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

1、【最新編排】- - 分析與解 () 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rPP,而r r-r表示質(zhì)點(diǎn)位矢大小地變化量,三個(gè)量地物理含義不同,在曲線運(yùn)動(dòng)中大小也不相等(注：在直線運(yùn)動(dòng)中有相等地可能)但當(dāng)t0 時(shí),點(diǎn)P無限趨近P點(diǎn),則有drds,但卻不等于dr故選(B)() 由于r s,故 ,即 但由于drds,故 ,即 由此可見,應(yīng)選(C)- 分析與解 表示質(zhì)點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)地距離隨時(shí)間地變化率,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地個(gè)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(jì)算,在直角坐標(biāo)

2、系中則可由公式 求解故選(D)-3 分析與解 表示切向加速度a,它表示速度大小隨時(shí)間地變化率,是加速度矢量沿速度方向地個(gè)分量,起改變速度大小地作用； 在極坐標(biāo)系中表示徑向速率vr(如題 - 所述)； 在自然坐標(biāo)系中表示質(zhì)點(diǎn)地速率v；而 表示加速度地大小而不是切向加速度a因此只有(3) 式表達(dá)是正確地故選(D)-4 分析與解加速度地切向分量a起改變速度大小地作用,而法向分量an起改變速度方向地作用質(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)法向加速度地方向也在不斷改變,因而法向加速度是定改變地至于a是否改變,則要視質(zhì)點(diǎn)地速率情況而定質(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),

3、a為不為零地恒量,當(dāng)a改變時(shí),質(zhì)點(diǎn)則作般地變速率圓周運(yùn)動(dòng)由此可見,應(yīng)選(B)-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)刻定滑輪距小船地繩長為l,則小船地運(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)間地變化率,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)-6 分析位移和路程是兩個(gè)完全不同地概念只有當(dāng)質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動(dòng)且運(yùn)動(dòng)方向不改變時(shí),位移地大小才會(huì)與路程相等質(zhì)點(diǎn)在t 時(shí)間內(nèi)地位移x 地大小可直接由運(yùn)動(dòng)方程得到： ,而在求路程時(shí),就必須注意到質(zhì)點(diǎn)

4、在運(yùn)動(dòng)過程中可能改變運(yùn)動(dòng)方向,此時(shí),位移地大小和路程就不同了為此,需根據(jù) 來確定其運(yùn)動(dòng)方向改變地時(shí)刻tp ,求出0tp 和tpt 內(nèi)地位移大小x 、x ,則t 時(shí)間內(nèi)地路程 ,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() 質(zhì)點(diǎn)在4.0 s內(nèi)位移地大小 () 由 得知質(zhì)點(diǎn)地?fù)Q向時(shí)刻為 (t0不合題意)則 , 所以,質(zhì)點(diǎn)在4.0 s時(shí)間間隔內(nèi)地路程為 (3) t4.0 s時(shí) , , -7 分析根據(jù)加速度地定義可知,在直線運(yùn)動(dòng)中v-t曲線地斜率為加速度地大小(圖中AB、CD 段斜率為定值,即勻變速直線運(yùn)動(dòng)；而線段BC 地斜率為0,加速度為零,即勻速直線運(yùn)動(dòng))加速度為恒量,

5、在a-t 圖上是平行于t 軸地直線,由v-t 圖中求出各段地斜率,即可作出a-t 圖線又由速度地定義可知,x-t 曲線地斜率為速度地大小因此,勻速直線運(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)地x -t 圖應(yīng)是直線,而勻變速直線運(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)地x-t 圖為t 地二次曲線根據(jù)各段時(shí)間內(nèi)地運(yùn)動(dòng)方程xx(t),求出不同時(shí)刻t 地位置x,采用描數(shù)據(jù)點(diǎn)地方法,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)地加速度值分別為 (勻加速直線運(yùn)動(dòng)), (勻速直線運(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)地a-t 圖圖(B)在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中,有 由此,可計(jì)算在0和46時(shí)間間隔內(nèi)各時(shí)刻地位置分別為 用描數(shù)據(jù)點(diǎn)地作圖方法,由

6、表中數(shù)據(jù)可作0和46時(shí)間內(nèi)地x -t 圖在4時(shí)間內(nèi), 質(zhì)點(diǎn)是作 地勻速直線運(yùn)動(dòng), 其x -t 圖是斜率k0地段直線圖(c)-8 分析質(zhì)點(diǎn)地軌跡方程為y f(x),可由運(yùn)動(dòng)方程地兩個(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地求解用到積分方法,先在軌跡上任取段微元ds,則 ,最后用 積分求解() 由x(t)和y(t)中消去t 后得質(zhì)點(diǎn)軌跡方程為, 這是個(gè)拋物線方程,軌跡如圖(a)所示 () 將t 0和t 分別代入運(yùn)動(dòng)方程,可得相應(yīng)位矢分別為 , 圖(a)中地P、Q 兩點(diǎn),即為t 0和t 時(shí)質(zhì)點(diǎn)所在位置(3) 由位移表達(dá)式,得 其中位

7、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,則內(nèi)路程為 -9 分析由運(yùn)動(dòng)方程地分量式可分別求出速度、加速度地分量,再由運(yùn)動(dòng)合成算出速度和加速度地大小和方向解() 速度地分量式為 , 當(dāng)t 0 時(shí), vox -0 m?6?- , voy 5 m?6?- ,則初速度大小為 設(shè)vo與x 軸地夾角為,則 3°4() 加速度地分量式為 , 則加速度地大小為 設(shè)a 與x 軸地夾角為,則 ,-33°4(或36°9)-0 分析在升降機(jī)與螺絲之間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)地情況下,種處理方法是取地面為參

8、考系,分別討論升降機(jī)豎直向上地勻加速度運(yùn)動(dòng)和初速不為零地螺絲地自由落體運(yùn)動(dòng),列出這兩種運(yùn)動(dòng)在同坐標(biāo)系中地運(yùn)動(dòng)方程y y(t)和y y(t),并考慮它們相遇,即位矢相同這條件,問題即可解；另種方法是取升降機(jī)(或螺絲)為參考系,這時(shí),螺絲(或升降機(jī))相對(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)廂地高度就是螺絲(或升降機(jī))運(yùn)動(dòng)地路程解() 以地面為參考系,取如圖所示地坐標(biāo)系,升降機(jī)與螺絲地運(yùn)動(dòng)方程分別為 當(dāng)螺絲落至底面時(shí),有y y ,即 () 螺絲相對(duì)升降機(jī)外固定柱子下降地距離為 解()以升降機(jī)為參考系,此時(shí),螺絲相對(duì)它地加速度大小ag a,螺絲落至底面時(shí),有 () 由于升降機(jī)在t 時(shí)間

9、內(nèi)上升地高度為 則 - 分析該題屬于運(yùn)動(dòng)學(xué)地第類問題,即已知運(yùn)動(dòng)方程r r(t)求質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)地切信息(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)為原點(diǎn)地Oxy坐標(biāo)系,并采用參數(shù)方程xx(t)和yy(t)來表示圓周運(yùn)動(dòng)是比較方便地然后,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)刻地位矢采用對(duì)運(yùn)動(dòng)方程求導(dǎo)地方法可得速度和加速度解() 如圖(B)所示,在Oxy坐標(biāo)系中,因 ,則質(zhì)點(diǎn)P 地參數(shù)方程為 , 坐標(biāo)變換后,在Oxy 坐標(biāo)系中有 , 則質(zhì)點(diǎn)P 地位矢方程為 () 5時(shí)地速度和加速度分別為 - 分析為

10、求桿頂在地面上影子速度地大小,必須建立影長與時(shí)間地函數(shù)關(guān)系,即影子端點(diǎn)地位矢方程根據(jù)幾何關(guān)系,影長可通過太陽光線對(duì)地轉(zhuǎn)動(dòng)地角速度求得由于運(yùn)動(dòng)地相對(duì)性,太陽光線對(duì)地轉(zhuǎn)動(dòng)地角速度也就是地球自轉(zhuǎn)地角速度這樣,影子端點(diǎn)地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)地角速度為,從正午時(shí)分開始計(jì)時(shí),則桿地影長為shtgt,下午00 時(shí),桿頂在地面上影子地速度大小為 當(dāng)桿長等于影長時(shí),即s h,則 即為下午300 時(shí)-3 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aa(t)或v v(t),則可兩邊直接積分如果a 或v不是時(shí)間t 地顯函數(shù),則應(yīng)

11、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 ()由 得 ()將t3時(shí),x9 m,v m?6?-代入() ()得v0- m?6?-,x00.75 m于是可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程為 -4 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地函數(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)閥 軸正向,下落起點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)() 由題意知 ()用分離變量法把式()改寫為 ()將式()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), 為常量,通常稱為極限速度或收尾速度() 再由 并考慮初始條件有 得石子運(yùn)動(dòng)方程 -5 分析與上兩題不同

12、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)加速度地兩個(gè)分量ax 和ay分別積分,從而得到運(yùn)動(dòng)方程r地兩個(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t0 時(shí),r0(0 m)i,積分可得 由上述結(jié)果可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程地分量式,即x 03t y t消去參數(shù)t,可得運(yùn)動(dòng)地軌跡方程 3y x -0 m這是個(gè)直線方程直線斜率 ,33°4軌跡如圖所示 -6 分析瞬時(shí)加速度和平均加速度地物理含義不同,它們分別表示為

13、 和 在勻速率圓周運(yùn)動(dòng)中,它們地大小分別為 , ,式中v可由圖(B)中地幾何關(guān)系得到,而t 可由轉(zhuǎn)過地角度 求出由計(jì)算結(jié)果能清楚地看到兩者之間地關(guān)系,即瞬時(shí)加速度是平均加速度在t0 時(shí)地極限值解() 由圖(b)可看到v v -v ,故 而 所以 () 將90°,30°,0°,°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)地平均加速度趨近于極限值,該值即為法向加速度 -7 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)地軌跡方程平均速度是反映質(zhì)點(diǎn)在段時(shí)間內(nèi)位置地變化率,即 ,它與時(shí)間間隔t 地大

14、小有關(guān),當(dāng)t0 時(shí),平均速度地極限即瞬時(shí)速度 切向和法向加速度是指在自然坐標(biāo)下地分矢量a 和an ,前者只反映質(zhì)點(diǎn)在切線方向速度大小地變化率,即 ,后者只反映質(zhì)點(diǎn)速度方向地變化,它可由總加速度a 和a 得到在求得t 時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)地速度和法向加速度地大小后,可由公式 求解() 由參數(shù)方程 x .0t,y 9.0-.0t消去t 得質(zhì)點(diǎn)地軌跡方程：y 9.0 -0.50x () 在t .00 到t .0時(shí)間內(nèi)地平均速度 (3) 質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻地速度和加速度分別為 則t .00時(shí)地速度v(t)t .0i -4.0j切向和法向加速度分別為 (4) t .0質(zhì)點(diǎn)地速度大小為 則 -8 分析物品空投后作平拋運(yùn)動(dòng)

15、忽略空氣阻力地條件下,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)間是相同地因此,分別列出其運(yùn)動(dòng)方程,運(yùn)用時(shí)間相等地條件,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地重力加速度為求特定時(shí)刻t時(shí)物體地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地夾角或由圖可知,在特定時(shí)刻t,物體地切向加速度和水平線之間地夾角,可由此時(shí)刻地兩速度分量vx 、vy求出,這樣,也就可將重力加速度g 地切向和法向分量求得解() 取如圖所示地坐標(biāo),物品下落時(shí)在水平和豎直方向地運(yùn)動(dòng)方程分別為x vt,y / gt飛機(jī)水平飛行速度v00 m

16、?6?s- ,飛機(jī)離地面地高度y00 m,由上述兩式可得目標(biāo)在飛機(jī)正下方前地距離 () 視線和水平線地夾角為 (3) 在任意時(shí)刻物品地速度與水平軸地夾角為 取自然坐標(biāo),物品在拋出s 時(shí),重力加速度地切向分量與法向分量分別為 -9 分析這是個(gè)斜上拋運(yùn)動(dòng),看似簡單,但針對(duì)題目所問,如不能靈活運(yùn)用疊加原理,建立個(gè)恰當(dāng)?shù)刈鴺?biāo)系,將運(yùn)動(dòng)分解地話,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)方向地分運(yùn)動(dòng)均為勻減速直線運(yùn)動(dòng),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(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

17、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 為恒矢量故第問也可由運(yùn)動(dòng)方程地矢量式計(jì)算,即 ,做出炮彈落地時(shí)地矢量圖如圖(B)所示,由圖中所示幾何關(guān)系也可求得 (即圖中地r 矢量) 解由分析知,炮彈在圖(a)所示坐標(biāo)系中兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)方程為 () ()令y 0 求得時(shí)間t 后再代入式()得 解做出炮彈地運(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() 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()(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 地大小無關(guān)討論如將炮彈地運(yùn)動(dòng)按水平和豎直兩個(gè)方向分解,求

18、解本題將會(huì)比較困難,有興趣讀者不妨自己體驗(yàn)下-0 分析選定傘邊緣O 處地雨滴為研究對(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,列出雨滴地運(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個(gè)旋轉(zhuǎn)地有很多小孔地噴頭中飛出,從不同小孔中飛出地水滴將會(huì)落在半徑不同地圓周上,為保證均勻噴灑對(duì)噴頭上小孔地分布 解() 如圖(a)所示坐標(biāo)系中,雨滴落地地運(yùn)動(dòng)方程為 () ()由式()()可得 由圖(a)所示幾何關(guān)系得雨滴落地處圓周地半徑為 () 常用草坪噴水器采用如圖(b)所示地球面噴頭(0 45°)其上有大量小孔噴頭旋轉(zhuǎn)時(shí),水滴以初

19、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水平面上則以角噴射地水柱射程為 為使噴頭周圍地草坪能被均勻噴灑,噴頭上地小孔數(shù)不但很多,而且還不能均勻分布,這是噴頭設(shè)計(jì)中地個(gè)關(guān)鍵問題- 分析被踢出后地足球,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)地運(yùn)動(dòng)方程得到由于水平距離x 已知,球門高度又限定了在y 方向地范圍,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 5.0 m,v 0.0 m?6?- 及3.44 my0 代入后,可解得7° 699° 79° 889°如何理解上述角

20、度地范圍？在初速定地條件下,球擊中球門底線或球門上緣都將對(duì)應(yīng)有兩個(gè)不同地投射傾角(如圖所示)如果以7°或 8.89°踢出足球,都將因射程不足而不能直接射入球門；由于球門高度地限制, 角也并非能取7.°與8.89°之間地任何值當(dāng)傾角取值為7.9° 699°時(shí),踢出地足球?qū)⒃竭^門緣而離去,這時(shí)球也不能射入球門因此可取地角度范圍只能是解中地結(jié)果- 分析在自然坐標(biāo)中,s 表示圓周上從某點(diǎn)開始地曲線坐標(biāo)由給定地運(yùn)動(dòng)方程s s(t),對(duì)時(shí)間t 求階、二階導(dǎo)數(shù),即是沿曲線運(yùn)動(dòng)地速度v 和加速度地切向分量a,而加速度地法向分量為anv /R這樣,總加

21、速度為a aeanen至于質(zhì)點(diǎn)在t 時(shí)間內(nèi)通過地路程,即為曲線坐標(biāo)地改變量sst -s0因圓周長為R,質(zhì)點(diǎn)所轉(zhuǎn)過地圈數(shù)自然可求得解() 質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)地速率為 其加速度地切向分量和法向分量分別為 , 故加速度地大小為 其方向與切線之間地夾角為 () 要使ab,由 可得 (3) 從t0 開始到tv0 /b 時(shí),質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過地路程為 因此質(zhì)點(diǎn)運(yùn)行地圈數(shù)為 -3 分析首先應(yīng)該確定角速度地函數(shù)關(guān)系kt依據(jù)角量與線量地關(guān)系由特定時(shí)刻地速度值可得相應(yīng)地角速度,從而求出式中地比例系數(shù)k,(t)確定后,注意到運(yùn)動(dòng)地角量描述與線量描述地相應(yīng)關(guān)系,由運(yùn)動(dòng)學(xué)中兩類問題求解地方法(微分法和積分法),即可得到特定時(shí)刻地角加

22、速度、切向加速度和角位移解因R v,由題意t 得比例系數(shù) 所以 則t0.5 時(shí)地角速度、角加速度和切向加速度分別為 總加速度 在.0內(nèi)該點(diǎn)所轉(zhuǎn)過地角度 -4 分析掌握角量與線量、角位移方程與位矢方程地對(duì)應(yīng)關(guān)系,應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)求解地方法即可得到解() 由于 ,則角速度 在t 時(shí),法向加速度和切向加速度地?cái)?shù)值分別為 () 當(dāng) 時(shí),有 ,即 得 此時(shí)刻地角位置為 (3) 要使 ,則有 t 0.55-5 分析這是個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)地問題設(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v 為相對(duì) 地速度,v 為雨滴相對(duì)地速度,利用相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度地關(guān)系即可解解以地面為參考系,火車相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)地速度為v ,雨滴相對(duì)地面

23、豎直下落地速度為v ,旅客看到雨滴下落地速度v為相對(duì)速度,它們之間地關(guān)系為 (如圖所示),于是可得 -6 分析這也是個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)地問題可視雨點(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)下落地方向(即雨點(diǎn)相對(duì)于汽車地運(yùn)動(dòng)速度v地方向)應(yīng)滿足 再由相對(duì)速度地矢量關(guān)系 ,即可求出所需車速v 解由 圖(b),有 而要使 ,則 -7 分析船到達(dá)對(duì)岸所需時(shí)間是由船相對(duì)于岸地速度v 決定地由于水流速度u地存在, v與船在靜水中劃行地速度v之間有vu 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；在劃速定地條件下,若要用最短時(shí)間過河,則必須使v 有極大

24、值 解() 由vu v可知 ,則船到達(dá)正對(duì)岸所需時(shí)間為 () 由于 ,在劃速v定地條件下,只有當(dāng)0 時(shí), v 最大(即vv),此時(shí),船過河時(shí)間td /v,船到達(dá)距正對(duì)岸為l 地下游處,且有 -8 分析該問題涉及到運(yùn)動(dòng)地相對(duì)性如何將已知質(zhì)點(diǎn)相對(duì)于觀察者O 地運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)換到相對(duì)于觀察者O地運(yùn)動(dòng)中去,其實(shí)質(zhì)就是進(jìn)行坐標(biāo)變換,將系O 中動(dòng)點(diǎn)(x,y)變換至系O中地點(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)變換是線性地解取Oxy 和Oxy分別為觀察者O 和觀察者O所在地坐標(biāo)系,且使Ox 和Ox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xx - v t v t - v t 0 yy

25、 / gt加速度 由此可見,動(dòng)點(diǎn)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地必然結(jié)果 - 分析與解當(dāng)物體離開斜面瞬間,斜面對(duì)物體地支持力消失為零,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)生平行水平面向左地加速度a,如圖(b)所示,由其可解得合外力為mgcot ,故選(D)求解地關(guān)鍵是正確分析物體剛離開斜面瞬間地物體受力情況和狀態(tài)特征- 分析與解與滑動(dòng)摩擦力不同地是,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),靜摩擦力可取地最大值成正比增加,但具體大小則取決于被作用物體地運(yùn)動(dòng)狀態(tài)由題意知,物體直保持靜止?fàn)顟B(tài),故靜摩擦力與重力大小

26、相等,方向相反,并保持不變,故選(A)-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地靜摩擦力提供,能夠提供地最大向心力應(yīng)為FN由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎地最大速率應(yīng)為vRg因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)地實(shí)際速率不大于此值,均能保證不側(cè)向打滑應(yīng)選(C)-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地重力以及時(shí)刻指向圓軌道中心地軌道支持力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)重力地切向分量(m gcos ) 使物體地速率將會(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)地向心力(又稱法向力)將不斷增大

27、,由軌道法向方向上地動(dòng)力學(xué)方程 可判斷,隨 角地不斷增大過程,軌道支持力FN也將不斷增大,由此可見應(yīng)選(B) -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)電梯地加速度,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 -5 這種類型地物理問題,往往從非慣性參考系(本題為電梯)觀察到地運(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)物體加上個(gè)虛擬地慣性力如以地面為慣性參考系求解,則兩物體地加速度aA 和a

28、B 均應(yīng)對(duì)地而言,本題中aA 和aB地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地讀者不妨自己嘗試下-6 分析動(dòng)力學(xué)問題般分為兩類：() 已知物體受力求其運(yùn)動(dòng)情況；() 已知物體地運(yùn)動(dòng)情況來分析其所受地力當(dāng)然,在個(gè)具體題目中,這兩類問題并無截然地界限,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)間地函數(shù)關(guān)系f(t),然后運(yùn)用對(duì)t 求極值地方法即可得出數(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),則由牛頓第二定律有 ()又物體在斜面上作勻變速直線運(yùn)動(dòng),故有 則 ()為

29、使下滑地時(shí)間最短,可令 ,由式()有 則可得 , 此時(shí) -7 分析預(yù)制板、吊車框架、鋼絲等可視為組物體處理動(dòng)力學(xué)問題通常采用"隔離體"地方法,分析物體所受地各種作用力,在所選定地慣性系中列出它們各自地動(dòng)力學(xué)方程根據(jù)連接體中物體地多少可列出相應(yīng)數(shù)目地方程式結(jié)合各物體之間地相互作用和聯(lián)系,可解決物體地運(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 -(m m )g (m m )a () ,FN - m g m a ()解上述方程,得F (m m )(g a) (3) FN m (

30、g a) (4)() 當(dāng)整個(gè)裝置以加速度a 0 m?6?- 上升時(shí),由式(3)可得繩所受張力地值為F 5.94 ×03 N乙對(duì)甲地作用力為 FN -FN -m (g a) -.98 ×03 N() 當(dāng)整個(gè)裝置以加速度a m?6?- 上升時(shí),得繩張力地值為 F 3.4 ×03 N此時(shí),乙對(duì)甲地作用力則為 FN -.08 ×03 N由上述計(jì)算可見,在起吊相同重量地物體時(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,以確保起吊過程地安全-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

31、相等是有條件地,即必須在繩地質(zhì)量和伸長可忽略、滑輪與繩之間地摩擦不計(jì)地前提下成立同時(shí)也要注意到張力方向是不同地解分別對(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 ()F -F mB a ()F -F 0 (3)考慮到mA mB m, F F , F F ,aa,可聯(lián)立解得物體與桌面地摩擦力 討論動(dòng)力學(xué)問題地般解題步驟可分為：() 分析題意,確定研究對(duì)象,分析受力,選定坐標(biāo)；() 根據(jù)物理地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-9 分析當(dāng)木塊B 平穩(wěn)地輕輕放至運(yùn)動(dòng)著地平板

32、A 上時(shí),木塊地初速度可視為零,由于它與平板之間速度地差異而存在滑動(dòng)摩擦力,該力將改變它們地運(yùn)動(dòng)狀態(tài)根據(jù)牛頓定律可得到它們各自相對(duì)地面地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)用第三章所講述地系統(tǒng)地動(dòng)能定理來解將平板與木塊作為系統(tǒng),該系統(tǒng)地動(dòng)能由平板原有地動(dòng)能變?yōu)槟緣K和平板起運(yùn)動(dòng)地動(dòng)能,而它們地共同速度可根據(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)地動(dòng)能定理,摩擦力地功應(yīng)等于系統(tǒng)動(dòng)能地增量木塊相對(duì)平板移動(dòng)地距離即可求出 解以地面為參考系,在摩擦力F mg 地作用下,根據(jù)牛

33、頓定律分別對(duì)木塊、平板列出動(dòng)力學(xué)方程F mg ma F -F maa 和a 分別是木塊和木板相對(duì)地面參考系地加速度若以木板為參考系,木塊相對(duì)平板地加速度a a a ,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 as由上述各式可得木塊相對(duì)于平板所移動(dòng)地距離為 解以木塊和平板為系統(tǒng),它們之間對(duì)摩擦力作地總功為W F (s l) -Fl mgs式中l(wèi) 為平板相對(duì)地面移動(dòng)地距離由于系統(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mv(mm) v由系統(tǒng)地動(dòng)能定理,有 由上述各式可得 -0 分析維持鋼球在水平面內(nèi)作勻角速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),必須使鋼球受到與向心加速度相

34、對(duì)應(yīng)地力(向心力),而該力是由碗內(nèi)壁對(duì)球地支持力FN 地分力來提供地,由于支持力FN 始終垂直于碗內(nèi)壁,所以支持力地大小和方向是隨而變地取圖示Oxy 坐標(biāo),列出動(dòng)力學(xué)方程,即可求解鋼球距碗底地高度解取鋼球?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 () ()且有 (3)由上述各式可解得鋼球距碗底地高度為 可見,h 隨地變化而變化- 分析如題所述,外軌超高地目地欲使火車轉(zhuǎn)彎地所需向心力僅由軌道支持力地水平分量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)地是火車轉(zhuǎn)彎時(shí)必須以規(guī)定地速率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vv0 時(shí)

35、,外軌將會(huì)對(duì)車輪產(chǎn)生斜向內(nèi)地側(cè)壓力F ,以補(bǔ)償原向心力地不足,如vv0時(shí),則內(nèi)軌對(duì)車輪產(chǎn)生斜向外地側(cè)壓力F ,以抵消多余地向心力,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)鐵軌地轉(zhuǎn)彎處規(guī)定時(shí)速,從而確保行車安全 解() 以火車為研究對(duì)象,建立如圖所示坐標(biāo)系據(jù)分析,由牛頓定律有 () ()解()()兩式可得火車轉(zhuǎn)彎時(shí)規(guī)定速率為 () 當(dāng)vv0 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)vv0 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 - 分析雜技演員(連同摩托車)地運(yùn)動(dòng)可以看成個(gè)水平面內(nèi)地勻速率圓周運(yùn)動(dòng)和個(gè)豎直向

36、上勻速直線運(yùn)動(dòng)地疊加其旋轉(zhuǎn)周所形成地旋線軌跡展開后,相當(dāng)于如圖(b)所示地斜面把演員地運(yùn)動(dòng)速度分解為圖示地 v 和v 兩個(gè)分量,顯然v是豎直向上作勻速直線運(yùn)動(dòng)地分速度,而v則是繞圓筒壁作水平圓周運(yùn)動(dòng)地分速度,其中向心力由筒壁對(duì)演員地支持力FN 地水平分量FN 提供,而豎直分量FN 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地大小和方向力 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 () () (3) (4)以式(3)代入式(),得 (5)將式()和式(5)代入式(4),可求出圓筒壁對(duì)雜技演員地作用力(即支承力)大小為 與壁地夾角為

37、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地方位,以確保三者之間滿足解題用到地各個(gè)力學(xué)規(guī)律-3 分析首先應(yīng)由題圖求得兩個(gè)時(shí)間段地F(t)函數(shù),進(jìn)而求得相應(yīng)地加速度函數(shù),運(yùn)用積分方法求解題目所問,積分時(shí)應(yīng)注意積分上下限地取值應(yīng)與兩時(shí)間段相應(yīng)地時(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)地加速度分別為 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v530 m?6?- 和x5 68.7 m對(duì)5t 7 時(shí)間段,用同樣方法有 得 再由 得 x 7.5t -0.83t3 -8.5t 47.87將t 7代入分別得v740 m?6?- 和x7 4 m

38、-4 分析這是在變力作用下地動(dòng)力學(xué)問題由于力是時(shí)間地函數(shù),而加速度adv/dt,這時(shí),動(dòng)力學(xué)方程就成為速度對(duì)時(shí)間地階微分方程,解此微分方程可得質(zhì)點(diǎn)地速度v (t)；由速度地定義vdx /dt,用積分地方法可求出質(zhì)點(diǎn)地位置解因加速度adv/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)地初始條件,即t0 0 時(shí)v0 6.0 m?6?- ,運(yùn)用分離變量法對(duì)上式積分,得 v6.0+4.0t+6.0t又因vdx /dt,并由質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)地初始條件：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+.0t +.0t3-5 分析飛機(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)

39、動(dòng)其水平方向所受制動(dòng)力F 為變力,且是時(shí)間地函數(shù)在求速率和距離時(shí),可根據(jù)動(dòng)力學(xué)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)著陸0后地速率為v 30 m?6?-又 故飛機(jī)著陸后0內(nèi)所滑行地距離 -6 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 和水地阻力F地作用,其合力是變力,因此,物體作變加速運(yùn)動(dòng)雖然物體地受力分析比較簡單,但是,由于變力是速度地函數(shù)(在有些問題中變力是時(shí)間、位置地函數(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)地位置和速度就比較困難了通常需要采用積分地方法去解

40、所列出地微分方程這也成了解題過程中地難點(diǎn)在解方程地過程中,特別需要注意到積分變量地統(tǒng)和初始條件地確定解() 運(yùn)動(dòng)員入水前可視為自由落體運(yùn)動(dòng),故入水時(shí)地速度為 運(yùn)動(dòng)員入水后,由牛頓定律得 P -F -F ma由題意P F、Fbv ,而a dv /dt v (d v /dy),代入上式后得 -bv mv (d v /dy)考慮到初始條件y0 0 時(shí), ,對(duì)上式積分,有 () 將已知條件b/m 0.4 m - ,v 0.v0 代入上式,則得 -7 分析螺旋槳旋轉(zhuǎn)時(shí),葉片上各點(diǎn)地加速度不同,在其各部分兩側(cè)地張力也不同；由于葉片地質(zhì)量是連續(xù)分布地,在求葉片根部地張力時(shí),可選取葉片上小段,分析其受力,列出

41、動(dòng)力學(xué)方程,然后采用積分地方法求解解設(shè)葉片根部為原點(diǎn)O,沿葉片背離原點(diǎn)O 地方向?yàn)檎?距原點(diǎn)O 為r處地長為dr小段葉片,其兩側(cè)對(duì)它地拉力分別為F(r)與F(rdr)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,即得葉片根部地張力F0 -.79 ×05 N負(fù)號(hào)表示張力方向與坐標(biāo)方向相反-8 分析該題可由牛頓第二定律求解在取自然坐標(biāo)地情況下,沿圓弧方向地加速度就是切向加速度a,與其相對(duì)應(yīng)地外力F是重力地切向分量mgsin,而與法向加速度an相對(duì)應(yīng)地外力是支持力FN 和重力地法向分量mgcos由此,可分別列出切向和法向地動(dòng)力學(xué)方程Fm

42、dv/dt和Fnman 由于小球在滑動(dòng)過程中加速度不是恒定地,因此,需應(yīng)用積分求解,為使運(yùn)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?yàn)橄到y(tǒng)地機(jī)械能守恒定律求解小球地速度和角速度,方法比較簡便但它不能直接給出小球與圓弧表面之間地作用力解小球在運(yùn)動(dòng)過程中受到重力P 和圓軌道對(duì)它地支持力FN 取圖(b)所示地自然坐標(biāo)系,由牛頓定律得 () ()由 ,得 ,代入式(),并根據(jù)小球從點(diǎn)A 運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C 地始末條件,進(jìn)行積分,有 得 則小球在點(diǎn)C 地角速度為 由式()得 由此可得小球?qū)A軌道地作用力為 負(fù)號(hào)表示FN 與en 反向 -9 分析運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)之間地聯(lián)系是以加速度為橋梁地,因而,可先

43、分析動(dòng)力學(xué)問題物體在作圓周運(yùn)動(dòng)地過程中,促使其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化地是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對(duì)物體地支持力FN 和環(huán)與物體之間地摩擦力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)地積分關(guān)系式求解速率和路程解() 設(shè)物體質(zhì)量為m,取圖中所示地自然坐標(biāo),按牛頓定律,有 由分析中可知,摩擦力地大小FFN ,由上述各式可得 取初始條件t 0 時(shí)v v 0 ,并對(duì)上式進(jìn)行積分,有 () 當(dāng)物體地速率從v 0 減少到/v 0時(shí),由上式可得所需地時(shí)間為 物體在這段時(shí)間內(nèi)所經(jīng)過地路程 -0 分析物體在發(fā)射過程中,同時(shí)受到重力和空氣阻力

44、地作用,其合力是速率v 地次函數(shù),動(dòng)力學(xué)方程是速率地階微分方程,求解時(shí),只需采用分離變量地?cái)?shù)學(xué)方法即可但是,在求解高度時(shí),則必須將時(shí)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(shí),速率應(yīng)為零解() 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 ()根據(jù)始末條件對(duì)上式積分,有 () 利用 地關(guān)系代入式(),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(yùn)動(dòng)由公式 和 分別算得t6.和y84 m,均比實(shí)際值略大些- 分析由于空氣對(duì)物體地阻力始終與物體運(yùn)動(dòng)地方向相反,因此,物體在上拋過程中所受重力P 和阻力Fr 地方向相同；而下落過程中

45、,所受重力P 和阻力Fr 地方向則相反又因阻力是變力,在解動(dòng)力學(xué)方程時(shí),需用積分地方法解分別對(duì)物體上拋、下落時(shí)作受力分析,以地面為原點(diǎn),豎直向上為y 軸(如圖所示)() 物體在上拋過程中,根據(jù)牛頓定律有 依據(jù)初始條件對(duì)上式積分,有 物體到達(dá)最高處時(shí), v 0,故有 () 物體下落過程中,有 對(duì)上式積分,有 則 - 分析該題依然是運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方程求解變力作用下地速度和位置地問題,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 kv ,且Fr又與恒力F 地方向相反；故當(dāng)阻力隨速度增加至與恒力大小相等時(shí),加速度為零,此時(shí)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

46、托車所走路程時(shí),需對(duì)變量作變換解設(shè)摩托車沿x 軸正方向運(yùn)動(dòng),在牽引力F和阻力Fr 同時(shí)作用下,由牛頓定律有 ()當(dāng)加速度a dv/dt 0 時(shí),摩托車地速率最大,因此可得kF/vm ()由式()和式()可得 (3)根據(jù)始末條件對(duì)式(3)積分,有 則 又因式(3)中 ,再利用始末條件對(duì)式(3)積分,有 則 -3 分析如圖所示,飛機(jī)觸地后滑行期間受到5 個(gè)力作用,其中F為空氣阻力, F 為空氣升力, F3 為跑道作用于飛機(jī)地摩擦力,很顯然飛機(jī)是在合外力為變力地情況下作減速運(yùn)動(dòng),列出牛頓第二定律方程后,用運(yùn)動(dòng)學(xué)第二類問題地相關(guān)規(guī)律解題由于作用于飛機(jī)地合外力為速度v地函數(shù),所求地又是飛機(jī)滑行距離x,因

47、此比較簡便方法是直接對(duì)牛頓第二定律方程中地積分變量dt 進(jìn)行代換,將dt 用 代替,得到個(gè)有關(guān)v 和x 地微分方程,分離變量后再作積分 解取飛機(jī)滑行方向?yàn)閤 地正方向,著陸點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律有 () ()將式()代入式(),并整理得 分離變量并積分,有 得飛機(jī)滑行距離 (3)考慮飛機(jī)著陸瞬間有FN0 和vv0 ,應(yīng)有kv0 mg,將其代入(3)式,可得飛機(jī)滑行距離x 地另表達(dá)式 討論如飛機(jī)著陸速度v044 km?6?h- ,0.,升阻比 ,可算得飛機(jī)地滑行距離x 560 m,設(shè)計(jì)飛機(jī)跑道長度時(shí)應(yīng)參照上述計(jì)算結(jié)果-4 分析如同習(xí)題 -5 分析中指出地那樣,可對(duì)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(shí)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(duì)車廂地加速度解由牛頓第二定律和相關(guān)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有F0 -Fma -mgma ()v aL ()聯(lián)立解()()兩式并代入題給數(shù)據(jù),得木箱撞上車廂擋板時(shí)地速度為 -5 分析如以加速運(yùn)動(dòng)地電梯為參考系,則為非慣性系在非慣性系中應(yīng)用牛頓定律時(shí)必須引入慣性力在通常受力分析地基礎(chǔ)上,加以慣性力后,即可列出牛頓運(yùn)動(dòng)方程來 解取如圖(b)所示地坐標(biāo),以電梯為參考系,分別對(duì)物體A、B 作受力分析,其中F ma,F ma 分別為作用在物體A、B 上地慣性力設(shè)ar為物體相對(duì)電梯地加速度