大學(xué)物理第五版馬文蔚課后答案

1、1-1分析與解 質(zhì)點(diǎn)在t至(t + At)時(shí)間內(nèi)沿曲線從P點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn),各量關(guān)系如下圖,其中路程厶 s =PP ,位移大小丨A r |= PP ,而A r =| r | - | r丨表示質(zhì)點(diǎn)位矢大小的變化量,三個(gè)量的物理含義不同,在 曲線運(yùn)動中大小也不相等(注：在直線運(yùn)動中有相等的可能).但當(dāng)A t宀0時(shí),點(diǎn)P無限趨近P點(diǎn),那么有| dr | = ds, 但卻不等于dr .應(yīng)選(B).ArAs(2)由于| Ar |工As,故，即| v |工v .dr但由于| dr | = ds,故巴dtAtAt,即| v | = v 由此可見,應(yīng)選(C). dtdr1-2分析與解巴 表示質(zhì)點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離隨

2、時(shí)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,dt這是速度矢量在位矢方向上的一個(gè)分量； 竺表示速度矢量；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式v 吏計(jì)算,在直dtdt2 2角坐標(biāo)系中那么可由公式v J竺巴求解.應(yīng)選(D). dtdt1-3分析與解也 表示切向加速度at,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,dt起改變速度大小的作用；屯在極坐標(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；dVdtdtdt表示加速度的大小而不是切向加速度at.因此只有(3)式表達(dá)是正確的.應(yīng)選(D).1-4分析與解 加速度的切向分量at起改變速度大小的作用

3、，而法向分量&起改變速度方向的作用.質(zhì)點(diǎn)作圓周 運(yùn)動時(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at是否改 變,那么要視質(zhì)點(diǎn)的速率情況而定.質(zhì)點(diǎn)作勻速率圓周運(yùn)動時(shí)，at恒為零；質(zhì)點(diǎn)作勻變速率圓周運(yùn)動時(shí)，at為一不為零 的恒量，當(dāng)at改變時(shí),質(zhì)點(diǎn)那么作一般的變速率圓周運(yùn)動.由此可見，應(yīng)選(B).1-5分析與解 此題關(guān)鍵是先求得小船速度表達(dá)式，進(jìn)而判斷運(yùn)動性質(zhì).為此建立如下圖坐標(biāo)系，設(shè)定滑輪距水面高度為h,t船速度v dxdt時(shí)刻定滑輪距小船的繩長為l,那么小船的運(yùn)動方程為x - I2 h2 ,其中繩長I隨時(shí)間t而變化.小j_dL,式中生表示

4、繩長i隨時(shí)間的變化率,其大小即為V0,代入整理后為Vo2 . 2Voi2 h2 dt,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.應(yīng)選(C).h2 /I cos 01-6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)動且運(yùn)動方向不改變時(shí)，位移的大小才會 與路程相等.質(zhì)點(diǎn)在t時(shí)間內(nèi)的位移A x的大小可直接由運(yùn)動方程得到：Ax xt x0,而在求路程時(shí),就必須注意 dxdtX1X2,如下圖，至于t到質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動過程中可能改變運(yùn)動方向，此時(shí)，位移的大小和路程就不同了.為此,需根據(jù) 0來確定其運(yùn)動方向 改變的時(shí)刻tp ,求出0tp和tpt內(nèi)的位移大小AX1、AX2 ,貝吹 時(shí)間內(nèi)的路

5、程s=4.0 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度和加速度可用dx和 馬兩式計(jì)算.解(1)質(zhì)點(diǎn)在4.0 s內(nèi)位移的大小dAx x4 x032 mdx(2) 由0得知質(zhì)點(diǎn)的換向時(shí)刻為tp2s (t = 0不合題意)dtp貝V飲 x2 x0 8.0 m , Ax2 x4 x240 m所以,質(zhì)點(diǎn)在4.0 s時(shí)間間隔內(nèi)的路程為s 縱| | Ax248 m(3) t =4.9 s 時(shí)，v dX48 m s 1d2xdtt 4.os2,a 236 m.s1-7分析d根據(jù)加速度的定義可知,在直線運(yùn)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(yùn)動；而線段BC的斜率為0,加速度為零,即勻速直線運(yùn)動)加

6、速度為恒量,在Gt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)動所對應(yīng)的x-t圖應(yīng)是一直線,而勻變速直線運(yùn)動所對應(yīng)的x-1圖為t的二次曲線.根據(jù)各段時(shí)間內(nèi)的 運(yùn)動方程x=x(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，它們對應(yīng)的加速度值分別為avBaABtBvatA220 m s(勻加速直線運(yùn)動),aBC0(勻速直線運(yùn)動)avDCDvc10ms2(勻減速直線運(yùn)動)tDtC根據(jù)上述結(jié)果即可作出質(zhì)點(diǎn)的a-t圖圖(B).在勻變速直線運(yùn)動中，有1

7、2x x vott2 、一由此,可計(jì)算在02 s和46 s時(shí)間間隔內(nèi)各時(shí)刻的位置分別為0as1L544.555,5.1/1010-7.5-10-7.504048.85558. Seo用描數(shù)據(jù)點(diǎn)的作圖方法，由表中數(shù)據(jù)可作02s和46s時(shí)間內(nèi)的x - t圖在24s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)是作v 20m s1的勻速直線運(yùn)動，其x -t圖是斜率k= 20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)動方程的兩個(gè)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(jì)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, 那么ds - (dx

8、)2 (dy)2 ,最后用s ds積分求s.1 2解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得質(zhì)點(diǎn)軌跡方程為，y 2 x24這是一個(gè)拋物線方程，軌跡如圖(a)所示.(2)將t =0s和t =2s分別代入運(yùn)動方程，可得相應(yīng)位矢分別為ro2j , r24i 2j圖中的P、Q兩點(diǎn)，即為t = Os和t = 2s時(shí)質(zhì)點(diǎn)所在位置.由位移表達(dá)式，得Arr2r1(x2x0)i(y2y0)j4i2 j其中位移大小Ar.(Ax)2 (Ay)25.66m而徑向增量 ArArr2r0Jx；y；JXOyf 2.47 m*(4)如圖(B)所示,所求A s即為圖中PC段長度，先在其間任意處取AB微元ds,那么ds . (dx

9、)2 (dy)2 ,由軌道方程可得dy1xdx,代入ds,那么2 s內(nèi)路程為2Qs dsp0 4 x2dx5.91m°dp"j叫1-9分析 由運(yùn)動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量，再由運(yùn)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dxdt10 60t,Vy巴 15 40tdt1 1當(dāng)t = 0時(shí)，v<x =-10 ms - , Voy =15 m -s -,那么初速度大小為I 221V0V0xV0y 18.0 m s設(shè)V。與X軸的夾角為a ,那么tan aV0yV0xa =123° 41'(2)加速度的分量式為axdv-

10、3;60 m s 2dtdVydt40 m那么加速度的大小為aax2 ay272.1 m s設(shè)a與x軸的夾角為3,那么tan 3 豈 -,3 =-33° 41'或326 19'ax31-10 分析 在升降機(jī)與螺絲之間有相對運(yùn)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(jī)豎 直向上的勻加速度運(yùn)動和初速不為零的螺絲的自由落體運(yùn)動，列出這兩種運(yùn)動在同一坐標(biāo)系中的運(yùn)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(jī)(或螺絲)為參考系,這時(shí), 螺絲(或升降機(jī))相對它作勻加速運(yùn)動,但是,此加速度應(yīng)該是相對

11、加速度升降機(jī)廂的高度就是螺絲(或升降機(jī))運(yùn)動 的路程.解1(1)以地面為參考系,取如下圖的坐標(biāo)系，升降機(jī)與螺絲的運(yùn)動方程分別為. 1 +2 . . 1 +2 y1V°tat y2 h V°tgt2 2當(dāng)螺絲落至底面時(shí),有y =y2 ,即V0t ah V0t 1 gt?t / 2h 0.705 s22g a(2)螺絲相對升降機(jī)外固定柱子下降的距離為1 2d h y2V0tgt 0.716 m2解2 (1)以升降機(jī)為參考系，此時(shí)，螺絲相對它的加速度大小a'= g + a,螺絲落至底面時(shí)，有*1 2h0 h (g a)t2 t0.705s2 Yg a(2)由于升降機(jī)在t時(shí)

12、間內(nèi)上升的高度為hV0t 1at2貝Ud h h 0.716 m21-11分析 該題屬于運(yùn)動學(xué)的第一類問題，即運(yùn)動方程r =r(t)求質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的一切信息(如位置矢量、位 移、速度、加速度).在確定運(yùn)動方程時(shí),假設(shè)取以點(diǎn)(0,3)為原點(diǎn)的O x' y'坐標(biāo)系,并采用參數(shù)方程x' =x' (t)和y' =y' (t)來表示圓周運(yùn)動是比擬方便的.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.采用對運(yùn)動方程求導(dǎo)的方法可得速度和加速度.解(1)如

13、圖(B) 所示,在O有衛(wèi)】II円x' y'坐標(biāo)系中，因0點(diǎn)P的參數(shù)方程為2 nx Rsin t , T2nRcos tT2nt,那么質(zhì)T坐標(biāo)變換后，在Cy坐標(biāo)系中Rsin 2nt,Ty y y0Rcos 罕t那么質(zhì)點(diǎn)P的位矢方程為2nrRsin tiT2 nRcos tT3s in( 0.1 n)i31 cos(0.1n)j(2) 5 s時(shí)的速度和加速度分別為(0.3 nm s 1)j,-2dr 2 n 2 n o 2 n . 2 nv2 R cos ti R sin tj2s )id r dt2T、2 . Tn T n 2 T 2 n2a 2 R( ) sin ti R( )

14、 cos tj ( 0.03 n m1d12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地轉(zhuǎn)動的角速度求得由于運(yùn)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(diǎn)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3,從正午時(shí)分開始計(jì)時(shí)，那么桿的影長為s=htg cot,下午2 : 00時(shí),桿頂在 地面上影子的速度大小為ds ho3v21.94 10 3dt cos wt當(dāng)桿長等于影長時(shí)，即s = h,那么60st arctan§n3 60wh4 w即為下午3 : 00時(shí).1

15、-13分析 此題屬于運(yùn)動學(xué)第二類問題，即加速度求速度和運(yùn)動方程，必須在給定條件下用積分方法解決.由a齊和V賽可得dV adt和dx Vdt .如3= a(t)或7 =V(t)，那么可兩邊直接積分.如果a或v不是時(shí)間t的顯函數(shù),那么應(yīng)經(jīng)過諸如別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vtdv adtvo0得v 4t1 +3t v°(1)3xt由dxvdtx0得x2 1 2t2t124 v°tX0(2)將 t = 3 s時(shí),x= 9m,v=2 m s -1代入(1)(2)得v°=-1 m s , X0 0.75 m .于是可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動方程為x 2t2

16、±t40.75121-14分析 此題亦屬于運(yùn)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別離變量為衛(wèi)乞 dt后再兩邊積分.a(v)解 選取石子下落方向?yàn)閥軸正向,下落起點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn).(1)由題意知dvdtA Bv(1)用別離變量法把式(1)改寫為將式(2)兩邊積分并考慮初始條件，有v dvtdv dt v0 A Bv0得石子速度eBt)由此可知當(dāng),tis時(shí)，vA為一常量,通常稱為極限速度或收尾速度.B再由v 業(yè)dtA(1e Bt)并考慮初始條件有y t Ady (1 e0 y 0 BBt)dtA得石子運(yùn)動方程y -tA Bt評e 1)1-

17、15分析 與上兩題不同處在于質(zhì)點(diǎn)作平面曲線運(yùn)動，根據(jù)疊加原理,求解時(shí)需根據(jù)加速度的兩個(gè)分量ax和ay 分別積分,從而得到運(yùn)動方程r的兩個(gè)分量式x(t)和y(t) 由于此題中質(zhì)點(diǎn)加速度為恒矢量，故兩次積分后所得運(yùn)動1 212方程為固定形式，即xxovoxtaxt和yyov°ytayt,兩個(gè)分運(yùn)動均為勻變速直線運(yùn)動.讀者不妨2 2自己驗(yàn)證一下.解 由加速度定義式,根據(jù)初始條件t 0 =0時(shí)Vo =0,積分可得v 6ti 4tjvttdv adt (6i 4j)dt000 'd r又由v及初始條件t = 0時(shí),ro=(10 m) i ,積分可得dtrtt22r dr 0 vdt 0

18、 (6ti 4tj)dt r (10 3t )i 2t j由上述結(jié)果可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動方程的分量式，即2 2x =10+3ty =2t消去參數(shù)t,可得運(yùn)動的軌跡方程 3 y = 2x -20 mtan a 2, a= 33。41' 軌跡如下圖.31-16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a 業(yè)和a® 一.在勻速率圓周運(yùn)At動中，它們的大小分別為an2V - R , a,式中丨A v|可由圖(B)中的幾何關(guān)系得到，而厶t可由轉(zhuǎn)過的角度dt B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A tt0時(shí)的極限值. 解(1)由圖(b)可看到A

19、 v = V2 - V1 ,故Avv； 2v1v2cos A e v.2(1 cos A®As RAev v所以-Av aAt 22(1 cosAe)R，Aee = 90° ,30,10,1。分別代入上式,得,2v 一0.9003, a2R20.9886 Ra32v 一0.9987, a4R21.000 R2以上結(jié)果說明，當(dāng)Ae0時(shí)，勻速率圓周運(yùn)動的平均加速度趨近于一極限值，該值即為法向加速度.RH I lh w1-17分析 根據(jù)運(yùn)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(diǎn)的軌跡方程.平Ar均速度是反映質(zhì)點(diǎn)在一段時(shí)間內(nèi)位置的變化率，即

20、v,它與時(shí)間間隔 t的大小有關(guān)，當(dāng)厶t TO時(shí),平均速度的極限即瞬時(shí)速度vAt不.切向和法向加速度是指在自然坐標(biāo)下的分矢量和了,前者只反映質(zhì)點(diǎn)在切線方向速度大小的變化率,即at詐，后者只反映質(zhì)點(diǎn)速度方向的變化,它可由總加速度a和孫得到在求得t1時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)2的速度和法向加速度的大小后，可由公式an求p.p解(1)由參數(shù)方程x = 2.0t,y =19.0-2.0 t2消去t得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程：y = 19.0 -0.50 x2V(t)Vxi"辛知 2.0i 4.0tja(t).2 .2d x.d y.2i2jdt2dt24.0 m s 2 j(2)在t1 = 1.00 s到t2 = 2.0

21、 S時(shí)間內(nèi)的平均速度vrj A2.0i6.0 jAtt2 t1質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的速度和加速度分別為那么t1 =1.00 s時(shí)的速度v(t) | t =1s = 2.0i - 4.0j切向和法向加速度分別為dvat t 1sI ©dt23.58 m s etan . a2 a；en 1.79m s 2en(4) t =1.0 s質(zhì)點(diǎn)的速度大小為2221vv . vx vy4.47 m s 那么 p11.17 m1-18分析 物品空投后作平拋運(yùn)動忽略空氣阻力的條件下，由運(yùn)動獨(dú)立性原理知，物品在空中沿水平方向作 勻速直線運(yùn)動,在豎直方向作自由落體運(yùn)動.到達(dá)地面目標(biāo)時(shí),兩方向上運(yùn)動時(shí)間是相同的

22、.因此，分別列出其運(yùn)動方 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a或卩.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a ,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)取如下圖的坐標(biāo),物品下落時(shí)在水平和豎直方向的運(yùn)動方程分別為2x =vt, y = 1/2 gt飛機(jī)水平飛行速度v= 100 m- s-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452 m(2)視線

23、和水平線的夾角為0 arcta ny12.5°x(3)在任意時(shí)刻物品的速度與水平軸的夾角為a arcta皐 arcta盤Vxv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gsin agsin arctanv1.88 m san gcos a gcos arctan9.62 m sv1-19分析 這是一個(gè)斜上拋運(yùn)動，看似簡單,但針對題目所問,如不能靈活運(yùn)用疊加原理,建立一個(gè)恰當(dāng)?shù)淖?標(biāo)系,將運(yùn)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,那么炮彈在x和y兩個(gè)方向的分運(yùn)動均為勻減 速直線運(yùn)動，其初速度分別為vocosp和vosin 3 ,其加速度分別為gs

24、in a和gcos a .在此坐標(biāo)系中炮彈落地時(shí)，應(yīng)有y =0,那么x = OP如欲使炮彈垂直擊中坡面，那么應(yīng)滿足Vx =0,直接列出有關(guān)運(yùn)動方程和速度方程，即可求解.由于此題1中加速度g為恒矢量.故第一問也可由運(yùn)動方程的矢量式計(jì)算，即r votgt2,做出炮彈落地時(shí)的矢量圖如圖uuu(B)所示,由圖中所示幾何關(guān)系也可求得OP (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)動方程為xv0tcos 卩 1gt2sin a (1)21 2y v0tsin B gt cos a (2)2令y = 0求得時(shí)間t后再代入式(1)得OP x22v0sin 卩2gcos a(cos a

25、cos 卩sin asin B)22v°sin B /2 cos( agcos aB)解2做出炮彈的運(yùn)動矢量圖，如圖(b)所示,并利用正弦定理,有rv°t1 +22gtsin n a B2nsina2sin B從中消去t后也可得到同樣結(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,那么vx v0cos B gtsin a 0(3)由(2)(3)兩式消去t后得tan B12sin a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Vo的大小無關(guān).討論 如將炮彈的運(yùn)動按水平和豎直兩個(gè)方向分解，求解此題將會比擬困難，有興趣讀者不妨自己體驗(yàn)一下.1-2

26、0分析 選定傘邊緣O處的雨滴為研究對象，當(dāng)傘以角速度3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.建立如圖所示坐標(biāo)系，列出雨滴的運(yùn)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(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)如圖(a)所示坐標(biāo)系中,雨滴落地的運(yùn)動方程為x vtRwt(1)1 + 2 h y gt h_ _2 2.由式(1)(2)可得22 R w hxg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0o =45° 其上有大量小孔

27、.噴頭旋轉(zhuǎn)時(shí)，水滴以初速度V。 從各個(gè)小孔中噴出，并作斜上拋運(yùn)動,通常噴頭外表根本上與草坪處在同一水平面上那么以0角噴射的水柱射程為v0s in 2g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,其軌跡方程可由質(zhì)點(diǎn)在豎直平面內(nèi)的運(yùn)動方程得到.由于水 平距離x,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(biāo)系Oxy由運(yùn)動方程2x vtcos 0, yvtsin 0 gt消去t得軌跡方程y xtan 01 tan2 0x22v以x = 25.0 m, v =20

28、.0 ms -及3.44 m>y>0代入后，可解得71. 11°>0 1 >69. 92°27 . 92°>0 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(yīng)有兩個(gè)不同的投射傾角 如下圖如果以0>71. 11°或0 V 18.89。踢出足球,都將因射程缺乏而不能直接射入球門；由于球門高度 的限制，0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 ° V 0 V69. 92°時(shí)，踢出

29、的足球 將越過門緣而離去,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)動方程s =st，對時(shí)間t求 一階、二階導(dǎo)數(shù)，即是沿曲線運(yùn)動的速度v和加速度的切向分量at,而加速度的法向分量為a= v2/R.這樣，總加速度 為a =atet+a&.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As=st-s。.因圓周長為2nR，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)動的速率為dtv0 bt其加速度的切向分量和法向分量分別為at第 b, andt2 2v(v° bt)RR故加速度的大小為a

30、a；2atat2b2(v° bt)4其方向與切線之間的夾角為0 arcta n% arcta nat(v bt)2Rb要使丨a |= b,由1R2b2(v0 bt)4 b可得t V03從t = 0開始到t =vo /b時(shí)，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程為SStso2Vo2b因此質(zhì)點(diǎn)運(yùn)行的圈數(shù)為2s Von2 nR 4 nR1-23分析 首先應(yīng)該確定角速度的函數(shù)關(guān)系3 = 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, 3=3t確定后,注意到運(yùn)動的角量描述與線量描述的相應(yīng)關(guān)系，由運(yùn)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(shí)刻的角加速度、切向加

31、速度和角位移.解因3 R =V,由題意3*t2得比例系數(shù)=0.52t 2V322 rad sRt2S時(shí)的角速度、0.5 rad s 1aan在2.0 s內(nèi)該點(diǎn)所轉(zhuǎn)過的角度總加速度所以33(t )角加速度和切向加速度分別為d 3a dt24t 2.0 rad sataRet2t22atocR1.0 m s2223 R 1.01 m s2 3dt22t2dt0 02t35.33 rad1-24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(yùn)動學(xué)求解的方法即可得到.解1由于B 24t3,那么角速度3d e dt12t2 在t = 2 s時(shí),法向加速度和切向加速度的數(shù)值分別為an t 2

32、s2.30 m satt 2sdt4.80 m(2)當(dāng) at1 - 2222a/2.an at 時(shí)，有 3ata.,即23 24rt2 2 4r2 12t2此時(shí)刻的角位置為e要使an at,那么有得t312“32 4t33.15 rad224亠243 24rtr 12tt = 0.55 s1-25分析 這是一個(gè)相對運(yùn)動的問題設(shè)雨滴為研究對象，地面為靜止參考系S ,火車為動參考系S'. V1為S'相對S的速度,V2為雨滴相對S的速度,利用相對運(yùn)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(yùn)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

33、相對速度,它們之間的關(guān)系為V2 V2 V1 如下圖,于是可得Vi1V2 航 5.36m SV；題125闍1-26分析 這也是一個(gè)相對運(yùn)動的問題可視雨點(diǎn)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(diǎn)下落的方向(即雨點(diǎn)相對于汽車的運(yùn)動速度V2的方向)應(yīng)滿足a arctanL 再由相對速度的矢量關(guān)系V2 s Vi,即可求出所需車速vi. h(b)題1 -26圖解由V2 V2 Vi 圖(b):,有, v1 V2sin 0a arcta n V2COS 0lViV2Sin 0 ll cos 0. “而要使 a arctan ,貝y Vi V

34、2sin 0hV2cos 0 hhi-27分析 船到達(dá)對岸所需時(shí)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'(如下圖)假設(shè)要使船到達(dá)正對岸，那么必須使V沿正對岸方向；在劃速一定的條件下，假設(shè) 要用最短時(shí)間過河，那么必須使V有極大值.解(1)由v= u + v'可知a arcsinu,那么船到達(dá)正對岸所需時(shí)間為v丄dd3t1.05 10 sv V cos a(2)由于v v cos a,在劃速v' 一定的條件下，只有當(dāng)a= 0時(shí)，v最大(即V= v'),此時(shí)，船過河時(shí)間t '= d/v

35、',船到達(dá)距正對岸為I的下游處，且有I ut u 5.0 102 mv1-28分析 該問題涉及到運(yùn)動的相對性.如何將質(zhì)點(diǎn)相對于觀察者 O的運(yùn)動轉(zhuǎn)換到相對于觀察者O的運(yùn) 動中去,其實(shí)質(zhì)就是進(jìn)行坐標(biāo)變換，將系O中一動點(diǎn)(x,y)變換至系O中的點(diǎn)(x' ,y' ) 由于觀察者O'相對于觀察 者O作勻速運(yùn)動,因此，該坐標(biāo)變換是線性的.解 取Oxy和O' x ' y'分別為觀察者O和觀察者O所在的坐標(biāo)系，且使Ox和O x'兩軸平行在t =0時(shí)， 兩坐標(biāo)原點(diǎn)重合由坐標(biāo)變換得x' = x - v2t = v t - v t = 0y&#

36、39; = y = 1/2 gt加速度d2yaay2 gdt2由此可見,動點(diǎn)相對于系O是在y方向作勻變速直線運(yùn)動.動點(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，斜面對物體的支持力消失為零，物體在繩子拉力Ft (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mgot e,應(yīng)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 與滑動摩擦力不同的是,靜摩擦力可在零與最大值口 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，但具體大小那么取決

37、于被作用物體的運(yùn)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,應(yīng)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，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)為口盡由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為v=口 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 力尺作用,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 e)使

38、物體 的速率將會不斷增加(由機(jī)械能守恒亦可判斷),那么物體作圓周運(yùn)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Fn mgsin e m可判斷，隨e角的不斷增大過程，軌道支持力F也將不斷增大，由此可見.R應(yīng)選(B).2-5分析與解此題可考慮對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兩物體相對電梯的加速度，na'為慣性力對A B兩物體應(yīng)用牛頓第二定律,可解得Ft = 5/8 mg.應(yīng)選(A).討論 對于習(xí)題2 -5這種類型的物理問題,往往從非慣性參考系此題為電梯觀察到的運(yùn)動圖像較為明確，但

39、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)，必須對物體加上一個(gè)虛擬的慣性力如以地 面為慣性參考系求解，那么兩物體的加速度aA和aB均應(yīng)對地而言，此題中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(yùn)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物體受力求其運(yùn)動情況；2物體的運(yùn)動情況來分析其所 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，把動力學(xué)方程和運(yùn)動學(xué)規(guī) 律聯(lián)系起來.此題關(guān)鍵在列出動力學(xué)和運(yùn)動學(xué)方程后，解出傾角與時(shí)間的函數(shù)關(guān)系a= ft，然后運(yùn)

40、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(diǎn)o位于斜面頂點(diǎn)，那么由牛頓第二定律有mgs in a mg qos a ma 121.gCOS a Sin a (JCOS a1那么可得 tan 2 a,49O又物體在斜面上作勻變速直線運(yùn)動，故有l(wèi)1212at g sin a jgos a t貝U tcos a 22為使下滑的時(shí)間最短，可令魚 0,由式2有d aSin a Sin a uCOS a COS a COS a tSin a 0此時(shí)21gCOS aS in a (jQOS a0.99 sif1 a1r甲JLL趣2-7圖2-7分析預(yù)制板、吊車框架、鋼絲等可視為一組物體.處

41、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(yùn)動或相互作用力.解按題意,可分別取吊車含甲、框架以加速度a上升時(shí),有乙和乙作為隔離體，畫示力圖，并取豎直向上為Oy軸正方向如下圖.當(dāng)Ft -(ml + m )g = (m +m )a解上述方程,得(1) ,Fn2 - m2 g =m aFt =(m +m )(g + a) (1)當(dāng)整個(gè)裝置以加速度a = 103Ft =5.94 X 10 NFn2 =m g +as -2上升時(shí),由式3可得繩所受張力

42、的值為乙對甲的作用力為 F' N2 =-Fn22當(dāng)整個(gè)裝置以加速度a = 1 m 3= -ma (g + a) = -1.98 X 10 Ns -2上升時(shí),得繩張力的值為3Ft = 3.24 X 10 N此時(shí)，乙對甲的作用力那么為由上述計(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，以確保起吊過程的平安.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 分別對物

43、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 m g -Ft =m aF' ti - Ff = m a 'F'N2 = -1.08 X 103 N(1)F' t -2 Fti = 0考慮到m =RB = m Ft= F't , F t1 =F't1 , a'= 2a,可聯(lián)立解得物體與桌面的摩擦力Ffmg m 4m a 7 2 N2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(jì)算出結(jié)果

44、來.2-9分析 當(dāng)木塊B平穩(wěn)地輕輕放至運(yùn)動著的平板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 差異而存在滑動摩擦力，該力將改變它們的運(yùn)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(shí),木塊以初速度-v'(與平板運(yùn)動速率大小相等、方向相反)作勻減速運(yùn)動,其加速度為相對加速 度，按運(yùn)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(yùn)動的動能，而它們的共同速度可根據(jù)動量定理求得又因?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

45、移動的距離即可求出.解1以地面為參考系，在摩擦力Ff =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Ff =(img = maF' f = -Ff =m a?ai和比分別是木塊和木板相對地面參考系的加速度假設(shè)以木板為參考系，木塊相對平板的加速度a = ai +比， 木塊相對平板以初速度-v '作勻減速運(yùn)動直至最終停止由運(yùn)動學(xué)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2m vs2 gm m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=Ff ( s +1) - Ff =口 mgs式中I為平板相對地面移動的距離.由于系統(tǒng)在水平方

46、向上不受外力，當(dāng)木塊放至平板上時(shí),根據(jù)動量守恒定律,有m v =( m + m v 由系統(tǒng)的動能定理,有1 2pmgs -m v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(shí)，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 3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?yàn)楦綦x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2(1)FNsin 9 man mRw sin 9FNcos 9 mgcos且有由上述各式可解得鋼球距碗底的

47、高度為可見,h隨3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 9提供 (式中9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(shí)必須以規(guī)定的速率v(行駛.當(dāng)火車 行駛速率VM V0時(shí),那么會產(chǎn)生兩種情況：如下圖,如V>V0時(shí),外軌將會對車輪產(chǎn)生斜向內(nèi)的側(cè)壓力F1 ,以補(bǔ)償原向 心力的缺乏，如vv V。時(shí)，那么內(nèi)軌對車輪產(chǎn)生斜向外的側(cè)壓力H ,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(gè)鐵軌的轉(zhuǎn)彎處規(guī)定時(shí)速，從而確保行車平安.解(1)以火車為研究對象,建立如下

48、圖坐標(biāo)系.據(jù)分析，由牛頓定律有2FNsin 9Fn cos 9 mg 0V 嚇(1)解(1)(2)兩式可得火車轉(zhuǎn)彎時(shí)規(guī)定速率為v0gRtan 9(2)當(dāng)v> Vo時(shí),根據(jù)分析有Fncos 0 F1sin 0 mg 0(4)Fncos 0 F2sin 0 mg 0vFzSin 0 Feos 0 m一 (3) 解(4)兩式,可得外軌側(cè)壓力為2Fim cos 0 gsin 0當(dāng)VV Vo時(shí)，根據(jù)分析有2vFNsin 0 F2cos 0 m (5)R解(6)兩式,可得內(nèi)軌側(cè)壓力為2F2m gsin 0 cos 0R2-12分析雜技演員(連同摩托車)的運(yùn)動可以看成一個(gè)水平面內(nèi)的勻速率圓周運(yùn)動和一個(gè)

49、豎直向上勻速直線運(yùn)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(yùn)動速度分解為圖示的V1 和V2兩個(gè)分量,顯然V1是豎直向上作勻速直線運(yùn)動的分速度，而V2那么是繞圓筒壁作水平圓周運(yùn)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那么與重力相平衡.如圖(C)所示,其中0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象，據(jù)(b)(c)兩圖應(yīng)有Fn1 mg 0 (1)2Fn2 mvR vcos 02tR2 nR2 h2FnF(2F N24 n2Rmv22 2 24 n2R2

50、 h24孤24 <R2以式代入式(2),得2 2 2m 4 n R v2 2 2R 4 n2R2 h2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0為arcta門應(yīng)arctan 44<R2 h2 g討論 表演飛車走壁時(shí),演員必須控制好運(yùn)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(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)刻相對應(yīng).解由題圖得F t 2t，0 t 5S35 5t, 5s t

51、 7s由牛頓定律可得兩時(shí)間段質(zhì)點(diǎn)的加速度分別為2t,0 t 5s355t, 5s t 7sv 5 s時(shí)間段，由a dv得dtvdvv°tadt0積分后得5 t2再由vdx得xdxX0t0vdt積分后得x 25t-1和 X5將t = 5 s代入,得V5= 30 m -對5svt V7s時(shí)間段，用同樣方法有vdvv0=68.7 m再由t5sa2dtv 35t2.5t282.5txtdx vdt 得x55 sx =17.5t2 -0.83 t3 -82.5 t +147.87將t = 7 s代入分別得V7 = 40m -s -1 和 X7 =142 m2-14分析 這是在變力作用下的動力學(xué)

52、問題.由于力是時(shí)間的函數(shù),而加速度a= dv/d t,這時(shí),動力學(xué)方程就成 為速度對時(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 /d t,用積分的方法可求出 質(zhì)點(diǎn)的位置.解因加速度a = dv/d t,在直線運(yùn)動中,根據(jù)牛頓運(yùn)動定律有120t 40 mS依據(jù)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的初始條件，即t0 = 0時(shí)v0 =6.0 m -s -1 ,運(yùn)用別離變量法對上式積分，得v°12.0t 4.0 dt2v= 6.0+4.0 t+6.0t又因v=dx /d t,并由質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的初始條件:10 = 0時(shí)X。= 5.0 m,對上式別離變量后積分，有x0dx°6.

53、0 4.0t6.0t2 dtx =5.0+6.0t+2.0t2 +2.0 t32-15分析 飛機(jī)連同駕駛員在水平跑道上運(yùn)動可視為質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動.其水平方向所受制動力F為變力，且是時(shí)間的函數(shù)在求速率和距離時(shí)，可根據(jù)動力學(xué)方程和運(yùn)動學(xué)規(guī)律，采用別離變量法求解.解 以地面飛機(jī)滑行方向?yàn)樽鴺?biāo)正方向,由牛頓運(yùn)動定律及初始條件，F(xiàn) ma mvadtvdvvoa , 2得 v vo ?mt因此,飛機(jī)著陸10s后的速率為-iv =30 m -s十xta 2又dx vo t dtx0 0 2m故飛機(jī)著陸后10s內(nèi)所滑行的距離s x x0 v0tat3 467m2-16分析 該題可以分為兩個(gè)過程，入水前是自由落體運(yùn)動，入水后,物體受重力P浮力F和水的阻力Ff的作 用，其合力是一變力，因此，物體作變加速運(yùn)動雖然物體的受力分析比擬簡單，但是，由于變力是速度的函數(shù)(在有些 問題中變力是時(shí)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(jì)算出物體運(yùn)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