大學物理試題庫及答案詳解考試必備分章節(jié)題庫

1、第一章質點運動學1-1質點作曲線運動，在時刻t質點的位矢為r,速度為v,速率為v,t至(t +At)時間內的位移為Ar,路程為As,位矢大小的變化量為Ar (或稱A | r | ),平均速度為v，平均速率為 v .(1)根據上述情況，則必有()(A) | Ar | =As=Ar(B) | Ar | 豐 Asw Ar,當 At-0時有 | dr | =dswdr(C) |A r| wAr wAs,當At-0時有 |dr| =drwds(D) |A r| wAsw A r,當At-0時有 |dr| =dr= ds(2)根據上述情況，則必有()(A)Iv I=v,Iv | =v(B) I vIv,

2、I v | v(C)Iv I=v,Iv I *v (D)I v I v, Iv | =v分析與解(1)質點在t至(t + At)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As = PP',位移大小| Ar | =PP ,而Ar = | 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At0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| A r | w A s,故包叁，即| v | w v .AtAt但由于| dr | =d

3、s,故如 ds, IP | v | = v .由此可見，應選(C). dt dt1-2運動質點在某瞬時位于位矢r(x,y )的端點處，對其速度的大小有四種意見，即dr也；dtdlrl .dt_ ds更；dtdx 2dt2 dydt下述判斷正確的是( (A)只有(1)(2)正確)(B)只有(2)正確(C)只有(2)(3)正確(D)只有(3)(4)正確分析與解率.通常用符號-表示質點到坐標原點的距離隨時間的變化率 dt5表示，這是速度矢量在位矢方向上的一個分量;,在極坐標系中叫徑向速表小速度矢量；在自然(A)只有(1)、(4)是對的(B)只有(2)、(4)是對的(C)只有(2)是對的(D)只有(3

4、)是對的分析與解dv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dt述)表示加速度的大小而不是切向加速度度方向的一個分量，起改變速度大小的作用；dr在極坐標系中表示徑向速率Vr(如題1-2所 dt;一在自然坐標系中表示質點的速率v；而 dtdtt.因此只有(3)式表達是正確的.故選(D).1-4 一個質點在做圓周運動時，則有()(A)切向加速度一定改變，法向加速度也改變(B)切向加速度可能不變，法向加速度一定改變(C)切向加速度可能不變，法向加速度不變(D)切向加速度一定改變，法向加速度不變分析與解 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

5、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，at包為零；質點作勻變速率圓周運動時，at為一不為零的恒量，當at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 如圖所示，湖中有一小船，有人用繩繞過岸上一定高度處的定滑輪拉湖中的船向岸 邊運動.設該人以勻速率V0收純，純不伸長且湖水靜止，小船的速率為v,則小船作()(A)勻加速運動，vcos 0(B)勻減速運動，v v0 cos 0(C)變加速運動，vcos 0(D)變減速運動，v v0

6、cos 0(E)勻速直線運動，v Vo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純長為l，則小船的運動方程為l心x 1 h2 ,其中純長l隨時間t而變化.小船速度v 處 不妥一，式中生表示繩長l隨時dt J2h2dt間的變化率，其大小即為Vo,代入整理后為vVo22. l2 h2/l,方向沿x軸負向.由速度表 cos 0達式，可判斷小船作變加速運動.故選(C).討論 有人會將純子速率V0按x、y兩個方向分解，則小船速度V v0cos。，這樣做對嗎?1-6 已知質點沿x軸作直線運動,其運動方程為x 2 6t2

7、 2t3,式中x的單位為m,t的單 位為s.求：（1）質點在運動開始后4.0s內的位移的大??；（2）質點在該時間內所通過的路程；（3） t = 4s時質點的速度和加速度.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A x的大小可直接由運動方程得到：Ax xt孔，而在求路程時，就必須注意到質點在運動過程中可能改變運動方向，止匕時，位移的大小和路程就不同了.為此，需根據dx 0來確定其運動方向改變的時刻10,求出010和10 dtt內的位移大小A xi> Ax?,則t時間內的路程sx1x2，如圖所示，至于t = 4

8、.0s時質點速 度和加速度可用 吻和無兩式計算.dt dt2解（1）質點在4.0s內位移的大小由"0dt得知質點的換向時刻為tp 2 s（t=0不合題意）則所以，質點在4.0s時間間隔內的路程為（3） t =4.0s 時1-7 一質點沿x軸方向作直線運動，其速度與時間的關系如圖（a）所示.設t=0時,x=0.試根據已知的v-t圖，畫出a-t圖以及x-t圖.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 C殷斜率為定值,即勻變速直線運動；而線段BC勺斜率為0,加速度為零，即勻速直線運 動）.力口速度為恒量，在a-t圖上是平行于t軸的直線，由v-t圖中求

9、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 將曲線分為AR BG CDE個過程，它們對應的加速度值分別為aABVbVa20 m s 2 （勾加速直線運動）tBtAaBC0（勻速直線運動）aCDVdVc10 m s 2 （勻減速直線運動）tDtC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，有由此，可計算在02 s和46 s時間間隔內

10、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02 s和46 s時間內的x-t圖.在24s時間 內，質點是作v 20 m s 1的勻速直線運動,其x-t圖是斜率k = 20的一段直線圖(c).1-8 已知質點的運動方程為r 2ti (2 t2)j ,式中r的單位為m,t的單位為s .求：(1)質點的運動軌跡；(2) t = 0及t = 2 s時，質點的位矢；(3)由t =0到t =2 s內質點的位移Ar和徑向增量(4)2 s內質點所走過的路程s.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、Ar、Ar、As來說，物理含義不同，

11、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ds J(dx)2 (dy)2 ,最后用s ds積分求s .解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得質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 = 0s和t=2s分別代入運動方程，可得相應位矢分別為r。2j ,b 4i 2j圖(a)中的P、QW點，即為t = 0s和t =2 s時質點所在位置.(3)由位移表達式，得其中位移大小 |Arj(Ax)2 (Ay)2 5.66m而徑向增量ArArr2r0|xxfy2Jx(2y22.47 m*(4)如圖(B)所示，所求As即為圖中PO長度，先在其間任意處取

12、AB散元ds,則1ds J(dx) (dy),由軌道方程可得dy xdx,代入ds,則2 s內路程為1-9 質點的運動方程為式中x, y的單位為m,t的單位為s .試求：(1)初速度的大小和方向；(2)加速度的大小和方向.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t = 0時,v°x=-10m s-1”。y=15m s-1,則初速度大小為設v。與x軸的夾角為a，則a =123° 41'(2)加速度的分量式為dvx2dv y2ax- 60 m s , ay 40 msdty dt則加速度

13、的大小為設a與x軸的夾角為B ,則B =-33° 41'(或326° 19')1-10 一升降機以加速度1.22m s -2上升，當上升速度為2.44m s -1時，有一螺絲自升降 機的天花板上松脫，天花板與升降機的底面相距2.74m.計算：(1)螺絲從天花板落到底面所 需要的時間；(2)螺絲相對升降機外固定柱子的下降距離.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。)和y2= y2(t ),并考慮它們相遇，

14、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當螺絲落至底面時，有y1 = y2,即(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，止匕時，螺絲相對它的加速度大小a' = g+a,螺絲落至底面時，(2)由于升降機在t時間內上升的高度為則 d h h 0.716 m1-11 一質點PS半徑R= 3.0m的圓周作勻速率運動，運動一周所需時間為2

15、0.0 s,設t=0時，質點位于按(a)圖中所示Ox徘標系，求(1)質點P在任意時刻的位矢；(2)5 s時的速 度和加速度.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'和丫 = 丫0 + 丫，將所得參數方程轉換至Oxyi標系中，即得Oxy標系 中質點P4任意時刻的位矢.采用

16、對運動方程求導的方法可得速度和加速度.解(1)如圖(B)所示，在O' x' y'坐標系中，因9 干t,則質點P的參數方程為c . 2% x Rsin t, T2冗 yRcostT坐標變換后，在Oxy坐標系中 有2冗 x x Rsint,Ty yy0Rcost R則質點P的位矢方程為(2)5 s時的速度和加速度分別為dr- 2九2兀R cos ti dt TTd2ra 2 dt22%、2 2%R( ) sin tiT T2兀R(紅)2cos紅tj( 0.03 /msT T2)i 1-12地面上垂直豎立一高2冗 2冗R sintj (0.3：tm s )j20.0m的旗桿，

17、已知正午時分太陽在旗桿的正上方，求在下午2 : 00時，桿頂在地面上的影子的 速度的大小.在何時刻桿影伸展至20.0m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 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= htgt, 下午2 : 00時，桿頂在地面上影子的速度大小為當桿長等于影長時，即s=h,則即為下午3 : 00時.1-13 質點沿直線運動，加速度a =

18、4-t2,式中a的單位為m-s-2, t的單位為s .如果當t3 s時，x = 9m,v=2ms -1,求質點的運動方程.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a dv和v ”可得dv adt和dx vdt .如a = a(t)或v=v(t),則可兩 dt dt邊直接積分.如果a或v不是時間t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.解由分析知，應有得v 4tV0(1)xt由 dx vdtx00Votxo(2)21 4得 x 2t t12將t = 3 s時，x = 9m,v= 2ms-1代入(2)得v0= -1m

19、s-1, x0=0.75m.于是可得質點運 動方程為1-14 一石子從空中由靜止下落，由于空氣阻力，石子并非作自由落體運動，現測得其加 速度a = A-Bv,式中A、B為正恒量，求石子下落的速度和運動方程.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-dv- dt后再兩邊積分. a(v)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a色 A Bv(1)dt用分離變量法把式(1)改寫為蠟bv dt(2)將式(2)兩邊積分并考慮初始條件,有得石子速度v A(1 e Bt)BA由此可知當,t -8時，vr為一

20、常量,通常稱為極限速度或收尾速度.B(2)再由v dy A(1 eBt)并考慮初始條件有dt B得石子運動方程1-15 一質點具有恒定加速度a = 6i +4j ,式中a的單位為01s ：在t=0時，其速度為零, 位置矢量r°= 10m.求：(1)在任意時刻的速度和位置矢量；(2)質點在Oxff面上的軌跡方 程，并畫出軌跡的示意圖.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1 C速度為恒矢量，故兩次積分后所得運動方程為固定形式，即x Xo Voxt 1ax

21、t2和1y yo voyt 1ayt2,兩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，根據初始條件3=0時丫。= 0,積分可得又由v 業(yè)及初始條件t =0時，ro= (10m)i,積分可得dt由上述結果可得質點運動方程的分量式，即x=10+ 3t2y = 2t2消去參數t,可得運動的軌跡方程3y =2x-20m這是一個直線方程.直線斜率k dy tana 2, a =33° 41'.軌跡如圖所示.dx31-16 一質點在半徑為R勺圓周上以恒定的速率運動，質點由位置A運動到位置B,OAF口OB 所對的圓心角為A 8. (1)試證位置所口B之間的平均加速

22、度為a 52(1 cos A8)v2/(RA 當A 8分別等于90°、30°、10°和1°時，平均加速度各為多少？并對結果加以討論.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a 包和a 2.在dt N勻速率圓周運動中，它們的大小分別為an v , a ，式中| A v |可由圖(B)中的幾何關RAt系得到，而A t可由轉過的角度A 8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A t -0時的極 限化解(1)由圖(b)可看到A v=v2-v1,故而所以(2)將A 9 =90° ,30 0 ,10 0 ,1

23、 0分別代入上式，行22vvai 0.9003, a20.9886RR22vva3 0.9987，a4 1.000 RR以上結果表明，當A 8 -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2 向加速度. R1-17 質點在Oxyff面內運動，其運動方程為r=2.0ti+(19.0-2.0 t2)j,式中r的單位為 m,t的單位為s.求：(1)質點的軌跡方程；(2)在t1= 1.0s到12= 2.0s時間內的平均速度； (3) t1 = 1.0 s時的速度及切向和法向加速度；(4) t =1.0s時質點所在處軌道的曲率半徑p .分析 根據運動方程可直接寫出其分量式x = x(t)

24、和y=y(t),從中消去參數t,即得質點 Ar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v H，它與時間間隔At總dr的大小有關，當A t-0時，平均速度的極限即瞬時速度v 曳.切向和法向加速度是指在自然 dt坐標下的分矢量a1和an,前者只反映質點在切線方向速度大小的變化率，即at業(yè)e,后者只 dt反映質點速度方向的變化，它可由總加速度a和at得到.在求得t1時刻質點的速度和法向加速2度的大小后，可由公式an v-求P .P解(1)由參數方程一一,_ _ _ _.2x = 2.0t, y= 19.0-2.0 t消去t得質點的軌跡方程： 2y= 19.0-0.50 x(2)在1

25、1 = 1.00 s到t2= 2.0 s時間內的平均速度(3)質點在任意時刻的速度和加速度分別為則11 = 1.00 s時的速度v(t) | ti=2.0i -4.0j切向和法向加速度分別為(4) t =1.0 s質點的速度大小為2則 p 11.17man1-18 飛機以100ms-1的速度沿水平直線飛行，在離地面高為100m寸，駕駛員要把物品 空投到前方某一地面目標處，問：(1)此時目標在飛機正下方位置的前面多遠？ (2)投放物品 時，駕駛員看目標的視線和水平線成何角度？ (3)物品投出2.0 s后，它的法向加速度和切向加 速度各為多少？分析 物品空投后作平拋運動.忽略空氣阻力的條件下 ，由

26、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a或B.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a ,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(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2x = vt, y=1/2gt飛機水平飛行速

27、度v=100m-s1,飛機離地面的高度y= 100m,由上述兩式可得目標在飛機 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，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如圖(a)所示，一小型迫擊炮架設在一斜坡的底端 次，已知斜坡傾角為a,炮身與 斜坡的夾角為B ,炮彈的出口速度為vo,忽略空氣阻力.求：(1)炮彈落地點P與點O勺距離OP (2)欲使炮彈能垂直擊中坡面.證明 a和B必須滿足tan 0并與vo無關.2tan a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

28、分解的話，求解起來并不容易.現建立如圖(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Vocos B和v°sin B ,其加速度 分別為gsin a和gcosa .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r v°t 1gt2,做出炮彈落地時的矢量2uuu圖如圖(B)所小，由圖中所小幾何關系也可求得 OP (即圖中的r矢量).(1)解1由分析知，炮彈在圖(a)所示坐標系中兩個

29、分運動方程為1,2x v0tcos B gtsina(1)12y v0tsin p - gt cos a(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后也可得到同樣結果.(2)由分析知，如炮彈垂直擊中坡面應滿足y = 0ftvx= 0,則vx v0cos 0 gtsin a 0 (3)由(2)(3)兩式消去t后得由此可知.只要角a和B滿足上式，炮彈就能垂直擊中坡面，而與V。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 一直立的雨傘，張開后其邊緣圓周的半徑為

30、R離地面的高度為h,（1）當傘繞傘柄以 勻角速旋轉時，求證水滴沿邊緣飛出后落在地面上半徑為 r Rj1 2hc/g的圓周上；（2） 讀者能否由此定性構想一種草坪上或農田灌溉用的旋轉式灑水器的方案？分析 選定傘邊緣 現的雨滴為研究對象，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（1）如圖（a）所示坐標系中，雨滴落地的運動方程為x vtR

31、wt (1)1 2 y -gt h(2)由式(1)(2)可得x22R 2 h由圖（a）所示幾何關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（9 o= 45° ）其上有大量小孔.噴頭旋 轉時，水滴以初速度Vo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.則以小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25.0m處以20.0m s 1的初速率罰任意球，已知球門高 為3.44m.若要在垂直于球門的豎直平面內將足

32、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 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 取圖示坐標系Oxy,由運動方程x vtcos 0,vtsin 02 gt消去t得軌跡方程以x= 25.0m,v = 20.0m s -1 及3.44m>y >0代入后，可解得71. 11° > 9 1>69, 92° 27. 920 > 9 2>18, 89°如何理解上述角度的

33、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8 >71. 11°或8 <18.890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，8角也并非能取71.11 0與18.89 °之間的任何值.當傾角取值為27.92° < 9 <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勺圓周按規(guī)律s v0tbt2運動，V0、b都是常量.（1）求t時刻質 2點的總加速度；（2） t為何值時總

34、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 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 = atet+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As=st-so.因圓周長為2冗R,質點所轉過的圈數自然可求得.解（1）質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atd2s dt2b, an2(V0 bt)R故加速度的大小為其方向與切線之間的夾角為 . 1 -（2

35、）要使 | a | =b,由1 JR2b2 （v° bt）4 b可得R（3）從t =0開始到t =vJb時，質點經過的路程為因此質點運行的圈數為1-23 一半徑為0.50m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 s時測得輪緣一點的速度值為4.0m s -1.求：（1）該輪在t ' =0.5 s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 s內所轉過的角度.分析 首先應該確定角速度的函數關系 =kt 2.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,=。）確定后，注意到運動的角量 描述與線量

36、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 因R= v,由題意8t2得比例系數所以 3«（t） 2t2則t' =0.5 s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 s內該點所轉過的角度1-24 一質點在半徑為0.10m的圓周上運動，其角位置為8 2 4t3,式中8的單位為 rad, t的單位為s . （1）求在t =2.0 s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，0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 掌握角量

37、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（1）由于8 2 4t3,則角速度 以12t2 .在t=2s時，法向加速度和切向加速度 dt的數值分別為(2)當 ata/2a：時，有3a2 a；,即12. 3此時刻的角位置為（3）要使an at,則有t =0.55 s1-25 一無風的下雨天，一列火車以vi = 20.0ms -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750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 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S，火車為動參 考系S' . vi為S'相對S

38、的速度，V2為雨滴相對S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vi,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為相又t速度，它們之間的關系為V2 V2 vi（如圖所示），于是可 得1-26如圖（a）所示，一汽車在雨中沿直線行駛，其速率為vi,下落雨滴的速度方向偏于豎 直方向之前8角，速率為V2，若車后有一長方形物體，問車速vi為多大時，此物體正好不會被 雨水淋濕？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S，汽車為動參考系S' .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

39、于汽 車的運動速度v2的方向）應滿足a arcta/.再由相對速度的矢量關系v2 v2 vi,即可求 h出所需車速vi.解由v2 v2 vi 圖（b）,有而要使 a arctan-,則 h1-27 一人能在靜水中以1.10m s-1的速度劃船前進.今欲橫渡一寬為1.00 X 103m水 流速度為0.55m s -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 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

40、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（1）由丫 = 口 + 丫可知a arcsin',則船到達正對岸所需時間為 v（2）由于v v cos %在劃速v' 一定的條件下，只有當a =0時,v最大（即v = v'）,止匕時，船 過河時間t' =d/v',船到達距正對岸為l的下游處，且有1-28質點相對觀察者OO1動，在任意時刻t,其位置為乂 =憂，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

41、對于OO!動.試問質點相對O'的軌跡和加 速度如何？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勺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乍勻速運動，因此，該坐標變換是線性的.解 取Ox沖O' x' y'分別為觀察者Oft觀察者O'所在的坐標系，且使O/口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- vt = vt - vt = 0y&

42、#39; =y = i/2gt2d2 y加速度a ay2- gdt2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.第二章牛頓定律2-1如圖(a)所示,質量為m勺物體用平行于斜面的細線聯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 0(B) gcos 0(C) gtan 0(D) gcot 0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Ft(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

43、力為mgpot 9，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F計曾大,達到某一最大值后，就保持不變(D)無法確定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nFn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

44、，轉彎處軌道半徑為R汽車輪胎與路面間的摩擦因數為 叱,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 jR(B)必須等于，標(C)不得大于d%R(D)還應由汽車的質量m*定分析與解由題意知，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nFn.由此 可算得汽車轉彎的最大速率應為v=pRg.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 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

45、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F祚用，具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(mgpos 9 )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2Fn mgsin 9 m匚可判斷，隨9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 R選(B).2-5 圖(a)示系統置于以a= 1/4 g的加速度

46、上升的升降機內，A、B兩物體質量相同均為 mA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，則純中張力為()(A)58 mg (B)12 mg (C) mg (D)2 mg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Ft = 5/8 mg故選(A) .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

47、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aAJ口 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立斜向上.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a，底邊ABfe為l = 2.1m,質量為m勺物體從題2-6圖斜面頂端由 靜止開始向下滑動，斜面的摩擦因數為叱=0.14 .試問，當a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 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

48、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a =f (t),然后運用對t求極值的方法即可得出數值來.解 取沿斜面為坐標軸Ox原點飲于斜面頂點，則由牛頓第二定律有mgsin a mg Ros a ma (1)又物體在斜面上作勻變速直線運動，故有則 t :2l(2)gcosasina OS a為使下滑的時間最短，可令包 0,由式(2)有da1C則可行tan2 a ,49此時 t '2l0.99 sgcosa sin a COs

49、 a2-7 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m=2.00X102kg,乙塊質量為02= 1.00 X 102kg.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10.0m s -2的加速度上升； 兩物塊以1.0m s-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 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

50、體之間的相互作用和聯系 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)和乙作為隔離體，畫示力圖，并取豎直向上為。陣由 正方向(如圖所示).當框架以加速度a上升時，有FT-(m1 + m)g =(m + m)a(1)Fn2- mg= ma(2)解上述方程，得FT=(m1+m)(g +a)(3) Fn2= m2(g + a)(4) (1)當整個裝置以加速度a=10m-s2上升時，由式(3)可得純所受張力的值為Ft = 5.94 X 103N乙對甲的作用力為F n2= -F n2= -mb(g + a) - -1.98 義 103N(2)當整個裝置以加速度a= 1m-s-2上升時

51、，得純張力的值為Ft = 3.24 X 103N此時，乙對甲的作用力則為F' N2= -1.08 X 103N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3.0kg物體A以力口速度a = 1.0m s -2運 動，求物體Bt桌面間的摩擦力.(滑輪與連接繩的質量不計)分析 該題為連接體問題，同樣可用隔離體法求解.分析時應注意到純中張力大小處處 相等是有條件的，即必須在純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.

52、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 學方程，有nAg-FT= ma(1)F' T1-Ff = ma' (2)F' t-2Ft 尸0(3)考慮到mA= mB= mFT=F' t,Ft1 = F' T1,a' = 2a,可聯立解得物體與桌面的摩擦力討論 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

53、長平板AW速度v'在光滑平面上作直線運動，現將質量為m勺木塊Bg 輕平穩(wěn)地放在長平板上，板與木塊之間的動摩擦因數為 小,求木塊在長平板上滑行多遠才能與 板取得共同速度？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，具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的動能定理來解.將平板與木塊作為系統，該系統的動能由平

54、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.又因為系統內只有摩擦力作功，根據系統的動能定理，摩擦力的功應等于系統動能的增 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Ff =叱mg勺作用下,根據牛頓定律分別對木塊、平板列 出動力學方程Ft = 1 mg= maF f f = -F f = m' a?ai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= ai + 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-02=2as由上述各式可得木塊相對于平板所移動的距

55、離為解2以木塊和平板為系統，它們之間一對摩擦力作的總功為W Ff(s + l)- Ffi = n mgs式中l(wèi)為平板相對地面移動的距離.由于系統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由系統的動能定理，有由上述各式可得2-10 如圖(a)所示，在一只半徑為R勺半球形碗內，有一粒質量為m勺小鋼球，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 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

56、持力的大小和方向是隨 而變的.取圖示Ox徘標，列出動力學方程，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.在圖示坐標中列動力學方程2FNsin 0 man mRco sin 8(1) FNcos 0 mg (2) R hi、 且有 cos 0 (3)R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.現有一質量為m勺火車，以速率v沿半徑為R勺圓弧軌道轉彎，已知路面傾角為0，試求： (1)在此條件下，火車速率vo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VWVo,則車輪對鐵軌的側壓力為多少？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 8提供(式中8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vo行駛.當火車行駛速率vwvo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,