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《基础物理学》习题解答

配套教材：
《基础物理学》（韩可芳主编，韩德培 熊水兵 马世豪编委），湖北教育出版社（1999）
第一章 质点力学
思考题
1-1 试比较以下各对物理量的区别：


d
2
r
dr

d
2
r
dr
（1）
r
和
r
； （2） 和 （3） 和
2

2
dt
dt
dt
dt
< br>

dr
答：（1）
r
表示矢量
r
的模 ，位移的大小，而
r
表示位矢大小之差
r
的绝对值；（2）表示速度dt

d
2
r
dr
d
2
r
的 大小，而表示位矢的长短随时间的变化率；（3）表示加速度的大小，
2
位矢的长短对时间2
dt
dt
dt
的二阶导数。
1-2 质点沿直线运动，其位置矢量是否一定方向不变？质点位置矢量方向不变，质点是否一定做直线运
动？
答：质点沿直线运动，质点位置矢量方向不一定不变。质点位置矢量方向不变，质点沿直线运动。

1-3 设质点的运动学方程为
xx(t)
，
yy(t)
，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出
r
dr
d
2
r
xy
，然后根据
v
和
a
求得结果。又有人先计算速 度和加速度的分量，再合成而求
2
dt
dt
22

dx
dy

得结果，即
v



和
a
dt

dt

22

d2
x

d
2
y



dt
2





dt
2


。你认为哪一种方法正确？为什么？

22
答：后一种方法正确。位矢、速度、加速度均为矢量，在本题中

先求出分量，再由分量合成得出矢量的大小是正确的，而前一种方法先出位矢

只是位矢大小的时间变化率，而不是速度的大小，


也不是加速度的大小。

大小

，再求出的

- 1 -

1-4 图示某质点在椭圆轨道上运动，任何时刻质点加速度的方 向均指
向椭圆的一个焦点O，试分析质点通过P、Q两点时，其运动分别是加
速的，还是减速的 ？
答：在P 点，总加速度的切向分量与速度方向相反，该行星速率减小；
在Q点，总加速度 的切向分量与速度方向相同，行星速率正在增大。

1-5 （1）匀速圆周运动的速度和加速度是否都恒不变？
（2）能不能说“曲线运动的法向加速度就是匀速圆周运动的加速度”？
（3）在什么情况下会有法向加速度？在什么情况下会有切向加速度？
（4）以一定初速度< br>v
0
、抛射角

0
抛出的物体，在轨道上哪一点的切向加速度 最大？在哪一点的法向加速
度最大？在任一点处（设这时物体飞行的仰角为

），物体 的法向加速度为何？切向加速度为何？
思考题 1-4 图
P
O
Q

答：
1）在匀速圆周运动中质点的速率是保持不变的而速度的方向则每时每刻在变化 ．所以不能说；速度
v
2
a
n

R
始终保持不变， 同时它的方向恒指向圆心而转恒定不变．在匀速圆周运动中，质点的加速度量值
变，所以加速度矢量也是 恒定不变的。
（2）匀速圆周运动是曲线运动的一个特例．当质点作一般的曲线运动时，在某 一时刻，位于曲线的
v
2
0
a
n
n
p
， 其方向即
n
0
，指向该处曲线曲率中心．从瞬时的观点看，它一个确定位置处它的法向 加速度
确实可以与匀速圆周运动的向心加速度类比．但是这仅仅是类比而已，两者还是有本质区别的．曲 线运动
中曲率中心位空时刻变化的，而匀速率圆周运动的圆心位置不变；此外，匀速圆周运动的速度大小 保持不
变，故没有切向加速度．而曲线运动中，一般说来，除了法向加速度外，还有切向加速度
即在曲线的各点切线处，质点运动的速度大小可以随时何而变的，因此法向加速度的数值也随时间而变，
而匀速率圆周运动中加速度大小是不变的．
2
v

（
3
）法向加速度
an
0

，
n0
是指向曲率中心的单位矢量，
P
为曲率半径，当质点运动的速度之
n< br>p
a
t

dv
0
t
dt
，亦
方向改变时，就会有法向加速度．切向加速度
a
t

dv
0
，
0
是质点所在处的曲线之切线沿运动方向一侧
t
t
dt
的单位矢量，当质点运动的速度之数值改变时就会有切向加速度。

（4）在抛射体运动中，当 不计任何阻力时，其加速度是恒定的，即重力加速度g，如图所示．设在抛
物线上某一点处其仰角为
，则该物体的法向加速度为
a
n
gcos

n0
切向加速度为
a
t
gsin

t
0。当

0
0
时，
cos

1
，即 位于抛物线的最高点处有最大的法向加
Y
agsin

的最大值速度
a
nmax
gj
。而切向加速度
t
v
a
t< br>O


出现在取得最大值处，。即在抛出点
a
t
 gsin

0
。及
在落地点
a
t
gsin

0
(落地点在同一水平面处），若落地
点为深渊则
a
t
g
。

1-6 一质点做斜抛运动，试分别说明下列积分式的意义。
- 2 -

a
n
a
n
g
g
v
a
t
X

t
1
t
1
（1）
（2）

0
v
x
dt
，
A
0
v
y
dt
，

vdt
，式中t< br>1
为落地时间。
0
t
1


B
A
B

dr
，

dr
，式中A和B分别代表抛点 和落地点位置。
答：（1）
（2）
B

t
1
0< br>v
x
dt
水平方向的射程，

v
y
dt竖直方向的所经过的路程，

vdt
质点所经过的路程。
0
t
1
t
1
0
A
B

dr
抛点和落 地点之间的位移，

dr
抛点和落地点之间的路程。
A

1-7 试举例说明以下两种说法是不正确的：
（1）摩擦力总是阻碍物体运动的；
（2）物体受到的摩擦力的方向总是与物体运动方向相反。
答：(1)传送带上的物体，摩擦 力带动物体运动。摩擦力只是阻碍物体的相对运动,，不一定阻碍物体的运
动；（2）否。传送带上的物 体，摩擦力带动物体运动

1-8 有人认为牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例，即合力为零的情形，那么为何还要单独的牛顿第一定
律？
答：不能认为牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例.牛顿第一定律有它自身的物理意义和地位，牛顿第一 定
律阐明了物体不受外力作用时的运动规律，同时还引入物体惯性的概念，即物体具有保持原来运动状态 的
性质.牛顿第一定律虽然引入了力的概念，但没有说明力怎样改变物体的运动状态.而牛顿第二定律却 说明
了物体受力时，力和物体加速度之间的关系.所以说，牛顿第一定律是用来阐明物体不受外力作用时 的运动
规律，而牛顿第二定律是用来阐明物体受到外力作用时的运动规律，二者不能替代.

投影在竖直方位，写出
1-9 如图所示，一根绳子悬挂着小球在水平面内做匀速圆周运动 。在求绳子对小球的拉力
T
时，有人把
T

smg0
，
Tco

也有人把重力
mg
投影在绳子所在方位，写出

s0
。
Tmgco

显然两者不能同时成立，哪种做法是正确的？说明其理由。
答：第一种方法正确。小球在重力和拉力的共同作用下，受到的合力指
向圆心O。所以，沿水平和竖直方向分解，竖直方向的加速度为零，
故第一式成立。但是，如果把重力投影在绳子所在方位，该方向上的加
速度并非为零，所以第二式不成立。



O

T


mg

思考题 1-9 图
习题解答
1-1 一人站在OXY平面上的某点(x1、y1)处，以初速度v0竖直向上抛出一球。
（1）试以时间t为变量写出球的位矢r
（2）求出球的速度矢量v和加速度矢量a

1
2


解：（1）
rx
1
i y
1
j(v
0
tgt)k

2
- 3 -





（2）
v(v
0
gt)k
，
agk


1-2 一质点做直线运动，它的运动学方程是x=bt-ct
2
，方程中a、b、c是常数。（1）此 质点的速度和加速
度与时间的函数关系是怎样的？（2）作出x-t图象、v-t图象和a-t图象。
解：（1）
v
dxdv
b2ct
，
a2c
dtdt
（2）若b>0，c>0，则图象如下所示：(注意：要注明是b>0，c>0 这种情况，另外，时间一定是大于零)
x
b
2

4c
v
b
a
b

2c
t
b

2c
t
-2c
a-t
t
x-t v-t


1-3 一质点从P点出发以匀速率1cms
-1
做顺时针转向的圆周 运动，圆的半
径为1m。取P点为原点，坐标系如图所示，求：
（1）当它走过23圆周时， 位移是多少？走过的路程是多少？这段时间内，
平均速度是多少？在该点的瞬时速度如何？
（2）当它走过12圆周时，以上各值又如何？
（3）写下该质点的运动学方程x =x (t) 和y =y (t) 的函数式。


1-4 一质点运动学方程为x=t2, y=(t-1)
2
，x和y均以m为单位，t以s为
单位，试求：
（1）质点的轨道方程；（2）在t=2s时，质点的速度v和加速度 a.
解：
2


xt
（1）

2


y 

t1

Y
C
P
O
题 1-3 图
X
y

x1


2

2


2

（2）由运动学方程：
rxi yjti

t1

j



< br>dr
v2ti

2t2

j

dt




dv

t2s
时，
v

4i2j

ms
，
a

2 i2j

ms
2
（注意矢量的写法，写成分量形式就不用加单位
d t
矢量了）

1-5 如图湖中有一小船，岸上人用绳跨定滑轮拉船靠岸。当人以 匀速v拉绳，船运动的速度v’为多少？
设滑轮距水面高度为h，滑轮到船原位置的绳长为l
0
。
- 4 -

解一：如图所示，当船发生元位移dx 时，绳长的变化为dl=dx cosθ
dldx< br>cos

vv

cos


dtdt
h
sin

0


l
0
sin


v


h

l< br>0
vt

vi
h
2
1()
l
0
vt

dl

dx

解二：
x
2
h
2
l
2

等式两边微分得：
2xdx2ldl
dxdl

xl
dtdt
dxldllv
vv

l

dtxdtxx
ll
0
vtxl
2
h
2< br>

vi
v


1(

< br>rxihj

h
2
)
l
0
vt

解法3：用矢量表示
则船的运动速度可以表示为
- 5 -


< br>drdx

v

i
dtdt

d
(r
2
h
2
)i

dt


1drvi
i
h
dt
h
1()
2
1( )
2
rr
dr
vrl
0
vt

dt

vi

v


h
21()
l
0
vt

1-6 一质点具有恒定加速度a=(6i+4j) ms
-2
。在t=0时，其速度为零，位置矢量 r
0
=10im。求（1）在任意
时刻的速度和位置矢量；（2）质点在XOY平面上 的轨迹方程，并画出轨迹的示意图。
解：由加速度定义式，根据初始条件
t
0
= 0时
v
0
= 0，积分可得

v
0
dv

adt

[(6ms
2
)i(4ms
2
)j]dt
00
tt

v(6ms
2< br>)ti(4ms
2
)tj
v
dr
dt

又由及初始条件
t
= 0时，
r
0

= (10 m)
i
，积分可得

r
0
dr< br>
vdt

[(6ms
2
)ti(4ms
2
)tj]dt
00
tt

r[10m(3ms
 2
)t
2
]i[(2ms
2
)t
2
]j 由上述结果可得质点运动方程的分量式，即
x10m3ms
 2
t
2
y2ms
2
t
2





消去参数
t
，可得运动的轨迹方程：
3y2x20m

kdy
2
tan



dx3
，

3341

。 这是一个直线方程，直线斜率
- 6 -

轨迹如图所示。

1-7 在高处将一小石子以15ms-1的速度沿水平方向抛出。不计空气阻力，以抛出点为坐标 原点，取OX
轴的正方向与初速度的方向一致，OY的正向竖直向下，从抛出时刻开始计时，并取g=1 0ms
-2
，试求：
（1）2s末小石子的位置坐标；
（2）小石子的运动轨道方程；
（3）2s末小石子所在处的轨道曲率半径。
解：
1
2
gt20m
，位置坐标为 (30, 20).
2
1
2
1
22
x
（2）x=v
0
t=15t，
ygt5t
，
y
245

（3 ）石子轨迹如图所示。在P点建立自然坐标系。把g沿

，
n
方向分解，设g 与

之间的夹角为，则：
（1）t=2s时，x=v
0
t=30m ，
y
a

gcos

，
a
n
gsin


当t=2s时，
v
v
2


2
22
v
x
v
y
15
2


gt

25ms

sin


v
x
153


v 255
v
2
25
2
(1y

2
)
32
）

104.2m
（可以用曲率半径的定义直接计算



gsin

6
y

1-8 有 两个抛体以相同的速率v0抛出，但它们的速度与水平面的夹角分别为
0



4


和

4


，其中< br>
4
。（1）试证这两个抛体有相同的射程；（2）计算证明它们飞行的时间差为
t
时的情形。
22v
0
sin

；（3）
g
讨论



4


1-9 设从某一 点M，以同样的速率，沿着同一铅直面内各个不同方向，同时抛出几个物体。试证，在任
意时刻，这几个 物体总是散落在某一圆周上。
- 7 -

1-10 低速迫击炮弹以发射角45发射，其初速率v
0
=90ms。在与发射点同一水平面上落地 。不计空气阻
-1
力，求炮弹在最高点和落地点其运动轨道的曲率半径。
解：
将炮弹视为质点,不计空气阻力. 在直交坐标系O- xy中,炮弹运动的速度与加速度为





ag gj
vv
0
cos

i(v
0
sin
gt)j
(1)在最高点
v
y
v
0
sin

gt0
a
n
g
vv
0
cos



(9022)
2
22
Rvan
(v
0
cos

)g
m413.3m

9.8

(2)在落地点
v
vv
ve





0t
a
n
gcos(45)
2
v
0
v
2
90
2
Rm1169 m

a
n
gcos(45)
9.822
0
1-11 一质点沿半径为R的圆周按规律
sv
0
t
（1）t时刻质点的总加速度；
（2）t为何值时总加速度在数值上等于b？
1
2
bt
而运动，v0、b都是常数。求：
2
（3）当加速度到达b时，质点已沿圆周运行了多少圈？
解：
dsdv


v
2


v
0
bt


v
0
bt

a



b


a
n

（1）
v
nn

dtdt
R
2
加速度大小
aa

ab
222
n
2

v
0
bt

4
R
4

vbt


a
，方向
tan

n

0
a

bR
2
（ 2）令
ab
，即
b
（3）当
ab
时，
t< br>2

v
0
bt

4
R
4
b
2
，有
v
0
bt
，
t
v
0

b
v
0
，代入方程，得：
b
2
vv
v
1
v
ss
sv
0

0
b
0

0
，运行圈数
n
0

b2b2b

2

R4

bR

1-12 一质点沿半径为0.10m的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用下式表示：=2 +4t
3
，式中t以
秒计。问：
（1）在t=2秒时，它的法向加速度和切向加速度各是多少？在t=4秒时又如何？
（2）当切向加速度的大小恰是总加速度大小的一半时，的值是多少？
（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰好有相等的值？
- 8 -
2

解：
d
0.112t
2
1.2t
2
,
dt

dv
a< br>
2.4t,
dt
v
2
(1.2t
2
)
2
a
n
14.4t
4
,
r0.1

(1):vr
2
a2.424.8(ms),


t2

a
n

t2
t4
t4
14.42
4
230.4(ms
2
);
2.449.6(ms
2
),

a< br>
a
n
14.44
4
3686.4(ms
2< br>).
1
2
a

2
a
n
,
2
1
2.4t(2.4t)
2
(14.4t
4
)2
,
2

(2):a




1-13 一质点从静止出发沿半径为R=3m的圆周运动，切向加速度为
a
=3ms
-2
。
（1）经过多少时间它的总加速度a愉好与半径成45角？
（2）在上述时间内，质点经过的路程和角位移各为多少？
解：已知
a
t

dv
3
，即
dv3dt

dt
vt
由初始条件: t =0时，
v
0
0
，得质点的瞬时速率
v

dv

3dt3t

00
v
2
(3t)
2
质点的法向加速度的大小为
a
n
3t
2

R3
这样总加速度为：
aa
t
a
n
3t3t
2
n

其中
n
为沿半径指向圆心的单位矢量，
t
为切向单位矢量。
（1）设总加速度与半径夹角为

，
则有：
acos

a
n
，
asin

a
t

当

=45º时，有
a
t
a
n
，即要求
3t
2
=3，t =1s（另一负根舍去）
所以t =1s时，总加速度
a
与半径成45º角。
ds
v
和初始条件：t =0时，s
0
=0 ，得：
dt
t
3
s 

vdt

3tdtt
2

0
2
将t =1s 代入，求出这段时间内的路程：
（2）由
3
2
11.5m

t1
2
s
由角位移与路程的关系



R
s
1.5
当t =1s时,

1

1
0.5rad

R3

- 9 -
3
s
1
t
2
2

1-14 一质点做半径R=0.5m的圆周运动，其运动学方程为＝t
3
+3t ，式中以弧度计，t以秒计。试求t=2s
时，质点运动的角位置、角速度和角加速度。


1-15 一敞顶电梯以2 ms
-1
的速率上升。当电梯底板离地面10m时，从电梯底板上竖直上抛一小球，小
球相对电梯的初速率为5 ms
-1
。以地面为参考系，求：
（1）小球能达到的最大高度；
（2）小球抛出后多长时间再回到电上。


1-16 一人骑自行车向东而行。在速率为10 ms
-1
时，觉得有南风；速率增至15 ms
-1
时，觉得有东南风。
求风的速度。
解：以地面为S系，运动的自行车为S’系。建立坐标系。
S’
Y (北)

在S系中，风的速度始终为
v

在S’系中：在速率为10m·s-1时，觉得有南风（速度矢量为北）；即：


在u
1
10i,风在S'系中速度为v
1
'
aj
在速率为15m·s-1时，觉得有东南风（速度矢量为西北）；


'

u
2
15i时，风在S'系中速度 为v
2
aiaj。
X(东)
由相对运动的速度变换公式，得： 


vu
1
v
1
'

10iaj15iaiaja5



'

vu
2
v
2
S系
Y(北)
X(东)




v10i5j
速度矢量指向东偏北（是西偏南风）

v10
2
5
2
11.2

角度：

arctan(510)


1-17在一只 半径为R的半球形碗内，有一粒质量为m的小钢球。当钢球以角速度在水平面内沿碗的内壁
做匀速圆周 运动时，它距碗底有多高？
解：由题意作示意图如图2-6所示。钢球m距离碗底高h，沿碗内壁在水 平面内以角速度

转动时，其向
22


心加速度由图2- 5可知为
a
n
r

R

sin
，钢球受两个力作用：重力
mg
与碗内壁的支持力
N
，


见图2-6。
mg
与
N
的合力提供了为钢球做匀速圆周运动所需 的向心力。由图2-6可知
Fmgtg

再由牛顿
g
Rh
cos


第二定律可得
Fmgtg

mR

2
sin

，简化后得
cos


，再 由图2-5知，
2
R
R

- 10 -

所以
hR
g

2


o R




o

r m


h
图2-5

N




m


1-18 一质量为10kg的质点在力F=(120t+40)N作用下沿X轴做直线运
动。在t=0时，质点位 于x
0
=5.0m处，其速度v
0
=6.0 ms
-1
。求质点在任
意时刻的速度和位置。
解：由牛顿第二定律可得

dv
Fm

dt
则任意时刻的速度



F

t
vv
0

< br>Fdtv
0



120t40

dt
00
t



mg

v
0


60t
2
40t


660t
2
40t

ms
0
tt
t

图2-6

任意时刻的位置为
xx< br>0


vdtx
0



66 0t
2
40t

dt
00
x
0
6t 20t20t

56t20t20t

m
3232


1-19 如本题图所示，已知两物体的质量m=M=3.0kg，物体m 以加速度a =1.6 ms
-2
运动。求物体M与桌
面间的摩擦力。

解：
分别为m和M做受力分析，有：

mg2Tma



Tf2Ma
f2.7N
（g取9.8，g取10，则f=3N）


1-20 一质量为m的小球最初位于如本题图所示的点A，然后沿半径为r的光滑圆弧内 表面ADCB下滑。
试求小球在点C时的角速度和对圆弧表面的作用力。
- 11 -

解：（一）
根据机械能守恒定律：
mgr< br>1
2
mvmg

rrcos


2
1
2
mvmgrcos

2
v2grcos< br>




v2g
cos

F mgcos

mr

2

rr
mr2gco s

Fmgcos

3mgcos


r
（二）设质点与竖直方向成θ角时，分析其受力情况
F

m gsin

ma

m
dvdvdvdsdv
v
gsin



gsin

dsvdv

dtdtdsdtds
< br>v
gsin

rd

vdv
两边积分

gsin

rd



vdv
00

cos

gr
1
2
v

2
v2grcos


s

F
nNmgcos

ma
n
mv
2
r

N3mgco

1-21 桌上有一块质量M=1kg的木板，板上放着一个质 量m=2kg的物体。物体和板之间、板和桌面之间
的动摩擦因数均为  =0.25，静摩擦数均为
s
=0.30。
（1）现在水平力F拉板，物体与板一起以加速度 a = ms
-2
运动，试计算物体和板的相互作用力以及板和
桌面的相互作用力。
（2）现在要使板从物体下抽出，须用的力F要加到多大？




1-22 如本题图所示，质量为2.0kg的物体静止在光滑的水平面上，物体系在绳索的一端，绳 索通过无摩
擦的滑轮。物体最初放在距滑轮水平距离l =2.0m处，绳索与水平面之间的夹角为30 。设作用在绳索上的
恒力为28N，问在距出发点的哪个位置上物体将离开平面。
- 12 -

解：
tan30
a
l
atan30l
23

3
支

当物体将离开地面时，地面对物体的支撑力
F=0
。 即绳对物体的拉力的垂直向上的分力F

= mg

sin
< br>
F

mg19.6
0.7
FF28
tan< br>

7
51
xatan


235121 53
1.178

slx21.180.822m

3721
即距出发点0.822m处。
1-23 如本题图所示，有两物体A与B 被一弹簧相连，物体B放在一支承面上。已知m
A
=20kg，m
B
=40kg，
物体A的运动学方程为y =0.01sin8 t 。试求物体B对支承面的压力的极大值和极小值。设弹簧的质量略
去不计，y 的单位为米，t 的单位为秒。


1-24 一升降机内有一光滑斜面。斜面固定在升降机的底板上，其段角为 ，如本题图所示。当升降机以
匀加速度a
I
上升时，物体m 从斜面的顶点沿斜面下滑，求物体m 相对于斜面的加速度a’以及相对于地
面的加速度a 各如何？
- 13 -

N
Y
N
G
F
I
G
X


物体受力图（以地面为参考系）
物体受力图（以升降机为参考系）


解：




以升降机为参考系 ，取向上方向为正。则物块受力如右图所示。物体受到支持力
N
，重力
G
和惯 性力
F
I
。




由牛顿第二定律 ，有
NGF
I
ma'

沿斜面表面的平行方向和垂直方向作受力分解。
在斜面表面的垂直方向，加速度为0，
N

GF
I

cos


在斜面表 面的平行方向，加速度为a’，
ma'

F
I
G
sin

。
方向向下。
以地面为参考系，建立如图坐标系。
在水平x轴方向：Nsin = ma
x
(1)
由第（1）问有
N

mgF
I

cos



mgma
I

cos

(2)
在竖直方向，有
Ncos

mgma
y
(3)


又
F
I
ma
I
（负号表示方向与 a
I
相反，实际上与G相同），故
a'

ga
I

sin

，方向沿斜面表面平行


22
相 对地面的加速度
a

a
I
g

sin

cos

ia
I
cos

gsin

j




1-25设电梯相对地面以加速度 a 铅 直向上运动。电梯中有一质量可略去不计的滑轮，在滑轮的两侧用轻
绳悬挂着质量分别为m
1< br> 和m
2
的重物，如图所示。已知 m
1
> m
2
，如以加速运动的升降机为参考系，求
物体相对地的加速度度和绳的张力为多少？
T T
m
1

m
1
a

解：
- 14 -
m
2

m
1
g m
2
g

m
2
a

取向上为正方向
在 电梯参考系中，m
1
受力为：方向向下的重力m
1
g，向上的绳的拉力T，方 向向下的惯性力m
1
a。m
1
的加
速度为a
1
' 。
Tm
1
gm
1
am
1
a
1'
(1)
m
2
受力为：方向向下的重力m
2
g， 向上的绳的拉力T，方向向下的惯性力m
2
a。m
2
的加速度为a
2
' 。
Tm
2
gm
2
am
2
a< br>2
'
(2)
考虑到数值和方向，有：
a
1
'a
2
'
(3)
联立解(1)、(2)和(3)，得：
a

m
1
m
2

ga

1
'

m

1
m
2
a

m
1
m
2

ga

2
'
m

1
m
2
T
2m
1
m
2
m

ga


1
m
2
对地面，则有
a

m1
m
2

g2m
2
a
1
aa
1
'
m

1
m
2

a
2

g2m
1
a
2
aa
2
'

m
1
m
mm

12
- 15 -

《基础物理学》习题解答

配套教材：
《基础物理学》（韩可芳主编，韩德培 熊水兵 马世豪编委），湖北教育出版社（1999）
第一章 质点力学
思考题
1-1 试比较以下各对物理量的区别：


d
2
r
dr

d
2
r
dr
（1）
r
和
r
； （2） 和 （3） 和
2

2
dt
dt
dt
dt
< br>

dr
答：（1）
r
表示矢量
r
的模 ，位移的大小，而
r
表示位矢大小之差
r
的绝对值；（2）表示速度dt

d
2
r
dr
d
2
r
的 大小，而表示位矢的长短随时间的变化率；（3）表示加速度的大小，
2
位矢的长短对时间2
dt
dt
dt
的二阶导数。
1-2 质点沿直线运动，其位置矢量是否一定方向不变？质点位置矢量方向不变，质点是否一定做直线运
动？
答：质点沿直线运动，质点位置矢量方向不一定不变。质点位置矢量方向不变，质点沿直线运动。

1-3 设质点的运动学方程为
xx(t)
，
yy(t)
，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出
r
dr
d
2
r
xy
，然后根据
v
和
a
求得结果。又有人先计算速 度和加速度的分量，再合成而求
2
dt
dt
22

dx
dy

得结果，即
v



和
a
dt

dt

22

d2
x

d
2
y



dt
2





dt
2


。你认为哪一种方法正确？为什么？

22
答：后一种方法正确。位矢、速度、加速度均为矢量，在本题中

先求出分量，再由分量合成得出矢量的大小是正确的，而前一种方法先出位矢

只是位矢大小的时间变化率，而不是速度的大小，


也不是加速度的大小。

大小

，再求出的

- 1 -

1-4 图示某质点在椭圆轨道上运动，任何时刻质点加速度的方 向均指
向椭圆的一个焦点O，试分析质点通过P、Q两点时，其运动分别是加
速的，还是减速的 ？
答：在P 点，总加速度的切向分量与速度方向相反，该行星速率减小；
在Q点，总加速度 的切向分量与速度方向相同，行星速率正在增大。

1-5 （1）匀速圆周运动的速度和加速度是否都恒不变？
（2）能不能说“曲线运动的法向加速度就是匀速圆周运动的加速度”？
（3）在什么情况下会有法向加速度？在什么情况下会有切向加速度？
（4）以一定初速度< br>v
0
、抛射角

0
抛出的物体，在轨道上哪一点的切向加速度 最大？在哪一点的法向加速
度最大？在任一点处（设这时物体飞行的仰角为

），物体 的法向加速度为何？切向加速度为何？
思考题 1-4 图
P
O
Q

答：
1）在匀速圆周运动中质点的速率是保持不变的而速度的方向则每时每刻在变化 ．所以不能说；速度
v
2
a
n

R
始终保持不变， 同时它的方向恒指向圆心而转恒定不变．在匀速圆周运动中，质点的加速度量值
变，所以加速度矢量也是 恒定不变的。
（2）匀速圆周运动是曲线运动的一个特例．当质点作一般的曲线运动时，在某 一时刻，位于曲线的
v
2
0
a
n
n
p
， 其方向即
n
0
，指向该处曲线曲率中心．从瞬时的观点看，它一个确定位置处它的法向 加速度
确实可以与匀速圆周运动的向心加速度类比．但是这仅仅是类比而已，两者还是有本质区别的．曲 线运动
中曲率中心位空时刻变化的，而匀速率圆周运动的圆心位置不变；此外，匀速圆周运动的速度大小 保持不
变，故没有切向加速度．而曲线运动中，一般说来，除了法向加速度外，还有切向加速度
即在曲线的各点切线处，质点运动的速度大小可以随时何而变的，因此法向加速度的数值也随时间而变，
而匀速率圆周运动中加速度大小是不变的．
2
v

（
3
）法向加速度
an
0

，
n0
是指向曲率中心的单位矢量，
P
为曲率半径，当质点运动的速度之
n< br>p
a
t

dv
0
t
dt
，亦
方向改变时，就会有法向加速度．切向加速度
a
t

dv
0
，
0
是质点所在处的曲线之切线沿运动方向一侧
t
t
dt
的单位矢量，当质点运动的速度之数值改变时就会有切向加速度。

（4）在抛射体运动中，当 不计任何阻力时，其加速度是恒定的，即重力加速度g，如图所示．设在抛
物线上某一点处其仰角为
，则该物体的法向加速度为
a
n
gcos

n0
切向加速度为
a
t
gsin

t
0。当

0
0
时，
cos

1
，即 位于抛物线的最高点处有最大的法向加
Y
agsin

的最大值速度
a
nmax
gj
。而切向加速度
t
v
a
t< br>O


出现在取得最大值处，。即在抛出点
a
t
 gsin

0
。及
在落地点
a
t
gsin

0
(落地点在同一水平面处），若落地
点为深渊则
a
t
g
。

1-6 一质点做斜抛运动，试分别说明下列积分式的意义。
- 2 -

a
n
a
n
g
g
v
a
t
X

t
1
t
1
（1）
（2）

0
v
x
dt
，
A
0
v
y
dt
，

vdt
，式中t< br>1
为落地时间。
0
t
1


B
A
B

dr
，

dr
，式中A和B分别代表抛点 和落地点位置。
答：（1）
（2）
B

t
1
0< br>v
x
dt
水平方向的射程，

v
y
dt竖直方向的所经过的路程，

vdt
质点所经过的路程。
0
t
1
t
1
0
A
B

dr
抛点和落 地点之间的位移，

dr
抛点和落地点之间的路程。
A

1-7 试举例说明以下两种说法是不正确的：
（1）摩擦力总是阻碍物体运动的；
（2）物体受到的摩擦力的方向总是与物体运动方向相反。
答：(1)传送带上的物体，摩擦 力带动物体运动。摩擦力只是阻碍物体的相对运动,，不一定阻碍物体的运
动；（2）否。传送带上的物 体，摩擦力带动物体运动

1-8 有人认为牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例，即合力为零的情形，那么为何还要单独的牛顿第一定
律？
答：不能认为牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例.牛顿第一定律有它自身的物理意义和地位，牛顿第一 定
律阐明了物体不受外力作用时的运动规律，同时还引入物体惯性的概念，即物体具有保持原来运动状态 的
性质.牛顿第一定律虽然引入了力的概念，但没有说明力怎样改变物体的运动状态.而牛顿第二定律却 说明
了物体受力时，力和物体加速度之间的关系.所以说，牛顿第一定律是用来阐明物体不受外力作用时 的运动
规律，而牛顿第二定律是用来阐明物体受到外力作用时的运动规律，二者不能替代.

投影在竖直方位，写出
1-9 如图所示，一根绳子悬挂着小球在水平面内做匀速圆周运动 。在求绳子对小球的拉力
T
时，有人把
T

smg0
，
Tco

也有人把重力
mg
投影在绳子所在方位，写出

s0
。
Tmgco

显然两者不能同时成立，哪种做法是正确的？说明其理由。
答：第一种方法正确。小球在重力和拉力的共同作用下，受到的合力指
向圆心O。所以，沿水平和竖直方向分解，竖直方向的加速度为零，
故第一式成立。但是，如果把重力投影在绳子所在方位，该方向上的加
速度并非为零，所以第二式不成立。



O

T


mg

思考题 1-9 图
习题解答
1-1 一人站在OXY平面上的某点(x1、y1)处，以初速度v0竖直向上抛出一球。
（1）试以时间t为变量写出球的位矢r
（2）求出球的速度矢量v和加速度矢量a

1
2


解：（1）
rx
1
i y
1
j(v
0
tgt)k

2
- 3 -





（2）
v(v
0
gt)k
，
agk


1-2 一质点做直线运动，它的运动学方程是x=bt-ct
2
，方程中a、b、c是常数。（1）此 质点的速度和加速
度与时间的函数关系是怎样的？（2）作出x-t图象、v-t图象和a-t图象。
解：（1）
v
dxdv
b2ct
，
a2c
dtdt
（2）若b>0，c>0，则图象如下所示：(注意：要注明是b>0，c>0 这种情况，另外，时间一定是大于零)
x
b
2

4c
v
b
a
b

2c
t
b

2c
t
-2c
a-t
t
x-t v-t


1-3 一质点从P点出发以匀速率1cms
-1
做顺时针转向的圆周 运动，圆的半
径为1m。取P点为原点，坐标系如图所示，求：
（1）当它走过23圆周时， 位移是多少？走过的路程是多少？这段时间内，
平均速度是多少？在该点的瞬时速度如何？
（2）当它走过12圆周时，以上各值又如何？
（3）写下该质点的运动学方程x =x (t) 和y =y (t) 的函数式。


1-4 一质点运动学方程为x=t2, y=(t-1)
2
，x和y均以m为单位，t以s为
单位，试求：
（1）质点的轨道方程；（2）在t=2s时，质点的速度v和加速度 a.
解：
2


xt
（1）

2


y 

t1

Y
C
P
O
题 1-3 图
X
y

x1


2

2


2

（2）由运动学方程：
rxi yjti

t1

j



< br>dr
v2ti

2t2

j

dt




dv

t2s
时，
v

4i2j

ms
，
a

2 i2j

ms
2
（注意矢量的写法，写成分量形式就不用加单位
d t
矢量了）

1-5 如图湖中有一小船，岸上人用绳跨定滑轮拉船靠岸。当人以 匀速v拉绳，船运动的速度v’为多少？
设滑轮距水面高度为h，滑轮到船原位置的绳长为l
0
。
- 4 -

解一：如图所示，当船发生元位移dx 时，绳长的变化为dl=dx cosθ
dldx< br>cos

vv

cos


dtdt
h
sin

0


l
0
sin


v


h

l< br>0
vt

vi
h
2
1()
l
0
vt

dl

dx

解二：
x
2
h
2
l
2

等式两边微分得：
2xdx2ldl
dxdl

xl
dtdt
dxldllv
vv

l

dtxdtxx
ll
0
vtxl
2
h
2< br>

vi
v


1(

< br>rxihj

h
2
)
l
0
vt

解法3：用矢量表示
则船的运动速度可以表示为
- 5 -


< br>drdx

v

i
dtdt

d
(r
2
h
2
)i

dt


1drvi
i
h
dt
h
1()
2
1( )
2
rr
dr
vrl
0
vt

dt

vi

v


h
21()
l
0
vt

1-6 一质点具有恒定加速度a=(6i+4j) ms
-2
。在t=0时，其速度为零，位置矢量 r
0
=10im。求（1）在任意
时刻的速度和位置矢量；（2）质点在XOY平面上 的轨迹方程，并画出轨迹的示意图。
解：由加速度定义式，根据初始条件
t
0
= 0时
v
0
= 0，积分可得

v
0
dv

adt

[(6ms
2
)i(4ms
2
)j]dt
00
tt

v(6ms
2< br>)ti(4ms
2
)tj
v
dr
dt

又由及初始条件
t
= 0时，
r
0

= (10 m)
i
，积分可得

r
0
dr< br>
vdt

[(6ms
2
)ti(4ms
2
)tj]dt
00
tt

r[10m(3ms
 2
)t
2
]i[(2ms
2
)t
2
]j 由上述结果可得质点运动方程的分量式，即
x10m3ms
 2
t
2
y2ms
2
t
2





消去参数
t
，可得运动的轨迹方程：
3y2x20m

kdy
2
tan



dx3
，

3341

。 这是一个直线方程，直线斜率
- 6 -

轨迹如图所示。

1-7 在高处将一小石子以15ms-1的速度沿水平方向抛出。不计空气阻力，以抛出点为坐标 原点，取OX
轴的正方向与初速度的方向一致，OY的正向竖直向下，从抛出时刻开始计时，并取g=1 0ms
-2
，试求：
（1）2s末小石子的位置坐标；
（2）小石子的运动轨道方程；
（3）2s末小石子所在处的轨道曲率半径。
解：
1
2
gt20m
，位置坐标为 (30, 20).
2
1
2
1
22
x
（2）x=v
0
t=15t，
ygt5t
，
y
245

（3 ）石子轨迹如图所示。在P点建立自然坐标系。把g沿

，
n
方向分解，设g 与

之间的夹角为，则：
（1）t=2s时，x=v
0
t=30m ，
y
a

gcos

，
a
n
gsin


当t=2s时，
v
v
2


2
22
v
x
v
y
15
2


gt

25ms

sin


v
x
153


v 255
v
2
25
2
(1y

2
)
32
）

104.2m
（可以用曲率半径的定义直接计算



gsin

6
y

1-8 有 两个抛体以相同的速率v0抛出，但它们的速度与水平面的夹角分别为
0



4


和

4


，其中< br>
4
。（1）试证这两个抛体有相同的射程；（2）计算证明它们飞行的时间差为
t
时的情形。
22v
0
sin

；（3）
g
讨论



4


1-9 设从某一 点M，以同样的速率，沿着同一铅直面内各个不同方向，同时抛出几个物体。试证，在任
意时刻，这几个 物体总是散落在某一圆周上。
- 7 -

1-10 低速迫击炮弹以发射角45发射，其初速率v
0
=90ms。在与发射点同一水平面上落地 。不计空气阻
-1
力，求炮弹在最高点和落地点其运动轨道的曲率半径。
解：
将炮弹视为质点,不计空气阻力. 在直交坐标系O- xy中,炮弹运动的速度与加速度为





ag gj
vv
0
cos

i(v
0
sin
gt)j
(1)在最高点
v
y
v
0
sin

gt0
a
n
g
vv
0
cos



(9022)
2
22
Rvan
(v
0
cos

)g
m413.3m

9.8

(2)在落地点
v
vv
ve





0t
a
n
gcos(45)
2
v
0
v
2
90
2
Rm1169 m

a
n
gcos(45)
9.822
0
1-11 一质点沿半径为R的圆周按规律
sv
0
t
（1）t时刻质点的总加速度；
（2）t为何值时总加速度在数值上等于b？
1
2
bt
而运动，v0、b都是常数。求：
2
（3）当加速度到达b时，质点已沿圆周运行了多少圈？
解：
dsdv


v
2


v
0
bt


v
0
bt

a



b


a
n

（1）
v
nn

dtdt
R
2
加速度大小
aa

ab
222
n
2

v
0
bt

4
R
4

vbt


a
，方向
tan

n

0
a

bR
2
（ 2）令
ab
，即
b
（3）当
ab
时，
t< br>2

v
0
bt

4
R
4
b
2
，有
v
0
bt
，
t
v
0

b
v
0
，代入方程，得：
b
2
vv
v
1
v
ss
sv
0

0
b
0

0
，运行圈数
n
0

b2b2b

2

R4

bR

1-12 一质点沿半径为0.10m的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用下式表示：=2 +4t
3
，式中t以
秒计。问：
（1）在t=2秒时，它的法向加速度和切向加速度各是多少？在t=4秒时又如何？
（2）当切向加速度的大小恰是总加速度大小的一半时，的值是多少？
（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰好有相等的值？
- 8 -
2

解：
d
0.112t
2
1.2t
2
,
dt

dv
a< br>
2.4t,
dt
v
2
(1.2t
2
)
2
a
n
14.4t
4
,
r0.1

(1):vr
2
a2.424.8(ms),


t2

a
n

t2
t4
t4
14.42
4
230.4(ms
2
);
2.449.6(ms
2
),

a< br>
a
n
14.44
4
3686.4(ms
2< br>).
1
2
a

2
a
n
,
2
1
2.4t(2.4t)
2
(14.4t
4
)2
,
2

(2):a




1-13 一质点从静止出发沿半径为R=3m的圆周运动，切向加速度为
a
=3ms
-2
。
（1）经过多少时间它的总加速度a愉好与半径成45角？
（2）在上述时间内，质点经过的路程和角位移各为多少？
解：已知
a
t

dv
3
，即
dv3dt

dt
vt
由初始条件: t =0时，
v
0
0
，得质点的瞬时速率
v

dv

3dt3t

00
v
2
(3t)
2
质点的法向加速度的大小为
a
n
3t
2

R3
这样总加速度为：
aa
t
a
n
3t3t
2
n

其中
n
为沿半径指向圆心的单位矢量，
t
为切向单位矢量。
（1）设总加速度与半径夹角为

，
则有：
acos

a
n
，
asin

a
t

当

=45º时，有
a
t
a
n
，即要求
3t
2
=3，t =1s（另一负根舍去）
所以t =1s时，总加速度
a
与半径成45º角。
ds
v
和初始条件：t =0时，s
0
=0 ，得：
dt
t
3
s 

vdt

3tdtt
2

0
2
将t =1s 代入，求出这段时间内的路程：
（2）由
3
2
11.5m

t1
2
s
由角位移与路程的关系



R
s
1.5
当t =1s时,

1

1
0.5rad

R3

- 9 -
3
s
1
t
2
2

1-14 一质点做半径R=0.5m的圆周运动，其运动学方程为＝t
3
+3t ，式中以弧度计，t以秒计。试求t=2s
时，质点运动的角位置、角速度和角加速度。


1-15 一敞顶电梯以2 ms
-1
的速率上升。当电梯底板离地面10m时，从电梯底板上竖直上抛一小球，小
球相对电梯的初速率为5 ms
-1
。以地面为参考系，求：
（1）小球能达到的最大高度；
（2）小球抛出后多长时间再回到电上。


1-16 一人骑自行车向东而行。在速率为10 ms
-1
时，觉得有南风；速率增至15 ms
-1
时，觉得有东南风。
求风的速度。
解：以地面为S系，运动的自行车为S’系。建立坐标系。
S’
Y (北)

在S系中，风的速度始终为
v

在S’系中：在速率为10m·s-1时，觉得有南风（速度矢量为北）；即：


在u
1
10i,风在S'系中速度为v
1
'
aj
在速率为15m·s-1时，觉得有东南风（速度矢量为西北）；


'

u
2
15i时，风在S'系中速度 为v
2
aiaj。
X(东)
由相对运动的速度变换公式，得： 


vu
1
v
1
'

10iaj15iaiaja5



'

vu
2
v
2
S系
Y(北)
X(东)




v10i5j
速度矢量指向东偏北（是西偏南风）

v10
2
5
2
11.2

角度：

arctan(510)


1-17在一只 半径为R的半球形碗内，有一粒质量为m的小钢球。当钢球以角速度在水平面内沿碗的内壁
做匀速圆周 运动时，它距碗底有多高？
解：由题意作示意图如图2-6所示。钢球m距离碗底高h，沿碗内壁在水 平面内以角速度

转动时，其向
22


心加速度由图2- 5可知为
a
n
r

R

sin
，钢球受两个力作用：重力
mg
与碗内壁的支持力
N
，


见图2-6。
mg
与
N
的合力提供了为钢球做匀速圆周运动所需 的向心力。由图2-6可知
Fmgtg

再由牛顿
g
Rh
cos


第二定律可得
Fmgtg

mR

2
sin

，简化后得
cos


，再 由图2-5知，
2
R
R

- 10 -

所以
hR
g

2


o R




o

r m


h
图2-5

N




m


1-18 一质量为10kg的质点在力F=(120t+40)N作用下沿X轴做直线运
动。在t=0时，质点位 于x
0
=5.0m处，其速度v
0
=6.0 ms
-1
。求质点在任
意时刻的速度和位置。
解：由牛顿第二定律可得

dv
Fm

dt
则任意时刻的速度



F

t
vv
0

< br>Fdtv
0



120t40

dt
00
t



mg

v
0


60t
2
40t


660t
2
40t

ms
0
tt
t

图2-6

任意时刻的位置为
xx< br>0


vdtx
0



66 0t
2
40t

dt
00
x
0
6t 20t20t

56t20t20t

m
3232


1-19 如本题图所示，已知两物体的质量m=M=3.0kg，物体m 以加速度a =1.6 ms
-2
运动。求物体M与桌
面间的摩擦力。

解：
分别为m和M做受力分析，有：

mg2Tma



Tf2Ma
f2.7N
（g取9.8，g取10，则f=3N）


1-20 一质量为m的小球最初位于如本题图所示的点A，然后沿半径为r的光滑圆弧内 表面ADCB下滑。
试求小球在点C时的角速度和对圆弧表面的作用力。
- 11 -

解：（一）
根据机械能守恒定律：
mgr< br>1
2
mvmg

rrcos


2
1
2
mvmgrcos

2
v2grcos< br>




v2g
cos

F mgcos

mr

2

rr
mr2gco s

Fmgcos

3mgcos


r
（二）设质点与竖直方向成θ角时，分析其受力情况
F

m gsin

ma

m
dvdvdvdsdv
v
gsin



gsin

dsvdv

dtdtdsdtds
< br>v
gsin

rd

vdv
两边积分

gsin

rd



vdv
00

cos

gr
1
2
v

2
v2grcos


s

F
nNmgcos

ma
n
mv
2
r

N3mgco

1-21 桌上有一块质量M=1kg的木板，板上放着一个质 量m=2kg的物体。物体和板之间、板和桌面之间
的动摩擦因数均为  =0.25，静摩擦数均为
s
=0.30。
（1）现在水平力F拉板，物体与板一起以加速度 a = ms
-2
运动，试计算物体和板的相互作用力以及板和
桌面的相互作用力。
（2）现在要使板从物体下抽出，须用的力F要加到多大？




1-22 如本题图所示，质量为2.0kg的物体静止在光滑的水平面上，物体系在绳索的一端，绳 索通过无摩
擦的滑轮。物体最初放在距滑轮水平距离l =2.0m处，绳索与水平面之间的夹角为30 。设作用在绳索上的
恒力为28N，问在距出发点的哪个位置上物体将离开平面。
- 12 -

解：
tan30
a
l
atan30l
23

3
支

当物体将离开地面时，地面对物体的支撑力
F=0
。 即绳对物体的拉力的垂直向上的分力F

= mg

sin
< br>
F

mg19.6
0.7
FF28
tan< br>

7
51
xatan


235121 53
1.178

slx21.180.822m

3721
即距出发点0.822m处。
1-23 如本题图所示，有两物体A与B 被一弹簧相连，物体B放在一支承面上。已知m
A
=20kg，m
B
=40kg，
物体A的运动学方程为y =0.01sin8 t 。试求物体B对支承面的压力的极大值和极小值。设弹簧的质量略
去不计，y 的单位为米，t 的单位为秒。


1-24 一升降机内有一光滑斜面。斜面固定在升降机的底板上，其段角为 ，如本题图所示。当升降机以
匀加速度a
I
上升时，物体m 从斜面的顶点沿斜面下滑，求物体m 相对于斜面的加速度a’以及相对于地
面的加速度a 各如何？
- 13 -

N
Y
N
G
F
I
G
X


物体受力图（以地面为参考系）
物体受力图（以升降机为参考系）


解：




以升降机为参考系 ，取向上方向为正。则物块受力如右图所示。物体受到支持力
N
，重力
G
和惯 性力
F
I
。




由牛顿第二定律 ，有
NGF
I
ma'

沿斜面表面的平行方向和垂直方向作受力分解。
在斜面表面的垂直方向，加速度为0，
N

GF
I

cos


在斜面表 面的平行方向，加速度为a’，
ma'

F
I
G
sin

。
方向向下。
以地面为参考系，建立如图坐标系。
在水平x轴方向：Nsin = ma
x
(1)
由第（1）问有
N

mgF
I

cos



mgma
I

cos

(2)
在竖直方向，有
Ncos

mgma
y
(3)


又
F
I
ma
I
（负号表示方向与 a
I
相反，实际上与G相同），故
a'

ga
I

sin

，方向沿斜面表面平行


22
相 对地面的加速度
a

a
I
g

sin

cos

ia
I
cos

gsin

j




1-25设电梯相对地面以加速度 a 铅 直向上运动。电梯中有一质量可略去不计的滑轮，在滑轮的两侧用轻
绳悬挂着质量分别为m
1< br> 和m
2
的重物，如图所示。已知 m
1
> m
2
，如以加速运动的升降机为参考系，求
物体相对地的加速度度和绳的张力为多少？
T T
m
1

m
1
a

解：
- 14 -
m
2

m
1
g m
2
g

m
2
a

取向上为正方向
在 电梯参考系中，m
1
受力为：方向向下的重力m
1
g，向上的绳的拉力T，方 向向下的惯性力m
1
a。m
1
的加
速度为a
1
' 。
Tm
1
gm
1
am
1
a
1'
(1)
m
2
受力为：方向向下的重力m
2
g， 向上的绳的拉力T，方向向下的惯性力m
2
a。m
2
的加速度为a
2
' 。
Tm
2
gm
2
am
2
a< br>2
'
(2)
考虑到数值和方向，有：
a
1
'a
2
'
(3)
联立解(1)、(2)和(3)，得：
a

m
1
m
2

ga

1
'

m

1
m
2
a

m
1
m
2

ga

2
'
m

1
m
2
T
2m
1
m
2
m

ga


1
m
2
对地面，则有
a

m1
m
2

g2m
2
a
1
aa
1
'
m

1
m
2

a
2

g2m
1
a
2
aa
2
'

m
1
m
mm

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