大學(xué)物理學(xué)(第五版)上冊(cè)(馬文蔚)課后答案及解析.

1、1-1分析與解(1) 質(zhì)點(diǎn)在 t 至 (t t)時(shí)間內(nèi)沿曲線從P 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn) ,各量關(guān)系如圖所示, 其中路程 s PP,位移大小 r PP,而 r r - r表示質(zhì)點(diǎn)位矢大小的變化量的物理含義不同 ,在曲線運(yùn)動(dòng)中大小也不相等 (注：在直線運(yùn)動(dòng)中有相等的可能 )但當(dāng)點(diǎn) P無限趨近 P 點(diǎn) ,則有 dr ds,但卻不等于 dr故選 (B) ,三個(gè)量t 0 時(shí) ,(2) 由于 r 故s, ,即 但由于 dr ds,故 ,即 由此可見 ,應(yīng)選 (C)1-2 分析與解表示質(zhì)點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離隨時(shí)間的變化率,在極坐標(biāo)系中叫徑向速率通常用符號(hào) vr 表示 ,這是速度矢量在位矢方向上的一個(gè)分量；表示速度矢量

2、；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式計(jì)算 ,在直角坐標(biāo)系中則可由公式求解故選 (D) 1-3 分析與解表示切向加速度a ,它表示速度大小隨時(shí)間的變化率,是加速度矢量沿速度方向的一個(gè)分量 ,起改變速度大小的作用；在極坐標(biāo)系中表示徑向速率vr(如題 1 -2 所述 )； 在自然坐標(biāo)系中表示質(zhì)點(diǎn)的速率v；而 表示加速度的大小而不是切向加速度a因此只有 (3) 式表達(dá)是正確的故選 (D)1-4 分析與解加速度的切向分量a起改變速度大小的作用 ,而法向分量 an 起改變速度方向的作用質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),由于速度方向不斷改變,相應(yīng)法向加速度的方向也在不斷改變,因而法向加速度是一定改變的至于a是否改變 ,則要視質(zhì)

3、點(diǎn)的速率情況而定質(zhì)點(diǎn)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí) , a恒為零；質(zhì)點(diǎn)作勻變速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí), a為一不為零的恒量,當(dāng) a改變時(shí) ,質(zhì)點(diǎn)則作一般的變速率圓周運(yùn)動(dòng)由此可見,應(yīng)選 (B) 1-5 分析與解本題關(guān)鍵是先求得小船速度表達(dá)式,進(jìn)而判斷運(yùn)動(dòng)性質(zhì)為此建立如圖所示坐標(biāo)系 ,設(shè)定滑輪距水面高度為h,t 時(shí)刻定滑輪距小船的繩長為l,則小船的運(yùn)動(dòng)方程為,其中繩長l隨時(shí)間 t 而變化小船速度,式中 表示繩長 l隨時(shí)間的變化率 ,其大小即為 v0,代入整理后為,方向沿 x 軸負(fù)向由速度表達(dá)式,可判斷小船作變加速運(yùn)動(dòng)故選(C)1-6 分析 位移和路程是兩個(gè)完全不同的概念只有當(dāng)質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動(dòng)且運(yùn)動(dòng)方向不改變時(shí),位移的大小

4、才會(huì)與路程相等質(zhì)點(diǎn)在 t 時(shí)間內(nèi)的位移x 的大小可直接由運(yùn)動(dòng)方程得到：,而在求路程時(shí) ,就必須注意到質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中可能改變運(yùn)動(dòng)方向,此時(shí) ,位移的大小和路程就不同了為此 ,需根據(jù) 來確定其運(yùn)動(dòng)方向改變的時(shí)刻tp ,求出 0 tp 和 tp t 內(nèi)的位移大小x1 、 x2 ,則 t 時(shí)間內(nèi)的路程 ,如圖所示 ,至于 t 4.0 s 時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度和加速度可用和 兩式計(jì)算解 (1) 質(zhì)點(diǎn)在 4.0 s 內(nèi)位移的大小(2) 由得知質(zhì)點(diǎn)的換向時(shí)刻為(t 0 不合題意 )則,所以 ,質(zhì)點(diǎn)在 4.0 s 時(shí)間間隔內(nèi)的路程為(3) t 4.0 s 時(shí),1-7 分析根據(jù)加速度的定義可知,在直線運(yùn)動(dòng)中v-t 曲線

5、的斜率為加速度的大小( 圖中 AB 、CD段斜率為定值 ,即勻變速直線運(yùn)動(dòng)；而線段BC 的斜率為0,加速度為零 ,即勻速直線運(yùn)動(dòng))加速度為恒量 ,在 a-t 圖上是平行于t 軸的直線 ,由 v-t 圖中求出各段的斜率,即可作出a-t 圖線又由速度的定義可知,x-t 曲線的斜率為速度的大小因此 ,勻速直線運(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)的x -t 圖應(yīng)是一直線 ,而勻變速直線運(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)的xt 圖為 t 的二次曲線 根據(jù)各段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)方程xx(t), 求出不同時(shí)刻 t 的位置 x,采用描數(shù)據(jù)點(diǎn)的方法,可作出 x-t 圖解將曲線分為AB 、BC 、 CD 三個(gè)過程 ,它們對(duì)應(yīng)的加速度值分別為(勻加速直線運(yùn)動(dòng)),(勻速直

6、線運(yùn)動(dòng))(勻減速直線運(yùn)動(dòng))根據(jù)上述結(jié)果即可作出質(zhì)點(diǎn)的在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中,有a-t圖圖(B) 由此 ,可計(jì)算在0 2和 4 6時(shí)間間隔內(nèi)各時(shí)刻的位置分別為用描數(shù)據(jù)點(diǎn)的作圖方法 ,由表中數(shù)據(jù)可作 0 2和 46時(shí)間內(nèi)的 x -t 圖在 2 4時(shí)間內(nèi) , 質(zhì)點(diǎn)是作 的勻速直線運(yùn)動(dòng) , 其 x -t 圖是斜率 k20 的一段直線圖 (c)1-8 分析質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程為y f(x), 可由運(yùn)動(dòng)方程的兩個(gè)分量式x(t) 和 y(t) 中消去t 即可得到對(duì)于 r、r、r、 s 來說 ,物理含義不同 ,可根據(jù)其定義計(jì)算其中對(duì) s 的求解用到積分方法 , 先在軌跡上任取一段微元 ds,則 ,最后用 積分求解 (1

7、) 由 x(t) 和 y(t) 中消去 t 后得質(zhì)點(diǎn)軌跡方程為 , 這是一個(gè)拋物線方程 ,軌跡如圖 (a) 所示(2) 將 t 0和 t 2分別代入運(yùn)動(dòng)方程,可得相應(yīng)位矢分別為,圖(a) 中的 P、 Q 兩點(diǎn) ,即為 t 0和 t 2時(shí)質(zhì)點(diǎn)所在位置(3) 由位移表達(dá)式 ,得其中位移大小而徑向增量*(4) 如圖 (B) 所示 ,所求 s 即為圖中 PQ 段長度 ,先在其間任意處取 AB 微元 ds,則 ,由軌道方程可得 ,代入 ds,則 2內(nèi)路程為1-9 分析由運(yùn)動(dòng)方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量,再由運(yùn)動(dòng)合成算出速度和加速度的大小和方向解 (1) 速度的分量式為,當(dāng) t 0 時(shí) , v

8、ox -10 m?6?1 -1 , voy 15 m?6?1-1 ,則初速度大小為設(shè) vo 與 x 軸的夾角為,則 123 ° 41(2) 加速度的分量式為,則加速度的大小為設(shè) a 與 x 軸的夾角為,則, -33° 41或(326 ° 19)1-10分析在升降機(jī)與螺絲之間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的情況下,一種處理方法是取地面為參考系,分別討論升降機(jī)豎直向上的勻加速度運(yùn)動(dòng)和初速不為零的螺絲的自由落體運(yùn)動(dòng),列出這兩種運(yùn)動(dòng)在同一坐標(biāo)系中的運(yùn)動(dòng)方程 y1 y1(t) 和 y2 y2(t), 并考慮它們相遇 ,即位矢相同這一條件 ,問題即可解； 另一種方法是取升降機(jī) (或螺絲 )為參考

9、系 ,這時(shí) ,螺絲 (或升降機(jī) )相對(duì)它作勻加速運(yùn)動(dòng) ,但是 ,此加速度應(yīng)該是相對(duì)加速度升降機(jī)廂的高度就是螺絲(或升降機(jī) )運(yùn)動(dòng)的路程解 1 (1) 以地面為參考系 ,取如圖所示的坐標(biāo)系 ,升降機(jī)與螺絲的運(yùn)動(dòng)方程分別為當(dāng)螺絲落至底面時(shí) ,有 y1 y2 ,即(2) 螺絲相對(duì)升降機(jī)外固定柱子下降的距離為解 2(1) 以升降機(jī)為參考系,此時(shí) ,螺絲相對(duì)它的加速度大小a g a,螺絲落至底面時(shí),有(2) 由于升降機(jī)在 t 時(shí)間內(nèi)上升的高度為則1-11分析該題屬于運(yùn)動(dòng)學(xué)的第一類問題,即已知運(yùn)動(dòng)方程r r(t) 求質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)在確定運(yùn)動(dòng)方程時(shí),若取以點(diǎn) (0,3)

10、為原點(diǎn)的Ox坐y標(biāo)系 ,并采用參數(shù)方程xx(t)和 yy(t)來表示圓周運(yùn)動(dòng)是比較方便的然后,運(yùn)用坐標(biāo)變換x x0 x和 y y0 y,將所得參數(shù)方程轉(zhuǎn)換至Oxy 坐標(biāo)系中 ,即得 Oxy 坐標(biāo)系中質(zhì)點(diǎn)P 在任意時(shí)刻的位矢采用對(duì)運(yùn)動(dòng)方程求導(dǎo)的方法可得速度和加速度解 (1) 如圖 (B) 所示 ,在 Ox坐y標(biāo)系中 ,因 ,則質(zhì)點(diǎn) P 的參數(shù)方程為,坐標(biāo)變換后 ,在 Oxy 坐標(biāo)系中有,則質(zhì)點(diǎn) P 的位矢方程為(2) 5 時(shí)的速度和加速度分別為1-12分析為求桿頂在地面上影子速度的大小,必須建立影長與時(shí)間的函數(shù)關(guān)系,即影子端點(diǎn)的位矢方程根據(jù)幾何關(guān)系,影長可通過太陽光線對(duì)地轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度求得由于運(yùn)動(dòng)

11、的相對(duì)性,太陽光線對(duì)地轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度也就是地球自轉(zhuǎn)的角速度這樣,影子端點(diǎn)的位矢方程和速度均可求得解設(shè)太陽光線對(duì)地轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為,從正午時(shí)分開始計(jì)時(shí),則桿的影長為s htg t,下午 2 00時(shí),桿頂在地面上影子的速度大小為當(dāng)桿長等于影長時(shí) ,即 s h,則即為下午 3 00 時(shí)1-13 分析本題屬于運(yùn)動(dòng)學(xué)第二類問題,即已知加速度求速度和運(yùn)動(dòng)方程,必須在給定條件下用積分方法解決由和 可得和 如 a a(t)或 v v(t), 則可兩邊直接積分如果a 或 v 不是時(shí)間 t 的顯函數(shù) ,則應(yīng)經(jīng)過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學(xué)操作后再做積分解 由分析知 ,應(yīng)有得(1)由得(2)將 t3時(shí) ,x9 m,v

12、2 m?6?1 -1代入 (1) (2) 得 v0 -1 m?6?1 -1,x0 0.75 m于是可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程為1-14 分析 本題亦屬于運(yùn)動(dòng)學(xué)第二類問題,與上題不同之處在于加速度是速度v 的函數(shù) ,因此 ,需將式 dv a(v)dt分離變量為后再兩邊積分解選取石子下落方向?yàn)?y軸正向 ,下落起點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)由題意知(1)用分離變量法把式(1)改寫為(2)將式 (2) 兩邊積分并考慮初始條件,有得石子速度由此可知當(dāng) ,t 時(shí), 為一常量 ,通常稱為極限速度或收尾速度(2) 再由并考慮初始條件有得石子運(yùn)動(dòng)方程1-15 分析與上兩題不同處在于質(zhì)點(diǎn)作平面曲線運(yùn)動(dòng),根據(jù)疊加原理,求解時(shí)需根據(jù)加

13、速度的兩個(gè)分量 ax 和 ay 分別積分 ,從而得到運(yùn)動(dòng)方程r 的兩個(gè)分量式x(t) 和 y(t) 由于本題中質(zhì)點(diǎn)加速度為恒矢量 ,故兩次積分后所得運(yùn)動(dòng)方程為固定形式,即 和 ,兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)均為勻變速直線運(yùn)動(dòng)讀者不妨自己驗(yàn)證一下解由加速度定義式,根據(jù)初始條件t0 0時(shí) v0 0,積分可得又由及初始條件t 0 時(shí),r0 (10 m)i, 積分可得由上述結(jié)果可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程的分量式,即x 10 3t2y 2t2消去參數(shù)t,可得運(yùn)動(dòng)的軌跡方程3y 2x -20 m這是一個(gè)直線方程直線斜率, 33°41軌跡如圖所示1-16 分析瞬時(shí)加速度和平均加速度的物理含義不同,它們分別表示為和 在勻速率圓

14、周運(yùn)動(dòng)中 ,它們的大小分別為 , ,式中 v可由圖 (B) 中的幾何關(guān)系得到 ,而 t 可由轉(zhuǎn)過的角度 求出由計(jì)算結(jié)果能清楚地看到兩者之間的關(guān)系,即瞬時(shí)加速度是平均加速度在t 0 時(shí)的極限值解(1) 由圖 (b)可看到v v2 -v1 , 故而所以(2) 將 90°,30 °,10 °,1 °分別代入上式,得 ,以上結(jié)果表明,當(dāng) 0時(shí) ,勻速率圓周運(yùn)動(dòng)的平均加速度趨近于一極限值,該值即為法向加速度 1-17分析 根據(jù)運(yùn)動(dòng)方程可直接寫出其分量式x x(t) 和 y y(t), 從中消去參數(shù) t, 即得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程平均速度是反映質(zhì)點(diǎn)在一段時(shí)間內(nèi)位置的變化率

15、,即 ,它與時(shí)間間隔t 的大小有關(guān) ,當(dāng)t 0 時(shí) ,平均速度的極限即瞬時(shí)速度切向和法向加速度是指在自然坐標(biāo)下的分矢量a和 an ,前者只反映質(zhì)點(diǎn)在切線方向速度大小的變化率,即 ,后者只反映質(zhì)點(diǎn)速度方向的變化,它可由總加速度 a 和 a 得到在求得 t1時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的速度和法向加速度的大小后,可由公式求 解 (1) 由參數(shù)方程x 2.0t, y 19.0-2.0t2消去 t 得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程：y 19.0 -0.50x2(2) 在 t1 1.00 到 t2 2.0時(shí)間內(nèi)的平均速度(3) 質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的速度和加速度分別為則 t1 1.00時(shí)的速度v(t) t 1 2.0i -4.0j切向和法向加速

16、度分別為(4) t 1.0質(zhì)點(diǎn)的速度大小為則1-18 分析物品空投后作平拋運(yùn)動(dòng)忽略空氣阻力的條件下,由運(yùn)動(dòng)獨(dú)立性原理知,物品在空中沿水平方向作勻速直線運(yùn)動(dòng),在豎直方向作自由落體運(yùn)動(dòng)到達(dá)地面目標(biāo)時(shí),兩方向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間是相同的因此 ,分別列出其運(yùn)動(dòng)方程,運(yùn)用時(shí)間相等的條件,即可求解此外 ,平拋物體在運(yùn)動(dòng)過程中只存在豎直向下的重力加速度為求特定時(shí)刻t 時(shí)物體的切向加速度和法向加速度,只需求出該時(shí)刻它們與重力加速度之間的夾角或 由圖可知 ,在特定時(shí)刻t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角,可由此時(shí)刻的兩速度分量vx 、vy 求出 ,這樣 ,也就可將重力加速度g 的切向和法向分量求得解 (1) 取如圖所示

17、的坐標(biāo) ,物品下落時(shí)在水平和豎直方向的運(yùn)動(dòng)方程分別為x vt,y 1/2 gt2飛機(jī)水平飛行速度 v100 m?6?1s-1 ,飛機(jī)離地面的高度 y 100 m,由上述兩式可得目標(biāo)在飛機(jī)正下方前的距離(2) 視線和水平線的夾角為(3) 在任意時(shí)刻物品的速度與水平軸的夾角為取自然坐標(biāo) ,物品在拋出 2s 時(shí) ,重力加速度的切向分量與法向分量分別為1-19 分析 這是一個(gè)斜上拋運(yùn)動(dòng),看似簡(jiǎn)單 ,但針對(duì)題目所問 ,如不能靈活運(yùn)用疊加原理,建立一個(gè)恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系 ,將運(yùn)動(dòng)分解的話 ,求解起來并不容易現(xiàn)建立如圖(a)所示坐標(biāo)系 ,則炮彈在 x 和y 兩個(gè)方向的分運(yùn)動(dòng)均為勻減速直線運(yùn)動(dòng),其初速度分別為 v0

18、cos 和 v0sin ,其加速度分別為gsin 和 gcos 在此坐標(biāo)系中炮彈落地時(shí),應(yīng)有 y 0,則 x OP如欲使炮彈垂直擊中坡面,則應(yīng)滿足 vx 0,直接列出有關(guān)運(yùn)動(dòng)方程和速度方程,即可求解 由于本題中加速度 g 為恒矢量故第一問也可由運(yùn)動(dòng)方程的矢量式計(jì)算,即 ,做出炮彈落地時(shí)的矢量圖如圖 (B) 所示 ,由圖中所示幾何關(guān)系也可求得(即圖中的 r矢量 )解1由分析知 ,炮彈在圖 (a)所示坐標(biāo)系中兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)方程為(1)(2)令 y 0求得時(shí)間 t 后再代入式 (1)得解2做出炮彈的運(yùn)動(dòng)矢量圖 ,如圖 (b) 所示 ,并利用正弦定理 ,有從中消去 t 后也可得到同樣結(jié)果(2)由分析知 ,

19、如炮彈垂直擊中坡面應(yīng)滿足y 0 和 vx 0,則(3)由(2)(3) 兩式消去 t 后得由此可知只要角和 滿足上式 ,炮彈就能垂直擊中坡面,而與 v0 的大小無關(guān)討論如將炮彈的運(yùn)動(dòng)按水平和豎直兩個(gè)方向分解,求解本題將會(huì)比較困難,有興趣讀者不妨自己體驗(yàn)一下1-20 分析選定傘邊緣O 處的雨滴為研究對(duì)象,當(dāng)傘以角速度 旋轉(zhuǎn)時(shí) ,雨滴將以速度v 沿切線方向飛出 ,并作平拋運(yùn)動(dòng) 建立如圖 (a)所示坐標(biāo)系 ,列出雨滴的運(yùn)動(dòng)方程并考慮圖中所示幾何關(guān)系,即可求證 由此可以想像如果讓水從一個(gè)旋轉(zhuǎn)的有很多小孔的噴頭中飛出,從不同小孔中飛出的水滴將會(huì)落在半徑不同的圓周上,為保證均勻噴灑對(duì)噴頭上小孔的分布解 (1

20、) 如圖 (a)所示坐標(biāo)系中 ,雨滴落地的運(yùn)動(dòng)方程為(1)(2)由式 (1)(2) 可得由圖 (a)所示幾何關(guān)系得雨滴落地處圓周的半徑為(2) 常用草坪噴水器采用如圖 (b) 所示的球面噴頭 ( 0 45°)其上有大量小孔 噴頭旋轉(zhuǎn)時(shí) ,水滴以初速度 v0 從各個(gè)小孔中噴出 ,并作斜上拋運(yùn)動(dòng) , 通常噴頭表面基本上與草坪處在同一水平面上則以 角噴射的水柱射程為為使噴頭周圍的草坪能被均勻噴灑,噴頭上的小孔數(shù)不但很多,而且還不能均勻分布,這是噴頭設(shè)計(jì)中的一個(gè)關(guān)鍵問題1-21 分析被踢出后的足球,在空中作斜拋運(yùn)動(dòng),其軌跡方程可由質(zhì)點(diǎn)在豎直平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)方程得到由于水平距離x 已知 ,球門高度

21、又限定了在y 方向的范圍 ,故只需將x、 y 值代入即可求出解取圖示坐標(biāo)系Oxy,由運(yùn)動(dòng)方程,消去 t 得軌跡方程以 x 25.0 m,v 20.0 m?6?1-1 及 3.44 m y0代入后 ,可解得71 11° 19269°27 92° 28918°如何理解上述角度的范圍？在初速一定的條件下,球擊中球門底線或球門上緣都將對(duì)應(yīng)有兩個(gè)不同的投射傾角 (如圖所示 )如果以 71 11°或 18.89 °踢出足球 ,都將因射程不足而不能直接射入球門； 由于球門高度的限制 , 角也并非能取 71.11 °與 18.89 

22、6;之間的任何值 當(dāng)傾角取值為27.92 ° 6992°時(shí) ,踢出的足球?qū)⒃竭^門緣而離去 ,這時(shí)球也不能射入球門 因此可取的角度范圍只能是解中的結(jié)果1-22 分析在自然坐標(biāo)中 ,s 表示圓周上從某一點(diǎn)開始的曲線坐標(biāo)由給定的運(yùn)動(dòng)方程s s(t),對(duì)時(shí)間 t 求一階、二階導(dǎo)數(shù) ,即是沿曲線運(yùn)動(dòng)的速度 v 和加速度的切向分量 a ,而加速度的法向分量為 an v2 /R這樣 ,總加速度為 a a e anen至于質(zhì)點(diǎn)在 t 時(shí)間內(nèi)通過的路程 ,即為曲線坐標(biāo)的改變量s st -s0因圓周長為 2R,質(zhì)點(diǎn)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得解(1) 質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)的速率為其加速度的切向分量和法向分

23、量分別為,故加速度的大小為其方向與切線之間的夾角為(2) 要使 a b,由 可得(3) 從 t 0 開始到 t v0 /b 時(shí),質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程為因此質(zhì)點(diǎn)運(yùn)行的圈數(shù)為1-23 分析首先應(yīng)該確定角速度的函數(shù)關(guān)系kt2依據(jù)角量與線量的關(guān)系由特定時(shí)刻的速度值可得相應(yīng)的角速度 ,從而求出式中的比例系數(shù)k, (t)確定后 ,注意到運(yùn)動(dòng)的角量描述與線量描述的相應(yīng)關(guān)系 ,由運(yùn)動(dòng)學(xué)中兩類問題求解的方法(微分法和積分法 ),即可得到特定時(shí)刻的角加速度、切向加速度和角位移解 因 R v,由題意 t2 得比例系數(shù)所以則 t 0.5 時(shí)的角速度、角加速度和切向加速度分別為總加速度在2.0內(nèi)該點(diǎn)所轉(zhuǎn)過的角度1-24 分析

24、 掌握角量與線量、 角位移方程與位矢方程的對(duì)應(yīng)關(guān)系 ,應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)求解的方法即可得到解 (1) 由于 ,則角速度 在 t 2 時(shí) ,法向加速度和切向加速度的數(shù)值分別為(2) 當(dāng) 時(shí),有 ,即得此時(shí)刻的角位置為(3) 要使,則有t 0.551-25 分析這是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的問題設(shè)雨滴為研究對(duì)象,地面為靜止參考系,火車為動(dòng)參考系 v1 為 相對(duì)的速度 ,v2 為雨滴相對(duì)的速度,利用相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度的關(guān)系即可解解以地面為參考系,火車相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的速度為v1 ,雨滴相對(duì)地面豎直下落的速度為v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2為相對(duì)速度 ,它們之間的關(guān)系為(如圖所示 ),于是可得1-26 分析這也是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的

25、問題可視雨點(diǎn)為研究對(duì)象,地面為靜參考系,汽車為動(dòng)參考系 如圖 (a)所示 ,要使物體不被淋濕,在車上觀察雨點(diǎn)下落的方向(即雨點(diǎn)相對(duì)于汽車的運(yùn)動(dòng)速度 v2的方向 )應(yīng)滿足再由相對(duì)速度的矢量關(guān)系,即可求出所需車速v1解由 圖 (b) ,有而要使,則1-27 分析船到達(dá)對(duì)岸所需時(shí)間是由船相對(duì)于岸的速度v 決定的由于水流速度u 的存在 , v與船在靜水中劃行的速度 v之間有 v u v(如圖所示 )若要使船到達(dá)正對(duì)岸 ,則必須使 v 沿正對(duì)岸方向；在劃速一定的條件下 ,若要用最短時(shí)間過河 ,則必須使 v 有極大值解(1) 由 v u v可知,則船到達(dá)正對(duì)岸所需時(shí)間為(2) 由于,在劃速 v一定的條件下

26、,只有當(dāng) 0 時(shí) , v 最大 (即 vv此),時(shí) ,船過河時(shí)間t d /v 船,到達(dá)距正對(duì)岸為l 的下游處 ,且有1-28 分析該問題涉及到運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性如何將已知質(zhì)點(diǎn)相對(duì)于觀察者O 的運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)換到相對(duì)于觀察者O的運(yùn)動(dòng)中去 ,其實(shí)質(zhì)就是進(jìn)行坐標(biāo)變換,將系 O 中一動(dòng)點(diǎn) (x,y) 變換至系O中的點(diǎn)(x ,y由)于觀察者 O相對(duì)于觀察者O 作勻速運(yùn)動(dòng) ,因此 ,該坐標(biāo)變換是線性的解取 Oxy 和 Ox分y別為觀察者O 和觀察者 O所在的坐標(biāo)系 ,且使 Ox 和 Ox兩軸平行 在 t0時(shí) ,兩坐標(biāo)原點(diǎn)重合由坐標(biāo)變換得x x - v tv t - v t 0y y 1/2 gt2加速度由此可見 ,動(dòng)點(diǎn)

27、相對(duì)于系O是在 y方向作勻變速直線運(yùn)動(dòng)動(dòng)點(diǎn)在兩坐標(biāo)系中加速度相同,這也正是伽利略變換的必然結(jié)果2-1分析與解當(dāng)物體離開斜面瞬間,斜面對(duì)物體的支持力消失為零,物體在繩子拉力F (其方向仍可認(rèn)為平行于斜面)和重力作用下產(chǎn)生平行水平面向左的加速度a,如圖 (b) 所示 ,由其可解得合外力為 mgcot ,故選 (D) 求解的關(guān)鍵是正確分析物體剛離開斜面瞬間的物體受力情況和狀態(tài)特征2-2 分析與解與滑動(dòng)摩擦力不同的是,靜摩擦力可在零與最大值 FN范圍內(nèi)取值當(dāng)FN 增加時(shí) ,靜摩擦力可取的最大值成正比增加,但具體大小則取決于被作用物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)由題意知,物體一直保持靜止?fàn)顟B(tài),故靜摩擦力與重力大小相等,方

28、向相反 ,并保持不變 ,故選 (A) 2-3分析與解由題意知 ,汽車應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng),為保證汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)不側(cè)向打滑,所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供,能夠提供的最大向心力應(yīng)為FN由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為v Rg因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)的實(shí)際速率不大于此值,均能保證不側(cè)向打滑應(yīng)選 (C) 2-4分析與解由圖可知 ,物體在下滑過程中受到大小和方向不變的重力以及時(shí)刻指向圓軌道中心的軌道支持力FN 作用 ,其合外力方向并非指向圓心,其大小和方向均與物體所在位置有關(guān)重力的切向分量 (m gcos ) 使物體的速率將會(huì)不斷增加(由機(jī)械能守恒亦可判斷),則物體作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力 (又稱

29、法向力 )將不斷增大 ,由軌道法向方向上的動(dòng)力學(xué)方程可判斷 ,隨 角的不斷增大過程 ,軌道支持力 FN 也將不斷增大 ,由此可見應(yīng)選 (B) 2-5 分析與解本題可考慮對(duì)A 、B 兩物體加上慣性力后 ,以電梯這個(gè)非慣性參考系進(jìn)行求解此時(shí) A 、B 兩物體受力情況如圖(b)所示 ,圖中 a為 A、B 兩物體相對(duì)電梯的加速度,ma為慣性力 對(duì)A 、 B 兩物體應(yīng)用牛頓第二定律 ,可解得 F 5/8 mg故選 (A) 討論對(duì)于習(xí)題 2 -5 這種類型的物理問題 ,往往從非慣性參考系(本題為電梯 )觀察到的運(yùn)動(dòng)圖像較為明確 ,但由于牛頓定律只適用于慣性參考系,故從非慣性參考系求解力學(xué)問題時(shí),必須對(duì)物體

30、加上一個(gè)虛擬的慣性力如以地面為慣性參考系求解,則兩物體的加速度aA 和 aB 均應(yīng)對(duì)地而言,本題中 aA 和 aB 的大小與方向均不相同其中aA 應(yīng)斜向上對(duì)aA 、 aB 、 a 和 a之間還要用到相對(duì)運(yùn)動(dòng)規(guī)律 ,求解過程較繁有興趣的讀者不妨自己嘗試一下2-6分析 動(dòng)力學(xué)問題一般分為兩類：(1)已知物體受力求其運(yùn)動(dòng)情況；(2)已知物體的運(yùn)動(dòng)情況來分析其所受的力當(dāng)然,在一個(gè)具體題目中,這兩類問題并無截然的界限,且都是以加速度作為中介 ,把動(dòng)力學(xué)方程和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律聯(lián)系起來本題關(guān)鍵在列出動(dòng)力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)方程后,解出傾角與時(shí)間的函數(shù)關(guān)系 f(t), 然后運(yùn)用對(duì) t 求極值的方法即可得出數(shù)值來解取 沿 斜

31、面 為 坐 標(biāo) 軸 Ox, 原 點(diǎn) O位于斜面頂點(diǎn),則由牛頓第二定律有(1)又物體在斜面上作勻變速直線運(yùn)動(dòng),故有則(2)為使下滑的時(shí)間最短,可令,由式 (2) 有則可得,此時(shí)2-7 分析預(yù)制板、吊車框架、鋼絲等可視為一組物體處理動(dòng)力學(xué)問題通常采用“隔離體 ”的方法 ,分析物體所受的各種作用力,在所選定的慣性系中列出它們各自的動(dòng)力學(xué)方程根據(jù)連接體中物體的多少可列出相應(yīng)數(shù)目的方程式結(jié)合各物體之間的相互作用和聯(lián)系,可解決物體的運(yùn)動(dòng)或相互作用力解按題意 ,可分別取吊車(含甲、乙 )和乙作為隔離體,畫示力圖 ,并取豎直向上為Oy 軸正方向 (如圖所示 )當(dāng)框架以加速度a 上升時(shí) ,有F -(m1 m2

32、)g (m1 m2 )a(1),FN2 - m2 g m2 a(2)解上述方程 ,得F (m1 m2 )(g a)(3)FN2 m2 (g a)(4)(1) 當(dāng)整個(gè)裝置以加速度 a 10 m?6?1 -2 上升時(shí) ,由式 (3) 可得繩所受張力的值為F 5.94103× N乙對(duì)甲的作用力為FN2 -FN2 -m2 (g a) -1.98×103 N(2) 當(dāng)整個(gè)裝置以加速度 a 1 m?6?1 -2 上升時(shí) ,得繩張力的值為F 3.24103× N此時(shí) ,乙對(duì)甲的作用力則為FN2-1.08 ×103 N由上述計(jì)算可見 ,在起吊相同重量的物體時(shí),由于起吊加

33、速度不同 ,繩中所受張力也不同 ,加速度大,繩中張力也大因此 ,起吊重物時(shí)必須緩慢加速,以確保起吊過程的安全2-8 分析 該題為連接體問題,同樣可用隔離體法求解分析時(shí)應(yīng)注意到繩中張力大小處處相等是有條件的 ,即必須在繩的質(zhì)量和伸長可忽略、滑輪與繩之間的摩擦不計(jì)的前提下成立同時(shí)也要注意到張力方向是不同的解 分別對(duì)物體和滑輪作受力分析圖(b) 由牛頓定律分別對(duì)物體A 、 B 及滑輪列動(dòng)力學(xué)方程,有mA g -F mA a(1)F 1 -F mB a(2)F -2F 1 0(3)考慮到 mA mB m, F F , F 1 F 1 ,a 2a,可聯(lián)立解得物體與桌面的摩擦力討論 動(dòng)力學(xué)問題的一般解題步

34、驟可分為：(1) 分析題意 ,確定研究對(duì)象 ,分析受力 ,選定坐標(biāo)； (2)根據(jù)物理的定理和定律列出原始方程組；(3) 解方程組 ,得出文字結(jié)果； (4)核對(duì)量綱 ,再代入數(shù)據(jù),計(jì)算出結(jié)果來2-9 分析 當(dāng)木塊 B 平穩(wěn)地輕輕放至運(yùn)動(dòng)著的平板A 上時(shí) ,木塊的初速度可視為零,由于它與平板之間速度的差異而存在滑動(dòng)摩擦力,該力將改變它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)根據(jù)牛頓定律可得到它們各自相對(duì)地面的加速度換以平板為參考系來分析,此時(shí) ,木塊以初速度 -v(與平板運(yùn)動(dòng)速率大小相等、方向相反 )作勻減速運(yùn)動(dòng) ,其加速度為相對(duì)加速度 ,按運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解得該題也可應(yīng)用第三章所講述的系統(tǒng)的動(dòng)能定理來解將平板與木塊作為系統(tǒng),

35、該系統(tǒng)的動(dòng)能由平板原有的動(dòng)能變?yōu)槟緣K和平板一起運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能,而它們的共同速度可根據(jù)動(dòng)量定理求得又因?yàn)橄到y(tǒng)內(nèi)只有摩擦力作功 ,根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)能定理,摩擦力的功應(yīng)等于系統(tǒng)動(dòng)能的增量木塊相對(duì)平板移動(dòng)的距離即可求出解1 以地面為參考系 ,在摩擦力 F mg 的作用下 ,根據(jù)牛頓定律分別對(duì)木塊、 平板列出動(dòng)力學(xué)方程F mg ma1F -F m a2a1 和 a2 分別是木塊和木板相對(duì)地面參考系的加速度若以木板為參考系,木塊相對(duì)平板的加速度 a a1 a2 ,木塊相對(duì)平板以初速度- v作勻減速運(yùn)動(dòng)直至最終停止由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有- v 2 2as由上述各式可得木塊相對(duì)于平板所移動(dòng)的距離為解2 以木塊和平板為系統(tǒng) ,

36、它們之間一對(duì)摩擦力作的總功為 W F (s l) -F l mgs式中 l 為平板相對(duì)地面移動(dòng)的距離由于系統(tǒng)在水平方向上不受外力,當(dāng)木塊放至平板上時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有m v(m m) v 由系統(tǒng)的動(dòng)能定理,有由上述各式可得2-10 分析維持鋼球在水平面內(nèi)作勻角速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),必須使鋼球受到一與向心加速度相對(duì)應(yīng)的力( 向心力 ),而該力是由碗內(nèi)壁對(duì)球的支持力FN 的分力來提供的,由于支持力FN 始終垂直于碗內(nèi)壁 ,所以支持力的大小和方向是隨而變的 取圖示 Oxy坐標(biāo) ,列出動(dòng)力學(xué)方程,即可求解鋼球距碗底的高度解取鋼球?yàn)楦綦x體,其受力分析如圖(b)所示在圖示坐標(biāo)中列動(dòng)力學(xué)方程(1)(2)且有(3)

37、由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為可見 ,h 隨 的變化而變化2-11 分析如題所述 ,外軌超高的目的欲使火車轉(zhuǎn)彎的所需向心力僅由軌道支持力的水平分量FNsin 提供 (式中 角為路面傾角)從而不會(huì)對(duì)內(nèi)外軌產(chǎn)生擠壓與其對(duì)應(yīng)的是火車轉(zhuǎn)彎時(shí)必須以規(guī)定的速率v0行駛當(dāng)火車行駛速率vv0 時(shí) ,則會(huì)產(chǎn)生兩種情況：如圖所示,如 v v0 時(shí) ,外軌將會(huì)對(duì)車輪產(chǎn)生斜向內(nèi)的側(cè)壓力F1 ,以補(bǔ)償原向心力的不足,如 v v0時(shí) ,則內(nèi)軌對(duì)車輪產(chǎn)生斜向外的側(cè)壓力F2 ,以抵消多余的向心力,無論哪種情況火車都將對(duì)外軌或內(nèi)軌產(chǎn)生擠壓由此可知 ,鐵路部門為什么會(huì)在每個(gè)鐵軌的轉(zhuǎn)彎處規(guī)定時(shí)速,從而確保行車安全解 (1) 以

38、火車為研究對(duì)象 ,建立如圖所示坐標(biāo)系據(jù)分析 ,由牛頓定律有(1)(2)解(1)(2) 兩式可得火車轉(zhuǎn)彎時(shí)規(guī)定速率為(2) 當(dāng) v v0 時(shí) ,根據(jù)分析有(3)(4)解(3)(4) 兩式 ,可得外軌側(cè)壓力為當(dāng) v v0 時(shí) ,根據(jù)分析有(5)(6)解(5)(6) 兩式 ,可得內(nèi)軌側(cè)壓力為2-12 分析雜技演員 (連同摩托車 )的運(yùn)動(dòng)可以看成一個(gè)水平面內(nèi)的勻速率圓周運(yùn)動(dòng)和一個(gè)豎直向上勻速直線運(yùn)動(dòng)的疊加其旋轉(zhuǎn)一周所形成的旋線軌跡展開后 ,相當(dāng)于如圖 (b) 所示的斜面 把演員的運(yùn)動(dòng)速度分解為圖示的 v1 和 v2 兩個(gè)分量 ,顯然 v1是豎直向上作勻速直線運(yùn)動(dòng)的分速度 , 而 v2則是繞圓筒壁作水平

39、圓周運(yùn)動(dòng)的分速度 ,其中向心力由筒壁對(duì)演員的支持力 FN 的水平分量 FN2 提供 ,而豎直分量 FN1 則與重力相平衡如圖 (c)所示 ,其中 角為摩托車與筒壁所夾角運(yùn)用牛頓定律即可求得筒壁支持力的大小和方向力解設(shè)雜技演員連同摩托車整體為研究對(duì)象,據(jù) (b)(c) 兩圖應(yīng)有(1)(2)(3)(4)以式 (3)代入式 (2),得(5)將式 (1)和式 (5) 代入式 (4),可求出圓筒壁對(duì)雜技演員的作用力(即支承力 )大小為與壁的夾角為討論 表演飛車走壁時(shí) ,演員必須控制好運(yùn)動(dòng)速度 ,行車路線以及摩托車的方位 ,以確保三者之間滿足解題用到的各個(gè)力學(xué)規(guī)律2-13 分析 首先應(yīng)由題圖求得兩個(gè)時(shí)間段

40、的 F(t) 函數(shù) ,進(jìn)而求得相應(yīng)的加速度函數(shù) ,運(yùn)用積分方法求解題目所問 ,積分時(shí)應(yīng)注意積分上下限的取值應(yīng)與兩時(shí)間段相應(yīng)的時(shí)刻相對(duì)應(yīng)解由題圖得由牛頓定律可得兩時(shí)間段質(zhì)點(diǎn)的加速度分別為對(duì)0 t 5 時(shí)間段 ,由 得積分后得再由得積分后得將 t 5 代入 ,得 v5 30 m?6?1 -1 和 x5 68.7 m對(duì)5 t 7 時(shí)間段 ,用同樣方法有得再由得x 17.5t2 -0.83t3 -82.5t 147.87將 t 7代入分別得 v7 40 m?6?1 -1 和 x7 142 m2-14 分析這是在變力作用下的動(dòng)力學(xué)問題由于力是時(shí)間的函數(shù),而加速度a dv/dt, 這時(shí) ,動(dòng)力學(xué)方程就成為

41、速度對(duì)時(shí)間的一階微分方程,解此微分方程可得質(zhì)點(diǎn)的速度v (t)；由速度的定義v dx /dt, 用積分的方法可求出質(zhì)點(diǎn)的位置解因加速度 a dv/dt, 在直線運(yùn)動(dòng)中,根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有依據(jù)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的初始條件,即t00時(shí)v0 6.0 m?6?1 -1 ,運(yùn)用分離變量法對(duì)上式積分,得v6.0+4.0t+6.0t2又因v dx /dt, 并由質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的初始條件：t0 0時(shí) x0 5.0 m,對(duì)上式分離變量后積分,有x 5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t32-15 分析F 為變力飛機(jī)連同駕駛員在水平跑道上運(yùn)動(dòng)可視為質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動(dòng)其水平方向所受制動(dòng)力,且是時(shí)間的函數(shù)在求速率和距離時(shí),可根據(jù)動(dòng)力學(xué)

42、方程和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律,采用分離變量法求解解以地面飛機(jī)滑行方向?yàn)樽鴺?biāo)正方向,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及初始條件,得因此 ,飛機(jī)著陸 10后的速率為v 30 m?6?1 -1又故飛機(jī)著陸后 10內(nèi)所滑行的距離2-16 分析該題可以分為兩個(gè)過程,入水前是自由落體運(yùn)動(dòng),入水后 ,物體受重力P、浮力 F 和水的阻力F的作用 ,其合力是一變力,因此 ,物體作變加速運(yùn)動(dòng)雖然物體的受力分析比較簡(jiǎn)單是,由于變力是速度的函數(shù)(在有些問題中變力是時(shí)間、位置的函數(shù)),對(duì)這類問題列出動(dòng)力學(xué)方程并不復(fù)雜 ,但要從它計(jì)算出物體運(yùn)動(dòng)的位置和速度就比較困難了通常需要采用積分的方法去解所列出的微分方程這也成了解題過程中的難點(diǎn)在解方程的過程中,

43、特別需要注意到積分變量的統(tǒng)一和初始條件的確定解(1) 運(yùn)動(dòng)員入水前可視為自由落體運(yùn)動(dòng),故入水時(shí)的速度為,但運(yùn)動(dòng)員入水后 ,由牛頓定律得P -F -F ma由題意 P F、 F bv2 ,而 a dv /dt v (d v /dy), 代入上式后得-bv2 mv (d v /dy)考慮到初始條件y0 0時(shí) , ,對(duì)上式積分 ,有(2) 將已知條件b/m 0.4 m -1 ,v 0.1v0 代入上式 ,則得2-17 分析螺旋槳旋轉(zhuǎn)時(shí),葉片上各點(diǎn)的加速度不同,在其各部分兩側(cè)的張力也不同；由于葉片的質(zhì)量是連續(xù)分布的,在求葉片根部的張力時(shí),可選取葉片上一小段,分析其受力, 列出動(dòng)力學(xué)方程,然后采用積分的

44、方法求解解設(shè)葉片根部為原點(diǎn)O,沿葉片背離原點(diǎn)O 的方向?yàn)檎?距原點(diǎn) O 為 r 處的長為 dr 一小段葉片,其兩側(cè)對(duì)它的拉力分別為 F (r) 與 F (r dr)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí) ,該小段葉片作圓周運(yùn)動(dòng) ,由牛頓定律有由于 r l 時(shí)外側(cè) F 0,所以有上式中取r 0,即得葉片根部的張力F 0 -2.79×105 N負(fù)號(hào)表示張力方向與坐標(biāo)方向相反2-18 分析該題可由牛頓第二定律求解在取自然坐標(biāo)的情況下,沿圓弧方向的加速度就是切向加速度 a ,與其相對(duì)應(yīng)的外力F是重力的切向分量 mgsin,而與法向加速度 an相對(duì)應(yīng)的外力是支持力 FN 和重力的法向分量mgcos由此 ,可分別列出切向

45、和法向的動(dòng)力學(xué)方程F mdv/dt和 Fn man 由于小球在滑動(dòng)過程中加速度不是恒定的,因此 ,需應(yīng)用積分求解 ,為使運(yùn)算簡(jiǎn)便 ,可轉(zhuǎn)換積分變量 倡該題也能應(yīng)用以小球、 圓弧與地球?yàn)橄到y(tǒng)的機(jī)械能守恒定律求解小球的速度和角速度 ,方法比較簡(jiǎn)便但它不能直接給出小球與圓弧表面之間的作用力解 小球在運(yùn)動(dòng)過程中受到重力P 和圓軌道對(duì)它的支持力FN 取圖 (b)所示的自然坐標(biāo)系 ,由牛頓定律得(1)(2)由 ,得 ,代入式 (1),并根據(jù)小球從點(diǎn)A 運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C 的始末條件 ,進(jìn)行積分 ,有得則小球在點(diǎn)C 的角速度為由式 (2)得由此可得小球?qū)A軌道的作用力為負(fù)號(hào)表示FN與 en 反向2-19 分析運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的,因而 ,可先分析動(dòng)力學(xué)問題物體在作圓周運(yùn)動(dòng)的過程中,促使其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對(duì)物體的支持力FN 和環(huán)與物體之間的摩擦力F ,而摩擦力大小與正壓力FN成正比 ,且 FN 與 FN又是作用力與反作用力,這樣 ,就可通過它們把切向和法向兩個(gè)加速度聯(lián)系起來了,從而可用運(yùn)動(dòng)學(xué)的積分關(guān)系式求解速率和路程解 (1) 設(shè)物體質(zhì)量為 m,取圖中所示的自然坐