馬文蔚物理第二版上冊答案

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 t)時間內的位移為r, 路程為s, 位矢大小的變化量為r ( 或稱r),平均速度為,平均速率為(1) 根據(jù)上述情況,則必有()(A) r= s = r(B) r s r,當t0 時有dr= ds dr(C) r r s,當t0 時有dr= dr ds(D) r s r,當t0 時有dr= dr = ds(2) 根據(jù)上述情況,則必有()(A) = ,= (B) , (C) = , (D) ,= 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

2、PP, 位移大小rPP,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,應選(C)1 -2一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(1)；(2)；(3)；(4)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)正確分析與解表示質點到坐標原點的距離隨時間的變化率,在極坐標系中叫徑向速率通常用符

3、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,在直角坐標系中則可由公式求解故選(D)1 -3質點作曲線運動,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, a表示切向加速度對下列表達式,即(1)d v /dt ；(2)dr/dt v；(3)ds/dt v；(4)d v /dta下述判斷正確的是()(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)是對的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

4、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

5、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已知質點沿x 軸作直線運動,其運動方程為,式中x 的單位為m,t 的單位為 s求：(1) 質點在運動開始后4.0 s內的位移的大?。?2) 質點在該時間內所通過的路程；(3) t4 s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

6、據(jù)來確定其運動方向改變的時刻tp ,求出0tp 和tpt 內的位移大小x1 、x2 ,則t 時間內的路程,如圖所示,至于t 4.0 s 時質點速度和加速度可用和兩式計算題 1-5 圖解(1) 質點在4.0 s內位移的大小 (2) 由 得知質點的換向時刻為 (t0不合題意)則所以,質點在4.0 s時間間隔內的路程為 (3) t4.0 s時1 -6已知質點的運動方程為,式中r 的單位為m,t 的單位為求：(1) 質點的運動軌跡；(2) t 0 及t 2時,質點的位矢；(3) 由t 0 到t 2內質點的位移r 和徑向增量r； 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

7、)中消去t 即可得到對于r、r、r、s 來說,物理含義不同,(詳見題1-1分析).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 0和t 2分別代入運動方程,可得相應位矢分別為 , 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,得其中位移大小而徑向增量題 1-6 圖1 -7質點的運動方程為式中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

8、t 0 時, v0x -10 m·-1 , v0y 15 m·-1 ,則初速度大小為設v0與x 軸的夾角為,則123°41(2) 加速度的分量式為 , 則加速度的大小為設a 與x 軸的夾角為,則-33°41(或326°19)1 -8一升降機以加速度1.22 m·-2上升,當上升速度為2.44 m·-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2.74 m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

9、,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,此時,螺絲相對它的加速度大小ag a,螺絲落至底面時,有(2)

10、由于升降機在t 時間內上升的高度為則 題 1-8 圖1 -9質點沿直線運動,加速度a4 -t2 ,式中a的單位為m·-2 ,t的單位為如果當t 3時,x9 m,v 2 m·-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),則應經(jīng)過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學操作后再做積分解由分析知,應有得 (1)由 得 (2)將t3時,x9 m,v2 m·-1代入(1)、(2)得v0-1 m·-1, x00.75 m于是

11、可得質點運動方程為1 -10一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(xiàn)測得其加速度aA -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(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,下落起點為坐標原點(1) 由題意知 (1)用分離變量法把式(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,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 -11一質點具有恒定加速度a 6i 4j,式中a的

12、單位為m·-2 在t0時,其速度為零,位置矢量r0 10 mi求：(1) 在任意時刻的速度和位置矢量；(2) 質點在Oxy 平面上的軌跡方程,并畫出軌跡的示意圖題 1-11 圖分析與上兩題不同處在于質點作平面曲線運動,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,積分可得由上述結果可得質點運動方程的分

13、量式,即x 103t2y 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,33°41軌跡如圖所示1 -12質點在Oxy 平面內運動,其運動方程為r2.0ti (19.0 -2.0t2 )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t11.0s 到t2 2.0s 時間內的平均速度；(3) t1 1.0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

14、間間隔t 的大小有關,當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下的分矢量a 和an ,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,可由公式求解(1) 由參數(shù)方程x 2.0t,y 19.0-2.0t2消去t 得質點的軌跡方程：y 19.0 -0.50x2 (2) 在t1 1.00 到t2 2.0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質點的速度大小為

15、則1 -13飛機以100 m·-1 的速度沿水平直線飛行,在離地面高為100 m時,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后,它的法向加速度和切向加速度各為多少？題 1-13 圖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

16、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(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v100 m·s-1 ,飛機離地面的高度y100 m,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 -14為迎接香

17、港回歸，特技演員柯受良在1997年6月1日駕車飛越黃河壺口，如圖所示，柯駕車從跑道東端啟動，到達跑道終端時速度大小為 ，他隨即以仰角沖出，飛越跨度達57 m，安全著陸在西岸木橋上，求：題 1-14 圖（1） 柯飛車跨越黃河用了多長時間？（2） 若起飛點高出河面10 m，柯駕車飛行的最高點距河面為幾米？（3） 西岸木橋和起飛點的高度差為多少？分析 由題意知，飛車作斜上拋運動，對包含拋體在內的一般曲線運動來說，運用疊加原理是求解此類問題的普適方法，操作程序是：建立一個恰當?shù)闹苯亲鴺讼担瑢⑦\動分解為兩個相互正交的直線運動，由于在拋體運動中，質點的加速度恒為g，故兩個分運動均為勻變速直線運動或其中一個

18、為勻速直線運動，直接列出相關運動規(guī)律方程即可求解，本題可建立圖示坐標系，圖中分別表示飛車的最大高度和飛躍跨度.解 在圖示坐標系中，有 （1） （2） （3） (1) 由式（1），令 m，得飛躍時間 s（2）由式（3），令，得飛行到最大高度所需時間將代入式（2），得飛行最大高度m則飛車在最高點時距河面距離為 m m（3）將 s 代入式（2），得西岸木橋位置為 y = - 4.22 m“-”號表示木橋在飛車起飛點的下方.討論 本題也可以水面為坐標系原點，則飛車在 y方向上的運動方程應為 m + 1 -15如圖所示，從山坡底端將小球拋出，已知該山坡有恒定傾角，球的拋射角，設球被拋出時的速率v0 19

19、.6 m·-1，忽略空氣阻力，問球落在山坡上處離山坡底端的距離為多少？此過程經(jīng)歷多長時間？題 1-15 圖分析 求解方法與上題類似，但本題可將運動按兩種方式分解，如圖（a）和圖（b）所示.在圖（a）坐標系中，兩個分運動均為勻減速直線運動，加速度大小分別為-g 和-g ，看似復雜，但求解本題確較方便，因為落地時有y=0,對應的時間t和x的值即為本題所求.在圖（b）坐標系中，分運動看似簡單，但求解本題還需將落地點P的坐標y與x的關系列出來.解 1 由分析知，在圖（a）坐標系中，有 （1） （2）落地時，有y=0，由式（2）解得飛行時間為s將 t 值代入式（1），得m解 2 由分析知，在圖

20、（b）坐標系中，對小球 （1） （2）對點P （3）由式（1）、（2）可得球的軌道方程為 （4）落地時，應有，即解之得落地點P的x坐標為 （5）則 m聯(lián)解式（1）和式（5）可得飛行時間 s討論 比較兩種解法，你對如何靈活運用疊加原理有什么體會?1 -16一質點沿半徑為R 的圓周按規(guī)律運動,v0 、b 都是常量(1) 求t 時刻質點的總加速度；(2) t 為何值時總加速度在數(shù)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(shù),即是沿曲線運動的速度v 和加速度的切向分量a,

21、而加速度的法向分量為anv2 /R這樣,總加速度為a aeanen至于質點在t 時間內通過的路程,即為曲線坐標的改變量sst -s0因圓周長為2R,質點所轉過的圈數(shù)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, 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,質點經(jīng)過的路程為因此質點運行的圈數(shù)為1 -17一半徑為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t2.0 時測得輪緣一點的速度值為4.0 m·-1求：(1) 該輪在t0.5的角速度,輪緣一點的切向加速度和總加速度；(

22、2)該點在2.0內所轉過的角度分析首先應該確定角速度的函數(shù)關系kt2依據(jù)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(shù)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內該點所轉過的角度1 -18一質點在半徑為0.10 m的圓周上運動,其角位置為,式中 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

23、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(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) 當時,有,即得 此時刻的角位置為(3) 要使,則有t 0.551 -19一無風的下雨天,一列火車以v120.0 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)題 1-19 圖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

24、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 -20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)

25、應滿足再由相對速度的矢量關系,即可求出所需車速v1題 1-20 圖解由圖(b),有而要使,則第二章牛頓定律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(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

26、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(shù)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)

27、不得小于(B) 必須等于(C) 不得大于 (D) 還應由汽車的質量m 決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FN由此可算得汽車轉彎的最大速率應為vRg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由圖可知

28、,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)

29、5/8 mg(B) 1/2 mg(C) mg(D) 2mg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

30、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,求解過程較繁瑣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(shù)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(shù)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(shù)關系f(t),然后

31、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

32、起吊重物時必須緩慢加速的道理嗎？題 2-7 圖分析預制板、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(jù)連接體中物體的多少可列出相應數(shù)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

33、)(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FN2 -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FN2-1.08 ×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

34、m3.0kg 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)F1 -F mB a (2)F -2F1 0 (3)考慮到mA mB m, F F , F1 F1 ,a2a,可聯(lián)立解得物體與桌面的摩擦力題 2-8 圖討論動力學問題的一般解題步驟

35、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(jù)物理的定理和定律列出原始方程組；(3) 解方程組,得出文字結果；(4) 核對量綱,再代入數(shù)據(jù),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(shù)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(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

36、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(jù)動量定理求得又因為系統(tǒng)內只有摩擦力作功,根據(jù)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1以地面為參考系,在摩擦力mg 的作用下,根據(jù)牛頓定律分別對木塊、平板列出動力學方程mg ma1-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

37、直至最終停止由運動學規(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),它們之間一對摩擦力作的總功為式中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(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？題 2-10 圖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

38、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) (2)且有 (3)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 在如圖（a）所示的輕滑輪上跨有一輕繩，繩的兩端連接著質量分別為1 kg和2 kg的物體A和B，現(xiàn)以50 N的恒力F向上提滑輪的軸，不計滑輪質量及滑輪與繩間摩擦，求A和B的加速度各為多少？題 2-11 圖分析 在上提物體過程中，由于滑輪可以轉動，所以A、B兩物體對地加速度并不相同，故應將A、B和滑輪分別隔離后，運用牛頓

39、定律求解，本題中因滑輪質量可以不計，故兩邊繩子張力相等，且有.解 隔離后，各物體受力如圖（b）所示，有滑輪 A B 聯(lián)立三式，得 討論 如由式求解，所得是A、B兩物體構成的質點系的質心加速度，并不是A、B兩物體的加速度.上式叫質心運動定理. 2 -12 一質量為50 g的物體掛在一彈簧末端后伸長一段距離后靜止，經(jīng)擾動后物體作上下振動，若以物體靜平衡位置為原點，向下為y軸正向.測得其運動規(guī)律按余弦形式即，式中t以s計，y以m計，試求：（1）作用于該物體上的合外力的大??；（2）證明作用在物體上的合外力大小與物體離開平衡位置的y距離成正比.分析 本題可直接用求解，y為物體的運動方程，F(xiàn)即為作用于物體

40、上的合外力（實為重力與彈簧力之和）的表達式，本題顯示了物體作簡諧運動時的動力學特征.解 （1）由分析知F （N）該式表示作用于物體上的合外力隨時間t按余弦作用周期性變化，F(xiàn)>0表示合力外力向下，F(xiàn)<0表示合外力向上.（2） F.由上式知，合外力F的大小與物體離開平衡位置距離y的大小成正比.“-”號表示與位移的方向相反.2 -13一質量為10 kg 的質點在力F 的作用下沿x 軸作直線運動,已知F 120t 40,式中F 的單位為N, t的單位的在t0時,質點位于x 5.0 m處,其速度v06.0 m·求質點在任意時刻的速度和位置分析這是在變力作用下的動力學問題由于力是時間

41、的函數(shù),而加速度adv/dt,這時,動力學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點的速度v (t)；由速度的定義vdx /dt,用積分的方法可求出質點的位置解因加速度adv/dt,在直線運動中,根據(jù)牛頓運動定律有依據(jù)質點運動的初始條件,即t0 0 時v0 6.0 m·-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 -14輕型飛機連同駕駛員總質量為1.0 ×103 kg飛機以55.0 m

42、83;-1 的速率在水平跑道上著陸后,駕駛員開始制動,若阻力與時間成正比,比例系數(shù)5.0 ×102 N·-1 ,空氣對飛機升力不計,求：(1) 10后飛機的速率；(2) 飛機著陸后10內滑行的距離分析飛機連同駕駛員在水平跑道上運動可視為質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)動力學方程和運動學規(guī)律,采用分離變量法求解解以地面飛機滑行方向為坐標正方向,由牛頓運動定律及初始條件,有得 因此,飛機著陸10后的速率為v 30 m·-1又 故飛機著陸后10內所滑行的距離2 -15質量為m 的跳水運動員,從10.0 m 高臺上由靜止

43、跳下落入水中高臺距水面距離為h把跳水運動員視為質點,并略去空氣阻力運動員入水后垂直下沉,水對其阻力為bv2 ,其中b 為一常量若以水面上一點為坐標原點O,豎直向下為Oy 軸,求：(1) 運動員在水中的速率v與y 的函數(shù)關系；(2) 如b /m 0.40m -1 ,跳水運動員在水中下沉多少距離才能使其速率v減少到落水速率v0 的1/10？ (假定跳水運動員在水中的浮力與所受的重力大小恰好相等)題 2-15 圖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)(

44、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方程并不復雜,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 ma由題意P F、bv2 ,而a 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 -16一質量為

45、m 的小球最初位于如圖(a)所示的A 點,然后沿半徑為r的光滑圓軌道ADCB下滑試求小球到達點C時的角速度和對圓軌道的作用力題 2-16 圖分析該題可由牛頓第二定律求解在取自然坐標的情況下,沿圓弧方向的加速度就是切向加速度a,與其相對應的外力F是重力的切向分量mgsin,而與法向加速度an相對應的外力是支持力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,需應用積分求解,為使運算簡便,可轉換積分變量該題也能應用以小球、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

46、小球與圓弧表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 由此可得小球對圓軌道的作用力為負號表示FN 與en 反向2 -17光滑的水平桌面上放置一半徑為R 的固定圓環(huán),物體緊貼環(huán)的內側作圓周運動,其摩擦因數(shù)為,開始時物體的速率為v0 ,求：(1) t 時刻物體的速率；(2) 當物體速率從v0減少時,物體所經(jīng)歷的時間及經(jīng)過的路程 題 2-17 圖分析運動學與動力學之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的,因而,可

47、先分析動力學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)內側對物體的支持力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度聯(lián)系起來了,從而可用運動學的積分關系式求解速率和路程解(1) 設物體質量為m,取圖中所示的自然坐標,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 ,并對上式進行積分,有(2) 當物體的速率從v 0 減少到時,由上式可得所需的時間為物體在這段時間內所經(jīng)過的路程2 -18一物體自地球表面以速率v0 豎直上拋假定空氣對物體阻

48、力的值為Fr kmv2 ,其中m 為物體的質量,k 為常量試求：(1) 該物體能上升的高度；(2)物體返回地面時速度的值(設重力加速度為常量)題 2-18 圖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)牛頓定律有依據(jù)初始條件對上式積分,有物體到達最高處時, v 0,故有(2) 物體下落過程中,有對上式積分,有則 2 -19質量為m

49、 的摩托車,在恒定的牽引力F的作用下工作,它所受的阻力與其速率的平方成正比,它能達到的最大速率是vm 試計算從靜止加速到vm/2所需的時間以及所走過的路程分析該題依然是運用動力學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法求出阻力系數(shù)k由于阻力Frkv2 ,且Fr又與恒力F 的方向相反；故當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)當加速度a dv/dt 0 時,摩托車的速率最大

50、,因此可得kF/vm2 (2)由式(1)和式(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 -20在卡車車廂底板上放一木箱,該木箱距車箱前沿擋板的距離L 2.0 m,已知制動時卡車的加速度a 7.0 m·-2 ,設制動一開始木箱就開始滑動求該木箱撞上擋板時相對卡車的速率為多大？設木箱與底板間滑動摩擦因數(shù)0.50分析如同習題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運動學規(guī)律有F0 -ma -mgma (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=第三章動量守恒定律和能量守恒定律3 -1對質點組有以下幾種說法：(1) 質點組總動量的改變與內力無關；(2) 質點組總動能的改變與內力無關；(3) 質點組機