物理學馬文蔚第1至8章課后習題答案詳解

1-1質(zhì)點作曲線運動,在時刻t質(zhì)點的位矢為r,速度為v,速率為v,t至(t＋Δt)時間內(nèi)的位移為Δr,路程為Δs,位矢大小的變化量為Δr(或稱Δ｜r｜),平均速度為,平均速率為．(1)根據(jù)上述情況,則必有()(A)｜Δr｜=Δs=Δr(B)｜Δr｜≠Δs≠Δr,當Δt→0時有｜dr｜=ds≠dr(C)｜Δr｜≠Δr≠Δs,當Δt→0時有｜dr｜=dr≠ds(D)｜Δr｜≠Δs≠Δr,當Δt→0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(zhì)點在t至(t＋Δt)時間內(nèi)沿曲線從P點運動到P′點,各量關系如圖所示,其中路程Δs＝PP′,位移大?。｜＝PP′,而Δr＝｜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Δt→0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｜Δr｜≠Δs,故,即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可見,應選(C)．1-2一運動質(zhì)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(zhì)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(zhì)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,aｔ表示切向加速度．對下列表達式,即(1)dv/dt＝a；(2)dr/dt＝v；(3)ds/dt＝v；(4)dv/dt｜＝aｔ．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aｔ,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(zhì)點的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3)式表達是正確的．故選(D)．1-4一個質(zhì)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aｔ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,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,aｔ恒為零；質(zhì)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(zhì)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收繩,繩不伸長且湖水靜止,小船的速率為v,則小船作()(A)勻加速運動,(B)勻減速運動,(C)變加速運動,(D)變減速運動,(E)勻速直線運動,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(zhì)．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軸負向．由速度表達式,可判斷小船作變加速運動．故選(C)．討論有人會將繩子速率v0按x、y兩個方向分解,則小船速度,這樣做對嗎？1-6已知質(zhì)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(zhì)點在運動開始后s內(nèi)的位移的大?。?2)質(zhì)點在該時間內(nèi)所通過的路程；(3)t＝4s時質(zhì)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(zhì)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(zhì)點在t時間內(nèi)的位移Δx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0～tp和tp～t內(nèi)的位移大小Δx1、Δx2,則t時間內(nèi)的路程,如圖所示,至于t＝s時質(zhì)點速度和加速度可用和兩式計算．解(1)質(zhì)點在s內(nèi)位移的大小(2)由得知質(zhì)點的換向時刻為(t＝0不合題意)則所以,質(zhì)點在s時間間隔內(nèi)的路程為(3)t＝s時1-7一質(zhì)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(jù)已知的v-t圖,畫出a-t圖以及x-t圖．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?。虼?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(jù)各段時間內(nèi)的運動方程x＝x(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0～2ｓ和4～6ｓ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0～2ｓ和4～6ｓ時間內(nèi)的x-t圖．在2～4ｓ時間內(nèi),質(zhì)點是作的勻速直線運動,其x-t圖是斜率k＝20的一段直線［圖(c)］．1-8已知質(zhì)點的運動方程為,式中r的單位為m,t的單位為ｓ．求：(1)質(zhì)點的運動軌跡；(2)t＝0及t＝2ｓ時,質(zhì)點的位矢；(3)由t＝0到t＝2ｓ內(nèi)質(zhì)點的位移Δr和徑向增量Δr；*(4)2ｓ內(nèi)質(zhì)點所走過的路程s．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、Δr、Δr、Δs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ｓ．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＝0ｓ和t＝2ｓ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＝0ｓ和t＝2ｓ時質(zhì)點所在位置．(3)由位移表達式,得其中位移大小而徑向增量*(4)如圖(B)所示,所求Δs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2ｓ內(nèi)路程為1-9質(zhì)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,vox＝-10m·ｓ-1,voy＝15m·ｓ-1,則初速度大小為設vo與x軸的夾角為α,則α＝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β,則β＝-33°41′(或326°19′)1-10一升降機以加速度m·ｓ-2上升,當上升速度為m·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,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＝y(tǒng)1(t)和y2＝y(tǒng)2(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＝y(tǒng)2,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a′＝g＋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1-11一質(zhì)點P沿半徑R＝m的圓周作勻速率運動,運動一周所需時間為ｓ,設t＝0時,質(zhì)點位于O點．按(a)圖中所示Oxy坐標系,求(1)質(zhì)點P在任意時刻的位矢；(2)5ｓ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(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O′x′y′坐標系,并采用參數(shù)方程x′＝x′(t)和y′＝y(tǒng)′(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y＝y(tǒng)0＋y′,將所得參數(shù)方程轉(zhuǎn)換至Oxy坐標系中,即得Oxy坐標系中質(zhì)點P在任意時刻的位矢．采用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,則質(zhì)點P的參數(shù)方程為,坐標變換后,在Oxy坐標系中有,則質(zhì)點P的位矢方程為(2)5ｓ時的速度和加速度分別為1-12地面上垂直豎立一高m的旗桿,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?。诤螘r刻桿影伸展至m？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)關系,即影子端點的位矢方程．根據(jù)幾何關系,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．解設太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度為ω,從正午時分開始計時,則桿的影長為s＝htgωt,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(zhì)點沿直線運動,加速度a＝4-t2,式中a的單位為m·ｓ-2,t的單位為ｓ．如果當t＝3ｓ時,x＝9m,v＝2m·ｓ-1,求質(zhì)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a＝a(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t＝3ｓ時,x＝9m,v＝2m·ｓ-1代入(1)(2)得v0＝-1m·ｓ-1,x0＝m．于是可得質(zhì)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(xiàn)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(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1-15一質(zhì)點具有恒定加速度a＝6i＋4j,式中a的單位為m·ｓ-2．在t＝0時,其速度為零,位置矢量r0＝10mi．求：(1)在任意時刻的速度和位置矢量；(2)質(zhì)點在Oxy平面上的軌跡方程,并畫出軌跡的示意圖．分析與上兩題不同處在于質(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t＝0時,r0＝(10m)i,積分可得由上述結(jié)果可得質(zhì)點運動方程的分量式,即x＝10＋3t2y＝2t2消去參數(shù)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,α＝33°41′．軌跡如圖所示．1-16一質(zhì)點在半徑為R的圓周上以恒定的速率運動,質(zhì)點由位置A運動到位置B,OA和OB所對的圓心角為Δθ．(1)試證位置A和B之間的平均加速度為；(2)當Δθ分別等于90°、30°、10°和1°時,平均加速度各為多少？并對結(jié)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,它們分別表示為和．在勻速率圓周運動中,它們的大小分別為,,式中｜Δv｜可由圖(B)中的幾何關系得到,而Δt可由轉(zhuǎn)過的角度Δθ求出．由計算結(jié)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Δt→0時的極限值．解(1)由圖(b)可看到Δv＝v2-v1,故而所以(2)將Δθ＝90°,30°,10°,1°分別代入上式,得,,以上結(jié)果表明,當Δθ→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質(zhì)點在Oxy平面內(nèi)運動,其運動方程為r＝＋)j,式中r的單位為m,t的單位為s．求：(1)質(zhì)點的軌跡方程；(2)在t1＝到t2＝時間內(nèi)的平均速度；(3)t1＝ｓ時的速度及切向和法向加速度；(4)t＝時質(zhì)點所在處軌道的曲率半徑ρ．分析根據(jù)運動方程可直接寫出其分量式x＝x(t)和y＝y(tǒng)(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Δt的大小有關,當Δt→0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aｔ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aｔ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ρ．解(1)由參數(shù)方程x＝,y＝消去t得質(zhì)點的軌跡方程：y＝(2)在t1＝ｓ到t2＝ｓ時間內(nèi)的平均速度(3)質(zhì)點在任意時刻的速度和加速度分別為則t1＝ｓ時的速度v(t)｜t＝1ｓ＝切向和法向加速度分別為(4)t＝ｓ質(zhì)點的速度大小為則1-18飛機以100m·ｓ-1的速度沿水平直線飛行,在離地面高為100m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α或β．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α,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＝1/2gt2飛機水平飛行速度v＝100m·s-1,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O處,已知斜坡傾角為α,炮身與斜坡的夾角為β,炮彈的出口速度為v0,忽略空氣阻力．求：(1)炮彈落地點P與點O的距離OP；(2)欲使炮彈能垂直擊中坡面．證明α和β必須滿足并與v0無關．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?shù)淖鴺讼?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v0cosβ和v0sinβ,其加速度分別為gsinα和gcosα．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,做出炮彈落地時的矢量圖［如圖(B)所示］,由圖中所示幾何關系也可求得(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后也可得到同樣結(jié)果．(2)由分析知,如炮彈垂直擊中坡面應滿足y＝0和vx＝0,則(3)由(2)(3)兩式消去t后得由此可知．只要角α和β滿足上式,炮彈就能垂直擊中坡面,而與v0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R,離地面的高度為h,(1)當傘繞傘柄以勻角速ω旋轉(zhuǎn)時,求證水滴沿邊緣飛出后落在地面上半徑為的圓周上；(2)讀者能否由此定性構想一種草坪上或農(nóng)田灌溉用的旋轉(zhuǎn)式灑水器的方案？分析選定傘邊緣O處的雨滴為研究對象,當傘以角速度ω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(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(1)(2)由式(1)(2)可得由圖(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(θ0＝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φ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,這是噴頭設計中的一個關鍵問題．1-21一足球運動員在正對球門前m處以m·ｓ-1的初速率罰任意球,已知球門高為m．若要在垂直于球門的豎直平面內(nèi)將足球直接踢進球門,問他應在與地面成什么角度的范圍內(nèi)踢出足球？(足球可視為質(zhì)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(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值代入即可求出．解取圖示坐標系Oxy,由運動方程,消去t得軌跡方程以x＝m,v＝m·ｓ-1及m≥y≥0代入后,可解得71．11°≥θ1≥69．92°27．92°≥θ2≥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有兩個不同的投射傾角(如圖所示)．如果以θ＞71．11°或θ＜°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,θ角也并非能取°與°之間的任何值．當傾角取值為°＜θ＜69．92°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．1-22一質(zhì)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(zhì)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(zhì)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aｔ,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(zhì)點在t時間內(nèi)通過的路程,即為曲線坐標的改變量Δs＝st-s0．因圓周長為2πR,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｜a｜＝b,由可得(3)從t＝0開始到t＝v0/b時,質(zhì)點經(jīng)過的路程為因此質(zhì)點運行的圈數(shù)為1-23一半徑為m的飛輪在啟動時的短時間內(nèi),其角速度與時間的平方成正比．在t＝ｓ時測得輪緣一點的速度值為m·ｓ-1．求：(1)該輪在t′＝ｓ的角速度,輪緣一點的切向加速度和總加速度；(2)該點在ｓ內(nèi)所轉(zhuǎn)過的角度．分析首先應該確定角速度的函數(shù)關系ω＝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,ω＝ω(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ωR＝v,由題意ω∝t2得比例系數(shù)所以則t′＝ｓ時的角速度、角加速度和切向加速度分別為總加速度在ｓ內(nèi)該點所轉(zhuǎn)過的角度1-24一質(zhì)點在半徑為m的圓周上運動,其角位置為,式中θ的單位為rad,t的單位為ｓ．(1)求在t＝ｓ時質(zhì)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,θ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＝2ｓ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＝ｓ1-25一無風的下雨天,一列火車以v1＝m·ｓ-1的速度勻速前進,在車內(nèi)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)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′．v1為Ｓ′相對Ｓ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1-26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θ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(即雨點相對于汽車的運動速度v2′的方向)應滿足．再由相對速度的矢量關系,即可求出所需車速v1．解由［圖(b)］,有而要使,則1-27一人能在靜水中以m·ｓ-1的速度劃船前進．今欲橫渡一寬為×103m、水流速度為m·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v＝u＋v′可知,則船到達正對岸所需時間為(2)由于,在劃速v′一定的條件下,只有當α＝0時,v最大(即v＝v′),此時,船過河時間t′＝d/v′,船到達距正對岸為l的下游處,且有1-28一質(zhì)點相對觀察者O運動,在任意時刻t,其位置為x＝vt,y＝gt2/2,質(zhì)點運動的軌跡為拋物線．若另一觀察者O′以速率v沿x軸正向相對于O運動．試問質(zhì)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(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)就是進行坐標變換,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作勻速運動,因此,該坐標變換是線性的．解取Oxy和O′x′y′分別為觀察者O和觀察者O′所在的坐標系,且使Ox和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′＝y(tǒng)＝1/2gt2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．動點在兩坐標系中加速度相同,這也正是伽利略變換的必然結(jié)果．2-1如圖(a)所示,質(zhì)量為m的物體用平行于斜面的細線聯(lián)結(jié)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)gsinθ(B)gcosθ(C)gtanθ(D)gcotθ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(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mgcotθ,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μFN范圍內(nèi)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(zhuǎn)彎處軌道半徑為R,汽車輪胎與路面間的摩擦因數(shù)為μ,要使汽車不至于發(fā)生側(cè)向打滑,汽車在該處的行駛速率()(A)不得小于(B)必須等于(C)不得大于(D)還應由汽車的質(zhì)量m決定分析與解由題意知,汽車應在水平面內(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為μFN．由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應為v＝μRg．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,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(mgcosθ)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θ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＝1/4g的加速度上升的升降機內(nèi),A、B兩物體質(zhì)量相同均為m,A所在的桌面是水平的,繩子和定滑輪質(zhì)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)58mg(B)12mg(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FＴ＝5/8mg．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．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．有興趣的讀者不妨自己嘗試一下．2-6圖示一斜面,傾角為α,底邊AB長為l＝m,質(zhì)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μ＝．試問,當α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α＝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(zhì)量為m1＝×102kg,乙塊質(zhì)量為m2＝×102kg．設吊車、框架和鋼絲繩的質(zhì)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m·ｓ-2的加速度上升；(2)兩物塊以m·ｓ-2的加速度上升．從本題的結(jié)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(jù)連接體中物體的多少可列出相應數(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FＴ-(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a(1)FN2-m2g＝m2a(2)解上述方程,得FＴ＝(m1＋m2)(g＋a)(3)FN2＝m2(g＋a)(4)(1)當整個裝置以加速度a＝10m·ｓ-2上升時,由式(3)可得繩所受張力的值為FＴ＝×103N乙對甲的作用力為F′N2＝-FN2＝-m2(g＋a)＝×103N(2)當整個裝置以加速度a＝1m·ｓ-2上升時,得繩張力的值為FＴ＝×103N此時,乙對甲的作用力則為F′N2＝×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(zhì)量均為m＝物體A以加速度a＝m·ｓ-2運動,求物體B與桌面間的摩擦力．(滑輪與連接繩的質(zhì)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(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及滑輪列動力學方程,有mAg-FＴ＝mAa(1)F′Ｔ1-Fｆ＝mBa′(2)F′Ｔ-2FＴ1＝0(3)考慮到mA＝mB＝m,FＴ＝F′Ｔ,FＴ1＝F′Ｔ1,a′＝2a,可聯(lián)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(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質(zhì)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(zhì)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μ,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(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Fｆ＝μmg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Fｆ＝μmg＝ma1F′ｆ＝-Fｆ＝m′a2a1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＋l)-Fｆl＝μmgs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m′v′＝(m′＋m)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(nèi),有一粒質(zhì)量為m的小鋼球,當小球以角速度ω在水平面內(nèi)沿碗內(nèi)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(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ω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ω的變化而變化．2-11火車轉(zhuǎn)彎時需要較大的向心力,如果兩條鐵軌都在同一水平面內(nèi)(內(nèi)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(cè)壓力,這是很危險的．因此,對應于火車的速率及轉(zhuǎn)彎處的曲率半徑,必須使外軌適當?shù)馗叱鰞?nèi)軌,稱為外軌超高．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的火車,以速率v沿半徑為R的圓弧軌道轉(zhuǎn)彎,已知路面傾角為θ,試求：(1)在此條件下,火車速率v0為多大時,才能使車輪對鐵軌內(nèi)外軌的側(cè)壓力均為零？(2)如果火車的速率v≠v0,則車輪對鐵軌的側(cè)壓力為多少？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FNsinθ提供(式中θ角為路面傾角)．從而不會對內(nèi)外軌產(chǎn)生擠壓．與其對應的是火車轉(zhuǎn)彎時必須以規(guī)定的速率v0行駛．當火車行駛速率v≠v0時,則會產(chǎn)生兩種情況：如圖所示,如v＞v0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v＜v0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,建立如圖所示坐標系．據(jù)分析,由牛頓定律有(1)(2)解(1)(2)兩式可得火車轉(zhuǎn)彎時規(guī)定速率為(2)當v＞v0時,根據(jù)分析有(3)(4)解(3)(4)兩式,可得外軌側(cè)壓力為當v＜v0時,根據(jù)分析有(5)(6)解(5)(6)兩式,可得內(nèi)軌側(cè)壓力為2-12一雜技演員在圓筒形建筑物內(nèi)表演飛車走壁．設演員和摩托車的總質(zhì)量為m,圓筒半徑為R,演員騎摩托車在直壁上以速率v作勻速圓周螺旋運動,每繞一周上升距離為h,如圖所示．求壁對演員和摩托車的作用力．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則與重力相平衡．如圖(c)所示,其中φ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解設雜技演員連同摩托車整體為研究對象,據(jù)(b)(c)兩圖應有(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φ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規(guī)律．2-13一質(zhì)點沿x軸運動,其受力如圖所示,設t＝0時,v0＝5m·ｓ-1,x0＝2m,質(zhì)點質(zhì)量m＝1kg,試求該質(zhì)點7ｓ末的速度和位置坐標．分析首先應由題圖求得兩個時間段的F(t)函數(shù),進而求得相應的加速度函數(shù),運用積分方法求解題目所問,積分時應注意積分上下限的取值應與兩時間段相應的時刻相對應．解由題圖得由牛頓定律可得兩時間段質(zhì)點的加速度分別為對0＜t＜5ｓ時間段,由得積分后得再由得積分后得將t＝5ｓ代入,得v5＝30m·ｓ-1和x5＝m對5ｓ＜t＜7ｓ時間段,用同樣方法有得再由得x＝＋將t＝7ｓ代入分別得v7＝40m·ｓ-1和x7＝142m2-14一質(zhì)量為10kg的質(zhì)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ｓ．在t＝0時,質(zhì)點位于x＝m處,其速度v0＝m·ｓ-1．求質(zhì)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．由于力是時間的函數(shù),而加速度a＝dv/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(zhì)點的速度v(t)；由速度的定義v＝dx/dt,用積分的方法可求出質(zhì)點的位置．解因加速度a＝dv/dt,在直線運動中,根據(jù)牛頓運動定律有依據(jù)質(zhì)點運動的初始條件,即t0＝0時v0＝m·ｓ-1,運用分離變量法對上式積分,得v＝++又因v＝dx/dt,并由質(zhì)點運動的初始條件：t0＝0時x0＝m,對上式分離變量后積分,有x＝+++2-15輕型飛機連同駕駛員總質(zhì)量為×103kg．飛機以m·ｓ-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)α＝×102N·ｓ-1,空氣對飛機升力不計,求：(1)10ｓ后飛機的速率；(2)飛機著陸后10ｓ內(nèi)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(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,飛機著陸10ｓ后的速率為v＝30m·ｓ-1又故飛機著陸后10ｓ內(nèi)所滑行的距離2-16質(zhì)量為m的跳水運動員,從m高臺上由靜止跳下落入水中．高臺距水面距離為h．把跳水運動員視為質(zhì)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＝-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)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Fｆ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-Fｆ-F＝ma由題意P＝F、Fｆ＝bv2,而a＝dv/dt＝v(dv/dy),代入上式后得-bv2＝mv(dv/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＝m-1,v＝代入上式,則得*2-17直升飛機的螺旋槳由兩個對稱的葉片組成．每一葉片的質(zhì)量m＝136kg,長l＝m．求當它的轉(zhuǎn)速n＝320r/min時,兩個葉片根部的張力．(設葉片是寬度一定、厚度均勻的薄片)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,列出動力學方程,然后采用積分的方法求解．解設葉片根部為原點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FＴ(r)與FＴ(r＋dr)．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時外側(cè)FＴ＝0,所以有上式中取r＝0,即得葉片根部的張力FＴ0＝×105N負號表示張力方向與坐標方向相反．2-18一質(zhì)量為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．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aｔ,與其相對應的外力Fｔ是重力的切向分量mgsinα,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mgcosα．由此,可分別列出切向和法向的動力學方程Fｔ＝mdv/dt和Fn＝man．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(zhuǎn)換積分變量．倡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?qū)A軌道的作用力為負號表示F′N與en反向．2-19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(nèi)側(cè)作圓周運動,其摩擦因數(shù)為μ,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減少到12v0時,物體所經(jīng)歷的時間及經(jīng)過的路程．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(nèi)側(cè)對物體的支持力FN和環(huán)與物體之間的摩擦力Fｆ,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(zhì)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Fｆ＝μFN,由上述各式可得取初始條件t＝0時v＝v0,并對上式進行積分,有(2)當物體的速率從v0減少到1/2v0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質(zhì)量為kg的物體,由地面以初速m·ｓ-1豎直向上發(fā)射,物體受到空氣的阻力為Fr＝kv,且k＝N/(m·ｓ-1)．(1)求物體發(fā)射到最大高度所需的時間．(2)最大高度為多少？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,速率應為零．解(1)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t≈ｓ和y≈184m,均比實際值略大一些．2-21一物體自地球表面以速率v0豎直上拋．假定空氣對物體阻力的值為Fr＝kmv2,其中m為物體的質(zhì)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．)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2-22質(zhì)量為m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Fr＝kv2,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,因此可得k＝F/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*2-23飛機降落時,以v0的水平速度著落后自由滑行,滑行期間飛機受到的空氣阻力F1＝-k1v2,升力F2＝k2v2,其中v為飛機的滑行速度,兩個系數(shù)之比k1/k2稱為飛機的升阻比．實驗表明,物體在流體中運動時,所受阻力與速度的關系與多種因素有關,如速度大小、流體性質(zhì)、物體形狀等．在速度較小或流體密度較小時有F∝v,而在速度較大或流體密度較大的有F∝v2,需要精確計算時則應由實驗測定．本題中由于飛機速率較大,故取F∝v2作為計算依據(jù)．設飛機與跑道間的滑動摩擦因數(shù)為μ,試求飛機從觸地到靜止所滑行的距離．以上計算實際上已成為飛機跑道長度設計的依據(jù)之一．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,用運動學第二類問題的相關規(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進行代換,將dt用代替,得到一個有關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,著陸點為坐標原點,如圖所示,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FN＝0和v＝v0,應有k2v02＝mg,將其代入(3)式,可得飛機滑行距離x的另一表達式討論如飛機著陸速度v0＝144km·h-1,μ＝,升阻比,可算得飛機的滑行距離x＝560m,設計飛機跑道長度時應參照上述計算結(jié)果．2-24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＝m,已知剎車時卡車的加速度a＝m·ｓ-2,設剎車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)μ＝．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-Fｆ＝ma-μmg＝ma′(1)v′2＝2a′L(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如圖(a)所示,電梯相對地面以加速度a豎直向上運動．電梯中有一滑輪固定在電梯頂部,滑輪兩側(cè)用輕繩懸掛著質(zhì)量分別為m1和m2的物體A和B．設滑輪的質(zhì)量和滑輪與繩索間的摩擦均略去不計．已知m1＞m2,如以加速運動的電梯為參考系,求物體相對地面的加速度和繩的張力．分析如以加速運動的電梯為參考系,則為非慣性系．在非慣性系中應用牛頓定律時必須引入慣性力．在通常受力分析的基礎上,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,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ar＜a,即m1g-m2g-2m2a＞0時,a1的方向向下；反之,a1的方向向上．*2-26如圖(a)所示,在光滑水平面上,放一質(zhì)量為m′的三棱柱A,它的斜面的傾角為α．現(xiàn)把一質(zhì)量為m的滑塊B放在三棱柱的光滑斜面上．試求：(1)三棱柱相對于地面的加速度；(2)滑塊相對于地面的加速度；(3)滑塊與三棱柱之間的正壓力．分析這類問題可應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滿足相對加速度的矢量關系,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問題是較為方便的．但在非慣性系中,若仍要應用牛頓定律,則必須增添一慣性力F,且有F＝maA．(2)坐標系的選擇．常取平面直角坐標,并使其中一坐標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mgcosα,事實上只有當aA＝0時,正壓力才等于mgcosα．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)(2)(3)(4)設B相對A的加速度為aBA,則由題意aB、aBA、aA三者的矢量關系如圖(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三者的矢量關系可得以aA代入式(3)可得3-1對質(zhì)點組有以下幾種說法：(1)質(zhì)點組總動量的改變與內(nèi)力無關；(2)質(zhì)點組總動能的改變與內(nèi)力無關；(3)質(zhì)點組機械能的改變與保守內(nèi)力無關．下列對上述說法判斷正確的是()(A)只有(1)是正確的(B)(1)、(2)是正確的(C)(1)、(3)是正確的(D)(2)、(3)是正確的分析與解在質(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)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有兩個傾角不同、高度相同、質(zhì)量一樣的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有兩個一樣的物塊分別從這兩個斜面的頂點由靜止開始滑下,則()(A)物塊到達斜面底端時的動量相等(B)物塊到達斜面底端時動能相等(C)物塊和斜面(以及地球)組成的系統(tǒng),機械能不守恒(D)物塊和斜面組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒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對功的概念有以下幾種說法：(1)保守力作正功時,系統(tǒng)內(nèi)相應的勢能增加；(2)質(zhì)點運動經(jīng)一閉合路徑,保守力對質(zhì)點作的功為零；(3)作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以兩者所作功的代數(shù)和必為零．下列上述說法中判斷正確的是()(A)(1)、(2)是正確的(B)(2)、(3)是正確的(C)只有(2)是正確的(D)只有(3)是正確的分析與解保守力作正功時,系統(tǒng)內(nèi)相應勢能應該減少．由于保守力作功與路徑無關,而只與始末位置有關,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(詳見習題3-2分析),由此可見只有說法(2)正確,故選(C)．3-4如圖所示,質(zhì)量分別為m1和m2的物體A和B,置于光滑桌面上,A和B之間連有一輕彈簧．另有質(zhì)量為m1和m2的物體C和D分別置于物體A與B之上,且物體A和C、B和D之間的摩擦因數(shù)均不為零．首先用外力沿水平方向相向推壓A和B,使彈簧被壓縮,然后撤掉外力,則在A和B彈開的過程中,對A、B、C、D以及彈簧組成的系統(tǒng),有()(A)動量守恒,機械能守恒(B)動量不守恒,機械能守恒(C)動量不守恒,機械能不守恒(D)動量守恒,機械能不一定守恒分析與解由題意知,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如圖所示,子彈射入放在水平光滑地面上靜止的木塊后而穿出．以地面為參考系,下列說法中正確的說法是()(A)子彈減少的動能轉(zhuǎn)變?yōu)槟緣K的動能(B)子彈-木塊系統(tǒng)的機械能守恒(C)子彈動能的減少等于子彈克服木塊阻力所作的功(D)子彈克服木塊阻力所作的功等于這一過程中產(chǎn)生的熱分析與解子彈-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,一部分通過其反作用力對木塊作正功而轉(zhuǎn)移為木塊的動能,另一部分則轉(zhuǎn)化為熱能(大小就等于這一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和)．綜上所述,只有說法(C)的表述是完全正確的．3-6一架以×102m·ｓ-1的速率水平飛行的飛機,與一只身長為m、質(zhì)量為kg的飛鳥相碰．設碰撞后飛鳥的尸體與飛機具有同樣的速度,而原來飛鳥對于地面的速率甚小,可以忽略不計．試估計飛鳥對飛機的沖擊力(碰撞時間可用飛鳥身長被飛機速率相除來估算)．根據(jù)本題的計算結(jié)果,你對于高速運動的物體(如飛機、汽車)與通常情況下不足以引起危害的物體(如飛鳥、小石子)相碰后會產(chǎn)生什么后果的問題有些什么體會？分析由于鳥與飛機之間的作用是一短暫時間內(nèi)急劇變化的變力,直接應用牛頓定律解決受力問題是不可能的．如果考慮力的時間累積效果,運用動量定理來分析,就可避免作用過程中的細節(jié)情況．在求鳥對飛機的沖力(常指在短暫時間內(nèi)的平均力)時,由于飛機的狀態(tài)(指動量)變化不知道,使計算也難以進行；這時,可將問題轉(zhuǎn)化為討論鳥的狀態(tài)變化來分析其受力情況,并根據(jù)鳥與飛機作用的相互性(作用與反作用),問題就很簡單了．解以飛鳥為研究對象,取飛機運動方向為x軸正向．由動量定理得式中F′為飛機對鳥的平均沖力,而身長為20cm的飛鳥與飛機碰撞時間約為Δt＝l/v,以此代入上式可得鳥對飛機的平均沖力為式中負號表示飛機受到的沖力與其飛行方向相反．從計算結(jié)果可知,×105N的沖力大致相當于一個22t的物體所受的重力,可見,此沖力是相當大的．若飛鳥與發(fā)動機葉片相碰,足以使發(fā)動機損壞,造成飛行事故．3-7質(zhì)量為m的物體,由水平面上點O以初速為v0拋出,v0與水平面成仰角α．若不計空氣阻力,求：(1)物體從發(fā)射點O到最高點的過程中,重力的沖量；(2)物體從發(fā)射點到落回至同一水平面的過程中,重力的沖量．分析重力是恒力,因此,求其在一段時間內(nèi)的沖量時,只需求出時間間隔即可．由拋體運動規(guī)律可知,物體到達最高點的時間,物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時間是到達最高點時間的兩倍．這樣,按沖量的定義即可求得結(jié)果．另一種解的方法是根據(jù)過程的始、末動量,由動量定理求出．解1物體從出發(fā)到達最高點所需的時間為則物體落回地面的時間為于是,在相應的過程中重力的沖量分別為解2根據(jù)動量定理,物體由發(fā)射點O運動到點A、B的過程中,重力的沖量分別為3-8Fx＝30＋4t(式中Fx的單位為N,t的單位為s)的合外力作用在質(zhì)量m＝10kg的物體上,試求：(1)在開始2ｓ內(nèi)此力的沖量；(2)若沖量I＝300N·s,此力作用的時間；(3)若物體的初速度v1＝10m·s-1,方向與Fx相同,在t＝時,此物體的速度v2．分析本題可由沖量的定義式,求變力的沖量,繼而根據(jù)動量定理求物體的速度v2．解(1)由分析知(2)