、8 施加的压力片人地面支持力小2.4 的运动方向为5轴的正向,0轴的正向垂直地面向上.设为为“对地的加速度，的 为 8 对的地加速度.由牛顿定律得FM s in a-m aA-Fwsin a=maBx(2)FN lc o s a-w g =maBy(3)品 =五N1 设B 相对A 的加速度

59、为说,则由题意a s、QB A、3A三者的矢量关系如图所示.据此可得aB x=aA-aBAcosa(5)aB y=-fi,(sina(6)解上述方程组可得三棱柱对地面的加速度为ms,sin a cosaA,-2-f-*-72m 4-msin a滑块相对地面的加速度加在x、y 轴上的分量分别为mg sin a cos aUn%aBy(mf+m)g sin2af 2m+加sin a则滑块相对地面的加速度超的大小为;-丁.J 42+2tnm,+rrr Isin 2ana其方向与y轴负向的夹角为八 。小 m+cota,.,厂 mmgcosa0-arctan=arctan-A 与8 之间的正压力 FK

60、y=-aBy m+m m+wsin a解2若以力为参考系,O r轴沿斜面方向 图(d).在非惯性系中运用牛顿定律，则滑块8的动力学方程分别为/Mgsin a+maAcosa-maBA(1)mgcos a-Fw-maAsin a=0(2)又因 FNi sm a-m aA-0(3)氏i=%由以上各式可解得_ wgsinacosa _ (m+w)gsinaaA =-aB A =-m+wsin a m+/wsin a由 珈、3B A、加三者的矢量关系可得7 m+2.mm+m)sin2a 小 c mmg cos aaB=gsma-以 当 代 入 式 可 得Fw=-.2-m+/wsin-a m+wsin-

61、a3-1分析与解 在质点组中内力总是成对出现的，它们是作用力与反作用力.由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量.但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同，故一对内力所作功之和不一定为零，应作具体分析，如一对弹性内力的功的代数和一般为零，一对摩擦内力的功代数和一般不为零，对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势育阱目互转换，因此保守内力即使有可能改变质点组的动能，但也不可能改变质点组的机械能.综上所述(3)说法是正确的.故选(C).3-2分析与解对题述系统来说，由题意知并无外力和非保守内力作功，故系统机械能守恒.物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能

62、转化为动能，另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能，其大小取决其中一个内力所作功.由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等.动量自然也就不等(动量方向也不同).故(A)(B)(C)三种说法均不正确.至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零，下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零.由此可知，此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力)，但在水平方向上并无外力，故系统在水平方向上分动量守恒.3-3分析与解 保守力作正功时，系统内相应势能应该减少.由于保守力作功与路径无关，而只与始末位置有关，如质点环绕一周过程中，保守力

63、在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功，两者之和必为零.至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3-2分析)，由此可见只有说法(2)正确，故选(C).&4分 析 与 解 由 题 意 知，作用在题述系统上的合外力为零，故系统动量守恒，但机械能未必守恒，这取决于在A、B弹开过程中C与A或D与B之间有无相对滑动，如有则必然会因摩擦内力作功，而使一部分机械能转化为热能,娴D)3-5分析与解子弹-木块系统在子弹射入过程中，作用于系统的合外力为零，故系统动量守恒，但机械能并不守恒.这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零（这是因为子弹对地位移大于木块对地位移

64、所致），子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功，子弹减少的动能中，一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能，另一部分则转化为热能（大小就等于这一对内力所作功的代数和）.综上所述，只有说法（C）的表述是完全正确的.&6分析由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力，直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能 的.如果考虑力的时间累积效果，运用动量定理来分析，就可避免作用过程中的细节情况.在求鸟对飞机的冲力（常指在短暂时间内的平均力）时，由于飞机的状态（指动量）变化不知道,使计算也难以进行；这时，可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况，并根据鸟与飞机作用的相互性（作用与反作用），

65、问题就很简单了.解 以飞鸟为研究对象，取飞机运动方向为x轴 正 向.由动量定理得Fb t =m v -0式中户为飞财鸟的平均冲力，而身长为2 0 c m的飞鸟与飞机碰撞时间约为A f=/以此代入上式可得2-F-=,ITIV =2.5 5 x 10=e N鸟对飞机的平均冲力为-尸=一./.=2.5 5 x 1 （）U5 N式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反.从计算结果可知2 2 5 X 105 N的冲力大致相当于一个2 2 t的物体所受的重力，可见，此冲力是相当大的.若飞鸟与发动机叶片相碰，足以使发动机损坏，造成飞行事故.3-7分析 重力是恒力，因此，求其在一段时间内的冲量时，只需求出时

66、间间隔即可.由抛体运动规律可知，物体到达最高点的时间抽=典:物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍.这样,按冲量g的定义即可求得结果.另一种解的方法是根据过程的始、末动量，由动量定理求出.解1物体从出发到达最高点所需的时间为4=2 4 则物体落回地面的时间为 /,=3=空 吆g g于是,在相应的过程中重力的冲量分别为/,=-mg t j -/M Uos i n a j I2-j F d/=-2/M U0s i n a j解2根据动量定理，物体由发射点。运动到点A 8的过程中，重力的冲量分别为4=m vAyj -m voyJ =_ w oSi n a j I2=m vB yj -m voyj=-2 w v0s i n a j8 8分析 本题可由冲量的定义式/=1 Ed/，求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度4.解 由 分 析 知/=，（30+4/拉=30/+2/2 1=68N-S（2）由/=300=30/+2 8,解 此 方 程 可 得t=6.86s（另一解不合题意已舍去）（3）由动量定理，有/-mv rn v y由（2）可知f=6.86 s时/=300 N-