題目列表(包括答案和解析)
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：ΣF → a ，ΣFx → 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 → ∞ ，則ΣFx → ∞ ，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μ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 = 2 m/s ，μ= 0.2 ，g取10 m/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v0 ，其它條件不變，再求t（學生分以下三組進行）——
① v0 = 1m/s (答：0.5 + 37/8 = 5.13s)
② v0 = 4m/s (答：1.0 + 3.5 = 4.5s)
③ v0 = 1m/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 ；g 。
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θ的斜面上下滑，試求其加速度。
解說：受力分析 → 根據“矢量性”定合力方向 → 牛頓第二定律應用
答案：gsinθ。
思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，傾角仍為θ，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：gtgθ。）
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：gtgθ。）
進階練習2、如圖4所示，小車在傾角為α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β。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θ，則
θ=（90°+ α）- β= 90°-（β-α） （1）
對灰色三角形用正弦定理，有
= 
（2）
解（1）（2）兩式得：ΣF = 
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θ，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＜ctgθ），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
ΣFx = ma ，即Tx － Nx = ma
ΣFy = 0 ， 即Ty + Ny = mg
代入方位角θ，以上兩式成為
T cosθ－N sinθ = ma （1）
T sinθ + Ncosθ = mg （2）
這是一個關于T和N的方程組，解（1）（2）兩式得：T = mgsinθ + ma cosθ
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，ΣFx = max
即：T － Gx = max
即：T － mg sinθ = m acosθ
顯然，獨立解T值是成功的。結果與解法一相同。
答案：mgsinθ + ma cosθ
思考：當a＞ctgθ時，張力T的結果會變化嗎？（從支持力的結果N = mgcosθ－ma sinθ看小球脫離斜面的條件，求脫離斜面后，θ條件已沒有意義。答：T = m
。）
學生活動：用正交分解法解本節第2題“進階練習2”
進階練習：如圖9所示，自動扶梯與地面的夾角為30°，但扶梯的臺階是水平的。當扶梯以a = 4m/s2的加速度向上運動時，站在扶梯上質量為60kg的人相對扶梯靜止。重力加速度g = 10 m/s2，試求扶梯對人的靜摩擦力f 。
解：這是一個展示獨立作用性原理的經典例題，建議學生選擇兩種坐標（一種是沿a方向和垂直a方向，另一種是水平和豎直方向），對比解題過程，進而充分領會用牛頓第二定律解題的靈活性。
答：208N 。
3、如圖10所示，甲圖系著小球的是兩根輕繩，乙圖系著小球的是一根輕彈簧和輕繩，方位角θ已知。現將它們的水平繩剪斷，試求：在剪斷瞬間，兩種情形下小球的瞬時加速度。
解說：第一步，闡明繩子彈力和彈簧彈力的區別。
（學生活動）思考：用豎直的繩和彈簧懸吊小球，并用豎直向下的力拉住小球靜止，然后同時釋放，會有什么現象？原因是什么？
結論——繩子的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變（胡克定律）。
第二步，在本例中，突破“繩子的拉力如何瞬時調節”這一難點（從即將開始的運動來反推）。
知識點，牛頓第二定律的瞬時性。
答案：a甲 = gsinθ ；a乙 = gtgθ 。
應用：如圖11所示，吊籃P掛在天花板上，與吊籃質量相等的物體Q被固定在吊籃中的輕彈簧托住，當懸掛吊籃的細繩被燒斷瞬間，P、Q的加速度分別是多少？
解：略。
答：2g ；0 。
三、牛頓第二、第三定律的應用
要點：在動力學問題中，如果遇到幾個研究對象時，就會面臨如何處理對象之間的力和對象與外界之間的力問題，這時有必要引進“系統”、“內力”和“外力”等概念，并適時地運用牛頓第三定律。
在方法的選擇方面，則有“隔離法”和“整體法”。前者是根本，后者有局限，也有難度，但常常使解題過程簡化，使過程的物理意義更加明晰。
對N個對象，有N個隔離方程和一個（可能的）整體方程，這（N + 1）個方程中必有一個是通解方程，如何取舍，視解題方便程度而定。
補充：當多個對象不具有共同的加速度時，一般來講，整體法不可用，但也有一種特殊的“整體方程”，可以不受這個局限（可以介紹推導過程）——
Σ
= m1
+ m2
+ m3
+ … + mn
其中Σ
只能是系統外力的矢量和，等式右邊也是矢量相加。
1、如圖12所示，光滑水平面上放著一個長為L的均質直棒，現給棒一個沿棒方向的、大小為F的水平恒力作用，則棒中各部位的張力T隨圖中x的關系怎樣？
解說：截取隔離對象，列整體方程和隔離方程（隔離右段較好）。
答案：N = 
x 。
思考：如果水平面粗糙，結論又如何？
解：分兩種情況，（1）能拉動；（2）不能拉動。
第（1）情況的計算和原題基本相同，只是多了一個摩擦力的處理，結論的化簡也麻煩一些。
第（2）情況可設棒的總質量為M ，和水平面的摩擦因素為μ，而F = μ
Mg ，其中l＜L ，則x＜(L-l)的右段沒有張力，x＞(L-l)的左端才有張力。
答：若棒仍能被拉動，結論不變。
若棒不能被拉動，且F = μ
Mg時（μ為棒與平面的摩擦因素，l為小于L的某一值，M為棒的總質量），當x＜(L-l)，N≡0 ；當x＞(L-l)，N = 
〔x -〈L-l〉〕。
應用：如圖13所示，在傾角為θ的固定斜面上，疊放著兩個長方體滑塊，它們的質量分別為m1和m2 ，它們之間的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分別為μ1和μ2 ，系統釋放后能夠一起加速下滑，則它們之間的摩擦力大小為：
A、μ1 m1gcosθ ； B、μ2 m1gcosθ ；
C、μ1 m2gcosθ ； D、μ1 m2gcosθ ；
解：略。
答：B 。（方向沿斜面向上。）
思考：（1）如果兩滑塊不是下滑，而是以初速度v0一起上沖，以上結論會變嗎？（2）如果斜面光滑，兩滑塊之間有沒有摩擦力？（3）如果將下面的滑塊換成如圖14所示的盒子，上面的滑塊換成小球，它們以初速度v0一起上沖，球應對盒子的哪一側內壁有壓力？
解：略。
答：（1）不會；（2）沒有；（3）若斜面光滑，對兩內壁均無壓力，若斜面粗糙，對斜面上方的內壁有壓力。
2、如圖15所示，三個物體質量分別為m1 、m2和m3 ，帶滑輪的物體放在光滑水平面上，滑輪和所有接觸面的摩擦均不計，繩子的質量也不計，為使三個物體無相對滑動，水平推力F應為多少？
解說：
此題對象雖然有三個，但難度不大。隔離m2 ，豎直方向有一個平衡方程；隔離m1 ，水平方向有一個動力學方程；整體有一個動力學方程。就足以解題了。
答案：F = 
。
思考：若將質量為m3物體右邊挖成凹形，讓m2可以自由擺動（而不與m3相碰），如圖16所示，其它條件不變。是否可以選擇一個恰當的F′，使三者無相對運動？如果沒有，說明理由；如果有，求出這個F′的值。
解：此時，m2的隔離方程將較為復雜。設繩子張力為T ，m2的受力情況如圖，隔離方程為：
= m2a
隔離m1 ，仍有：T = m1a
解以上兩式，可得：a = 
g
最后用整體法解F即可。
答：當m1 ≤ m2時，沒有適應題意的F′；當m1 ＞ m2時，適應題意的F′= 
。
3、一根質量為M的木棒，上端用細繩系在天花板上，棒上有一質量為m的貓，如圖17所示。現將系木棒的繩子剪斷，同時貓相對棒往上爬，但要求貓對地的高度不變，則棒的加速度將是多少？
解說：法一，隔離法。需要設出貓爪抓棒的力f ，然后列貓的平衡方程和棒的動力學方程，解方程組即可。
法二，“新整體法”。
據Σ
= m1
+ m2
+ m3
+ … + mn
，貓和棒的系統外力只有兩者的重力，豎直向下，而貓的加速度a1 = 0 ，所以：
（ M + m ）g = m·0 + M a1
解棒的加速度a1十分容易。
答案：
g 。
四、特殊的連接體
當系統中各個體的加速度不相等時，經典的整體法不可用。如果各個體的加速度不在一條直線上，“新整體法”也將有一定的困難（矢量求和不易）。此時，我們回到隔離法，且要更加注意找各參量之間的聯系。
解題思想：抓某個方向上加速度關系。方法：“微元法”先看位移關系，再推加速度關系。、
1、如圖18所示，一質量為M 、傾角為θ的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一個質量為m的滑塊從斜面頂端釋放，試求斜面的加速度。
解說：本題涉及兩個物體，它們的加速度關系復雜，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。對兩者列隔離方程時，務必在這個方向上進行突破。
（學生活動）定型判斷斜面的運動情況、滑塊的運動情況。
位移矢量示意圖如圖19所示。根據運動學規律，加速度矢量a1和a2也具有這樣的關系。
（學生活動）這兩個加速度矢量有什么關系？
沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐標，可得：
a1y = a2y ①
且：a1y = a2sinθ ②
隔離滑塊和斜面，受力圖如圖20所示。
對滑塊，列y方向隔離方程，有：
mgcosθ- N = ma1y ③
對斜面，仍沿合加速度a2方向列方程，有：
Nsinθ= Ma2 ④
解①②③④式即可得a2 。
答案：a2 = 
。
（學生活動）思考：如何求a1的值？
解：a1y已可以通過解上面的方程組求出；a1x只要看滑塊的受力圖，列x方向的隔離方程即可，顯然有mgsinθ= ma1x ，得:a1x = gsinθ 。最后據a1 = 
求a1 。
答：a1 = 
。
2、如圖21所示，與水平面成θ角的AB棒上有一滑套C ，可以無摩擦地在棒上滑動，開始時與棒的A端相距b ，相對棒靜止。當棒保持傾角θ不變地沿水平面勻加速運動，加速度為a（且a＞gtgθ）時，求滑套C從棒的A端滑出所經歷的時間。
解說：這是一個比較特殊的“連接體問題”，尋求運動學參量的關系似乎比動力學分析更加重要。動力學方面，只需要隔離滑套C就行了。
（學生活動）思考：為什么題意要求a＞gtgθ？（聯系本講第二節第1題之“思考題”）
定性繪出符合題意的運動過程圖，如圖22所示：S表示棒的位移，S1表示滑套的位移。沿棒與垂直棒建直角坐標后，S1x表示S1在x方向上的分量。不難看出：
S1x + b = S cosθ ①
設全程時間為t ，則有：
S = 
at2 ②
S1x = 
a1xt2 ③
而隔離滑套，受力圖如圖23所示，顯然：
mgsinθ= ma1x ④
解①②③④式即可。
答案：t = 
另解：如果引進動力學在非慣性系中的修正式 Σ
+ 
* = m 
（注：
*為慣性力），此題極簡單。過程如下——
以棒為參照，隔離滑套，分析受力，如圖24所示。
注意，滑套相對棒的加速度a相是沿棒向上的，故動力學方程為：
F*cosθ- mgsinθ= ma相 （1）
其中F* = ma （2）
而且，以棒為參照，滑套的相對位移S相就是b ，即：
b = S相 = 
a相 t2 （3）
解（1）（2）（3）式就可以了。
第二講 配套例題選講
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”第三章的部分例題和習題。
| 1 |
| 2 |
|
| 0-v2 |
| -2a′ |
| 1 |
| 2 |
| a |
| gsinθ |
| 1 |
| 2 |
| a |
| gsinθ |
如圖所示，質量為M的木板放在傾斜角為θ的光滑斜面上，一個質量為m的人站在木板上，若人相對于木板靜止，木板的加速度為多大？人對木板的摩擦力多大？
圖3－4－14
【解析】：先以M、m為一整體，受力分析如圖所示，取沿
斜面向下為正方向，由牛頓第二定律得：
(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a
a＝gsinθ
以人為研究對象，設木板對人的摩擦力為f人，方向沿斜面向下，受力分析如圖所示．
由牛頓第二定律得：
mgsinθ＋f人＝ma且a＝gsinθ.
可得f人＝0，由牛頓第三定律得：人對木板的摩擦力也為零．
如圖所示，質量為M的木板放在傾斜角為θ的光滑斜面上，一個質量為m的人站在木板上，若人相對于木板靜止，木板的加速度為多大？人對木板的摩擦力多大？
圖3－4－14
【解析】：先以M、m為一整體，受力分析如圖所示，取沿[來源:Zxxk.Com]
斜面向下為正方向，由牛頓第二定律得：
(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a
a＝gsinθ
以人為研究對象，設木板對人的摩擦力為f人，方向沿斜面向下，受力分析如圖所示．
由牛頓第二定律得：
mgsinθ＋f人＝ma且a＝gsinθ.
可得f人＝0，由牛頓第三定律得：人對木板的摩擦力也為零．
第三部分 運動學
第一講 基本知識介紹
一． 基本概念
1． 質點
2． 參照物
3． 參照系——固連于參照物上的坐標系（解題時要記住所選的是參照系，而不僅是一個點）
4．絕對運動，相對運動，牽連運動：v絕=v相+v牽
二．運動的描述
1．位置：r=r(t)
2．位移：Δr=r(t+Δt)－r(t)
3．速度：v=limΔt→0Δr/Δt.在大學教材中表述為：v=dr/dt, 表示r對t 求導數
5．以上是運動學中的基本物理量，也就是位移、位移的一階導數、位移的二階導數。可是
三階導數為什么不是呢？因為牛頓第二定律是F=ma,即直接和加速度相聯系。（a對t的導數叫“急動度”。）
6．由于以上三個量均為矢量，所以在運算中用分量表示一般比較好
三．等加速運動
v(t)=v0+at r(t)=r0+v0t+1/2 at2
一道經典的物理問題：二次世界大戰中物理學家曾經研究，當大炮的位置固定，以同一速度v0沿各種角度發射，問：當飛機在哪一區域飛行之外時，不會有危險？（注：結論是這一區域為一拋物線，此拋物線是所有炮彈拋物線的包絡線。此拋物線為在大炮上方h=v2/2g處，以v0平拋物體的軌跡。）
練習題：
一盞燈掛在離地板高l2,天花板下面l1處。燈泡爆裂，所有碎片以同樣大小的速度v 朝各個方向飛去。求碎片落到地板上的半徑（認為碎片和天花板的碰撞是完全彈性的，即切向速度不變，法向速度反向；碎片和地板的碰撞是完全非彈性的，即碰后靜止。）
四．剛體的平動和定軸轉動
1． 我們講過的圓周運動是平動而不是轉動
2． 角位移φ=φ（t）, 角速度ω=dφ/dt , 角加速度ε=dω/dt
3． 有限的角位移是標量，而極小的角位移是矢量
4． 同一剛體上兩點的相對速度和相對加速度
兩點的相對距離不變，相對運動軌跡為圓弧，VA=VB+VAB,在AB連線上
投影：[VA]AB=[VB]AB,aA=aB+aAB,aAB=,anAB+,aτAB, ,aτAB垂直于AB,,anAB=VAB2/AB
例：A，B，C三質點速度分別VA ，VB ，VC
求G的速度。
五．課后習題：
一只木筏離開河岸，初速度為V，方向垂直于岸邊，航行路線如圖。經過時間T木筏劃到路線上標有符號處。河水速度恒定U用作圖法找到在2T，3T，4T時刻木筏在航線上的確切位置。
五、處理問題的一般方法
（1）用微元法求解相關速度問題
例1：如圖所示，物體A置于水平面上，A前固定一滑輪B，高臺上有一定滑輪D，一根輕繩一端固定在C點，再繞過B、D，BC段水平，當以恒定水平速度v拉繩上的自由端時，A沿水平面前進，求當跨過B的兩段繩子的夾角為α時，A的運動速度。
（vA＝
）
（2）拋體運動問題的一般處理方法
（1）將斜上拋運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動
（2）將沿斜面和垂直于斜面方向作為x、y軸，分別分解初速度和加速度后用運動學公式解題
（3）將斜拋運動分解為沿初速度方向的斜向上的勻速直線運動和自由落體運動兩個分運動，用矢量合成法則求解
例2：在擲鉛球時，鉛球出手時距地面的高度為h，若出手時的速度為V0，求以何角度擲球時，水平射程最遠？最遠射程為多少？
（α=
、 x=
）
第二講 運動的合成與分解、相對運動
（一）知識點點撥
參考系的轉換：動參考系，靜參考系
相對運動：動點相對于動參考系的運動
絕對運動：動點相對于靜參考系統（通常指固定于地面的參考系）的運動
牽連運動：動參考系相對于靜參考系的運動
（5）位移合成定理：SA對地=SA對B+SB對地
速度合成定理：V絕對=V相對+V牽連
加速度合成定理：a絕對=a相對+a牽連
（二）典型例題
（1）火車在雨中以30m/s的速度向南行駛，雨滴被風吹向南方，在地球上靜止的觀察者測得雨滴的徑跡與豎直方向成21。角，而坐在火車里乘客看到雨滴的徑跡恰好豎直方向。求解雨滴相對于地的運動。
提示：矢量關系入圖
答案：83.7m/s
（2）某人手拿一只停表，上了一次固定樓梯，又以不同方式上了兩趟自動扶梯，為什么他可以根據測得的數據來計算自動扶梯的臺階數？
提示：V人對梯=n1/t1
V梯對地=n/t2
V人對地=n/t3
V人對地= V人對梯+ V梯對地
答案：n=t2t3n1/（t2-t3）t1
(3)某人駕船從河岸A處出發橫渡，如果使船頭保持跟河岸垂直的方向航行，則經10min后到達正對岸下游120m的C處，如果他使船逆向上游，保持跟河岸成а角的方向航行，則經過12.5min恰好到達正對岸的B處，求河的寬度。
提示：120=V水*600
D=V船*600
答案：200m
（4）一船在河的正中航行，河寬l=100m，流速u=5m/s，并在距船s=150m的下游形成瀑布，為了使小船靠岸時，不至于被沖進瀑布中，船對水的最小速度為多少？
提示：如圖船航行
答案：1.58m/s
（三）同步練習
1.一輛汽車的正面玻璃一次安裝成與水平方向傾斜角為β1=30°，另一次安裝成傾角為β2=15°。問汽車兩次速度之比
為多少時，司機都是看見冰雹都是以豎直方向從車的正面玻璃上彈開？（冰雹相對地面是豎直下落的）
2、模型飛機以相對空氣v=39km/h的速度繞一個邊長2km的等邊三角形飛行，設風速u = 21km/h ，方向與三角形的一邊平行并與飛機起飛方向相同，試求：飛機繞三角形一周需多少時間？
3.圖為從兩列蒸汽機車上冒出的兩股長幅氣霧拖尾的照片（俯視）。兩列車沿直軌道分別以速度v1=50km/h和v2=70km/h行駛，行駛方向如箭頭所示，求風速。
4、細桿AB長L ，兩端分別約束在x 、 y軸上運動，（1）試求桿上與A點相距aL（0＜ a ＜1)的P點運動軌跡；（2）如果vA為已知，試求P點的x 、 y向分速度vPx和vPy對桿方位角θ的函數。
（四）同步練習提示與答案
1、提示：利用速度合成定理，作速度的矢量三角形。答案為：3。
2、提示：三角形各邊的方向為飛機合速度的方向（而非機頭的指向）；
第二段和第三段
大小相同。
參見右圖，顯然：
v2 = 
+ u2 － 2v合ucos120°
可解出 v合 = 24km/h 。
答案：0.2hour（或12min.）。
3、提示：方法與練習一類似。答案為：3
4、提示：（1）寫成參數方程
后消參數θ。
（2）解法有講究：以A端為參照， 則桿上各點只繞A轉動。但鑒于桿子的實際運動情形如右圖，應有v牽 = vAcosθ，v轉 = vA
，可知B端相對A的轉動線速度為：v轉 + vAsinθ= 
。
P點的線速度必為 
= v相
所以 vPx = v相cosθ+ vAx ，vPy = vAy － v相sinθ
答案：（1）
+ 
= 1 ，為橢圓；（2）vPx = avActgθ ，vPy =（1 － a）vA
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