第五部分動量和能量

第一講基本知識介紹

一、沖量和動量

1、沖力（F—t圖象特征）一沖量。沖量定義、物理意義

沖量在F—t圖象中的意義一從定義角度求變力沖量（F對t的平均作用力）

2、動量的定義

動量矢量性與運算

二、動量定理

1、定理的基本形式與表達

2、分方向的表達式：SIx=APx,SIy=APy-

3、定理推論：動量變化率等于物體所受的合外力。即=2F外

三、動量守恒定律

1、定律、矢量性

2、條件

a、原始條件與等效

b、近似條件

c、某個方向上滿足a或b,可在此方向應用動量守恒定律

四、功和能

1、功的定義、標量性，功在F—S圖象中的意義

2、功率，定義求法和推論求法

3、能的概念、能的轉化和守恒定律

4、功的求法

a、恒力的功：W=FScosa=FSF=FSS

b、變力的功：基本原則——過程分割與代數累積；利用F—S圖象（或先

尋求F對S的平均作用力）

c、解決功的“疑難雜癥”時，把握“功是能量轉化的量度”這一要點

五、動能、動能定理

1、動能（平動動能）

2、動能定理

a、2W的兩種理解

b、動能定理的廣泛適用性

六、機械能守恒

1、勢能

a、保守力與耗散力（非保守力）一勢能（定義：AEp=-W保）

b、力學領域的三種勢能（重力勢能、引力勢能、彈性勢能）及定量表達

2、機械能

3、機械能守恒定律

a、定律內容

b、條件與拓展條件（注意系統劃分）

c、功能原理：系統機械能的增量等于外力與耗散內力做功的代數和。

七、碰撞與恢復系數

1、碰撞的概念、分類（按碰撞方向分類、按碰撞過程機械能損失分類）

碰撞的基本特征：a、動量守恒；b、位置不超越；c、動能不膨脹。

2、三種典型的碰撞

a、彈性碰撞：碰撞全程完全沒有機械能損失。滿足——

mlvl0+m2v20=mlvl+m2v2

ml+m2=ml+m2

解以上兩式（注意技巧和“不合題意”解的舍棄）可得：

vl=,v2=

對于結果的討論：

①當ml=m2時,vl=v20,v2=vl0,稱為“交換速度”；

②當mlVVm2,且v20=0時，vl^-vlO,v2^0,小物碰大物，原速率返

回；

③當且v20=0時，vl^vlO,v2^2vl0,

b、非（完全）彈性碰撞：機械能有損失（機械能損失的內部機制簡介），

只滿足動量守恒定律

c、完全非彈性碰撞：機械能的損失達到最大限度；外部特征：碰撞后兩

物體連為一個整體，故有

vl=v2=

3、恢復系數：碰后分離速度（v2—vl）與碰前接近速度（vl0-v20）的

比值，即：

e=。根據“碰撞的基本特征”,OWeWl。

當e=0,碰撞為完全非彈性；

當OVeVl,碰撞為非彈性;

當e=l,碰撞為彈性。

八、“廣義碰撞”——物體的相互作用

1、當物體之間的相互作用時間不是很短，作用不是很強烈，但系統動量

仍然守恒時，碰撞的部分規律仍然適用，但已不符合“碰撞的基本特征”

（如：位置可能超越、機械能可能膨脹）。此時，碰撞中“不合題意”的

解可能已經有意義，如彈性碰撞中vl=vlO,v2=v20的解。

2、物體之間有相對滑動時，機械能損失的重要定勢：-AE=zXE內=f1滑?S

相，其中S相指相對路程。

第二講重要模型與專題

一、動量定理還是動能定理？

物理情形：太空飛船在宇宙飛行時，和其它天體的萬有引力可以忽略，但

是，飛船會定時遇到太空垃圾的碰撞而受到阻礙作用。設單位體積的太空

均勻分布垃圾n顆，每顆的平均質量為m,垃圾的運行速度可以忽略。飛

船維持恒定的速率v飛行，垂直速度方向的橫截面積為S,與太空垃圾的

碰撞后，將垃圾完全粘附住。試求飛船引擎所應提供的平均推力F。

模型分析：太空垃圾的分布并不是連續的，對飛船的撞擊也不連續，如何

正確選取研究對象，是本題的前提。建議充分理解“平均”的含義，這樣

才能相對模糊地處理垃圾與飛船的作用過程、淡化“作用時間”和所考查

的“物理過程時間”的差異。物理過程需要人為截取，對象是太空垃圾。

先用動量定理推論解題。

取一段時間At,在這段時間內，飛船要穿過體積△V=S?v^t的空間，遭

遇nAV顆太空垃圾，使它們獲得動量4P,其動量變化率即是飛船應給予

那部分垃圾的推力，也即飛船引擎的推力。

二二二二=nmSv2

如果用動能定理，能不能解題呢？

同樣針對上面的物理過程，由于飛船要前進x=vAt的位移，引擎推力須

做功歸x,它對應飛船和被粘附的垃圾的動能增量，而飛船的△Ek為零,

所以：

W=AMv2

即：v△t=(nmS?vAt)v2

得到：=nmSv2

兩個結果不一致，不可能都是正確的。分析動能定理的解題，我們不能發

現，垃圾與飛船的碰撞是完全非彈性的，需要消耗大量的機械能，因此，

認為“引擎做功就等于垃圾動能增加”的觀點是錯誤的。但在動量定理的

解題中，由于1=t,由此推出的=必然是飛船對垃圾的平均推力，再對

飛船用平衡條件，的大小就是引擎推力大小了。這個解沒有毛病可挑，

是正確的。

(學生活動)思考：如圖1所示，全長L、總質量為M的柔軟繩子，盤在

一根光滑的直桿上，現用手握住繩子的一端，以恒定的水平速度v將繩子

拉直。忽略地面阻力，試求手的拉力F。

解：解題思路和上面完全相同。

答:

二、動量定理的分方向應用

物理情形：三個質點A、B和C,質量分別為ml、m2和m3,用拉直且不可

伸長的繩子AB和BC相連，靜止在水平面上，如圖2所示，AB和BC之間

的夾角為（n—a）。現對質點C施加以沖量I,方向沿BC,試求質點A

開始運動的速度。

模型分析：首先，注意“開始運動”的理解，它指繩子恰被拉直，有作用

力和沖量產生，但是繩子的方位尚未發生變化。其二，對三個質點均可用

動量定理，但是，B質點受沖量不在一條直線上，故最為復雜，可采用分

方向的形式表達。其三，由于兩段繩子不可伸長，故三質點的瞬時速度可

以尋求到兩個約束關系。

下面具體看解題過程——

繩拉直瞬間，AB繩對A、B兩質點的沖量大小相等（方向相反），設為H,

BC繩對B、C兩質點的沖量大小相等（方向相反），設為12；設A獲得速

度vl（由于A受合沖量只有H,方向沿AB,故vl的反向沿AB）,設B獲

得速度v2（由于B受合沖量為+,矢量和既不沿AB,也不沿BC方向，

可設v2與AB繩夾角為〈門一8〉，如圖3所示），設C獲得速度v3（合沖

量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。

對A用動量定理，有：

n=mlvl①

B的動量定理是一個矢量方程：+=m2,可化為兩個分方向的標量式，即：

I2cosa—Il=m2v2cosB②

I2sina=m2v2sinB③

質點C的動量定理方程為：

I-12=1113V3④

AB繩不可伸長,必有vl=v2cosB⑤

BC繩不可伸長,必有v2cos(B—a)=v3⑥

六個方程解六個未知量(H、12、vl、v2、v3、8)是可能的，但繁復程

度非同一般。解方程要注意條理性，否則易造成混亂。建議采取如下步驟

1、先用⑤⑥式消掉v2、v3,使六個一級式變成四個二級式：

Il=mlvl(l)

I2cosa—Il=m2vl(2)

I2sina=m2vltgB(3)

I—I2=m3vl(cosa+sinatgB)(4)

2、解⑶⑷式消掉B,使四個二級式變成三個三級式：

n=mlvl㈠

12cosa—n=r112Vl㈡

I=m3vlcosa+12㈢

3、最后對㈠㈡㈢式消H、12,解vl就方便多了。結果為：

vl=

(學生活動：訓練解方程的條理和耐心)思考：v2的方位角B等于多少？

解：解“二級式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消n,得12的表達式，將12

的表達式代入⑶就行了。

答：B=arctg()o

三、動量守恒中的相對運動問題

物理情形：在光滑的水平地面上，有一輛車，車內有一個人和N個鉛球，

系統原來處于靜止狀態。現車內的人以一定的水平速度將鉛球一個一個地

向車外拋出，車子和人將獲得反沖速度。第一過程，保持每次相對地面拋

球速率均為v,直到將球拋完；第二過程，保持每次相對車子拋球速率均

為v,直到將球拋完。試問：哪一過程使車子獲得的速度更大？

模型分析：動量守恒定律必須選取研究對象之外的第三方（或第四、第五

方）為參照物，這意味著，本問題不能選車子為參照。一般選地面為參照

系，這樣對“第二過程”的鉛球動量表達，就形成了難點，必須引進相對

速度與絕對速度的關系。至于“第一過程”，比較簡單：N次拋球和將N個

球一次性拋出是完全等效的。

設車和人的質量為M,每個鉛球的質量為mo由于矢量的方向落在一條直

線上，可以假定一個正方向后，將矢量運算化為代數運算。設車速方向為

正，且第一過程獲得的速度大小為VI第二過程獲得的速度大小為V2。

第一過程，由于鉛球每次的動量都相同，可將多次拋球看成一次拋出。車

子、人和N個球動量守恒。

0=Nm（-v）+MVl

得：Vl=v①

第二過程，必須逐次考查鉛球與車子（人）的作用。

第一個球與（N-1）個球、人、車系統作用，完畢后，設“系統”速度為

ulo值得注意的是，根據運動合成法則，鉛球對地的速度并不是（-v）,

而是（-v+ul）。它們動量守恒方程為:

0=m(-v+ul)+(M+(N-l)m)ul

得：ul=

第二個球與(N-2)個球、人、車系統作用，完畢后，設“系統”速度為

u2o它們動量守恒方程為：

(M+(NT)m)ul=m(-v+u2)+(M+(N-2)m)u2

得：u2=+

第三個球與(N-2)個球、人、車系統作用，完畢后，設“系統”速度為

u3o鉛球對地的速度是(-v+u3)o它們動量守恒方程為：

(M+(N-2)m)u2=m(-v+u3)+(M+(N-3)m)u3

得：u3=++

以此類推(過程注意：先找uN和uN-1關系，再看uN和v的關系，不要

急于化簡通分)……，uN的通式已經可以找出：

V2=uN=+++,,,+

即：V2=②

我們再將①式改寫成：

Vl=①，

不難發現，①'式和②式都有N項，每項的分子都相同，但①'式中每項

的分母都比②式中的分母小，所以有：V1>V2O

結論：第一過程使車子獲得的速度較大。

(學生活動)思考：質量為M的車上，有n個質量均為m的人，它們靜止

在光滑的水平地面上。現在車上的人以相對車大小恒為V、方向水平向后

的初速往車下跳。第一過程，N個人同時跳下；第二過程，N個人依次跳

下。試問：哪一次車子獲得的速度較大？

解：第二過程結論和上面的模型完全相同，第一過程結論為V1=。

答：第二過程獲得速度大。

四、反沖運動中的一個重要定式

物理情形：如圖4所示，長度為L、質量為M的船停止在靜水中（但未拋

錨），船頭上有一個質量為m的人，也是靜止的。現在令人在船上開始向

船尾走動，忽略水的阻力，試問：當人走到船尾時，船將會移動多遠？

（學生活動）思考：人可不可能勻速（或勻加速）走動？當人中途停下休

息，船有速度嗎？人的全程位移大小是L嗎？本系統選船為參照，動量守

恒嗎？

模型分析：動量守恒展示了已知質量情況下的速度關系，要過渡到位移關

系，需要引進運動學的相關規律。根據實際情況（人必須停在船尾），人

的運動不可能是勻速的，也不可能是勻加速的,運動學的規律應選擇S=to

為尋求時間t,則要抓人和船的位移約束關系。

對人、船系統，針對“開始走動一中間任意時刻”過程，應用動量守恒（設

末態人的速率為v,船的速率為V）,令指向船頭方向為正向，則矢量關系

可以化為代數運算，有：

0=MV+m（-v）

即：mv=MV

由于過程的末態是任意選取的，此式展示了人和船在任一時刻的瞬時速度

大小關系。而且不難推知，對中間的任一過程，兩者的平均速度也有這種

關系。即:

m=M①

設全程的時間為t,乘入①式兩邊，得：mt=Mt

設s和S分別為人和船的全程位移大小，根據平均速度公式，得：ms=MS

②

受船長L的約束，s和S具有關系：s+S=IX3

解②、③可得：船的移動距離S=L

（應用動量守恒解題時，也可以全部都用矢量關系，但這時“位移關系”

表達起來難度大一些一一必須用到運動合成與分解的定式。時間允許的

話，可以做一個對比介紹。）

另解：質心運動定律

人、船系統水平方向沒有外力，故系統質心無加速度一系統質心無位移。

先求出初態系統質心（用它到船的質心的水平距離x表達。根據力矩平衡

知識，得：x=）,又根據，末態的質量分布與初態比較，相對整體質心是

左右對稱的。弄清了這一點后，求解船的質心位移易如反掌。

（學生活動）思考：如圖5所示，在無風的天空，人抓住氣球下面的繩索,

和氣球恰能靜止平衡，人和氣球地質量分別為m和M,此時人離地面高h。

現在人欲沿懸索下降到地面，試問：要人充分安全地著地，繩索至少要多

長？

解：和模型幾乎完全相同，此處的繩長對應模型中的“船的長度”（“充分

安全著地”的含義是不允許人脫離繩索跳躍著地）。

答：ho

（學生活動）思考：如圖6所示，兩個傾角相同的斜面，互相倒扣著放在

光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的頂端。將它們無初速釋放后，小斜

面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的質量分別為M和m,底邊長分別

為a和b,試求：小斜面滑到底端時，大斜面后退的距離。

解：水平方向動量守恒。解題過程從略。

-

答：（ab）o

進階應用：如圖7所示，一個質量為M,半徑為R的光滑均質半球，靜置

于光滑水平桌面上，在球頂有一個質量為m的質點，由靜止開始沿球面下

滑。試求：質點離開球面以前的軌跡。

解說：質點下滑，半球后退，這個物理情形和上面的雙斜面問題十分相似,

仔細分析，由于同樣滿足水平方向動量守恒，故我們介紹的“定式”是適

用的。定式解決了水平位移（位置）的問題，豎直坐標則需要從數學的角

度想一些辦法。

為尋求軌跡方程，我們需要建立一個坐標：以半球球心0為原點，沿質點

滑下一側的水平軸為x坐標、豎直軸為y坐標。

由于質點相對半球總是做圓周運動的（離開球面前），有必要引入相對運

動中半球球心（T的方位角。來表達質點的瞬時位置，如圖8所示。

由“定式”，易得：

x=Rsin0①

而由圖知：y=Rcos。②

不難看出，①、②兩式實際上已經是一個軌跡的參數方程。為了明確軌跡

的性質，我們可以將參數。消掉，使它們成為：

+=1

這樣，特征就明顯了：質點的軌跡是一個長、短半軸分別為R和R的橢圓。

五、功的定義式中S怎么取值？

在求解功的問題時、有時遇到力的作用點位移與受力物體的（質心）位移

不等，S是取力的作用點的位移，還是取物體（質心）的位移呢？我們先

看下面一些事例。

1、如圖9所示，人用雙手壓在臺面上推講臺，結果雙手前進了一段位移

而講臺未移動。試問：人是否做了功？

2、在本“部分”第3頁圖1的模型中，求拉力做功時;S是否可以取繩子

質心的位移？

3、人登靜止的樓梯，從一樓到二樓。樓梯是否做功？

4、如圖10所示，雙手用等大反向的力F壓固定汽缸兩邊的活塞，活塞移

動相同距離S,汽缸中封閉氣體被壓縮。施力者（人）是否做功？

在以上四個事例中，S若取作用點位移，只有第1、2、4例是做功的（注

意第3例，樓梯支持力的作用點并未移動，而只是在不停地交換作用點）,

S若取物體（受力者）質心位移，只有第2、3例是做功的，而且，盡管第

2例都做了功，數字并不相同。所以，用不同的判據得出的結論出現了本

質的分歧。

面對這些似是而非的“疑難雜癥”，我們先回到“做功是物體能量轉化的

量度”這一根本點。

第1例，手和講臺面摩擦生了熱，內能的生成必然是由人的生物能轉化而

來，人肯定做了功。S宜取作用點的位移；

第2例，求拉力的功，在前面已經闡述，S取作用點位移為佳;

第3例，樓梯不需要輸出任何能量，不做功，S取作用點位移；

第4例，氣體內能的增加必然是由人輸出的，壓力做功，S取作用點位移。

但是，如果分別以上四例中的受力者用動能定理，第1例，人對講臺不做

功，S取物體質心位移；第2例，動能增量對應S取L/2時的值——物體

質心位移；第4例，氣體宏觀動能無增量，S取質心位移。（第3例的分析

暫時延后。）

以上分析在援引理論知識方面都沒有錯，如何使它們統一？原來，功的概

念有廣義和狹義之分。在力學中，功的狹義概念僅指機械能轉換的量度；

而在物理學中功的廣義概念指除熱傳遞外的一切能量轉換的量度。所以功

也可定義為能量轉換的量度。一個系統總能量的變化，常以系統對外做功

的多少來量度。能量可以是機械能、電能、熱能、化學能等各種形式，也

可以多種形式的能量同時發生轉化。由此可見，上面分析中，第一個理論

對應的廣義的功，第二個理論對應的則是狹義的功，它們都沒有錯誤，只

是在現階段的教材中還沒有將它們及時地區分開來而已。

而且，我們不難歸納：求廣義的功，S取作用點的位移；求狹義的功，S

取物體（質心）位移。

那么我們在解題中如何處理呢？這里給大家幾點建議：1、抽象地講“某

某力做的功”一般指廣義的功；2、講“力對某物體做的功”常常指狹義

的功；3、動能定理中的功肯定是指狹義的功。

當然，求解功地問題時，還要注意具體問題具體分析。如上面的第3例，

就相對復雜一些。如果認為所求為狹義的功，S取質心位移，是做了功，

但結論仍然是難以令人接受的。下面我們來這樣一個處理：將復雜的形變

物體（人）看成這樣一個相對理想的組合：剛性物體下面連接一壓縮的彈

簧（如圖11所示），人每一次蹬梯，腿伸直將軀體重心上舉，等效為彈簧

將剛性物體舉起。這樣，我們就不難發現，做功的是人的雙腿而非地面，

人既是輸出能量（生物能）的機構，也是得到能量（機械能）的機構——

這里的物理情形更象是一種生物情形。本題所求的功應理解為廣義功為

宜。

以上四例有一些共同的特點：要么，受力物體情形比較復雜（形變，不能

簡單地看成一個質點。如第2、第3、第4例），要么，施力者和受力者之

間的能量轉化不是封閉的（涉及到第三方，或機械能以外的形式。如第1

例）。以后，當遇到這樣的問題時，需要我們慎重對待。

（學生活動）思考：足夠長的水平傳送帶維持勻速v運轉。將一袋貨物無

初速地放上去，在貨物達到速度v之前，與傳送帶的摩擦力大小為f,對

地的位移為S。試問：求摩擦力的功時;是否可以用W=fS?

解：按一般的理解，這里應指廣義的功（對應傳送帶引擎輸出的能量），

所以“位移”取作用點的位移。注意，在此處有一個隱含的“交換作用點”

的問題，仔細分析，不難發現，每一個（相對皮帶不動的）作用點的位移

為2S。（另解：求貨物動能的增加和與皮帶摩擦生熱的總和。）

答：否。

（學生活動）思考：如圖12所示，人站在船上，通過拉一根固定在鐵樁

的纜繩使船靠岸。試問：纜繩是否對船和人的系統做功？

解：分析同上面的“第3例”。

答：否。

六、機械能守恒與運動合成（分解）的綜合

物理情形：如圖13所示，直角形的剛性桿被固定，水平和豎直部分均足

夠長。質量分別為ml和m2的A、B兩個有孔小球，串在桿上，且被長為L

的輕繩相連。忽略兩球的大小，初態時，認為它們的位置在同一高度，且

繩處于拉直狀態。現無初速地將系統釋放，忽略一切摩擦，試求B球運動

L/2時的速度v20

模型分析：A、B系統機械能守恒。A、B兩球的瞬時速度不等，其關系可

據“第三部分”知識介紹的定式（滑輪小船）去尋求。

（學生活動）A球的機械能是否守恒？B球的機械能是否守恒？系統機械

能守恒的理由是什么（兩法分析：a、“微元法”判斷兩個WT的代數和為

零；b、無非彈性碰撞，無摩擦，沒有其它形式能的生成）？

由“拓展條件”可以判斷，A、B系統機械能守恒，（設末態A球的瞬時速

率為vl）過程的方程為：

m2g二+①

在末態，繩與水平桿的瞬時夾角為30°,設繩子的瞬時遷移速率為v,根

據“第三部分”知識介紹的定式，有：

vl=v/cos30°,v2=v/sin30°

兩式合并成：vl=v2tg30°=v2/②

解①、②兩式，得：v2=

七、動量和能量的綜合（一）

物理情形：如圖14所示，兩根長度均為L的剛性輕桿，一端通過質量為m

的球形錢鏈連接，另一端分別與質量為m和2m的小球相連。將此裝置的

兩桿合攏，錢鏈在上、豎直地放在水平桌面上，然后輕敲一下，使兩小球

向兩邊滑動，但兩桿始終保持在豎直平面內。忽略一切摩擦，試求：兩桿

夾角為90°時，質量為2m的小球的速度v2。

模型分析：三球系統機械能守恒、水平方向動量守恒，并注意約束關系一

一兩桿不可伸長。

（學生活動）初步判斷：左邊小球和球形錢鏈的速度方向會怎樣？

設末態（桿夾角90°）左邊小球的速度為vl（方向：水平向左），球形較

鏈的速度為v（方向：和豎直方向夾。角斜向左），

對題設過程，三球系統機械能守恒，有：

mg（L-L）=m+mv2+2m①

三球系統水平方向動量守恒，有：

mvl+mvsin0=2mv2②

左邊桿子不形變，有：

vlcos45°=vcos（45°-6）③

右邊桿子不形變，有：

vcos（45°+8）=v2cos45°（4）

四個方程，解四個未知量（vl、v2、v和0）,是可行的。推薦解方程的步

驟如下——

1、③、④兩式用v2替代vl和v,代入②式，解。值，得：tg8=l/4

2、在回到③、④兩式，得：

vl=v2,v=v2

3、將vl、v的替代式代入①式解v2即可。結果：v2=

（學生活動）思考：球形較鏈觸地前一瞬，左球、較鏈和右球的速度分別

是多少？

解：由兩桿不可形變，知三球的水平速度均為零，0為零。一個能量方程

足以解題。

答：0、、0。

（學生活動）思考：當兩桿夾角為90°時，右邊小球的位移是多少？

解：水平方向用“反沖位移定式”，或水平方向用質心運動定律。

答：。

進階應用：在本講模型“四、反沖……”的“進階應用”（見圖8）中，當

質點m滑到方位角。時（未脫離半球），質點的速度v的大小、方向怎樣？

解說：此例綜合應用運動合成、動量守恒、機械能守恒知識，數學運算比

較繁復，是一道考查學生各種能力和素質的難題。

據運動的合成，有：

=+=一

其中必然是沿地面向左的，為了書寫方便，我們設其大小為v2；必然是

沿半球瞬時位置切線方向（垂直瞬時半徑）的，設大小為v相。根據矢量

減法的三角形法則，可以得到（設大小為vl）的示意圖，如圖16所示。

同時，我們將vl的x、y分量vlx和vly也描繪在圖中。

由圖可得:vly=（v2+vlx）tg。①

質點和半球系統水平方向動量守恒，有：Mv2=mvlx②

對題設過程，質點和半球系統機械能守恒，有：mgR（l-cos9）=M+m,

即:

mgR(l-cos0)=M+m(+，③

三個方程，解三個未知量(v2、vlx、vly)是可行的，但數學運算繁復，

推薦步驟如下一一

1、由①、②式得：vlx=v2,vly=(tg9)v2

2、代入③式解v2,得：v2=

3、由二+解vl,得：vl=

vl的方向：和水平方向成a角，a=arctg=arctg()

這就是最后的解。

〔一個附屬結果：質點相對半球的瞬時角速度3==。)

八、動量和能量的綜合(二)

物理情形：如圖17所示，在光滑的水平面上，質量為M=lkg的平板車左

端放有質量為m=2kg的鐵塊，鐵塊與車之間的摩擦因素u=0.5。開始時，

車和鐵塊以共同速度v=6m/s向右運動，車與右邊的墻壁發生正碰，且碰

撞是彈性的。車身足夠長，使鐵塊不能和墻相碰。重力加速度g=10m/s2,

試求：1、鐵塊相對車運動的總路程；2、平板車第一次碰墻后所走的總路

程。

模型分析：本模型介紹有兩對相互作用時的處理常規。能量關系介紹摩擦

生熱定式的應用。由于過程比較復雜，動量分析還要輔助以動力學分析，

綜合程度較高。

由于車與墻壁的作用時短促而激烈的，而鐵塊和車的作用是舒緩而柔和

的，當兩對作用同時發生時，通常處理成“讓短時作用完畢后，長時作用

才開始”(這樣可以使問題簡化)。在此處，車與墻壁碰撞時，可以認為鐵

塊與車的作用尚未發生，而是在車與墻作用完了之后，才開始與鐵塊作用。

規定向右為正向，將矢量運算化為代數運算。

車第一次碰墻后，車速變為一V,然后與速度仍為V的鐵塊作用，動量守

恒，作用完畢后，共同速度vl==,因方向為正，必朝墻運動。

（學生活動）車會不會達共同速度之前碰墻？動力學分析：車離墻的最大

位移S=，反向加速的位移S'=,其中a=al=,故S'<S,所以，車碰

墻之前，必然已和鐵塊達到共同速度vl。

車第二次碰墻后，車速變為一vl,然后與速度仍為vl的鐵塊作用，動量

守恒，作用完畢后，共同速度v2===,因方向為正，必朝墻運動。

車第三次碰墻，……共同速度v3==,朝墻運動。

以此類推，我們可以概括鐵塊和車的運動情況——

鐵塊：勻減速向右一勻速向右一勻減速向右一勻速向右……

平板車：勻減速向左一勻加速向右一勻速向右一勻減速向左一勻加速向右

f勻速向右……

顯然，只要車和鐵塊還有共同速度，它們總是要碰墻，所以最后的穩定狀

態是：它們一起停在墻角（總的末動能為零）。

1、全程能量關系：對鐵塊和車系統，一△￡!<=△￡內，且，AE內=￡滑$

相，

即：（m+M）v2=umg?S相

代入數字得：5相=5.4111

2、平板車向右運動時比較復雜，只要去每次向左運動的路程的兩倍即可。

而向左是勻減速的，故

第一次：Sl=

第二次：S2==

第三次：S3==

n次碰墻的總路程是：

2s=2(S1+S2+S3+…+Sn)=(1+++???+)

=(1+++…+)

碰墻次數n-8,代入其它數字，得：2s=4.05m

(學生活動)質量為M、程度為L的木板固定在光滑水平面上，另一個質

量為m的滑塊以水平初速v0沖上木板，恰好能從木板的另一端滑下。現

解除木板的固定(但無初速)，讓相同的滑塊再次沖上木板，要求它仍能

從另一端滑下，其初速度應為多少？

解：由第一過程，得滑動摩擦力f=。

第二過程應綜合動量和能量關系(“恰滑下”的臨界是：滑塊達木板的另

一端，和木板具有共同速度，設為v),設新的初速度為

m=(m+M)v

m-(m+M)v2=fL

解以上三式即可。

答：—vOo

第三講典型例題解析

教材范本：龔霞玲主編《奧林匹克物理思維訓練教材》，知識出版社，2002

年8月第一版。

例題選講針對“教材”第七、第八章的部分例題和習題。

第一部分力&物體的平衡

第一講力的處理

一、矢量的運算

1、加法

表達：+=o

名詞：為“和矢量”。

法則：平行四邊形法則。如圖1所示。

和矢量大小：c=，其中a為和的夾角。

和矢量方向：在、之間，和夾角B=arcsin

2、減法

表達：=—。

名詞：為“被減數矢量”，為“減數矢量”，為“差矢量”。

法則：三角形法則。如圖2所示。將被減數矢量和減數矢量的起始端平移

到一點，然后連接兩時量末端，指向被減數時量的時量，即是差矢量。

差矢量大小：a=，其中。為和的夾角。

差矢量的方向可以用正弦定理求得。

一條直線上的矢量運算是平行四邊形和三角形法則的特例。

例題：已知質點做勻速率圓周運動，半徑為R,周期為T,求它在T內

和在T內的平均加速度大小。

解說：如圖3所示，A到B點對應T的過程，A到C點對應T的過程。這

三點的速度矢量分別設為、和。

根據加速度的定義=得：=,=

由于有兩處涉及矢量減法，設兩個差矢量=一，二一，根據三

角形法則，它們在圖3中的大小、方向已繪出（的“三角形”已被拉伸

成一條直線）。

本題只關心各矢量的大小，顯然：

~—~fJU.：——，―2―

所以：===,===。

（學生活動）觀察與思考：這兩個加速度是否相等，勻速率圓周運動是不

是勻變速運動？

答：否；不是。

3、乘法

矢量的乘法有兩種：叉乘和點乘，和代數的乘法有著質的不同。

⑴叉乘

表達：X—

名詞：稱“矢量的叉積”，它是一個新的矢量。

叉積的大小：c=absina,其中a為和的夾角。意義：的大小對應由

和作成的平行四邊形的面積。

叉積的方向：垂直和確定的平面，并由右手螺旋定則確定方向，如圖4

所示。

顯然，XWX,但有：X=-X

⑵點乘

表達：？=c

名詞：c稱“矢量的點積”，它不再是一個矢量，而是一個標量。

點積的大小：c=abcosa,其中a為和的夾角。

二、共點力的合成

1、平行四邊形法則與矢量表達式

2、一般平行四邊形的合力與分力的求法

余弦定理（或分割成Rtz\）解合力的大小

正弦定理解方向

三、力的分解

1、按效果分解

2、按需要——正交分解

第二講物體的平衡

一、共點力平衡

1、特征：質心無加速度。

2、條件：2=0,或=0,=0

例題：如圖5所示，長為L、粗細不均勻的橫桿被兩根輕繩水平懸掛，繩

子與水平方向的夾角在圖上已標示，求橫桿的重心位置。

解說：直接用三力共點的知識解題，幾何關系比較簡單。

答案：距棒的左端L/4處。

（學生活動）思考：放在斜面上的均質長方體，按實際情況分析受力，斜

面的支持力會通過長方體的重心嗎？

解：將各處的支持力歸納成一個N,則長方體受三個力（G、f、N）必

共點，由此推知，N不可能通過長方體的重心。正確受力情形如圖6所示

（通常的受力圖是將受力物體看成一個點，這時，N就過重心了）。

答：不會。

二、轉動平衡

1、特征：物體無轉動加速度。

2、條件：2=0,或2M+=2M-

如果物體靜止，肯定會同時滿足兩種平衡，因此用兩種思路均可解題。

3、非共點力的合成

大小和方向：遵從一條直線矢量合成法則。

作用點：先假定一個等效作用點，然后讓所有的平行力對這個作用點的和

力矩為零。

第三講習題課

1、如圖7所示，在固定的、傾角為a斜面上，有一塊可以轉動的夾板（B

不定），夾板和斜面夾著一個質量為m的光滑均質球體，試求：B取何值

時，夾板對球的彈力最小。

解說：法一，平行四邊形動態處理。

對球體進行受力分析，然后對平行四邊形中的矢量G和N1進行平移，使

它們構成一個三角形，如圖8的左圖和中圖所示。

由于G的大小和方向均不變，而N1的方向不可變，當B增大導致N2的方

向改變時，N2的變化和N1的方向變化如圖8的右圖所示。

顯然，隨著B增大，N1單調減小，而N2的大小先減小后增大，當N2垂直

N1時，N2取極小值,且N2min=Gsina。

法二，函數法。

看圖8的中間圖，對這個三角形用正弦定理，有：

=，即：N2=,B在0到180°之間取值，N2的極值討論是很容

易的。

答案：當6=90°時，甲板的彈力最小。

2、把一個重為G的物體用一個水平推力F壓在豎直的足夠高的墻壁上，F

隨時間t的變化規律如圖9所示，則在t=0開始物體所受的摩擦力f的

變化圖線是圖10中的哪一個？

解說：靜力學旨在解決靜態問題和準靜態過程的問題，但本題是一個例外。

物體在豎直方向的運動先加速后減速，平衡方程不再適用。如何避開牛頓

第二定律，是本題授課時的難點。

靜力學的知識，本題在于區分兩種摩擦的不同判據。

水平方向合力為零，得：支持力N持續增大。

物體在運動時，滑動摩擦力f=nN,必持續增大。但物體在靜止后靜摩

擦力f'三G,與N沒有關系。

對運動過程加以分析，物體必有加速和減速兩個過程。據物理常識，加速

時，fVG,而在減速時f>Go

答案：B。

3、如圖11所示，一個重量為G的小球套在豎直放置的、半徑為R的光滑

大環上，另一輕質彈簧的勁度系數為k,自由長度為L(LV2R),一端固

定在大圓環的頂點A,另一端與小球相連。環靜止平衡時位于大環上的B

點。試求彈簧與豎直方向的夾角。。

解說：平行四邊形的三個矢量總是可以平移到一個三角形中去討論，解三

角形的典型思路有三種：①分割成直角三角形(或本來就是直角三角形);

②利用正、余弦定理；③利用力學矢量三角形和某空間位置三角形相似。

本題旨在貫徹第三種思路。

分析小球受力一矢量平移，如圖12所示，其中F表示彈簧彈力，N表示大

環的支持力。

(學生活動)思考：支持力N可不可以沿圖12中的反方向？(正交分解

看水平方向平衡——不可以。)

容易判斷，圖中的灰色矢量三角形和空間位置三角形AAOB是相似的，所

以：

(1)

由胡克定律：F=k(-R)(2)

幾何關系：=2Rcos0⑶

解以上三式即可。

答案：arccos。

（學生活動）思考：若將彈簧換成勁度系數H較大的彈簧，其它條件不

變，則彈簧彈力怎么變？環的支持力怎么變？

答：變小；不變。

（學生活動）反饋練習：光滑半球固定在水平面上，球心0的正上方有一

定滑輪，一根輕繩跨過滑輪將一小球從圖13所示的A位置開始緩慢拉至B

位置。試判斷：在此過程中，繩子的拉力T和球面支持力N怎樣變化？

解：和上題完全相同。

答：T變小，N不變。

4、如圖14所示，一個半徑為R的非均質圓球，其重心不在球心0點，先

將它置于水平地面上，平衡時球面上的A點和地面接觸；再將它置于傾角

為30°的粗糙斜面上，平衡時球面上的B點與斜面接觸，已知A到B的圓

心角也為30°o試求球體的重心C到球心0的距離。

解說：練習三力共點的應用。

根據在平面上的平衡，可知重心C在0A連線上。根據在斜面上的平衡，

支持力、重力和靜摩擦力共點，可以畫出重心的具體位置。幾何計算比較

簡單。

答案：Ro

（學生活動）反饋練習：靜摩擦足夠，將長為a、厚為b的磚塊碼在傾角

為。的斜面上，最多能碼多少塊？

解：三力共點知識應用。

答:

4、兩根等長的細線，一端拴在同一懸點0上，另一端各系一個小球，兩

球的質量分別為ml和m2,已知兩球間存在大小相等、方向相反的斥力而

使兩線張開一定角度，分別為45和30°,如圖15所示。則ml:m2??為

多少？

解說：本題考查正弦定理、或力矩平衡解靜力學問題。

對兩球進行受力分析，并進行矢量平移，如圖16所示。

首先注意，圖16中的灰色三角形是等腰三角形，兩底角相等，設為a。

而且，兩球相互作用的斥力方向相反，大小相等，可用同一字母表示，設

為F。

對左邊的矢量三角形用正弦定理，有：

三①

同理，對右邊的矢量三角形，有：=

②

解①②兩式即可。

答案：1：。

（學生活動）思考：解本題是否還有其它的方法？

答：有——將模型看成用輕桿連成的兩小球，而將0點看成轉軸，兩球的

重力對。的力矩必然是平衡的。這種方法更直接、簡便。

應用：若原題中繩長不等，而是11：12=3：2,其它條件不變，ml

與m2的比值又將是多少？

解：此時用共點力平衡更加復雜（多一個正弦定理方程），而用力矩平衡

則幾乎和“思考”完全相同。

答：2：3o

5、如圖17所示，一個半徑為R的均質金屬球上固定著一根長為L的輕質

細桿，細桿的左端用錢鏈與墻壁相連，球下邊墊上一塊木板后，細桿恰好

水平，而木板下面是光滑的水平面。由于金屬球和木板之間有摩擦(已知

摩擦因素為R),所以要將木板從球下面向右抽出時，至少需要大小為F

的水平拉力。試問：現要將木板繼續向左插進一些，至少需要多大的水平

推力？

解說：這是一個典型的力矩平衡的例題。

以球和桿為對象，研究其對轉軸0的轉動平衡，設木板拉出時給球體的摩

擦力為f,支持力為N,重力為G,力矩平衡方程為：

fR+N(R+L)=G(R+L)①

球和板已相對滑動，故：f=UN②

解①②可得：f=

再看木板的平衡，F=fo

同理，木板插進去時，球體和木板之間的摩擦『==F'。

答案：。

第四講摩擦角及其它

一、摩擦角

1、全反力：接觸面給物體的摩擦力與支持力的合力稱全反力，一般用R

表示，亦稱接觸反力。

2、摩擦角：全反力與支持力的最大夾角稱摩擦角，一般用6m表示。

此時，要么物體已經滑動，必有：4>m=arctgu（U為動摩擦因素），稱

動摩擦力角；要么物體達到最大運動趨勢，必有：6ms=arctgus（Ps

為靜摩擦因素），稱靜摩擦角。通常處理為6m=6ms。

3、引入全反力和摩擦角的意義：使分析處理物體受力時更方便、更簡捷。

二、隔離法與整體法

1、隔離法：當物體對象有兩個或兩個以上時，有必要各個擊破，逐個講

每個個體隔離開來分析處理，稱隔離法。

在處理各隔離方程之間的聯系時，應注意相互作用力的大小和方向關系。

2、整體法：當各個體均處于平衡狀態時，我們可以不顧個體的差異而講

多個對象看成一個整體進行分析處理，稱整體法。

應用整體法時應注意“系統”、“內力”和“外力”的涵義。

三、應用

1、物體放在水平面上，用與水平方向成30°的力拉物體時，物體勻速前

進。若此力大小不變，改為沿水平方向拉物體，物體仍能勻速前進，求物

體與水平面之間的動摩擦因素u。

解說：這是一個能顯示摩擦角解題優越性的題目。可以通過不同解法的比

較讓學生留下深刻印象。

法一，正交分解。（學生分析受力一列方程一得結果。）

法二，用摩擦角解題。

引進全反力R,對物體兩個平衡狀態進行受力分析，再進行矢量平移，得

到圖18中的左圖和中間圖（注意：重力G是不變的，而全反力R的方向

不變、F的大小不變），6m指摩擦角。

再將兩圖重疊成圖18的右圖。由于灰色的三角形是一個頂角為30°的等

腰三角形，其頂角的角平分線必垂直底邊……故有：6m=15°o

最后，u=tg4>mo

答案:0.268o

（學生活動）思考：如果F的大小是可以選擇的，那么能維持物體勻速前

進的最小F值是多少？

解：見圖18,右圖中虛線的長度即Fmin,所以，Fmin=Gsin4>m。

答：Gsinl5°（其中G為物體的重量）。

2、如圖19所示，質量m=5kg的物體置于一粗糙斜面上，并用一平行斜

面的、大小F=30N的推力推物體，使物體能夠沿斜面向上勻速運動，而

斜面體始終靜止。已知斜面的質量乂=10kg,傾角為30°,重力加速度

g=10m/s2,求地面對斜面體的摩擦力大小。

解說：本題旨在顯示整體法的解題的優越性。

法一，隔離法。簡要介紹……

法二，整體法。注意，滑塊和斜面隨有相對運動，但從平衡的角度看，它

們是完全等價的，可以看成一個整體。

做整體的受力分析時，內力不加考慮。受力分析比較簡單，列水平方向平

衡方程很容易解地面摩擦力。

答案：26.ONo

（學生活動）地面給斜面體的支持力是多少？

解：略。

答：135No

應用：如圖20所示，一上表面粗糙的斜面體上放在光滑的水平地面上，

斜面的傾角為。。另一質量為m的滑塊恰好能沿斜面勻速下滑。若用一推

力F作用在滑塊上，使之能沿斜面勻速上滑，且要求斜面體靜止不動，就

必須施加一個大小為P=4mgsin9cos9的水平推力作用于斜面體。使滿

足題意的這個F的大小和方向。

解說：這是一道難度較大的靜力學題，可以動用一切可能的工具解題。

法一：隔離法。

由第一個物理情景易得，斜面于滑塊的摩擦因素tg。

對第二個物理情景，分別隔離滑塊和斜面體分析受力，并將F沿斜面、垂

直斜面分解成Fx和Fy,滑塊與斜面之間的兩對相互作用力只用兩個字母

表示（N表示正壓力和彈力，f表示摩擦力），如圖21所示。

對滑塊，我們可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡——

Fx=f+mgsin0

Fy+mgcos。=N

且f=uN=Ntg0

綜合以上三式得到：

Fx=Fytg9+2mgsin9①

對斜面體，只看水平方向平衡就行了——

P=fcos9+Nsin9

即：4mgsin。cos。=uNcos。+Nsin9

代入口值，化簡得：Fy=mgcos9②

②代入①可得：Fx=3mgsin0

最后由F=解F的大小，由tga=解F的方向(設a為F和斜面的夾角)。

答案：大小為F=mg,方向和斜面夾角&=arctg()指向斜面內部。

法二：引入摩擦角和整體法觀念。

仍然沿用“法一”中關于F的方向設置(見圖21中的a角)。

先看整體的水平方向平衡，有：Fcos(6-a)=P

(1)

再隔離滑塊，分析受力時引進全反力R和摩擦角6,由于簡化后只有三個

力(R、mg和F),可以將矢量平移后構成一個三角形，如圖22所示。

在圖22右邊的矢量三角形中，有：==⑵

注意：6=arctgu=arctg(tg9)=9

(3)

解⑴⑵⑶式可得F和a的值。

第二部分牛頓運動定律

第一講牛頓三定律

一、牛頓第一定律

1、定律，慣性的量度

2、觀念意義，突破“初態困惑”

二、牛頓第二定律

1、定律

2、理解要點

a、矢量性

b、獨立作用性：2F—a,2Fx—ax…

c、瞬時性。合力可突變，故加速度可突變（與之對比：速度和位移不可

突變）；牛頓第二定律展示了加速度的決定式（加速度的定義式僅僅展示

了加速度的“測量手段”）。

3、適用條件

a＞宏觀、低速

b、慣性系

對于非慣性系的定律修正——引入慣性力、參與受力分析

三、牛頓第三定律

1、定律

2、理解要點

a、同性質（但不同物體）

b、等時效（同增同減）

c、無條件（與運動狀態、空間選擇無關）

第二講牛頓定律的應用

一、牛頓第一、第二定律的應用

單獨應用牛頓第一定律的物理問題比較少，一般是需要用其解決物理問題

中的某一個環節。

應用要點：合力為零時，物體靠慣性維持原有運動狀態；只有物體有加速

度時才需要合力。有質量的物體才有慣性。a可以突變而v、s不可突變。

1、如圖1所示，在馬達的驅動下，皮帶運輸機上方的皮帶以恒定的速度

向右運動。現將一工件（大小不計）在皮帶左端A點輕輕放下，則在此后

的過程中（）

A、一段時間內，工件將在滑動摩擦力作用下，對地做加速運動

B、當工件的速度等于v時，它與皮帶之間的摩擦力變為靜摩擦力

C、當工件相對皮帶靜止時，它位于皮帶上A點右側的某一點

D、工件在皮帶上有可能不存在與皮帶相對靜止的狀態

解說：B選項需要用到牛頓第一定律，A、C、D選項用到牛頓第二定律。

較難突破的是A選項，在為什么不會“立即跟上皮帶”的問題上，建議使

用反證法（t-0,a-8,則EFx-8,必然會出現“供不應求”的局面）

和比較法（為什么人跳上速度不大的物體可以不發生相對滑動？因為人是

可以形變、重心可以調節的特殊“物體”）

此外，本題的D選項還要用到勻變速運動規律。用勻變速運動規律和牛頓

第二定律不難得出

只有當L＞時（其中U為工件與皮帶之間的動摩擦因素），才有相對靜止

的過程，否則沒有。

答案：A、D

思考：令L=10m,v=2m/s,u=0.2,g取10m/s2,試求工件到達皮帶右端

的時間t（過程略，答案為5.5s）

進階練習：在上面“思考”題中，將工件給予一水平向右的初速vO,其它

條件不變，再求t（學生分以下三組進行）——

①vO=lm/s（答：0.5+37/8=5.13s）

②v0=4m/s（答：1.0+3.5=4.5s）

③vO=lm/s（答：1.55s）

2、質量均為m的兩只鉤碼A和B,用輕彈簧和輕繩連接，然后掛在天花板

上，如圖2所示。試問：

①如果在P處剪斷細繩，在剪斷瞬時，B的加速度是多少？

②如果在Q處剪斷彈簧，在剪斷瞬時，B的加速度又是多少？

解說：第①問是常規處理。由于“彈簧不會立即發生形變"，故剪斷瞬間

彈簧彈力維持原值，所以此時B鉤碼的加速度為零（A的加速度則為2g）。

第②問需要我們反省這樣一個問題：“彈簧不會立即發生形變”的原因是

什么？是A、B兩物的慣性，且速度v和位移s不能突變。但在Q點剪斷

彈簧時，彈簧卻是沒有慣性的（沒有質量），遵從理想模型的條件，彈簧

應在一瞬間恢復原長！即彈簧彈力突變為零。

答案：0；go

二、牛頓第二定律的應用

應用要點：受力較少時，直接應用牛頓第二定律的“矢量性”解題。受力

比較多時，結合正交分解與“獨立作用性”解題。

在難度方面，“瞬時性”問題相對較大。

1、滑塊在固定、光滑、傾角為。的斜面上下滑，試求其加速度。

解說：受力分析一根據“矢量性”定合力方向一牛頓第二定律應用

答案：gsin9o

思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，傾角仍為6,要求滑塊與斜面相

對靜止，斜面應具備一個多大的水平加速度？（解題思路完全相同，研究

對象仍為滑塊。但在第二環節上應注意區別。答：gtgQo）

進階練習1：在一向右運動的車廂中，用細繩懸掛的小球呈現如圖3所示

的穩定狀態，試求車廂的加速度。（和“思考”題同理，答：gtg9o）

進階練習2、如圖4所示，小車在傾角為a的斜面上勻加速運動，車廂頂

用細繩懸掛一小球，發現懸繩與豎直方向形成一個穩定的夾角8。試求小

車的加速度。

解：繼續貫徹“矢量性”的應用，但數學處理復雜了一些（正弦定理解三

角形）。

分析小球受力后，根據“矢量性”我們可以做如圖5所示的平行四邊形，

并找到相應的夾角。設張力T與斜面方向的夾角為。，則

9=（90°+a）-8=90°-（…）（1）

對灰色三角形用正弦定理，有

二（2）

解（1）（2）兩式得：NF=

最后運用牛頓第二定律即可求小球加速度（即小車加速度）

答：。

2、如圖6所示，光滑斜面傾角為。，在水平地面上加速運動。斜面上用

一條與斜面平行的細繩系一質量為m的小球，當斜面加速度為a時（a<

ctg。)，小球能夠保持相對斜面靜止。試求此時繩子的張力T。

解說：當力的個數較多，不能直接用平行四邊形尋求合力時，宜用正交分

解處理受力，在對應牛頓第二定律的“獨立作用性”列方程。

正交坐標的選擇，視解題方便程度而定。

解法一：先介紹一般的思路。沿加速度a方向建x軸，與a垂直的方向上

建y軸，如圖7所示(N為斜面支持力)。于是可得兩方程

SFx=ma,即Tx—Nx=ma

2Fy=0,即Ty+Ny=mg

代入方位角。，以上兩式成為

Teos9—Nsin9=ma(1)

Tsin9+Ncos9=mg(2)

這是一個關于T和N的方程組，解(1)(2)兩式得：T=mgsin。+macos。

解法二：下面嘗試一下能否獨立地解張力T。將正交分解的坐標選擇為：x

——斜面方向，y——和斜面垂直的方向。這時，在分解受力時，只分解

重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一個坐標軸上，是需要分

解的。矢量分解后，如圖8所示。

根據獨立作用性原理，SFx=max

即：T—Gx=max

即：T-mgsin。=macos。

顯然，獨立解T值是成功的。結果與解法一相同。

答案：mgsin9+macos9

思考：當a>ctg9時，張力T的結果會變化嗎？(從支持力的結果N=mgcos