献·给·读·者


　　《通过模型学解题》（物理）丛书是围绕高中物理教材，结合中学教 学实际编写的学生课外读物。本丛书突破按知识体系谋篇布局的常规，力 图引导学生换一种新的角度去窥视中学物理图景，领悟分析和解决物理问 题的思路。
　　什么叫物理模型？物理模型就是抽象化了的物理研究对象、条件或过 程。物理模型可划分为实体模型与过程模型两大类。
　　实体模型是研究对象或条件的抽象。质点、点电荷、点光源、光滑轨 道、单摆、理想气体、匀强电场、匀强磁场、核式结构的原子等，都属于 实体模型。
　　过程模型是对物理过程的抽象。直线运动、圆周运动、带电粒子在电 场与磁场中的运动、导体在磁场中的运动等等，都是过程模型。
　　物理模型，其性质特征、规模大小及相互联系，可以划分为不同的层 次。本丛书以过程模型为结构框架，各分册有体现第一层次模型的书名和 体现第二、三层次模型的简明目录。所谓“通过模型学解题”，就是根据 物理的基本性质和特征，条分缕析，剖切成各个层次的过程模型，并抓住 同一模型中各类问题的共同特性，例举有代表性的实体模型，综合运用各 种物理知识，各种定理、定律，运用不同的观点、方法，归纳出解决问题 的一般途径和方法技巧。
本丛书在研究具体问题时，以文字演算为主，避免繁琐的数值计算，
从而使解决问题的方法更具广泛性，更显得逻辑严密。 按物理模型构建丛书框架，在不同层次的模型上展示物理图景，是一
种新的体裁，新的尝试，前无经验，谬误和不妥之处难免，敬请读者批评
指正。
王兴桃
1994 年 2 月

运动合成问题，主要研究四类问题。


　　第一类问题：把一个物体所作的复杂运动，看成是若干个简单运动的 合运动，并根据运动合成的原理，找出研究复杂运动的方法。如平抛运动， 通常都被看成是水平方向上的匀速运动和竖直方向上自由落体运动的合运 动，这样，就可以在笛卡儿坐标中，运用解析法研究其运动情况并确定其 轨道方程。
　　第二类问题：一个物体同时参与两个或两个以上的运动，这个物体的 运动便是几个分运动的合运动。例如，一艘轮船在流动的河水中航行，船 员顺着桅杆向上爬行，则船员的运动便是若干个分运动的合运动。这里所 指的船员的运动，还有相对于轮船、相对于河水、相对于河岸的区别。选 择不同的参照物，运动的合成结果将不相同。
　　第三类问题：研究两个或两个以上独立运动的物体之间的相对位移、 相对速度、相对加速度等有关问题。如电梯中的落体问题；猎犬在一条直 线上或一个平面上追捕一只拚命奔跑的兔子的问题等。
　　第四类问题：研究两个或两个以上的物体在某种特定联系下，或在某 种特定限制条件下运动时，与运动合成有关的问题。
如人在码头上通过跨在岸边光滑轮上的绳子牵引小船靠岸的过程中，
船速与人拉绳子在岸上走动的速度关系。 运动合成问题有两个最显著的特征：一是运动合成的相对性。任何一
个运动合成问题，都与参照物的选择密切相关，这是由运动的相对性决定
的。二是运动合成的矢量特性。由于运动量具有方向性，这就决定了研究 运动合成问题时，必须按平行四边形法则，或由此发展而来的矢量三角形 法和正交分解法等数学方法进行分析计算。
运动合成的相对性和矢量特性，决定了运动合成问题的复杂性。分析
研究运动合成问题，不仅要对力学基本原理有深刻的理解，而且特别需要 有丰富的想象力；分析研究运动合成问题，不仅要运用一系列物理学基本 原理，而且将涉及到物理学的一系列基本研究方法；所以研究运动合成问 题，对学好物理，培养能力有特别重要的意义。

一、同一直线上运动的合成


　　一条直线上的运动合成问题，广泛存在于自然界和实际生活中。它包 括一个物体沿一条直线作复杂运动的情况，还包括两个或两个以上的物体 沿一条直线运动的情况。
　　当涉及到两个或两个以上的运动物体时，由于运动的相对性，参照物 的选择显得十分重要。大多数情况下，人们都习惯于选择地面为参照物， 这种习惯性选择主要是因为直观、易被理解。然而我们将会发现，确当地 选择地面以外的运动物体作参照物，不但可以使解决问题的方法变得十分 简单，而且可以加深对相对性原理的理解，使我们对简单的机械运动的理 解与认识产生质的飞跃。
　　
●匀速运动的合成问题


　　一条直线上匀速运动的合成问题，只有同向与反向运动两种情况，其 最主要的特点是直观。分析解决这类问题的关键是参照物的选择。选择不 同的参照物，意味着对同一个实际问题有不同的理解模型，也就代表着一 种不同的解题方法。
　　在下面的例题中，我们有时用不同的方法，即选择不同的参照物分析 解决同一个问题。对有些复杂的问题，如果自始至终选择同一个特定的参 照物，往往显得十分困难。这时，必须灵活地变换参照物。
　　［例题 1］一只小艇沿河流逆水航行，航行中在某处有一只救生圈从 艇上掉落到水中，经时间 t 才发现，小艇立即掉头，在离救生圈掉落处下
游 s 处捞起救生圈。求水流的速度多大？（不考虑小艇掉头所用的时间， 小艇航行时相对于水的速度假设不变。）
　　［分析与解］方法一：以河岸为参照物作示意图，如图 1－1 所示。 救生圈在 O 点从小艇上掉落到水中。经时间 t，小艇逆流而上到达 A 点时掉头，这段时间里救生圈已顺水漂流到 O 点的下游 A′处。小艇掉头 后顺水航行时间 t′，在 B 点捞起救生圈，在时间 t′里，救生圈从 A′处
顺水漂流到 B 点。
假设小艇的航速为 v0，水流速度为 v，小艇由 O 到 A 逆流航行时相对
于河岸的位移 OA=（v0-v）t；在时间 t 时，救生圈顺水漂流到 A′点的位
移 OA′=vt。小艇掉头后顺流航行，在 B 点与救生圈相遇，故从 A 到 B 的 位移为 AB=（v0+v）t′；在时间 t′内，救生圈由 A′顺水漂到 B 点，位 移为 A′B=vt′。由图 1－1 和上面的分析，可得下列两个相应的方程：
? vt + vt′ = s
?
?(v0 + v)t′ = (v0 - v)t + vt + vt′
由第 2 个方程可得 t=t′。将 t=t′代入第 1 个方程，即求得水的流速：
s
v = 。
2t
　　方法二：以河水为参照物。以河水为参照物，即认为水不流动。这样， 救生圈掉落到水中后，它的位置不动（相对于水）。小艇在水中航行 t 秒 发现救生圈掉落在水中，由于不计掉头所用的时间，小艇掉头后返回到救 生圈处所用的时间必然也是 t 秒。在小艇一个往返的 2t 秒内，救生圈实际 上相对于河岸顺水漂流距离 s，若水的流速为 v，则：
s
s = v（2t），即v =
2t
　　在方法一中，我们始终以河岸为参照物，得出 t=t′的结论；在方法 二中，我们先以水为参照物，经过分析，得知小艇相对于救生圈逆流而上 航行的时间与顺流而卞航行的时间相等。再以河岸为参照物，在小艇一往 一返的时间内，顺水而下的距离是 s，从而求得水流的速度 v。还可以看出， 在方法一中是以位移为联系纽带的；在方法二中，不仅参照物变换了，而 且联系的物理量也变换了；先假设水不流动，分析小艇相对于河水逆流而 上的航行时间与顺流而下的航行时间；然后，再以河岸为参照物，看河水 在相同的时间里相对于河岸的位移。
　　
　　评说这两种方法的难、易与优、劣是没有什么意义的。关键是要理解 与掌握分析问题的物理思想和物理模型，并能准确而熟练的运用。
　　［例题 2］一列步兵队伍以 5.4 千米/小时的速度沿笔直的公路匀速前 进，行进中保持 1200 米的队列长度不变。一个通讯员骑马从队列的末尾到 队列的前端传达命令后，立即又返回到队列的末尾，往返共用时间 10 分 钟。如果通讯员骑马行进的速度是匀速的，掉头的时间不计，求他骑马行 进的速度多大？
［分析与解］方法一：设队伍行进的速度为 v1，通讯员骑马行进的速
度为 v2（v1、v2 均相对于地面），则通讯员从队尾向队首前进时，相对于
队列的速度为 v2-v1，返回时相对于队列的速度为 v2＋v1；如队列长为 l，
通讯员往返共用时间 t，则：

l
t = v - v

l
?
v 2 ? v1

于是得到关于 v2 的一元二次方程：
2 2
vt 2 - 2tv2 - tv2 ＝0。
对 v2 解这个方程，并将已知量用国际单位表示后代入，求得解答：


2l + 4l 2 + 4t 2 v2 l
v = ? ?


l
( )2 ? v2

2 2t

t t 1

= 2（米 / 秒）±2.5（米 / 秒）
舍去负根，可得通讯员骑马时的速度为 v2=4.5（米/秒）=16.2（千米
/小时）。
方法二：以地面为参照物，设队伍向右运动。见图 1－2。通讯员以速
度 v2 从队尾 B 开始向队首行走，经过时间 t1 在 A1 点到达队列的最前端。
在这段时间里，通讯员向右运动的路程是 v2t1，队首由 A 到 A′，运动的
路程是 v1t1。由图中（甲）的部分可以看出有下列关系存在：
v2t1-v1t1=l
在 A1 点通讯员掉头向左朝队尾行走，经时间 t2 在 B2 点到达队尾，在
t2 这段时间里，队首向右运动的距离是 v1t2，通讯员向左跑到队尾的路程
是 v2t2，由图中（乙）的部分可以看出：
v2t2+v1t2=l
由上述两式可得：
t1 + t 2 = t，即：

l
v2 ? v1

l
? ? t
v 2 ? v1

　　这个结果与方法一是相同的。表明选择不同的参照物，不会影响解题 的结果。
方法一认为队伍不动，通讯员以速度 v2-v1 从队尾向队首走，接着以
速度 v2+v1 从队首向队尾走。方法二则以通讯员和队列在相同时间里位移
大小的关系为纽带，列出两个方程。这两种方法的汇合点是通讯员相对于 队尾运动所用的时间 t，不论你选择什么物体作参照物，它是一个不变的

常量。所以，我们在这两种方法中都得到关系式

l
t = v - v

l
?
v 2 ? v1

　　［例题 3］在大商场、大火车站、地铁站等公共场所的进出口，往往 设有自动扶梯运送客人上下，但有些人可能会在运动着的自动扶梯上跑 动。
如有两个人沿着同一运动中的自动扶梯从上向下奔跑。甲在扶梯上跑
动的速度为 v，他从上到下走过的扶梯有 n1 级；乙在扶梯上的速度为 kv，
他走过的扶梯级数为 n2 级。求这架自动扶梯运动的速度多大？该自动扶梯
从上到下共有多少级？
　　［分析与解］如扶梯不运动，人沿扶梯跑下的距离就是扶梯的长度（设 为 l），它与扶梯的级数（设为 n）成正比。
　　如扶梯运动，人在运动着的扶梯上走动，那么，他相对于扶梯的位移 与他走过的扶梯级数成正比。如扶梯向下运动，则沿扶梯向下跑的人，相 对于扶梯跑过的距离小于扶梯的长度；如自动扶梯向上运动，则沿扶梯向 下跑的人，相对于扶梯跑过的距离大于扶梯的长度。
设自动扶梯运动的速度为 u 对例题 3 来讲，它有向下与向上运动两种
情况。
情况一：自动扶梯向下运动。则沿扶梯向下跑时相对于地面的速度为
u+v，他跑下扶梯所用的时间为
l

t1 =

，
v + v

他相对于扶梯跑过的距离为
lv

s1 = vt 1 =

；
u + v

而乙跑下扶梯时相对于扶梯的速度为 v+kv， 所用的时间为
l

t 2 ?


u ? kv

他相对于扶梯跑过的距离为s = kvt = klv 。
2 2 u + kv
　　根据前面的分析，人沿扶梯走过的路程与他跑过的扶梯的级数成正 比，所以能得到下列两个比例式：
? lv

?s1 :l ? n1: n

? u ? v :l ? n1: n

? 即
? 2 : l ? n2 : n

? klv
?? u ? kv


:l ? n2 : n

? k(n

? n )

2 1
?

解得?

kn1 ? n2
(k ? 1)n n

?n ? 1 2 ②
?? kn1 ? n 2
情况二：自动扶梯向上运动，两人沿扶梯向下奔跑。

甲跑下扶梯用时间t = l ，
1 v - u
他相对于扶梯跑过的路程为s = vt = lv ，

1 1
走过的扶梯级数为 n1；
乙跑下扶梯用时间t = l ，

v - u

2 kv - u
他相对于扶梯走过的路程为s = kvt = klv ，

2 2
走过的扶梯级数为 n2，由分析可知：

kv - u

? lv
?


: l ? n1: n

? v ? u
? klv
?? kv ? u



: l ? n2 : n

?
u ?
解得?

k(n2 ? n1 ) ? v
kn1 ? n2
(k ? 1)n n

?n ? 1 2
?? kn1 ? n 2
　　细心的读者也许已经注意到，在上面分析解题的过程中，我们的参照 物是在不断改变的。在求人从上到下运动所用时间时，我们是根据人相对 于地面的位移与人相对于地面的速度求得的；然后，根据运动的时间，求 得人相对于扶梯走过的路程。
另外值得注意的是两种情况中的相对速度是不同的。甲沿向下运动的
扶梯向下奔跑时，他相对于地面的速度是 u＋u；当甲沿向上运动的扶梯向 下奔跑时，他相对于地面的速度是ｖ－u，而当乙沿向下运动的扶梯向下奔 跑时，他相对于地面的速度为 kv+u；当他沿向上运动的扶梯向下奔跑时， 他相对于地面的速度是 kv-u。
为了帮助理解，在思考与练习中有相应的数值练习题供读者选用。在
做这些练习题时，不要套用例题 3 的结果，而应该通过具体的分析，一步 步地求得问题的正确解答。

●竖直方向上的抛体问题


　　在直线运动中，匀速运动与初速度为零的匀加速直线运动，是两种最 简单的运动形态。其它的复杂运动都可以看作是这两种简单运动的合运 动。
　　从运动和力的关系看，作匀速直线运动的物体所受力的合力为零，作 匀加速直线运动的物体所受外力的合力为恒力。
竖直方向上的抛体，有竖直向上或竖直向下的初速度 v0。在不计空气
阻力的影响时，物体抛出后受恒定的重力作用，有竖直向下的恒定加速度 g。因此，竖直上抛运动可归结为两个模型（或称两种过程）。第一个模型 把它看作是初速度为 v0、加速度为-g 的匀减速直线运动；第二个模型把它 看作是竖直向上、速度为 v0 的匀速直线运动与竖直向下的自由落体运动的 合运动。对竖直下抛运动。也有两个模型，第一个模型把它看作是初速度
为 v0、加速度为 g 的匀加速直线运动；第二个模型则把它看作是竖直向下
的匀速直线运动与自由落体运动的合运动。 如考虑空气阻力的作用，则物体在运动中受重力和空气阻力作用。根
据力的独立作用原理，运动中的物体有两个独立的加速度：一个是重力引
起的竖直向下的重力加速度，另一个是空气阻力引起的，其方向与运动方 向相反。所以，在考虑空气阻力作用时，竖直方向上的抛体运动，用运动 合成的模型来看，它是三个独立运动的合运动：第一个独立运动是竖直向 上或竖直向下的匀速直线运动；第二个独立运动是竖直向下的自由落体运 动；第三个独立运动是初速度为零的匀变速直线运动，其加速度大小由空 气阻力的大小决定，方向总与运动方向相反。
用运动合成的观点（模型）分析复杂的运动，是把复杂的运动分解为
简单的运动，认为复杂的运动是简单运动的合成，这既是认识的深化，也 是研究问题的方法，是认识论与方法论的统一。
上述分析、解决竖直方向上抛体运动的两个模型，是对同一个具体问
题的两种认识，也可以说是从两个不同角度研究同一个物理过程。就整体 而言，竖直方向上抛体的运动是一种匀变速运动，因此我们统一用匀变速 运动的公式分析、研究竖直方向上的抛体问题。
［例题 1］一只气球从地面由静止开始匀加速竖直上升，加速度 a=2
米/秒 2，5 秒末有一个物体从气球上掉落下来，问该物体经多少时间落到 地面？
　　［分析与解］方法一：研究对象是从气球上掉落下来的物体，当它从 气球上掉下来的那一瞬间，它与气球具有相同的、竖直向上的速度：
v0=at=10（米/秒）；这一瞬间，
物体的高度h = 1 at 2 = 25（米）。
2
物体从气球上掉下以后，只受重力作用，有竖直向下的重力加速度。
由于有初速度 v0，物体竖直向上作匀减速运动。经时间 t1，速度减少到
v
零, 时间t = 0 = 1（秒）。
1 g

2
在这t1 = 1秒的时间里，物体上升的高度h′ = 2g


= 5（米）；

　　即当物体速度为零时，它离地面的高度 H=h+h′=30（米）；随后，物 体将从 H=30（米）的高度自由下落，自由下落的时间为 t2，

由H = 1 gt 2 ，可得t = 2H ≈2.45（秒）。
2 2 2 g
可见，物体从气球上掉下，到落到地面共用时间：
t = t 1 + t 2 ≈3.45（秒）。
方法二：物体掉高气球时高度 h=25（米）；瞬时速度 v0=10（米/秒），
竖直向上。物体掉离气球以后，作初速度为 v0、加速度为-g 的匀减速运动。
取竖直向上的方向（也就是 v0 的方向）为正方向，当物体落到地面时，它
的位移为-h，这个位移所用时间 t，根据匀变速直线运动的公式可得：
1

v 0 t - 2

gt 2 ＝ - h

代入已知量，可以得到关于时间 t 的一元二次方程：
5t2-10t-25=0
舍去负根，得 t≈3.45（秒）。
［例题 2］一只皮球在离地面 h1=4.5 米高的地方，以速度 v1=12 米/
秒竖直向下抛出，与地面撞击以后竖直向上弹跳起来，弹跳起来的速度是 撞击前速度的 0.8 倍。已知皮球运动中受到的空气阻力是其重力的 0.1 倍， 试求皮球跳起的高度？
［分析与解］皮球抛出后受重力与空气阻力作用，重力使皮球有竖直
向下的加速度，其大小为 g=10 米／秒 2；空气阻力与皮球的运动方向相反， 它使皮球产生竖直向上的加速度，大小为 0.1g=1 米/秒 2；根据矢量合成 原理，皮球抛出后的合加速度为 a1=9 米/秒 2，方向竖直向下。可见皮球抛 出后作初速度为 v1=12 米/秒、加速度为 a1 的匀加速运动，到达地面时位
移为 h1=4.5 米，它与地面撞击的速度 v2 可由公式 v22-v12=2a1h1 求得：
v = v 2 ? 2a h = 15（米 / 秒） 皮球从地面弹跳起来的速度为： v0=0.8v0=12（米/秒）
　　皮球向上运动时，受到竖直向下的重力和空气阻力作用，合加速度竖 直向下，大小为 a2=11 米/秒 2，由此可得皮球弹跳起的高度为：
2
0

h2 =


2a 2

≈6.55（米）。

　　［例题 3］一个热气球停在空中某一高度 h 处，某时刻甲物体从热气 球下的吊篮中自由落下，经时间 t0=3 秒后，吊篮中的人以初速度 v0=40 米
/秒竖直向下抛出乙物体，试求：（1）乙物体经多少时间与甲物体相遇？
（2）如乙物体抛出后 5 秒落到地面上，求吊篮离地面的高度多大？
　　［分析与解］（1）设乙物体抛出后经 t 秒与甲物体相遇，这时甲物体 与吊篮的距离：
　　

s1 =

1 2
2 g（t + t 0 ）

乙物体与吊篮相距：
s ? v t ? 1 gt 2
2 0 2
甲、乙相遇，则 s1=s2，即：

1
g(t - t ) 2 - (v t +

1
gt 2 ）＝0

2 0 0 2
2 2

解得t＝

gt 0
2( v0 ? gt 0 )

＝ 10 ? 3
2 ? (40 ? 10 ? 3)

＝4.5（秒）



（2）吊篮离地面的高度由乙物体 5 秒内的位移大小决定：


H = v0 t +

1
gt 2 = 40×5 +
2

1
×10×52
2

= 325（米）
［例题 4］从空中足够高的某点，以相等的速率 v0 竖直向上和竖直向
下同时各抛出一个物体，试求这两个物体之间的距离与时间的关系。
　　［分析与解］设物体抛出时开始计时，抛出后 t 秒，这两个物体相对 于抛出点向上和向下的位移分别为：
1

s1 = v0 t -

gt 2
2


s2 = v 0 t +

1 gt 2
2

时刻 t，这两个物体相距：
s = s1 + s2 = 2v 0 t
即 v0 一定时，两物体间的距离与时间成正比。

●电梯中的落体与抛体问题


　　电梯中的落体与抛体是相对于电梯而言的。由于电梯原来是运动的， 因此这类问题比较复杂。就电梯而言，它可能是匀速上升或匀速下降，也 可能是匀加速或匀减速向上或向下运动；就落体与抛体而言，固然有向下 的加速度 g，但它从电梯上掉落下来或被抛出后，相对于地面的即时速度 的大小和方向，是与电梯原来的运动状态密切相关的。
　　通过分析研究，我们可以把这类问题归结为一个统一的模型，并根据 这个模型归纳出一般的解题方法。
　　设电梯厢体的底板与顶板之间的距离为 H，在电梯以加速度 a 向上作 加速运动的过程中，顶板上有一个小构件因松动而掉落下来。求小构件从 顶板掉落到底板上所用的时间 t。
解法一：以地面为参照物。设小构件脱离顶板时，电梯与小构件的共
同瞬时速度为 v0；这样，小构件脱离顶板后的运动是初速度为 v0 的竖直上
抛运动，而电梯厢体的运动是初速度为 v0、加速度为 a 的匀加速运动。
　　设小构件脱离顶板后经时间 t 掉落到底板上。在这段时间里小构件相 对于地面的位移为 s2，可能是向下的，也可能是向上的（见图 1－3 甲、 乙）。
　　取小构件与电梯脱离时的那一点为坐标的原点 O，取竖直向上的方向 为坐标的正方向，在时间 t 里，电梯的底板相对于地面向上的位移为：
　　

s1 = v 0 t +

1 at 2
2

在同样的时间里小构件的位移如向下（见甲图），
则其位移的大小为s = -（v t - 1 gt 2 ）；
2 0 2
如小构件的位移向上（图乙），
则其位移的大小为s = v t - 1 gt 2 ；
2 0 2
无论哪种情况，都有：
s1-s2＝H

即H = 1 （g + a）t 2 ，由此可得：t = 2H
2 g + a
　　解法二：以电梯的厢体为参照物。以电梯的厢体为参照物，即假设观 察者与电梯一起运动。这样，小构件与顶板脱离后相对于电梯的运动，是 初速度为零、加速度为（g+a）的竖直向下的匀加速运动。当它落到底板上， 相对于电梯的位移为 H 时，所用的时间为 t，根据初速度为零的匀加速直 线运动的规律可知：
　　
H = 1 （g + a）t 2 ，可得t =
2

2H
g + a

［分析与讨论］

1．如电梯静止或作匀速运动，则a = 0。这时t =



2H 。
g

　　表明电梯不动或匀速运动时小构件相对于电梯的运动是自由落体运 动。
　　2．电梯向下作匀减速运动时，电梯加速度的方向向上，小构件相对于 电梯的加速度为 g+a，其结果与电梯向上作匀加速运动相同，
即 t = 2H 。
g + a
　　3．如电梯向上作匀减速运动或向下作匀加速运动，这两种情况下电梯 加速度的方向均向下，小构件相对于电梯的加速度为 g-a，
故落到底板上所用时间t = 2H 。
g - a
　　显然，如电梯向下的加速度值 a≥g，t 将变得没有意义，表明这种情 况下，构件不会与顶板分离，当然也就不可能落到底板上去。
［例题 1］在电梯中，用一根细线将一个小球悬挂在顶板上，小球与
底板相距 H=1.5 米。当电梯以加速度 a=4.9 米/秒 2 向上作匀加速运动时， 细线突然断裂，则小球经多少时间落到底板上？
　　［分析与解］细线断裂的瞬间，小球与电梯具有相同的初速度，不论 该速度多大，细线断裂后小球相对于电梯的运动是初速度为零、加速度为 g+a=1.5g 的匀加速运动，则有：
1
H = （g + a）t 2
2

2H
t = =
g + a

2H
1.5g


≈0.45（秒）

［例题 2］电梯以 v0=3 米/秒的速度匀速下降，一个人在电梯中距底
板 H=1 米的地方以相对于电梯的速度 v=5 米/秒竖直向上抛出一个小球。试 问：小球经多少时间落到底板上？
［分析与解］方法一：以地面为参照物。小球抛出时相对于地面的初
速度为 v-v0=2 米/秒，方向竖直向上；小球抛出后相对于地面的运动是初
速度为 v-v0 的竖直上抛运动；设经过 t 秒小球落到底板上，在 t 秒内，


小球向下的位移大小为s1 = -[(v - v 0

）t - 1 gt 2 ］，
2

电梯的底板向下的位移大小为 s2=v0t；根据题意有：
1 2
s1 - s2 = H，即 2 gt - vt = H


2v ?

4v2 ? 8gH v


v 2H

解得t＝ ＝（ ）±

( ) 2 ?

2g g g g
代入已知量，舍去负根，即得：t≈2.17（秒）。 方法二：以电梯为参照物，即假设电梯不动。这样，小球相对于电梯
的运动是初速度为 v=5 米/秒的竖直上抛运动，经时间 t 秒小球落到底板 上，相对于电梯的位移为-H，故有：


vt -

1 gt 2 = -H，即
2

1 gt 2 - vt - H = 0
2

解这个方程所得结果与方法一相同。

　　所谓电梯中的“抛体”问题，是研究电梯中的物体，当它与电梯解除 直接联系的瞬间，具有相对于电梯的初速度的情况。这里只研究竖直方向 上的“抛体”问题。
电梯以速度 v1 匀速上升，某时刻电梯中的人以相对于电梯的初速度 v2
竖直上抛一个小球。小球没有与电梯的顶板相碰，随后又落回到人的手中。 就这个模型我们研究下列几个问题。（1）小球抛出后，相对于地面作初速 度为（v1+v2）的竖直上抛运动，当它上升到最高点，也就是它相对于地面 的速度为零时，所用的时间为：
v + v
t = 1 2 。
1 g
在这段时间里，小球相对地于地面竖直向上的位移为：


s = （v + v

1
）t -

(v + v ) 2
gt 2 = 1 2

1 1 2 1 2 1 2g
　　（2）设小球抛出后 t 秒落回到手中，在这段时间里，小球和电梯相对 于地面的位移分别为：
　　
s1t = （v1 + v

s2t = v 1t

1
2 ）t - 2


gt 2



1

小球落回到手中时，s1t

＝s2 t

，即v 2 t - 2

gt 2 = 0

v
解此方程，可得：t = 2（ 2 ）。
g
（3）当小球落回到手中时，小球相对于地面的位移为：
1

s2 = （v 1 + v 2

）t -

gt 2
2


= （v1 + v 2

2v v
＝ 1 2
g

）（ 2v 2 ） -
g

1 g（ 2v 2 ） 2
2 g

　　（4）比较（1）、（2）的分析，可以得知小球相对于地面“回落”的 时间是：
　　
2v v + v

v ? v

t ＝t - t ＝ 2 - 1 2 ＝ 2 1
2 1 g g g
（5）相对于电梯而言，小球作初速度为 v2 的竖直上抛运动，小球从
抛出到落回到手中，所用时间为：
v
t′ = 2（ 2 ） = t
g
　　当小球与电梯的顶板距离最小，也就是小球相对于电梯静止时，小球 相对于地面的速度为 v2，而小球抛出时相对于地面的初速度为（v1+v2）， 所以小球相对于电梯上升的时间为：
(v + v ) - v v
t ' = 1 2 1 ? 2
1 g g

相对于电梯的回落时间为
v2

t 2 ＝t′ - t1 ＝

g ＝t 1′∶t 1′＝t 2 ′，

　　表明竖直上抛的小球，相对于匀速运动的电梯而言，上升的时间与回 落的时间相等，由此可以推知，抛出点与电梯顶板之间的距离至少为
2
2
d = 。
2g
（6）小球落回到手中时，相对于电梯的即时速度为：
v2 ′ = v 2 - gt = -v2 而小球落回到手中的瞬间，相对于地面的即时速度为： v1′=(v1+v2）-gt=v1-v2
上述研究结果，可以归纳如下：
在以速度 v1 匀速上升的电梯中，以相对于电梯的速度 v2 竖直上抛的物
v2
体，只有在抛出点与顶板之间的距离不小于 2 的情况下，才不会与顶板相
2g
碰。在这种情况下，抛体相对于地面上升的时间为 t1=（v1+v2）/g，回落
时间为 t2=（v2-v1）/g；相对于电梯上升的时间与回落的时间相等；t1′
=t2′=v2/g。小球相对于地面上升的最大位移是（v1+v2）2/2g，当小球回 落到手中时，相对于地面的位移是 2v1v2/g。
　　例题 3 可以帮助我们理解上述分析与推导过程，再通过具体的数值计 算，可获得比较直观的印象。
［例题］电梯以速度 v1=3 米／秒匀速上升。电梯中的人以相对于电梯
的速度 v2=5 米/秒竖直上抛一个小球。小球没有与电梯的顶板相碰，随后
又落回到人的手中。 相对于地面而言，求：（1）小球竖直向上的最大位移量多大？（2）
小球从抛出到落回到手中的这段时间里，相对于地面的位移量多大？（3）
从小球抛出到落回到手中这段时间里，小球通过的路程是多少？ 相对于电梯而言，求：（4）小球抛出点与电梯的顶板之间距离至少多
大？（5）当小球与顶板最近时，小球是否运动？如果运动的话，它的速度
大小和方向如何？（6）小球落回到手中时，它的速度大小和方向如何？
［分析与解］小球抛出后的运动，相对于地面而言，是初速度为 v1+v2=8
米/秒的竖直上抛运动；相对于电梯而言，是初速度为 v2=5 米/秒的竖直上
抛运动。电梯始终以速度 v1=3 米/秒竖直向上作匀速运动。
　　（1）小球抛出后，当它相对于地面的速度为零时，上升到最高点，这 段时间为：
v1 + v2

t1 = g

= 0.8（秒）

　　这段时间内的位移，也就是小球抛出后相对于地面竖直向上的位移， 其大小为：
　　
1 (v

? v ) 2

1 2

s1 = (v1 + v 2 )t 1 ? 2 gt 1 ?

? 3.2(米)
2g

　　（2）设小球抛出后 t 秒落回到手中。在 t 秒内小球和电梯的位移分别 为：
　　
s = （v + v

）t - 1


gt 2

1t 1 2 2
s2 t = v 1t
1

小球落回到手中时，s = S

，即：v t－

gt 2 = 0

1t 2t 2 2
v
解得t = 2（ 2 ） = 1（秒）。
g
可见，小球落回到手中时相对于地面的位移为：
1

s2 = （v 1 + v 2

）t -

gt 2
2

＝（v ＋v

2 v 1 2v 2 v v
） 2 - g( 2 ) 2 ＝ 1 2

1 2

= 3（米）

g 2 g g

　　（3）从上面计算的结果可以看出，相对于地面而言，小球上升的时间 t1=0.8 秒，回落的时间是 t2=0.2 秒。上升通过的路程为 S1=3.2 米，回落 通过的路程是 s1-s2=0.2（米），故全过程通过的路程为：
s=3.2（米）+0.2（米）=3.4（米）
　　（4）相对于电梯而言，小球上升的最大高度 h 应小于抛出点与顶板之 间的距离 d，即：
v2
d＞h = 2 = 1.25（米）
2g
　　（5）当小球与电梯顶板最近时，小球相对于电梯的速度为零，即这一 瞬间小球与电梯相对静止，但该时刻小球与电梯一样，相对于地面的速度
是 v1=3 米／秒，方向竖直向上。
（6）相对于电梯而言，小球从抛出到回落到手中，总时间为：
v
t = 2（ 2 ） = 1（秒）
g
这一结果与前面（2）的结果相同。 可见，当小球回落到手中时，相对于电梯而言，其速度为： v2′=v2-gt=-5（米/秒）
“-”号表示 v2′相对于电梯的方向是向下的。
小球回落到手中时，相对于地面的速度是：
v1′=（v1+v2）t-gt=-2（米/秒）
“-”号表示其方向相对于地面向下。

●追及问题


　　就广泛的意义来讲，两个物体在一条直线上运动时相遇的问题，都可 以称作追及问题。在前面研究过的几类问题中，都已经涉及到了这类问题。 在本节我们主要研究三种模型的追击问题。
　　模型一：甲、乙两个质点，相距 s，乙在前、甲在后，沿着它们的连 线向同一方向同时开始运动。甲以速度 v 作匀速直线运动，乙作初速度为 零、加速度为 a 的匀加速直线运动（图 1－4）。甲能否追上乙？什么情况 下能追上？
什么情况下不能追上？
［分析与解］设开始运动后 t 秒甲追上乙。在时间 t 秒内，甲、乙的 位移分别为：
　　
s1 = vt，s2 =

1 at 2
2

甲追上乙，即甲、乙相遇，应有：
s1=s2+s
1
at 2 - vt + s＝0，即at 2 - 2vt + 2s＝0
2
这是关于时间 t 的一元二次方程，解这个方程，得：

2 v ?
t＝

4 v 2 ? 8as
2a

v
? ( ) ?

v 2s
( )2 ?

a a a
由此可见：

v
（1）如（ ）2 -
a

2s
＜0，即v＜
a


2as，方程无解，

表明甲作匀速运动的速度小于

2as时，它不可能追上乙。

v 2s
（2）如（ ）2 -
a a


= 0，即v = 2as时，方程有一个唯一的解：

v
t = 。表明甲能追上乙，但它们只能相遇一次。
a

（3）如( v ) 2 ? 2 s ＞0，即v＞

2as时，方程有两个解：



v
t1 = ( ) -
a

a
( v)
a

a

2 ? 2s a



, t 2 = (



v v
) + ( ) 2
a a



2s
? a , t 1＜t 2 时刻t 1，

甲的即时速度大于乙的即时速度，甲运动到乙的前面去了；时刻 t2 ，
乙的即时速度大于甲的即时速度，乙运动到甲的前面去了。
　　（4）特殊情况：若 s＝0，即甲、乙同时从同一地点开始向同一方向 运动，则：
1

vt ?

at 2
2

? 0,

即 t (2 v ? at ) ? 0

v

得t1 ＝0，t 2 ＝2 （ a ），只能相遇一次，是乙追上甲。

　　［例题 1］一列火车总长 l＝180 米，以加速度 a＝0．1 米／秒 2 由静 止开始作匀加速直线运动。同时有一个人以速度 v＝6．5 米／秒从车尾向 同一方向作匀速直线运动。求人与车头平齐时，火车的位移多大？
[分析与解]与模型一相比，人是质点甲，他作匀速运动，v＝6．5 米
／秒；把火车头看作为质点乙，它在甲前面与甲相距 s＝180 米，它作初速 度为零的匀加速直线运动，加速度 a＝0．1 米／秒 2。根据题意，甲、乙
相遇，即人与车头平齐，应有：
vt＝ 1 at 2 ＋s
2
即 t2－130t＋3600＝0，即（t—40）（t—90）＝0
解得：t1＝40 秒，t2＝90 秒。即人与车头有两次平齐的机会。这时火
车的位移分别为：
1 2
s1 ＝ 2 at1 ＝80（米）
1 2
s2 ＝ 2 at 2 ＝405（米）
讨论：t1＝40 秒时，火车的速度 v1＝at1＝4 米／秒＜6．5 米／秒，
是人赶上火车头，人与火车头平齐；t2＝90 秒时，火车的速度 v2＝at2＝9
米／秒＞ 6.5 米／秒，是火车头赶上人，火车头与人平齐。可见，两个解 都是有意义的。

由已知条件：

2as＝

2 ? 0.1 ? 180 ? 6(米／秒)＜6．5( 米／秒)，

　　符合有两个解的条件。如果人行走的速度为 6 米／秒，则只有一个解； 如果人的速度小于 6 米／秒，则无解。
模型二：甲、乙两个质点相距 s，乙在前、甲在后，沿着它们的连线
向同一方向同时开始运动。乙以速度 v 作匀速直线运动，甲作初速度为零 的匀加速直线运动（图 1—5），加速度为 a。求：（1）甲要用多少时间才 能追上乙？（2）甲追上乙时速度多大？（3）甲追上乙之前，何时它们相 距最远？相距的最大距离是多大？
［分析与解］（1）设开始运动后 t 秒甲追上乙，在 t 秒内甲、乙的位
移分别为：
s ? 1 at 2
1 2
s2 ? vt
甲追上乙，即甲、乙相遇，应有： S1—S2＝S
1

at 2 ? vt
2

? s, 即

at 2 ? 2 vt ? 2s ? 0

这是关于时间 t 的一元二次方程，解这个方程，得：

2v ?
t ?

4v 2 ? 8as
2a

v v 2s
? ? ( ) 2 ?
a a a
由于时间 t＜0 无意义，可见方程有唯一解：

v
t ? ?
a

v 2s
( )2 ?
a a

（2）甲追上乙时，甲的速度为：


v' ? at ? v ?


v 2 ? 2as ? 2 v

（3）在甲追上乙之前，甲乙相距：
1

?s ? ( vt ? s) ?

1

at 2
2

? ? at 2 ? vt ? s
2
a v v2

? ? (t ?
2

)2 ? (
a 2a

? s)

可见：当t＝ v 时，Δs最大，最大值为：
a
v 2
△S max＝ 2a ＋s
由此可以推知，当甲、乙相距最远，即t＝ v 时，
a
甲的速度 v1＝at＝v，即甲的速度与乙的速度相等。
这个推论十分重要，而且很有实际应用价值。
讨论：（1）若 s＝0，即甲、乙同时从同一地点开始向同一方
向运动，则唯一解是t＝2( v ) ；
a
甲追上乙时，它的速度 v＇＝at＝2v；甲追上乙之前，
v v2
在t＝（ ）时，它们相距最远，最大距离为△S max ＝ ，
a 2a
该时刻甲的速度与乙的速度相等。
（2）模型二与模型一相比，模型二总有唯一解，而模型一可能无解

(v＜

2as)，可能有一个解(v＝

2as) 。也可能有两个解( v＞

2as)。

　　比较这两个模型的差异对应用这两个模型分析、解决实际问题十分重 要。
［例题 2］一辆值勤的警车停在公路边。当警员发现从他旁边以 8 米
／秒的速度匀速前进的货车有违章行为时，决定前去追赶，经 2．5 秒，警 车发动起来，以 2 米／秒 2 的加速度作匀加速运动。问：（1）警车要多长
时间才能追上货车？当警车追上货车时，它的速度多大？（2）警车追上货
车之前，两车间的最大距离是多少？
　　［分析与解］设警车起动后 t 秒追上货车。警车发动起来时，货车在 警车前 s＝vt＝8×2．5＝20 米，警车追上货车时，有：
1
at 2 ? vt ? s
2
1
? 2 ? t 2 ? 8t ? 20 ? 0
2
即 t2—8t—20＝0，（t—10）（t＋2）＝0 解得 t＝10（秒）时，警车追上货车。

警车追上货车时的速度：
v1＝at＝2×10＝20（米／秒）＞2v
（2）警车追上货车之前，它们之间的距离与时间的关系为：
1

?s ? (vt ? s) ?

at 2
2

＝ ? t 2 ＋8t＋20
＝ ? （t ? 4） 2 ＋36
　　解得 t＝4（秒）时，Δs 最大，ΔSmax＝36（米）。该时刻警车的速 度 V1＝8（米／秒），与货车的速度相等。
模型三：甲、乙两个物体，沿同一条直线向同一方向运动，速度分别
为 V10 和 V20，且 V10＞V20，乙在前、甲在后（图 1－6）。当它们相距 s 时，
甲以加速度 a 作匀减速运动。试分析：在什么情况下，甲才会撞上乙？
　　［分析与解］设甲开始减速后 t 秒与乙相撞。在 t 秒内，甲、乙的位 移分别为：
s ? v t ? 1 at 2
1 10 2
S2＝v20t
甲撞到乙，则应有：
1 2

s1 - s2 ? s 即

2

(v10 ? 2 at

) ? v20 t ? s ? 0

at －2（v10 —v20 ）t＋2s＝0
解此方程，得：

v ? v

v ? v 2s

t ? 10 20 ?
a

( 10 20 ) 2 ?
a a

　　由题意可以看出，甲在后，甲撞乙时，甲的速度必须大于乙的速度， 即 v10－at＞v20，也就是必须有：
t＜ v10 ? v 20 。
a
可见，符合题意的解只有：

v ? v

v ? v 2s

t ? ( 10 20 ) ?
a

( 10 20 ) 2 ?
a a

要这个解有意义，还必须满足条件：
v ? v 2s

( 10 20 )2 ? ≥0 即
a a

(v 10 ? v 20 )≥

2as

可见：只有（v10 － v 20 ）≥

2as时，甲才可能与乙相撞。

［例题 3］一列客车以 v10＝20 米／秒的速度在平直铁道上匀速行驶，
一列货车在前面以 v20＝6 米／秒的速度在同一条铁道上同方向行驶。当它
们相距 s＝120 米时，客车以 a＝0.8 米／秒 2 的加速度作匀减速运动，问 客车是否会与货车相撞？
　　［分析与解］方法 1：设客车开始减速后 t 秒两车相撞，两车相撞应 当满足条件：
　　
v t ? 1 at 2
10 2


? v 20 t ? s

将已知条件代入上式得：
t2－35t＋300＝0，即（t—15）（t—20）＝0 得两个解：t1＝15（秒），t2＝20（秒）。
　　t1＝15 秒时，客车的速度为 v10－at1＝8（米／秒）＞v20；t2＝20 秒 时，客车的速度为 v10－at2＝4（米／秒）＜v20；上述计算表明，如果客 车与货车在两条平行的轨道上同向运动，在 t1＝15 秒时，
客车赶上货车，两车平齐；在 t2＝20 秒时，货车赶上客车，两车再一
次平齐。就本题而言，我们的结论是：客车开始减速后 15 秒与货车相撞。 方法二：以货车为参照物，即假设货车不动，则客车相对于货车的“初 速度”为 v0＝v10－v20＝14（米／秒），即相当于客车以“初速度”v0 朝
货车作匀减速运动，要不相撞，
v2

则应有

0 ＜s。
2a
v2



14 2

然而就本题而言，

0 ＝
2a 2 ? 0.8

? 122．5（米）＞120（米）。

可见，两车将相撞。 为避免相撞，客车作匀减速运动的加速度值应满足：

2
a＞ 0 ?
2a

142
2 ? 120


≈0．82（米／秒2 ），

本题的加速度值只有 0．8 米／秒 2，所以会相撞。

●思考与练习

1．A、B 两架飞机沿水平直线由南向北飞行，A 在前，速度 v1＝100 米
／秒，B 尾随其后，速度 v2＝85 米／秒。试问：（1）在飞机 B 的驾驶员
看来，飞机 A 的速度多大？方向如何？（2）在飞机 A 的架驶员看来，飞机
B 的速度多大？方向如何？
　　2．一艘轮船在长江中航行，方向由东向西。一个乘客在甲板上以 5 米／秒的速度由船头向船尾走。岸上的人在观测他们的运动情况，测得水 向东流的速度是 1 米／秒，船向西航行的速度是 18 千米／小时。试问：（1） 岸上的人观测在甲板上行走的乘客的运动情况如何？（2）这条轮船在水中 的航速（相对于静止的水）多大？
3．一个游泳运动员在河里游泳。他从上游的 A 点游到下游的 B 点，用
了 4 分钟；从 B 点返回到 A 点，他游了 6 分钟。若他“躺”在水上不游， 顺水漂流从 A 到 B 要用多少时间？
　　4．一辆汽车正以 36 千米／小时的速度在平行于铁路的公路上匀速行 驶；一列 200 米长的火车以 54 千米／小时的速度在铁路上迎面开来。问这 列火车从汽车司机旁边通过要用多少时间？
5．甲、乙两人在公路上 A、B 两点之间进行自行车比赛。已知 A、B
相距 s＝2100 米。甲、乙同时从 A 地出发，跑完全程，甲比乙多用了 15 秒。让甲、乙分别从 A、B 两地同时出发相向而行，经 56 秒两人相遇。假 设他们骑车时都作匀速直线运动，求甲、乙的速度各多大？
6.某地铁站的自动扶梯，当你站在上面不动时，自动扶梯用 1 分钟把
你送到地面；如果自动扶梯不动，你沿着它匀速向上走，则需要用 3 分钟 的时间。如果你顺着开动的自动扶梯向上走，需用多长时间？
7.某地铁站的自动扶梯向下输送旅客，甲、乙两人先后顺着该自动扶
梯向下跑。已知甲相对于扶梯跑动的速度是 1．5 米／秒，乙的速度是 1．8 米／秒。甲在走动中全程共走过 42 级扶梯，乙共走过 45 级扶梯。问：自 动扶梯运动的速度多大？从上到下，它共有多少级？
8．某自动扶梯从下到上共有 60 级，它以 1 米／秒的速度向上运行。
甲、乙两人分别以相对于扶梯的速度 V1＝1．5 米／秒和 V2＝1．8 米／秒
沿运动着的扶梯从上向下跑，问：甲、乙各走过多少级扶梯？
　　9．一根长度 l＝15 米的杆子保持竖直状态，由静止开始自由落下。求 整个杆子通过初始位置正下方 5 米处的观察点所需要的时间。（本题可以 从不同的角度选择不同的参照物来解：①以观测点为参照物；②假设杆子 不动，即以杆子为参照物，观测点竖直向上作初速度为零、加速度为 g 的 匀加速直线运动。用这两种方法解，有助于领会运动的相对性。）
　　10．以初速度 V0 竖直上抛一个物体，相隔 t 秒后，从原地以同样的初 速度再竖直上抛一个物体，这两个物体在抛出点的正上方某处相遇。求相 遇点到抛出点的高度。
11．一个气球以 V0＝8 米／秒的速度匀速上升，当它与地面相距 h＝
85 米时，悬挂在气球下的物体因绳子断裂而掉落下来，这时，汽球便获得 竖直向上的加速度 a＝4 米／秒 2。求：物体落到地面时，气球的高度多大？
12．一个人站在阳台上，伸手将一个物体以初速度 V0 竖直上抛，同时

有另一个物体从同一地方自由落下。他发现，当自由落下的物体落到地面 时，竖直上抛的物体几乎同时到达最高点。试求抛出点距地面多高？
13．电梯以 V1＝5 米／秒的速度匀速上升，电梯中的一个人以相对于
电梯竖直向上的初速度 V2＝5 米／秒抛出一个物体。试求：（1）抛出点距
电梯顶板的距离至少多大，物体才不会碰到顶板？（2）在物体没有与顶板 相碰的情况下，抛出的物体经多长时间落回到手中？小球落回到手中时， 相对于地面的速度多大？（3）物体在抛出后的这段时间里，相对于地面的 位移多大？位移的方向如何？
　　14．一条铁道的旁边有一条平行的公路。列车在铁道上以 20 米／秒的 速度运动，当驾驶员发现前方 300 米处有一辆自行车以 4 米／秒的速度同
向匀速前进时，立即开始刹车，列车以 0.1 米／秒 2 的加速度作匀减速运 动。问：（1）列车从刹车开始，经多少时间追上自行车？（2）列车追上 自行车后，过多少时间自行车追上列车（车头）？（3）列车追上自行车后， 列车车头与自行车之间的最大距离是多少？

二、互相垂直方向上运动的合成


　　同一平面上两个互相垂直方向上运动的合成问题，可以分为匀速运动 的合成和匀速运动与匀变速运动的合成两大类。
　　研究同一平面里两个方面上运动合成的方法很多，但它们的依据都是 矢量合成的平行四边形法则。
　　平行四边形法则及其直接发展而来的矢量三角形法则，都可运用三角 形中边、角关系的余弦定理和正弦定理进行分析计算，也可直接运用作图 的方法来解决问题。这种方法的最大优点是直观、简便，在分析研究互相 垂直方向上运动的合成问题时，十分方便，因此运用也最广泛。
　　另一种有效方法是根据所研究的实际问题，建立平面直角坐标系（笛 卡儿坐标），对问题进行解析研究，所以这种方法又称解析法，或称解析 几何法。解析法是研究复杂问题的有力工具，特别值得一提的是，运用解 析法可以十分方便地确定物体（质点）的运动轨迹。
　　
●匀速运动的合成问题


　　互相垂直的两个匀速运动的合运动，也是匀速直线运动。根据平行四 边形法则，互相垂直的、速度分别为 v1 与 v2 的两个匀速运动的合运动，

2 2

其速率为v＝

v 1 ? v 2 ，

速率的方向也就是合运动的方向，用它与 v1 的夹角θ表示（图 2—1）：
θ＝tg-1 ( v 2 )，或θ＝sin-1 ( v 2 ) ??
v1 v
根据图 2－1 所示的平行四边形法则的作图可以看出，速度分别为 V1、
V2 的互相垂直的匀速运动的合运动，它的速度大小与方向也可以用图 2－2
所示的作图法来确定。这种作图法代表了矢量合成的三角形法，在矢量合 成的三角形法作图中，分矢量 v1、v2 首尾相接、互相垂直，构成三角形的 两条边，三角形的第三条边所代表的则是合矢量 V。图 2－2 中的（甲）、
（乙）两种作图顺序不同，但结果一样，表明矢量合成中“交换律”成立。 为了介绍运用解析法研究运动合成的方法，我们先介绍运动分解的观 点。设质点 M 从 O 点开始沿 Oxy 平面上的 OP 直线，以速度 v 作匀速直线运 动，时刻 t 质点经过直线 OP 上的 M 点，M 点在 Ox 与 Oy 上的投影分别为 Mx
与 My（图 2－3），显然，M 点沿 OP 作匀速运动时，它的投影 Mx 与 My 将
沿直线 Ox 与 Oy 作匀速直线运动；M 点的速度是 v，则 Mx、My 的速度分别
为 Vx＝vcosθ，vy=vsinθ。这样，我们就可以把 Mx 与 My 的运动看作是 M 点的两个互相垂直的分运动。
矢量分解与矢量合成是互为逆运算的两种互相联系的矢量运算方法。
它们都是具体的物理量（矢量）运算的抽象。 运动合成的观点与运动分解的观点相反，它把 M 点的运动看作是 Mx
与 My 的运动的合成：Mx、My 同时从 O 点开始分别以速度 vx、vy 沿 Ox 轴
与 Oy 轴作匀速运动，它们的合运动也就是 M 点的运动，在时刻 t，Mx、My
的坐标（图 2－4）分别为：
? x＝vx·t
?
? y＝vy·t
消去共同的参变量 t，便得 M 的轨迹方程：
vy
y ? ( ) ? 0x ? tg? ? x
vx
式中 tgθ＝vy／vx＝常量，可见轨迹是一条直线，直线的斜率为 k＝
tgθ。
［例题 1］一艘货轮以 V1＝40 厘米／秒的速度在静止的水中航行，一
个船员顺着桅杆以速度 v2＝30 厘米／秒向上爬行。试求：（1）相对于水
面来看，船员的运动轨迹与运动速度；（2）如果货轮是顺水航行，而水流 的速度是 V3＝20 厘米／秒，这时船员相对于水面与相对于河岸的运动轨迹 与速度如何？
［分析与解］（1）相对于水面来看，船员的运动是水平方向上速度为
V1 的匀速运动与竖直方向上速度为 v2 的匀速运动的合运动，其运动轨迹为

一条直线（图 2－5），直线与水平方向的夹角：
θ＝tg-1 ( v 2 ) ? tg?1 ( 3 )＝37 °
v1 4
速度的大小为：

2 2
v ? v 1 ? v 2 ＝50（厘米／秒）
　　（2）货轮顺水航行，船员相对于水面的运动情况同（1）。相对于河 岸而言，是水平方向上速度为 v1＋v3 的匀速运动与竖直向上速度为 v2 的匀 速运动的合运动，他的运动轨迹仍为直线，直线与水平方向的夹角为：
　　

?' ? tg?1

( v 2
v 1 ? v 3


) ? 26.6?

速度的大小为：

2 2

v' ?

(v 1 ? v 3 )

? v 2

? 67 （厘米／秒）

　　［例题 2］雨滴在落到地面附近时速度都较大，它遇到的空气阻力差 不多与其重力相等，所以雨滴落到地面附近时，竖直向下为匀速运动。设 雨滴以速度 v1＝10 米／秒竖直下落，列车以速度 v2＝54 千米／小时匀速 向东行驶。（1）无风时，列车上的乘客看到的雨滴运动的方向和速度如何？
（2）如果有西风，风速为 v3＝5 米／秒，这时乘客看到的雨滴的运动情况
又如何？
　　［分析与解］乘客坐在列车上，乘客看到的雨滴的运动情况也就是雨 滴相对于列车的运动情况。
以列车为参照物，即认为列车不动。这样，雨滴相对于列车的运动，
便是竖直向下速度为 v1 的匀速运动与沿水平向西速度为 v2＝15 米／秒的
匀速运动的合运动（图 2－7）。合速度的大小为：

2 2
v＝ v 1 ? v 2 ≈18（米／秒）
方向偏西斜向下，与竖直方向的夹角θ为：


θ＝tg

?1 ( v 2
v 1


) ? 56.3?

　　（2）有风时，可以不必考虑风对列车运动的影响。由于是西风，风由 西向东吹，相对于列车来看，雨滴仍有水平向西的运动，速度的大小为 v2
—v3，雨滴竖直向下的速度仍为 v1（图 2－8）。这样，合速度的大小为：


v' ?


v 2 ? (v ? v )2

? 14.1( 米 / 秒)

运动的方向向西偏斜，与竖直方向的夹角为
v ? v
?' ? tg ?1 ( 2 3 ) ? 45?
v 1

●平抛问题与类似平抛问题


　　平抛物体的运动，是水平方向上速度为 v0 的匀速运动与竖直方向上的 自由落体运动的合运动。
取抛出点为坐标原点，ox 轴的方向与初速度 v0 的方向一致，oy 轴竖
直向上（图 2－9），则物体抛出后 t 秒的位置坐标为：
? x ? v0 t
?

?
y ? ?
?

1
gt 2
2

消去参变量 t，便得平抛物体的运动轨迹：


y ? ?

g
2 x
2 v 0

这是以坐标原点为顶点、oy 轴为对称轴、开口朝下的抛物线。 就整体而言，平抛运动是一种匀变速运动，在任意相等的时间间隔Δt
内，平抛物体的速度改变量均相等，大小均为Δv＝gΔt，方向都竖直向下。 如取Δt＝1 秒，则Δt＝9．8 米／秒。
图 2－10（甲）为初速度 v0＝20 米／秒的平抛物体的运动轨迹，v0、
v1、v2、??为 t＝0、l、2、??秒时的即时速度，把矢量 v0、v1、v2??
平移到一个共同的起点 O[图 2－10（乙）]，则第 1 秒内、第 2 秒内、第 3 秒内、??速度的改变量均相等；在取 g＝10 米／秒 2 时，Δv1＝Δv2＝Δ v3＝??＝10 米／秒。
　　平抛物体水平方向上的匀速运动与竖直方向上的自由落体运动是互相 独立的。平抛物体的运动时间由其高度决定：
2 h
t ?
g
水平方向上的射程由其初速度和运动时间决定：s＝v0t。 平抛物体在运动过程中速度改变量Δv＝gt，速度改变量的方向竖直向
下。因此，平抛物体的末速度 v1 可以根据矢量三角形（图 2－11）求得：


v t ?


v 2 ? (gt) 2 ,


? ? tg

?1 gt
( )
0

　　研究平抛问题，往往都与平抛物体的“落点”有关，如落点的位置、 落地时速度大小和方向??。在涉及到追及问题时，则与抛出点的位置有 关。
［例题 1］一艘敌舰正以 v1＝12 米／秒的速度逃跑；执行追击任务的
飞机，在距水面 320 米高水平线上，以速度 v2＝105 米／秒同向飞行。为
击中敌舰，飞机应“提前”投弹。如不计空气阻力的影响，取 g＝10 米／
秒 2，飞机投弹时，沿水平方向它与敌舰之间的距离应多大？当炸弹击中 敌舰时，飞机与敌舰的位置有何关系？
　　［分析与解］炸弹投下后作平抛运动，从投下到击中敌舰，它在空中 运动的时间为：
　　
2h
t ? ?
8