大物課后答案

1、-作者xxxx-日期xxxx大物課后答案【精品文檔】大學(xué)物理學(xué)（第五版）上冊（馬文蔚）課后答案及解析1-1 分析與解 (1) 質(zhì)點在t 至(t t)時間內(nèi)沿曲線從P 點運動到P點,各量關(guān)系如圖所示, 其中路程s PP, 位移大小rPP,而r r-r表示質(zhì)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(dāng)t0 時,點P無限趨近P點,則有drds,但卻不等于dr故選(B)(2) 由于r s,故 ,即 但由于drds,故 ,即 由此可見,應(yīng)選(C)1-2 分析與解 表示質(zhì)點到坐標(biāo)原點的距離隨時間的變化率,在極坐標(biāo)系中叫徑向速率通常用符號vr表示,這

2、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(biāo)系中速度大小可用公式 計算,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間的變化率,是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(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)點作圓周運動時,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

3、改變的至于a是否改變,則要視質(zhì)點的速率情況而定質(zhì)點作勻速率圓周運動時, a恒為零；質(zhì)點作勻變速率圓周運動時, a為一不為零的恒量,當(dāng)a改變時,質(zhì)點則作一般的變速率圓周運動由此可見,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)而判斷運動性質(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 而變化小船速度 ,式中 表示繩長l 隨時間的變化率,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動故選(C)1-6 分析位移和路程是兩個完全不同的概念只有當(dāng)質(zhì)點作直線運動且運動方向不改

4、變時,位移的大小才會與路程相等質(zhì)點在t 時間內(nèi)的位移x 的大小可直接由運動方程得到： ,而在求路程時,就必須注意到質(zhì)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(jù) 來確定其運動方向改變的時刻tp ,求出0tp 和tpt 內(nèi)的位移大小x1 、x2 ,則t 時間內(nèi)的路程 ,如圖所示,至于t 4.0 s 時質(zhì)點速度和加速度可用 和 兩式計算解(1) 質(zhì)點在4.0 s內(nèi)位移的大小 (2) 由 得知質(zhì)點的換向時刻為 (t0不合題意)則 , 所以,質(zhì)點在4.0 s時間間隔內(nèi)的路程為 (3) t4.0 s時 , , 1-7 分析根據(jù)加速度的定義可知,在直線運動中v-t曲線的斜率為

5、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(yīng)的x -t 圖應(yīng)是一直線,而勻變速直線運動所對應(yīng)的xt 圖為t 的二次曲線根據(jù)各段時間內(nèi)的運動方程xx(t),求出不同時刻t 的位置x,采用描數(shù)據(jù)點的方法,可作出x-t 圖解將曲線分為AB、BC、CD 三個過程,它們對應(yīng)的加速度值分別為 (勻加速直線運動), (勻速直線運動)(勻減速直線運動)根據(jù)上述結(jié)果即可作

6、出質(zhì)點的a-t 圖圖(B)在勻變速直線運動中,有由此,可計算在02和46時間間隔內(nèi)各時刻的位置分別為用描數(shù)據(jù)點的作圖方法,由表中數(shù)據(jù)可作02和46時間內(nèi)的x -t 圖在24時間內(nèi), 質(zhì)點是作 的勻速直線運動, 其x -t 圖是斜率k20的一段直線圖(c)1-8 分析質(zhì)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(jù)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 積分求解(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得質(zhì)點軌跡方程為, 這是一個拋物線方程,軌跡如圖(a)所示(2) 將t

7、 0和t 2分別代入運動方程,可得相應(yīng)位矢分別為, 圖(a)中的P、Q 兩點,即為t 0和t 2時質(zhì)點所在位置(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(1) 速度的分量式為, 當(dāng)t 0 時, vox -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12341(2) 加速度的分量式為, 則加速度的大小為

8、 設(shè)a 與x 軸的夾角為,則,-3341(或32619)1-10 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(biāo)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(yīng)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(biāo)系,升降機與螺絲的運動方程分別為當(dāng)螺絲落至底面時,有y1 y2 ,即(

9、2) 螺絲相對升降機外固定柱子下降的距離為解2(1)以升降機為參考系,此時,螺絲相對它的加速度大小ag a,螺絲落至底面時,有(2) 由于升降機在t 時間內(nèi)上升的高度為則 1-11 分析該題屬于運動學(xué)的第一類問題,即已知運動方程r r(t)求質(zhì)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Oxy坐標(biāo)系,并采用參數(shù)方程xx(t)和yy(t)來表示圓周運動是比較方便的然后,運用坐標(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P 在任意時刻的位矢采用對運動方程求導(dǎo)的方法可得速度和加速度解(1) 如圖(B

10、)所示,在Oxy坐標(biāo)系中,因 ,則質(zhì)點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P 的位矢方程為(2) 5時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,必須建立影長與時間的函數(shù)關(guān)系,即影子端點的位矢方程根據(jù)幾何關(guān)系,影長可通過太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度求得由于運動的相對性,太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度也就是地球自轉(zhuǎn)的角速度這樣,影子端點的位矢方程和速度均可求得解設(shè)太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度為,從正午時分開始計時,則桿的影長為shtgt,下午200 時,桿頂在地面上影子的速度大小為當(dāng)桿長等于影長時,即s h,則即為下午300 時1-13 分析本題屬于運動學(xué)第二類

11、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 如aa(t)或v v(t),則可兩邊直接積分如果a 或v不是時間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,x9 m,v2 m?6?1-1代入(1) (2)得v0-1 m?6?1-1,x00.75 m于是可得質(zhì)點運動方程為1-14 分析本題亦屬于運動學(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為y 軸正向,下落起點為坐標(biāo)原點(1) 由題意知 (1)用分離變量法

12、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, 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動方程 1-15 分析與上兩題不同處在于質(zhì)點作平面曲線運動,根據(jù)疊加原理,求解時需根據(jù)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(zhì)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 ,兩個分運動均為勻變速直線運動讀者不妨自己驗證一下解由加速度定義式,根據(jù)初始條件t0 0時v0 0,積分可得又由 及初始條件t0 時,r0(10 m)i,積分可得由上述結(jié)果可得質(zhì)點運動方程的

13、分量式,即x 103t2 y 2t2消去參數(shù)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 ,3341軌跡如圖所示1-16 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 , ,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 求出由計算結(jié)果能清楚地看到兩者之間的關(guān)系,即瞬時加速度是平均加速度在t0 時的極限值解(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,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 1-17

14、 分析根據(jù)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(shù)t,即得質(zhì)點的軌跡方程平均速度是反映質(zhì)點在一段時間內(nèi)位置的變化率,即 ,它與時間間隔t 的大小有關(guān),當(dāng)t0 時,平均速度的極限即瞬時速度 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)點在切線方向速度大小的變化率,即 ,后者只反映質(zhì)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(zhì)點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)點的軌跡方程：y 19.0 -0.50x2(2) 在t1 1.00 到t2 2.0時間內(nèi)的平均

15、速度(3) 質(zhì)點在任意時刻的速度和加速度分別為則t1 1.00時的速度v(t)t 12.0i -4.0j切向和法向加速度分別為(4) t 1.0質(zhì)點的速度大小為則 1-18 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(dá)地面目標(biāo)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

16、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(1) 取如圖所示的坐標(biāo),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v100 m?6?1s-1 ,飛機離地面的高度y100 m,由上述兩式可得目標(biāo)在飛機正下方前的距離(2) 視線和水平線的夾角為(3) 在任意時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,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(dāng)?shù)淖鴺?biāo)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(biāo)系,

17、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(biāo)系中炮彈落地時,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)系中兩個分運動方程為(1) (2)令y 0 求得時間t 后再代入式(1)得解2做出炮彈的運動矢量圖,如圖(b)所示,并利用正弦定理,有從中消去t 后也可得到

18、同樣結(jié)果(2) 由分析知,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 分析選定傘邊緣O 處的雨滴為研究對象,當(dāng)傘以角速度旋轉(zhuǎn)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(biāo)系,列出雨滴的運動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解(1)

19、 如圖(a)所示坐標(biāo)系中,雨滴落地的運動方程為(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,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)計中的一個關(guān)鍵問題1-21 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(zhì)點在豎直平面內(nèi)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

20、代入即可求出解取圖示坐標(biāo)系Oxy,由運動方程, 消去t 得軌跡方程以x 25.0 m,v 20.0 m?6?1-1 及3.44 my0 代入后,可解得71111 6992 27922 1889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(yīng)有兩個不同的投射傾角(如圖所示)如果以7111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(dāng)傾角取值為27.92 6992時,踢出的足球?qū)⒃竭^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(jié)果1-22 分析在自然坐標(biāo)中,s 表示圓周上

21、從某一點開始的曲線坐標(biāo)由給定的運動方程s s(t),對時間t 求一階、二階導(dǎo)數(shù),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anv2 /R這樣,總加速度為a aeanen至于質(zhì)點在t 時間內(nèi)通過的路程,即為曲線坐標(biāo)的改變量sst -s0因圓周長為2R,質(zhì)點所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得解(1) 質(zhì)點作圓周運動的速率為其加速度的切向分量和法向分量分別為, 故加速度的大小為其方向與切線之間的夾角為(2) 要使ab,由 可得(3) 從t0 開始到tv0 /b 時,質(zhì)點經(jīng)過的路程為因此質(zhì)點運行的圈數(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)系由特定時刻的速度值可

22、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,注意到運動的角量描述與線量描述的相應(yīng)關(guān)系,由運動學(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t0.5 時的角速度、角加速度和切向加速度分別為總加速度 在2.0內(nèi)該點所轉(zhuǎn)過的角度1-24 分析掌握角量與線量、角位移方程與位矢方程的對應(yīng)關(guān)系,應(yīng)用運動學(xué)求解的方法即可得到解(1) 由于 ,則角速度 在t 2 時,法向加速度和切向加速度的數(shù)值分別為(2) 當(dāng) 時,有 ,即得 此時刻的角位置為 (3) 要使 ,則有 t 0.551-25 分析這是一個相對運動的問題

23、設(shè)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(guān)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(guān)系為 (如圖所示),于是可得1-26 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(yīng)滿足 再由相對速度的矢量關(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)對岸所需時間是由船相

24、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vu v(如圖所示)若要使船到達(dá)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(1) 由vu v可知 ,則船到達(dá)正對岸所需時間為(2) 由于 ,在劃速v一定的條件下,只有當(dāng)0 時, v 最大(即vv),此時,船過河時間td /v,船到達(dá)距正對岸為l 的下游處,且有1-28 分析該問題涉及到運動的相對性如何將已知質(zhì)點相對于觀察者O 的運動轉(zhuǎn)換到相對于觀察者O的運動中去,其實質(zhì)就是進(jìn)行坐標(biāo)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

25、作勻速運動,因此,該坐標(biāo)變換是線性的解取Oxy 和Oxy分別為觀察者O 和觀察者O所在的坐標(biāo)系,且使Ox 和Ox兩軸平行在t 0 時,兩坐標(biāo)原點重合由坐標(biāo)變換得xx - v t v t - v t 0 yy 1/2 gt2加速度 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(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

26、和狀態(tài)特征2-2 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(nèi)取值當(dāng)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?fàn)顟B(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 分析與解由題意知,汽車應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運動,為保證汽車轉(zhuǎn)彎時不側(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vRg因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時的實際速率不大于此值,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刻指

27、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(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A、B 兩物體加上慣性力后,以電梯這個非慣性參考系進(jìn)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(yīng)用牛頓第二定律,可解得F 5/8 mg故選(A)討論對于習(xí)題2 -5

28、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(xué)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(yīng)對地而言,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 分析動力學(xué)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(dāng)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(xué)方程和運動學(xué)規(guī)

29、律聯(lián)系起來本題關(guān)鍵在列出動力學(xué)和運動學(xué)方程后,解出傾角與時間的函數(shù)關(guān)系f(t),然后運用對t 求極值的方法即可得出數(shù)值來解取沿斜面為坐標(biāo)軸Ox,原點O 位于斜面頂點,則由牛頓第二定律有 (1)又物體在斜面上作勻變速直線運動,故有則 (2)為使下滑的時間最短,可令 ,由式(2)有則可得 , 此時 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,可解決物體的運動或相互作用力解按題意,可分別取吊車(含甲、乙)和乙作為

30、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,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(dāng)整個裝置以加速度a 10 m?6?1-2 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 FN2 -FN2 -m2 (g a) -1.98 103 N(2) 當(dāng)整個裝置以加速度a 1 m?6?1-2 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 FN2 -1.08

31、 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 分析該題為連接體問題,同樣可用隔離體法求解分析時應(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的前提下成立同時也要注意到張力方向是不同的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(xué)方程,有 mA g -F mA a (1)F1 -F mB a (2)F -2F1 0 (3)考慮到mA mB m, F F , F1 F1 ,a2a,可聯(lián)立解得物體與

32、桌面的摩擦力討論動力學(xué)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(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) 核對量綱,再代入數(shù)據(jù),計算出結(jié)果來2-9 分析當(dāng)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(jù)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(xué)公式即可解得 該題也可應(yīng)用第三章所講述的系統(tǒng)的動能定理來解將平板與

33、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(jù)動量定理求得又因為系統(tǒng)內(nèi)只有摩擦力作功,根據(jù)系統(tǒng)的動能定理,摩擦力的功應(yīng)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)牛頓定律分別對木塊、平板列出動力學(xué)方程F mg ma1 F -F ma2a1 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(xué)規(guī)律有 - v2 2as由上述各式可得木塊相對于平板所移動的距離為解2以木塊和平板為系統(tǒng),它們之

34、間一對摩擦力作的總功為W F (s l) -Fl 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(dāng)木塊放至平板上時,根據(jù)動量守恒定律,有mv(mm) v由系統(tǒng)的動能定理,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)動時,必須使鋼球受到一與向心加速度相對應(yīng)的力(向心力),而該力是由碗內(nèi)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(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),列出動力學(xué)方程,即可求解鋼球距碗底的高度解取鋼球為隔離體,其受力分析如圖(b)所示在圖示坐標(biāo)中列動力學(xué)方程(1)(2)且有 (3)由上述各式可解得鋼球距碗

35、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)從而不會對內(nèi)外軌產(chǎn)生擠壓與其對應(yīng)的是火車轉(zhuǎn)彎時必須以規(guī)定的速率v0行駛當(dāng)火車行駛速率vv0 時,則會產(chǎn)生兩種情況：如圖所示,如vv0 時,外軌將會對車輪產(chǎn)生斜向內(nèi)的側(cè)壓力F1 ,以補償原向心力的不足,如vv0時,則內(nèi)軌對車輪產(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外軌或內(nèi)軌產(chǎn)生擠壓由此可知,鐵路部門為什么會在每個鐵軌的轉(zhuǎn)彎處規(guī)定時速,從而確保行車安全解(1) 以火車為研究對象,建立如圖所示坐標(biāo)系據(jù)分析,由牛頓定

36、律有(1) (2)解(1)(2)兩式可得火車轉(zhuǎn)彎時規(guī)定速率為(2) 當(dāng)vv0 時,根據(jù)分析有(3) (4)解(3)(4)兩式,可得外軌側(cè)壓力為當(dāng)vv0 時,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)的運動可以看成一個水平面內(nèi)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(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

37、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力解設(shè)雜技演員連同摩托車整體為研究對象,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,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(xué)規(guī)律2-13 分析首先應(yīng)由題圖求得兩個時間段的F(t)函數(shù),進(jìn)而求得相應(yīng)的加速度函數(shù),運用積分方法求解題目所問,積分時應(yīng)注意積分上下限的取值應(yīng)與兩時間段相應(yīng)的時刻相對應(yīng) 解由題圖得

38、由牛頓定律可得兩時間段質(zhì)點的加速度分別為對0 t 5 時間段,由 得積分后得 再由 得 積分后得 將t 5 代入,得v530 m?6?1-1 和x5 68.7 m對5t 7 時間段,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v740 m?6?1-1 和x7 142 m2-14 分析這是在變力作用下的動力學(xué)問題由于力是時間的函數(shù),而加速度adv/dt,這時,動力學(xué)方程就成為速度對時間的一階微分方程,解此微分方程可得質(zhì)點的速度v (t)；由速度的定義vdx /dt,用積分的方法可求出質(zhì)點的位置解因加速度adv/dt,在直線運動中,根據(jù)牛

39、頓運動定律有依據(jù)質(zhì)點運動的初始條件,即t0 0 時v0 6.0 m?6?1-1 ,運用分離變量法對上式積分,得v6.0+4.0t+6.0t2又因vdx /dt,并由質(zhì)點運動的初始條件：t0 0 時x0 5.0 m,對上式分離變量后積分,有x 5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t32-15 分析飛機連同駕駛員在水平跑道上運動可視為質(zhì)點作直線運動其水平方向所受制動力F 為變力,且是時間的函數(shù)在求速率和距離時,可根據(jù)動力學(xué)方程和運動學(xué)規(guī)律,采用分離變量法求解解以地面飛機滑行方向為坐標(biāo)正方向,由牛頓運動定律及初始條件, 得 因此,飛機著陸10后的速率為v 30 m?6?1-1又 故飛機著陸后10內(nèi)

40、所滑行的距離 2-16 分析該題可以分為兩個過程,入水前是自由落體運動,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,物體作變加速運動雖然物體的受力分析比較簡單,但是,由于變力是速度的函數(shù)(在有些問題中變力是時間、位置的函數(shù)),對這類問題列出動力學(xué)方程并不復(fù)雜,但要從它計算出物體運動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在解方程的過程中,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) 運動員入水前可視為自由落體運動,故入水時的速度為運動員入水后,由牛頓定律得 P -F -F ma由題意P F、Fbv2 ,而a

41、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, ,對上式積分,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,葉片上各點的加速度不同,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,可選取葉片上一小段,分析其受力,列出動力學(xué)方程,然后采用積分的方法求解解設(shè)葉片根部為原點O,沿葉片背離原點O 的方向為正向,距原點O 為r處的長為dr一小段葉片,其兩側(cè)對它的拉力分別為F(r)與F(rdr)葉片轉(zhuǎn)動時,該小段葉片作圓周運動,由牛頓定律有由于r l

42、 時外側(cè)F 0,所以有上式中取r 0,即得葉片根部的張力F0 -2.79 105 N負(fù)號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,可分別列出切向和法向的動力學(xué)方程Fmdv/dt和Fnman 由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的,因此,需應(yīng)用積分求解,為使運算簡便,可轉(zhuǎn)換積分變量 倡該題也能應(yīng)用以小球、圓弧與地球為系統(tǒng)的機械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比較簡便但它不能直接給出小球與圓弧表

43、面之間的作用力解小球在運動過程中受到重力P 和圓軌道對它的支持力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A 運動到點C 的始末條件,進(jìn)行積分,有得 則小球在點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)號表示FN 與en 反向 2-19 分析運動學(xué)與動力學(xué)之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的,因而,可先分析動力學(xué)問題物體在作圓周運動的過程中,促使其運動狀態(tài)發(fā)生變化的是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對物體的支持力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加速

44、度聯(lián)系起來了,從而可用運動學(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標(biāo),按牛頓定律,有由分析中可知,摩擦力的大小FFN ,由上述各式可得取初始條件t 0 時v v 0 ,并對上式進(jìn)行積分,有(2) 當(dāng)物體的速率從v 0 減少到1/2v 0時,由上式可得所需的時間為物體在這段時間內(nèi)所經(jīng)過的路程2-20 分析物體在發(fā)射過程中,同時受到重力和空氣阻力的作用,其合力是速率v 的一次函數(shù),動力學(xué)方程是速率的一階微分方程,求解時,只需采用分離變量的數(shù)學(xué)方法即可但是,在求解高度時,則必須將時間變量通過速度定義式轉(zhuǎn)換為位置變量后求解,并注意到物體上升至最大高度時,速率應(yīng)為零解(1

45、) 物體在空中受重力mg和空氣阻力Fr kv 作用而減速由牛頓定律得(1)根據(jù)始末條件對上式積分,有(2) 利用 的關(guān)系代入式(1),可得分離變量后積分故 討論如不考慮空氣阻力,則物體向上作勻減速運動由公式 和 分別算得t6.12和y184 m,均比實際值略大一些2-21 分析由于空氣對物體的阻力始終與物體運動的方向相反,因此,物體在上拋過程中所受重力P 和阻力Fr 的方向相同；而下落過程中,所受重力P 和阻力Fr 的方向則相反又因阻力是變力,在解動力學(xué)方程時,需用積分的方法解分別對物體上拋、下落時作受力分析,以地面為原點,豎直向上為y 軸(如圖所示)(1) 物體在上拋過程中,根據(jù)牛頓定律有依

46、據(jù)初始條件對上式積分,有物體到達(dá)最高處時, v 0,故有(2) 物體下落過程中,有對上式積分,有則 2-22 分析該題依然是運用動力學(xué)方程求解變力作用下的速度和位置的問題,求解方法與前兩題相似,只是在解題過程中必須設(shè)法求出阻力系數(shù)k由于阻力Fr kv2 ,且Fr又與恒力F 的方向相反；故當(dāng)阻力隨速度增加至與恒力大小相等時,加速度為零,此時速度達(dá)到最大因此,根據(jù)速度最大值可求出阻力系數(shù)來但在求摩托車所走路程時,需對變量作變換解設(shè)摩托車沿x 軸正方向運動,在牽引力F和阻力Fr 同時作用下,由牛頓定律有(1)當(dāng)加速度a dv/dt 0 時,摩托車的速率最大,因此可得kF/vm2 (2)由式(1)和式

47、(2)可得(3)根據(jù)始末條件對式(3)積分,有則 又因式(3)中 ,再利用始末條件對式(3)積分,有則 2-23 分析如圖所示,飛機觸地后滑行期間受到5 個力作用,其中F1為空氣阻力, F2 為空氣升力, F3 為跑道作用于飛機的摩擦力,很顯然飛機是在合外力為變力的情況下作減速運動,列出牛頓第二定律方程后,用運動學(xué)第二類問題的相關(guān)規(guī)律解題由于作用于飛機的合外力為速度v的函數(shù),所求的又是飛機滑行距離x,因此比較簡便方法是直接對牛頓第二定律方程中的積分變量dt 進(jìn)行代換,將dt 用 代替,得到一個有關(guān)v 和x 的微分方程,分離變量后再作積分 解取飛機滑行方向為x 的正方向,著陸點為坐標(biāo)原點,如圖所

48、示,根據(jù)牛頓第二定律有(1)(2)將式(2)代入式(1),并整理得分離變量并積分,有得飛機滑行距離(3)考慮飛機著陸瞬間有FN0 和vv0 ,應(yīng)有k2v02 mg,將其代入(3)式,可得飛機滑行距離x 的另一表達(dá)式討論如飛機著陸速度v0144 km?6?1h-1 ,0.1,升阻比 ,可算得飛機的滑行距離x 560 m,設(shè)計飛機跑道長度時應(yīng)參照上述計算結(jié)果2-24 分析如同習(xí)題2 -5 分析中指出的那樣,可對木箱加上慣性力F0 后,以車廂為參考系進(jìn)行求解,如圖所示,此時木箱在水平方向受到慣性力和摩擦力作用,圖中a為木箱相對車廂的加速度解由牛頓第二定律和相關(guān)運動學(xué)規(guī)律有F0 -Fma -mgma

49、(1)v 2 2aL (2)聯(lián)立解(1)(2)兩式并代入題給數(shù)據(jù),得木箱撞上車廂擋板時的速度為2-25 分析如以加速運動的電梯為參考系,則為非慣性系在非慣性系中應(yīng)用牛頓定律時必須引入慣性力在通常受力分析的基礎(chǔ)上,加以慣性力后,即可列出牛頓運動方程來解取如圖(b)所示的坐標(biāo),以電梯為參考系,分別對物體A、B 作受力分析,其中F1 m1a,F2 m2a 分別為作用在物體A、B 上的慣性力設(shè)ar為物體相對電梯的加速度,根據(jù)牛頓定律有(1)(2)(3)由上述各式可得由相對加速度的矢量關(guān)系,可得物體A、B 對地面的加速度值為a2 的方向向上, a1 的方向由ar 和a 的大小決定當(dāng)ar a,即m1g -

50、m2g -2m2 a0 時,a1 的方向向下；反之, a1 的方向向上2-26 分析這類問題可應(yīng)用牛頓定律并采用隔離體法求解在解題的過程中必須注意：(1) 參考系的選擇由于牛頓定律只適用于慣性系,可選擇地面為參考系(慣性系)因地面和斜面都是光滑的,當(dāng)滑塊在斜面上下滑時,三棱柱受到滑塊對它的作用,也將沿地面作加速度為aA 的運動,這時,滑塊沿斜面的加速度aBA ,不再是它相對于地面的加速度aB 了必須注意到它們之間應(yīng)滿足相對加速度的矢量關(guān)系,即aB aA aBA 若以斜面為參考系(非慣性系),用它求解這類含有相對運動的力學(xué)問題是較為方便的但在非慣性系中,若仍要應(yīng)用牛頓定律,則必須增添一慣性力F,

51、且有F maA (2) 坐標(biāo)系的選擇常取平面直角坐標(biāo),并使其中一坐標(biāo)軸方向與運動方向一致,這樣,可使解題簡化(3) 在分析滑塊與三棱柱之間的正壓力時,要考慮運動狀態(tài)的影響,切勿簡單地把它視為滑塊重力在垂直于斜面方向的分力mgcos ,事實上只有當(dāng)aA 0 時,正壓力才等于mgcos .解1取地面為參考系,以滑塊B 和三棱柱A 為研究對象,分別作示力圖,如圖(b)所示B 受重力P1 、A 施加的支持力FN1 ；A 受重力P2 、B 施加的壓力FN1、地面支持力FN2 A 的運動方向為Ox 軸的正向,Oy 軸的正向垂直地面向上設(shè)aA 為A 對地的加速度,aB 為B 對的地加速度由牛頓定律得(1)(

52、2)(3)(4)設(shè)B 相對A 的加速度為aBA ,則由題意aB 、aBA 、aA 三者的矢量關(guān)系如圖(c)所示據(jù)此可得(5)(6)解上述方程組可得三棱柱對地面的加速度為滑塊相對地面的加速度aB 在x、y 軸上的分量分別為則滑塊相對地面的加速度aB 的大小為其方向與y 軸負(fù)向的夾角為A 與B 之間的正壓力 解2若以A 為參考系,Ox 軸沿斜面方向圖(d)在非慣性系中運用牛頓定律,則滑塊B 的動力學(xué)方程分別為(1)(2)又因 (3)(4)由以上各式可解得由aB 、aBA 、aA三者的矢量關(guān)系可得以aA 代入式(3)可得 3-1 分析與解在質(zhì)點組中內(nèi)力總是成對出現(xiàn)的,它們是作用力與反作用力由于一對內(nèi)

53、力的沖量恒為零,故內(nèi)力不會改變質(zhì)點組的總動量但由于相互有作用力的兩個質(zhì)點的位移大小以及位移與力的夾角一般不同,故一對內(nèi)力所作功之和不一定為零,應(yīng)作具體分析,如一對彈性內(nèi)力的功的代數(shù)和一般為零,一對摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零,對于保守內(nèi)力來說,所作功能使質(zhì)點組動能與勢能相互轉(zhuǎn)換,因此保守內(nèi)力即使有可能改變質(zhì)點組的動能,但也不可能改變質(zhì)點組的機械能綜上所述(1)(3)說法是正確的故選(C)3-2 分析與解對題述系統(tǒng)來說,由題意知并無外力和非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)機械能守恒物體在下滑過程中,一方面通過重力作功將勢能轉(zhuǎn)化為動能,另一方面通過物體與斜面之間的彈性內(nèi)力作功將一部分能量轉(zhuǎn)化為斜面的動能,其大

54、小取決其中一個內(nèi)力所作功由于斜面傾角不同,故物體沿不同傾角斜面滑至底端時動能大小不等動量自然也就不等(動量方向也不同)故(A)(B)(C)三種說法均不正確至于說法(D)正確,是因為該系統(tǒng)動量雖不守恒(下滑前系統(tǒng)動量為零,下滑后物體與斜面動量的矢量和不可能為零由此可知,此時向上的地面支持力并不等于物體與斜面向下的重力),但在水平方向上并無外力,故系統(tǒng)在水平方向上分動量守恒3-3 分析與解保守力作正功時,系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)勢能應(yīng)該減少由于保守力作功與路徑無關(guān),而只與始末位置有關(guān),如質(zhì)點環(huán)繞一周過程中,保守力在一段過程中作正功,在另一段過程中必然作負(fù)功,兩者之和必為零至于一對作用力與反作用力分別作用于兩個質(zhì)點所作功之和未必為零(詳見習(xí)題3 -2 分析),由此可見只有說法(2)正確,故選(C)3-4 分析與解由題意知,作用在題述系統(tǒng)上的合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒,但機械能未必守恒,這取決于在A、B 彈開過程中C 與A 或D 與B 之間有無相對滑動,如有則必然會因摩擦內(nèi)力作功,而使一部分機械能轉(zhuǎn)化為熱能,故選(D)3-5 分析與解子彈-木塊系統(tǒng)在子彈射入過程中,作用于系統(tǒng)的合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒,但機械能并不守恒這是因為子彈與木塊作用的一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零(這是因為子彈對地位移大于木塊對地位移所致),子彈動能的減少等于子彈克服阻力所作功,子彈減少的動能中