1-4課后習題答案

第一章第一章 質點運動學質點運動學 1 1 分析與解分析與解 1 質點在t 至 t t 時間內沿曲線從P 點運動到P 點 各 量關系如圖所示 其中路程 s PP 位移大小 r PP 而 r r r 表示質點位矢大小的變化量 三個量的物理含義不同 在曲線運動中大 小也不相等 注 在直線運動中有相等的可能 但當 t 0 時 點P 無限趨 近P點 則有 dr ds 但卻不等于dr 故選 B 2 由于 r s 故 即 t s t r vv 但由于 dr ds 故 即 由此可見 應選 C t s td d d d r vv 1 2 分析與解分析與解 表示質點到坐標原點的距離隨時間的變化率 在極坐標 t r d d 系中叫徑向速率 通常用符號vr表示 這是速度矢量在位矢方向上的一個分 量 表示速度矢量 在自然坐標系中速度大小可用公式計算 在 t d dr t s d d v 直角坐標系中則可由公式求解 故選 D 22 d d d d t y t x v 1 3 分析與解分析與解 表示切向加速度a 它表示速度大小隨時間的變化率 是 t d dv 加速度矢量沿速度方向的一個分量 起改變速度大小的作用 在極坐標 t r d d 系中表示徑向速率vr 如題1 2 所述 在自然坐標系中表示質點的速率 t s d d v 而表示加速度的大小而不是切向加速度a 因此只有 3 式表達是 t d dv 正確的 故選 D 1 4 分析與解分析與解 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 質點作圓周運動時 由于速度方向不斷改變 相應法 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 則要視質點的速率情況而定 質點作勻速率圓周運動時 a 恒為零 質點作勻變速率圓周運動時 a 為一不為零的恒量 當a 改變時 質點則作一 般的變速率圓周運動 由此可見 應選 B 1 5 分析與解分析與解 本題關鍵是先求得小船速度表達式 進而判斷運動性質 為 此建立如圖所示坐標系 設定滑輪距水面高度為h t 時刻定滑輪距小船的繩 長為l 則小船的運動方程為 其中繩長l 隨時間t 而變化 小船 22 hlx 速度 式中表示繩長l 隨時間的變化率 其大小即為v0 22 d d d d hl t l l t x v t l d d 代入整理后為 方向沿x 軸負向 由速度表達式 可 lhl cos 0 22 0 vv v 判斷小船作變加速運動 故選 C 討論討論 有人會將繩子速率v0按x y 兩個方向分解 則小船速度 這樣做對嗎 cos 0 vv 1 6 分析 位移和路程是兩個完全不同的概念 只有當質點作直線運動且 運動方向不改變時 位移的大小才會與路程相等 質點在t 時間內的位移 x 的大小可直接由運動方程得到 而在求路程時 就必須注意到 0 xxx t 質點在運動過程中可能改變運動方向 此時 位移的大小和路程就不同了 為 此 需根據來確定其運動方向改變的時刻tp 求出0 tp 和tp t 內的0 d d t x 位移大小 x1 x2 則t 時間內的路程 如圖所示 至于t 21 xxs 4 0 s 時質點速度和加速度可用和兩式計算 t x d d 2 2 d d t x 解解 1 質點在4 0 s內位移的大小 m32 04 xxx 2 由 0 d d t x 得知質點的換向時刻為 t 0不合題意 s2 p t 則 m0 8 021 xxx m40 242 xxx 所以 質點在4 0 s時間間隔內的路程為 m48 21 xxs 3 t 4 0 s時 1 s0 4 sm48 d d tt x v 2 s0 4 2 2 m s36 d d tt x a 1 7 分析分析 根據加速度的定義可知 在直線運動中v t曲線的斜率為加速度的 大小 圖中AB CD 段斜率為定值 即勻變速直線運動 而線段BC 的斜率 為0 加速度為零 即勻速直線運動 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 勻速直線運動所對應的x t 圖應是 一直線 而勻變速直線運動所對應的x t 圖為t 的二次曲線 根據各段時間 內的運動方程x x t 求出不同時刻t 的位置x 采用描數據點的方法 可作出 x t 圖 解解 將曲線分為AB BC CD 三個過程 它們對應的加速度值分別為 勻加速直線運動 2 sm20 AB AB AB tt a vv 勻速直線運動 0 BC a 勻減速直線運動 2 sm10 CD CD CD tt a vv 根據上述結果即可作出質點的a t 圖 圖 B 在勻變速直線運動中 有 2 0 2 1 ttxx v 由此 可計算在0 2 和4 6 時間間隔內各時刻的位置分別為 用描數據點的作圖方法 由表中數據可作0 2 和4 6 時間內的x t 圖 在2 4 時間內 質點是作的勻速直線運動 其x t 圖是 1 sm20 v 斜率k 20的一段直線 圖 c 1 8 分析分析 質點的軌跡方程為y f x 可由運動方程的兩個分量式x t 和y t 中消去t 即可得到 對于r r r s 來說 物理含義不同 可根據其定義 計算 其中對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 22 d d dyxs ssd 解解 1 由x t 和y t 中消去t 后得質點軌跡方程為 2 4 1 2xy 這是一個拋物線方程 軌跡如圖 a 所示 2 將t 0 和t 2 分別代入運動方程 可得相應位矢分別為 jr2 0 jir24 2 圖 a 中的P Q 兩點 即為t 0 和t 2 時質點所在位置 3 由位移表達式 得 jijirrr24 020212 yyxx 其中位移大小m66 5 22 yxr 而徑向增量m47 2 2 0 2 0 2 2 2 202 yxyxrrrr 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 22 d d dyxs xxyd 2 1 d 內路程為 m91 5 d4d 4 0 2 xxss Q P 1 9 質點的運動方程為 2 3010ttx 2 2015tty 式中x y 的單位為m t 的單位為 試求 1 初速度的大小和方向 2 加速度的大小和方向 分析分析 由運動方程的分量式可分別求出速度 加速度的分量 再由運動 合成算出速度和加速度的大小和方向 解解 1 速度的分量式為 t t x x 6010 d d v t t y y 4015 d d v 當t 0 時 vox 10 m 1 voy 15 m 1 則初速度大小為 1 2 0 2 00 sm 0 18 yx vvv 設vo與x 軸的夾角為 則 2 3 tan 0 0 x y v v 123 41 2 加速度的分量式為 2 sm60 d d t a x x v 2 sm40 d d t a y y v 則加速度的大小為 2 22 sm 1 72 yx aaa 設a 與x 軸的夾角為 則 3 2 tan x y a a 33 41 或326 19 1 10 分析分析 在升降機與螺絲之間有相對運動的情況下 一種處理方法 是取地面為參考系 分別討論升降機豎直向上的勻加速度運動和初速不為零 的螺絲的自由落體運動 列出這兩種運動在同一坐標系中的運動方程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 或螺絲 為參考系 這時 螺絲 或升降機 相對它作勻加速 運動 但是 此加速度應該是相對加速度 升降機廂的高度就是螺絲 或升降 機 運動的路程 解1 1 以地面為參考系 取如圖所示的坐標系 升降機與螺絲的運動 方程分別為 2 01 2 1 atty v 2 02 2 1 gtthy v 當螺絲落至底面時 有y1 y2 即 2 0 2 0 2 1 2 1 gtthatt vv s705 0 2 ag h t 2 螺絲相對升降機外固定柱子下降的距離為 m716 0 2 1 2 02 gttyhdv 解解2 1 以升降機為參考系 此時 螺絲相對它的加速度大小a g a 螺絲落至底面時 有 2 2 1 0tagh s705 0 2 ag h t 2 由于升降機在t 時間內上升的高度為 2 0 2 1 atth v 則 m716 0 hhd 1 11 分析分析 該題屬于運動學的第一類問題 即已知運動方程r r t 求質點運 動的一切信息 如位置矢量 位移 速度 加速度 在確定運動方程時 若 取以點 0 3 為原點的O x y 坐標系 并采用參數方程x x t 和y y t 來表示 圓周運動是比較方便的 然后 運用坐標變換x x0 x 和y y0 y 將 所得參數方程轉換至Oxy 坐標系中 即得Oxy 坐標系中質點P 在任意時刻的 位矢 采用對運動方程求導的方法可得速度和加速度 解解 1 如圖 B 所示 在O x y 坐標系中 因 則質點P 的參數方t T 2 程為 t T Rx 2 sin t T Ry 2 cos 坐標變換后 在Oxy 坐標系中有 t T Rxx 2 sin Rt T Ryyy 2 cos 0 則質點P 的位矢方程為 jir Rt T Rt T R 2 cos 2 sin ji 1 0 cos1 3 1 0 sin3tt 2 5 時的速度和加速度分別為 jji r sm 3 0 2 sin 2 2 cos 2 d d 1 t TT Rt TT R t v iji r a sm 03 0 2 cos 2 2 sin 2 d d 2222 2 2 t TT Rt TT R t 1 12 分析分析 為求桿頂在地面上影子速度的大小 必須建立影長與時間的函數 關系 即影子端點的位矢方程 根據幾何關系 影長可通過太陽光線對地轉動 的角速度求得 由于運動的相對性 太陽光線對地轉動的角速度也就是地球 自轉的角速度 這樣 影子端點的位矢方程和速度均可求得 解解 設太陽光線對地轉動的角速度為 從正午時分開始計時 則桿的影 長為s htg t 下午2 00 時 桿頂在地面上影子的速度大小為 13 2 sm1094 1 cosd d t h t s v 當桿長等于影長時 即s h 則 s60603 4 arctan 1 h s t 即為下午3 00 時 1 13 分析分析 本題屬于運動學第二類問題 即已知加速度求速度和運動方程 必 須在給定條件下用積分方法解決 由和可得和 t a d dv t x d d vtadd v 如a a t 或v v t 則可兩邊直接積分 如果a 或v不是時間t txddv 的顯函數 則應經過諸如分離變量或變量代換等數學操作后再做積分 解解 由分析知 應有 t ta 0 dd 0 v v v 得 1 0 3 3 1 4vv tt 由 tx x tx 0 dd 0 v 得 2 00 42 12 1 2xtttx v 將t 3 時 x 9 m v 2 m 1代入 1 2 得v0 1 m 1 x0 0 75 m 于是可得質點運動方程為 75 0 12 1 2 42 ttx 1 14 一石子從分析分析 本題亦屬于運動學第二類問題 與上題不同之處 在于加速度是速度v的函數 因此 需將式dv a v dt 分離變量為 后再兩邊積分 t a d d v v 解解 選取石子下落方向為y 軸正向 下落起點為坐標原點 1 由題意知 1 v v BA t a d d 用分離變量法把式 1 改寫為 2 t BA d d v v 將式 2 兩邊積分并考慮初始條件 有 t t BA 0 dd d 0 v v v v v 得石子速度 1 Bt e B A v 由此可知當 t 時 為一常量 通常稱為極限速度或收尾速度 B A v 2 再由并考慮初始條件有 1 d d Bt e B A t y v te B A y t Bt y d 1 d 00 得石子運動方程 1 2 Bt e B A t B A y 1 15 分析分析 與上兩題不同處在于質點作平面曲線運動 根據疊加原理 求解時 需根據加速度的兩個分量ax 和ay分別積分 從而得到運動方程r的兩個分量 式x t 和y t 由于本題中質點加速度為恒矢量 故兩次積分后所得運動方程 為固定形式 即和 兩個分運動 2 00 2 1 tatxx xx v 2 00 2 1 tatyy yy v 均為勻變速直線運動 讀者不妨自己驗證一下 解解 由加速度定義式 根據初始條件t0 0時v0 0 積分可得 tt tt 000 d46 ddjia v v jitt46 v 又由及初始條件t 0 時 r0 10 m i 積分可得 t d dr v ttr r tttt 00 d46 dd 0 jirv jir 22 2 310 tt 由上述結果可得質點運動方程的分量式 即 x 10 3t2 y 2t2 消去參數t 可得運動的軌跡方程 3y 2x 20 m 這是一個直線方程 直線斜率 33 41 軌跡如 3 2 tan d d x y k 圖所示 1 分析分析 瞬時加速度和平均加速度的物理含義不同 它們分別表示為 和 在勻速率圓周運動中 它們的大小分別為 t d dv a t v a R an 2 v 式中 v 可由圖 B 中的幾何關系得到 而 t 可由轉過的角度 t a v 求出 由計算結果能清楚地看到兩者之間的關系 即瞬時加速度是平均加速度 在 t 0 時的極限值 解解 1 由圖 b 可看到 v v2 v1 故 cos2 21 2 2 2 1 vvvv v cos1 2 v 而 vv Rs t 所以 R t a cos 1 2 2 v v 2 將 90 30 10 1 分別代入上式 得 R a 2 1 9003 0 v R a 2 2 9886 0 v R a 2 3 9987 0 v R a 2 4 000 1 v 以上結果表明 當 0 時 勻速率圓周運動的平均加速度趨近于一極 限值 該值即為法向加速度 R 2 v 1 17 分析分析 根據運動方程可直接寫出其分量式x x t 和y y t 從中消去 參數t 即得質點的軌跡方程 平均速度是反映質點在一段時間內位置的變化 率 即 它與時間間隔 t 的大小有關 當 t 0 時 平均速度的極限即 t r v 瞬時速度 切向和法向加速度是指在自然坐標下的分矢量a 和an t d dr v 前者只反映質點在切線方向速度大小的變化率 即 后者只反映質 t t t ea d dv 點速度方向的變化 它可由總加速度a 和a 得到 在求得t1 時刻質點的速 度和法向加速度的大小后 可由公式求 an 2 v 解解 1 由參數方程 x 2 0t y 19 0 2 0t2 消去t 得質點的軌跡方程 y 19 0 0 50 x2 2 在t1 1 00 到t2 2 0 時間內的平均速度 ji rr 0 60 2 12 12 ttt r v 3 質點在任意時刻的速度和加速度分別為 jijijit t y t x t yx 0 40 2 d d d d vvv jjia 2 2 2 2 2 0 4 d d d d sm t y t x t 則t1 1 00 時的速度 v t t 1 2 0i 4 0j 切向和法向加速度分別為 ttyxttt tt eeea 222 s1 sm58 3 d d d d vv v nntn aaeea 222 sm79 1 4 t 1 0 質點的速度大小為 122 sm47 4 yx vvv 則m17 11 2 n a v 1 18 分析分析 物品空投后作平拋運動 忽略空氣阻力的條件下 由運動獨立性 原理知 物品在空中沿水平方向作勻速直線運動 在豎直方向作自由落體運 動 到達地面目標時 兩方向上運動時間是相同的 因此 分別列出其運動方 程 運用時間相等的條件 即可求解 此外 平拋物體在運動過程中只存在豎直向下的重力加速度 為求特定 時刻t時物體的切向加速度和法向加速度 只需求出該時刻它們與重力加速度 之間的夾角 或 由圖可知 在特定時刻t 物體的切向加速度和水平線之間 的夾角 可由此時刻的兩速度分量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 解解 1 取如圖所示的坐標 物品下落時在水平和豎直方向的運動方程 分別為 x vt y 1 2 gt2 飛機水平飛行速度v 100 m s 1 飛機離地面的高度y 100 m 由上述兩 式可得目標在飛機正下方前的距離 m452 2 g y xv 2 視線和水平線的夾角為 o 5 12arctan x y 3 在任意時刻物品的速度與水平軸的夾角為 vv v gt x y arctanarctan 取自然坐標 物品在拋出2s 時 重力加速度的切向分量與法向分量分別 為 2 sm88 1 arctansinsin v gt g gat 2 sm62 9 arctancoscos v gt g gan 1 19 分析 這是一個斜上拋運動 看似簡單 但針對題目所問 如不能靈活運 用疊加原理 建立一個恰當的坐標系 將運動分解的話 求解起來并不容 易 現(xiàn)建立如圖 a 所示坐標系 則炮彈在x 和y 兩個方向的分運動均為勻減 速直線運動 其初速度分別為v0cos 和v0sin 其加速度分別為gsin 和 gcos 在此坐標系中炮彈落地時 應有y 0 則x OP 如欲使炮彈垂直擊 中坡面 則應滿足vx 0 直接列出有關運動方程和速度方程 即可求解 由于 本題中加速度g 為恒矢量 故第一問也可由運動方程的矢量式計算 即 做出炮彈落地時的矢量圖 如圖 B 所示 由圖中所示幾 2 0 g 2 1 tt vr 何關系也可求得 即圖中的r 矢量 OP 1 解解1 由分析知 炮彈在圖 a 所示坐標系中兩個分運動方程為 1 gt txsin 2 1 cos 2 0 v 2 gt tycos 2 1 sin 2 0 v 令y 0 求得時間t 后再代入式 1 得 cos cos sin2 sinsincos cos cos sin2 2 2 0 2 2 0 g g xOP vv 解解2 做出炮彈的運動矢量圖 如圖 b 所示 并利用正弦定理 有 gt t sin 2 1 2 sin 2 sin 2 0 vr 從中消去t 后也可得到同樣結果 2 由分析知 如炮彈垂直擊中坡面應滿足y 0 和vx 0 則 3 0sincos 0 gt x vv 由 2 3 兩式消去t 后得 sin2 1 tan 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 討論 如將炮彈的運動按水平和豎直兩個方向分解 求解本題將會比較 困難 有興趣讀者不妨自己體驗一下 1 20 分析分析 選定傘邊緣O 處的雨滴為研究對象 當傘以角速度 旋轉時 雨滴 將以速度v 沿切線方向飛出 并作平拋運動 建立如圖 a 所示坐標系 列出雨 滴的運動方程并考慮圖中所示幾何關系 即可求證 由此可以想像如果讓水 從一個旋轉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落在 半徑不同的圓周上 為保證均勻噴灑對噴頭上小孔的分布還要給予精心的考 慮 解解 1 如圖 a 所示坐標系中 雨滴落地的運動方程為 1 t Rtx v 2 hgty 2 2 1 由式 1 2 可得 g h R x 22 2 2 由圖 a 所示幾何關系得雨滴落地處圓周的半徑為 222 2 1 g h RRxr 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 噴頭旋轉時 水滴以初速度v0 從各個小孔中噴出 并作斜上拋運動 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 g R 2sin 0 v 為使噴頭周圍的草坪能被均勻噴灑 噴頭上的小孔數不但很多 而且還不 能均勻分布 這是噴頭設計中的一個關鍵問題 1 21 一足球運動員在正對球門前25 0 m 處以20 0 m 1 的初速率罰 任意球 已知球門高為3 44 m 若要在垂直于球門的豎直平面內將足球直接 踢進球門 問他應在與地面成什么角度的范圍內踢出足球 足球可視為質 點 分析分析 被踢出后的足球 在空中作斜拋運動 其軌跡方程可由質點在豎直 平面內的運動方程得到 由于水平距離x 已知 球門高度又限定了在y 方向 的范圍 故只需將x y 值代入即可求出 解解 取圖示坐標系Oxy 由運動方程 txcosv 2 2 1 singt ty v 消去t 得軌跡方程 22 2 tan1 2 tanx g xy v 以x 25 0 m v 20 0 m 1 及3 44 m y 0 代入后 可解得 71 11 1 69 92 27 92 2 18 89 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 門上緣都將對應有兩個不同的投射傾角 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 之間的任何值 當傾角取值為27 92 69 92 時 踢出的足球將越過門緣而離去 這時球也不能射入球 門 因此可取的角度范圍只能是解中的結果 1 22 一質點沿半徑為R 的圓周按規(guī)律運動 v0 b 都 2 0 2 1 btts v 是常量 1 求t 時刻質點的總加速度 2 t 為何值時總加速度在數值上 等于b 3 當加速度達到b 時 質點已沿圓周運行了多少圈 分析分析 在自然坐標中 s 表示圓周上從某一點開始的曲線坐標 由給定 的運動方程s s t 對時間t 求一階 二階導數 即是沿曲線運動的速度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 至于質點在t 時間內通過的路程 即為曲線坐標的改變量 s st s0 因圓周長為2 R 質點所轉過的圈數自然可求得 解解 1 質點作圓周運動的速率為 bt t s 0 d d vv 其加速度的切向分量和法向分量分別為 b t s at 2 2 d d R bt R an 2 0 2 vv 故加速度的大小為 R 4 0 22 22 btba aaa t tn v 其方向與切線之間的夾角為 Rb bt a a t n 2 0 arctanarctan v 2 要使 a b 由可得bbtbR R 4 0 22 1 v b t 0 v 3 從t 0 開始到t v0 b 時 質點經過的路程為 b sss t 2 2 0 0 v 因此質點運行的圈數為 bRR s n 4 2 2 0 v 1 23 一半徑為0 50 m 的飛輪在啟動時的短時間內 其角速度與時間 的平方成正比 在t 2 0 時測得輪緣一點的速度值為4 0 m 1 求 1 該輪在t 0 5 的角速度 輪緣一點的切向加速度和總加速度 2 該點在 2 0 內所轉過的角度 分析分析 首先應該確定角速度的函數關系 kt2 依據角量與線量的關 系由特定時刻的速度值可得相應的角速度 從而求出式中的比例系數 k t 確定后 注意到運動的角量描述與線量描述的相應關系 由運動學中 兩類問題求解的方法 微分法和積分法 即可得到特定時刻的角加速度 切 向加速度和角位移 解解 因 R v 由題意 t2 得比例系數 3 22 srad2 Rtt k v 所以 2 2 tt 則t 0 5 時的角速度 角加速度和切向加速度分別為 12 srad5 02 t 2 srad0 24 d d t t 2 sm0 1 R at 總加速度 nttn R R eeaaa 2 2 2 2 2 sm01 1 R R a 在2 0 內該點所轉過的角度 rad33 5 3 2 d2d 2 0 3 2 0 2 2 0 0 tttt 1 24 一質點在半徑為0 10 m的圓周上運動 其角位置為 式 3 42t 中 的單位為rad t 的單位為 1 求在t 2 0 時質點的法向加速度和 切向加速度 2 當切向加速度的大小恰等于總加速度大小的一半時 值 為多少 3 t 為多少時 法向加速度和切向加速度的值相等 分析分析 掌握角量與線量 角位移方程與位矢方程的對應關系 應用運動 學求解的方法即可得到 解解 1 由于 則角速度 在t 2 時 法 3 42t 2 12 d d t t 向加速度和切向加速度的數值分別為 22 s2 sm30 2 ra tn 2 s2 sm80 4 d d t ra tt 2 當時 有 即 22 2 1 2 tnt aaaa 22 3 nt aa 4 22 2 12243trrt 得 32 1 3 t 此時刻的角位置為 rad15 3 42 3 t 3 要使 則有 tn aa 4 22 2 12243trrt t 0 55 1 25 一無風的下雨天 一列火車以v1 20 0 m 1 的速度勻速前進 在車內的旅客看見玻璃窗外的雨滴和垂線成75 角下降 求雨滴下落的速度 v2 設下降的雨滴作勻速運動 分析分析 這是一個相對運動的問題 設雨滴為研究對象 地面為靜止參考 系 火車為動參考系 v1 為 相對 的速度 v2 為雨滴相對 的速度 利用相對運動速度的關系即可解 解 以地面為參考系 火車相對地面運動 的速度為v1 雨滴相對地面豎直下落的速度為v2 旅客看到雨滴下落的速度 v2 為相對速度 它們之間的關系為 如圖所示 于是可得 1 22 vvv 1 o 1 2 sm36 5 75tan v v 1 26 如圖 a 所示 一汽車在雨中沿直線行駛 其速率為v1 下落雨滴的 速度方向偏于豎直方向之前 角 速率為v2 若車后有一長方形物體 問車速 v1為多大時 此物體正好不會被雨水淋濕 分析分析 這也是一個相對運動的問題 可視雨點為研究對象 地面為靜參 考系 汽車為動參考系 如圖 a 所示 要使物體不被淋濕 在車上觀察雨 點下落的方向 即雨點相對于汽車的運動速度v2 的方向 應滿足 再由相對速度的矢量關系 即可求出所需車速 h l arctan 122 vvv v1 解解 由 圖 b 有 122 vvv cos sin arctan 2 21 v vv 而要使 則 h l arctan h l cos sin 2 21 v vv h l sin cos 21 vv 1 27 一人能在靜水中以1 10 m 1 的速度劃船前進 今欲橫渡一寬 為1 00 103 m 水流速度為0 55 m 1 的大河 1 他若要從出發(fā)點橫渡 該河而到達正對岸的一點 那么應如何確定劃行方向 到達正對岸需多少 時間 2 如果希望用最短的時間過河 應如何確定劃行方向 船到達對岸 的位置在什么地方 分析分析 船到達對岸所需時間是由船相對于岸的速度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 若要使船到達正對岸 則必須使v沿正對岸方向 在劃速一定的條件下 若 要用最短時間過河 則必須使v 有極大值 解解 1 由v u v 可知 則船到達正對岸所需時間為 v u arcsin s1005 1 cos 3 dd t vv 2 由于 在劃速v 一定的條件下 只有當 0 時 v 最大 即 cosvv v v 此時 船過河時間t d v 船到達距正對岸為l 的下游處 且有 m100 5 2 v d u t u l 1 28 一質點相對觀察者O 運動 在任意時刻t 其位置為x vt y gt2 2 質點運動的軌跡為拋物線 若另一觀察者O 以速率v 沿x 軸正向 相對于O 運動 試問質點相對O 的軌跡和加速度如何 分析分析 該問題涉及到運動的相對性 如何將已知質點相對于觀察者O 的運動轉換到相對于觀察者O 的運動中去 其實質就是進行坐標變換 將系O 中一動點 x y 變換至系O 中的點 x y 由于觀察者O 相對于觀察者O 作勻 速運動 因此 該坐標變換是線性的 解解 取Oxy 和O x y 分別為觀察者O 和觀察者O 所在的坐標系 且使Ox 和O x 兩軸平行 在t 0 時 兩坐標原點重合 由坐標變換得 x x v t v t v t 0 y y 1 2 gt2 加速度 g t y aa y 2 2 d d 由此可見 動點相對于系O 是在y 方向作勻變速直線運動 動點在兩坐 標系中加速度相同 這也正是伽利略變換的必然結果 第二章第二章 牛頓定律牛頓定律 2 1 如圖 a 所示 質量為m 的物體用平行于斜面的細線聯(lián)結置于光滑 的斜面上 若斜面向左方作加速運動 當物體剛脫離斜面時 它的加速度的大 小為 A gsin B gcos C gtan D gcot 分析與解分析與解 當物體離開斜面瞬間 斜面對物體的支持力消失為零 物體在 繩子拉力F 其方向仍可認為平行于斜面 和重力作用下產生平行水平面向 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 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 用水平力FN把一個物體壓著靠在粗糙的豎直墻面上保持靜 止 當FN逐漸增大時 物體所受的靜摩擦力Ff的大小 A 不為零 但保持不變 B 隨FN成正比地增大 C 開始隨FN增大 達到某一最大值后 就保持不變 D 無法確定 分析與解分析與解 與滑動摩擦力不同的是 靜摩擦力可在零與最大值 FN范圍 內取值 當FN增加時 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動狀態(tài) 由題意知 物體一直保持靜止狀態(tài) 故靜摩擦力 與重力大小相等 方向相反 并保持不變 故選 A 2 3 一段路面水平的公路 轉彎處軌道半徑為R 汽車輪胎與路面間的 摩擦因數為 要使汽車不至于發(fā)生側向打滑 汽車在該處的行駛速率 A 不得小于 B 必須等于gR gR C 不得大于 D 還應由汽車的質量m 決定gR 分析與解分析與解 由題意知 汽車應在水平面內作勻速率圓周運動 為保證汽車 轉彎時不側向打滑 所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供 能夠提 供的最大向心力應為 FN 由此可算得汽車轉彎的最大速率應為 v Rg 因此只要汽車轉彎時的實際速率不大于此值 均能保證不側向打 滑 應選 C 2 4 一物體沿固定圓弧形光滑軌道由靜止下滑 在下滑過程中 則 A 它的加速度方向永遠指向圓心 其速率保持不變 B 它受到的軌道的作用力的大小不斷增加 C 它受到的合外力大小變化 方向永遠指向圓心 D 它受到的合外力大小不變 其速率不斷增加 分析與解分析與解 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 重力的切向分量 m gcos 使物體 的速率將會不斷增加 由機械能守恒亦可判斷 則物體作圓周運動的向心力 又稱法向力 將不斷增大 由軌道法向方向上的動力學方程 可判斷 隨 角的不斷增大過程 軌道支持力FN也將不 R m mgFN 2 sin v 斷增大 由此可見應選 B 2 5 圖 a 示系統(tǒng)置于以a 1 4 g 的加速度上升的升降機內 A B 兩 物體質量相同均為m A 所在的桌面是水平的 繩子和定滑輪質量均不計 若 忽略滑輪軸上和桌面上的摩擦 并不計空氣阻力 則繩中張力為 A 58 mg B 12 mg C mg D 2mg 分析與解分析與解 本題可考慮對A B 兩物體加上慣性力后 以電梯這個非慣 性參考系進行求解 此時A B 兩物體受力情況如圖 b 所示 圖中a 為A B 兩物體相對電梯的加速度 ma 為慣性力 對A B 兩物體應用牛頓第二定 律 可解得F 5 8 mg 故選 A 討論討論 對于習題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 觀察到的運動圖像較為明確 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問題時 必須對物體加上一個虛擬的慣性力 如 以地面為慣性參考系求解 則兩物體的加速度aA 和aB 均應對地而言 本題中 aA 和aB的大小與方向均不相同 其中aA 應斜向上 對aA aB a 和a 之間還要用到相對運動規(guī)律 求解過程較繁 有興趣的讀者不妨自己嘗試一 下 2 6 圖示一斜面 傾角為 底邊AB 長為l 2 1 m 質量為m 的物體從 題2 6 圖斜面頂端由靜止開始向下滑動 斜面的摩擦因數為 0 14 試問 當 為何值時 物體在斜面上下滑的時間最短 其數值為多少 分析分析 動力學問題一般分為兩類 1 已知物體受力求其運動情況 2 已知物體的運動情況來分析其所受的力 當然 在一個具體題目中 這兩類問 題并無截然的界限 且都是以加速度作為中介 把動力學方程和運動學規(guī)律聯(lián) 系起來 本題關鍵在列出動力學和運動學方程后 解出傾角與時間的函數關 系 f t 然后運用對t 求極值的方法即可得出數值來 解解 取沿斜面為坐標軸Ox 原點O 位于斜面頂點 則由牛頓第二定律有 1 ma mg mg cossin 又物體在斜面上作勻變速直線運動 故有 22 cossin 2 1 2 1 cos t gat l 則 2 g l t cossincos 2 為使下滑的時間最短 可令 由式 2 有0 d d t 0sincoscoscossinsin 則可得 1 2tan o 49 此時 s99 0 cossincos 2 g l t 2 7 工地上有一吊車 將甲 乙兩塊混凝土預制板吊起送至高空 甲 塊質量為m1 2 00 102 kg 乙塊質量為m2 1 00 102 kg 設吊車 框架和 鋼絲繩的質量不計 試求下述兩種情況下 鋼絲繩所受的張力以及乙塊對甲 塊的作用力 1 兩物塊以10 0 m 2 的加速度上升 2 兩物塊以1 0 m 2 的加速度上升 從本題的結果 你能體會到起吊重物時必須緩慢加速 的道理嗎 分析分析 預制板 吊車框架 鋼絲等可視為一組物體 處理動力學問題 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 列出它們各自的動力學方程 根據連接體中物體的多少可列出相應數目的 方程式 結合各物體之間的相互作用和聯(lián)系 可解決物體的運動或相互作用 力 解解 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 當框架以加速度a 上升時 有 F m1 m2 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 當整個裝置以加速度a 10 m 2 上升時 由式 3 可得繩所受張力 的值為 F 5 94 103 N 乙對甲的作用力為 F N2 FN2 m2 g a 1 98 103 N 2 當整個裝置以加速度a 1 m 2 上升時 得繩張力的值為 F 3 24 103 N 此時 乙對甲的作用力則為 F N2 1 08 103 N 由上述計算可見 在起吊相同重量的物體時 由于起吊加速度不同 繩中 所受張力也不同 加速度大 繩中張力也大 因此 起吊重物時必須緩慢加速 以確保起吊過程的安全 2 8 如圖 a 所示 已知兩物體A B 的質量均為m 3 0kg 物體A 以 加速度a 1 0 m 2 運動 求物體B 與桌面間的摩擦力 滑輪與連接繩的 質量不計 分析分析 該題為連接體問題 同樣可用隔離體法求解 分析時應注意到繩 中張力大小處處相等是有條件的 即必須在繩的質量和伸長可忽略 滑輪與 繩之間的摩擦不計的前提下成立 同時也要注意到張力方向是不同的 解解 分別對物體和滑輪作受力分析 圖 b 由牛頓定律分別對物體 A B 及滑輪列動力學方程 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 N ammmg F27 2 4 f 討論討論 動力學問題的一般解題步驟可分為 1 分析題意 確定研究對 象 分析受力 選定坐標 2 根據物理的定理和定律列出原始方程組 3 解方程組 得出文字結果 4 核對量綱 再代入數據 計算出結果來 2 9 質量為m 的長平板A 以速度v 在光滑平面上作直線運動 現(xiàn)將質 量為m 的木塊B 輕輕平穩(wěn)地放在長平板上 板與木塊之間的動摩擦因數為 求木塊在長平板上滑行多遠才能與板取得共同速度 分析分析 當木塊B 平穩(wěn)地輕輕放至運動著的平板A 上時 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摩擦力 該力將改變它們 的運動狀態(tài) 根據牛頓定律可得到它們各自相對地面的加速度 換以平板 為參考系來分析 此時 木塊以初速度 v 與平板運動速率大小相等 方向相 反 作勻減速運動 其加速度為相對加速度 按運動學公式即可解得 該題也可應用第三章所講述的系統(tǒng)的動能定理來解 將平板與木塊作 為系統(tǒng) 該系統(tǒng)的動能由平板原有的動能變?yōu)槟緣K和平板一起運動的動能 而 它們的共同速度可根據動量定理求得 又因為系統(tǒng)內只有摩擦力作功 根據 系統(tǒng)的動能定理 摩擦力的功應等于系統(tǒng)動能的增量 木塊相對平板移動的 距離即可求出 解解1 以地面為參考系 在摩擦力F mg 的作用下 根據牛頓定律分 別對木塊 平板列出動力學方程 F mg ma1 F F m a2 a1 和a2 分別是木塊和木板相對地面參考系的加速度 若以木板為參 考系 木塊相對平板的加速度a a1 a2 木塊相對平板以初速度 v 作勻減 速運動直至最終停止 由運動學規(guī)律有 v 2 2as 由上述各式可得木塊相對于平板所移動的距離為 mmg m s 2 2 v 解解2 以木塊和平板為系統(tǒng) 它們之間一對摩擦力作的總功為 W F s l F l mgs 式中l(wèi) 為平板相對地面移動的距離 由于系統(tǒng)在水平方向上不受外力 當木塊放至平板上時 根據動量守恒定 律 有 m v m m v 由系統(tǒng)的動能定理 有 22 2 1 2 1 vv mmmmgs 由上述各式可得 mmg m s 2 2 v 2 10 如圖 a 所示 在一只半徑為R 的半球形碗內 有一粒質量為m 的 小鋼球 當小球以角速度 在水平面內沿碗內壁作勻速圓周運動時 它距碗底 有多高 分析分析 維持鋼球在水平面內作勻角速度轉動時 必須使鋼球受到一與向 心加速度相對應的力 向心力 而該力是由碗內壁對球的支持力FN 的分力來 提供的 由于支持力FN 始終垂直于碗內壁 所以支持力的大小和方向是隨 而變的 取圖示Oxy 坐標 列出動力學方程 即可求解鋼球距碗底的高度 解解 取鋼球為隔離體 其受力分析如圖 b 所示 在圖示坐標中列動力學 方程 1 mRma F nN sinsin 2 2 mg FN cos 且有 3 R hR cos 由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為 2 g Rh 可見 h 隨 的變化而變化 2 11 火車轉彎時需要較大的向心力 如果兩條鐵軌都在同一水平面內 內軌 外軌等高 這個向心力只能由外軌提供 也就是說外軌會受到車輪對 它很大的向外側壓力 這是很危險的 因此 對應于火車的速率及轉彎處的曲 率半徑 必須使外軌適當地高出內軌 稱為外軌超高 現(xiàn)有一質量為m 的火 車 以速率v 沿半徑為R 的圓弧軌道轉彎 已知路面傾角為 試求 1 在此 條件下 火車速率v0 為多大時 才能使車輪對鐵軌內外軌的側壓力均為零 2 如果火車的速率v v0 則車輪對鐵軌的側壓力為多少 分析分析 如題所述 外軌超高的目的欲使火車轉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 從而不會對內外軌 產生擠壓 與其對應的是火車轉彎時必須以規(guī)定的速率v0行駛 當火車行 駛速率v v0 時 則會產生兩種情況 如圖所示 如v v0 時 外軌將會對車輪 產生斜向內的側壓力F1 以補償原向心力的不足 如v v0時 則內軌對車輪產 生斜向外的側壓力F2 以抵消多余的向心力 無論哪種情況火車都將對外軌 或內軌產生擠壓 由此可知 鐵路部門為什么會在每個鐵軌的轉彎處規(guī)定時 速 從而確保行車安全 解解 1 以火車為研究對象 建立如圖所示坐標系 據分析 由牛頓定律 有 1 R m FN 2 sin v 2 0cos mg FN 解 1 2 兩式可得火車轉彎時規(guī)定速率為 gRtan 0 v 2 當v v0 時 根據分析有 3 R m F FN 2 1cos sin v 4 0sincos 1 mg F FN 解 3 4 兩式 可得外軌側壓力為 g R Fsincosm 2 1 v 當v v0 時 根據分析有 5 R F FN 2 2 mcossin v 6 0sincos 2 mg F FN 解 5 6 兩式 可得內軌側壓力為 R gmFcossin 2 2 v 2 12 一雜技演員在圓筒形建筑物內表演飛車走壁 設演員和摩托車 的總質量為m 圓筒半徑為R 演員騎摩托車在直壁上以速率v 作勻速圓周螺 旋運動 每繞一周上升距離為h 如圖所示 求壁對演員和摩托車的作用力 分析分析 雜技演員 連同摩托車 的運動可以看成一個水平面內的勻速率 圓周運動和一個豎直向上勻速直線運動的疊加 其旋轉一周所形成的旋線 軌跡展開后 相當于如圖 b 所示的斜面 把演員的運動速度分解為圖示的v1 和v2 兩個分量 顯然v1是豎直向上作勻速直線運動的分速度 而v2則是繞圓筒 壁作水平圓周運動的分速度 其中向心力由筒壁對演員的支持力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 運用牛頓定律即可求得筒壁支持力的大小和方向 解解 設雜技演員連同摩托車整體為研究對象 據 b c 兩圖應有 1 0 1 mgFN 2 R mFN 2 2 v 3 2 2 2 2 2 cos hR R vvv 4 2 2 2 1NNN FFF 以式 3 代入式 2 得 5 222 22 222 222 2 4 4 4 4 hR Rm hR R R m FN vv 將式 1 和式 5 代入式 4 可求出圓筒壁對雜技演員的作用力 即支承力 大小為 2 222 22 22 2 2 1 4 4 hR R gmFFF NNN v 與壁的夾角 為 ghR R F F N N 222 22 1 2 4 4 arctanarctan v 討論討論 表演飛車走壁時 演員必須控制好運動速度 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力學規(guī)律 2 13 一質點沿x軸運動 其受力如圖所示 設t 0 時 v0 5m 1 x0 2 m 質點質量m 1kg 試求該質點7 末的速度和位置坐標 分析分析 首先應由題圖求得兩個時間段的F t 函數 進而求得相應的加速 度函數 運用積分方法求解題目所問 積分時應注意積分上下限的取值應與兩 時間段相應的時刻相對應 解解 由題圖得 7st5s 535 5st0 2 t t tF 由牛頓定律可得兩時間段質點的加速度分別為 5st0 2 ta 7st5s 535 ta 對0 t 5 時間段 由得 t a d dv t ta 0 dd 0 v v v 積分后得 2 5t v 再由得 t x d d v t tx 0 dd 0 v x x 積分后得 3 3 1 52ttx 將t 5 代入 得v5 30 m 1 和x5 68 7 m 對5 t 7 時間段 用同樣方法有 t ta s5 2d d 0 v v v 得 ttt 5 825 235 2