物理学教程(第二版)上册1--2单元课后习题答案详解

物理学教程（第二版）上册习题答案

第一章 质点运动学

1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．

(1) 根据上述情况,则必有( )

(A) ｜Δr ｜= Δs = Δr

(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r

(C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s

(D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s

(2) 根据上述情况,则必有( )

(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v

(C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v

分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．

(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故

t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故t

s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)．

1 -

2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)2

2d d d d ??? ??+??? ??t y t x ． 下述判断正确的是( )

(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确

(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确

分析与解 t

r d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；t

d d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ??

? ??+??? ??=t y t x v 求解．故选(D)．

1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即

(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ．

下述判断正确的是( )

(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的

(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的

分析与解

t

d d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t

r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t

d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．

1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )

(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变

(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变

(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变

(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变

分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量

a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改

变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率

圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零

的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应

选(B)．

1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：

(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小；

(2) 质点在该时间内所通过的路程；

(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．

分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,

就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =t

x 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ?+?=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用

t

x d d 和22d d t x 两式计算．

题 1-5 图

解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小

m 32Δ04-=-=x x x

(2) 由 0d d =t

x 得知质点的换向时刻为

s 2=p t (t ＝0不合题意)

则

m 0.8Δ021=-=x x x

m 40Δ242-=-=x x x

所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为

m 48ΔΔ21=+=x x s

(3) t ＝4.0 s 时

1s

0.4s m 48d d -=?-==t t x v 2s

0.422m.s 36d d -=-==t t x a 1 -6 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：

(1) 质点的运动轨迹；

(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；

(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；

分析 质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析).

解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为

24

12x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．

(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为

j r 20= , j i r 242-=

图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．

(3) 由位移表达式,得

j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x 其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ20202222

02=+-+=-==y x y x r r r r

题 1-6 图

1 -7 质点的运动方程为

23010t t x +-=

22015t t y -=

式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．

试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．

分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．

解 (1) 速度的分量式为

t t

x x 6010d d +-==v t t

y y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v 0x ＝-10 m·ｓ-1 , v 0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 120200s m 0.18-?=+=y x v v v

设v 0与x 轴的夹角为α,则

2

3tan 00-==x y

αv v α＝123°41′

(2) 加速度的分量式为

2s m 60d d -?==t a x x v , 2s m 40d d -?-==t

a y y v 则加速度的大小为

22

2s m 1.72-?=+=y x a a a 设a 与x 轴的夹角为β,则

3

2tan -==x y a a β β＝-33°41′(或326°19′)

1 -8 一升降机以加速度1.2

2 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距

2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．

分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为

零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问

题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．

解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为

20121

at t y +=v

20221

gt t h y -+=v

当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即

2

02021

21gt t h at t -+=+v v

s 705.02=+=a g h

t

(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

m 716.021

202=+-=-=gt t y h d v

解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g

＋a ,螺丝落至底面时,有

2)(21

0t a g h +-=

s 705.02=+=a g h

t

(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为

2021

at t h +='v

则 m 716.0='-=h h d

题 1-8 图

1 -9 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t

2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．

分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和t

x d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．

解 由分析知,应有

??=t

t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)

由 ??=t

x x t x 0d d 0v 得 004212

12x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得

v 0＝-1 m·ｓ-1, x 0＝0.75 m

于是可得质点运动方程为

75.012

1242+-=t t x 1 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．

分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为

t a d )

(d =v v 后再两边积分．

解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．

(1) 由题意知 v v B A t

a -==

d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为

t B A d d =-v v (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

??=-t t B A 0d d d 0v v v v

v

得石子速度 )e 1(Bt B

A --=v 由此可知当,t →∞时,

B A →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．

(2) 再由)e 1(d d Bt B

A t y --==v 并考虑初始条件有 t

B A y t Bt y d )e 1(d 00??--=

得石子运动方程

)1(e 2-+=-Bt B A t B A y 1 -11 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时

刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．

题 1-11 图

分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求

解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即2002

1t a t x x x x ++=v 和

20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．

解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得

???

+==t t t t 000)d 46(d d j i a v v j i t t 46+=v 又由t

d d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ???+==t

t r r t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=

由上述结果可得质点运动方程的分量式,即

x ＝10＋3t 2

y ＝2t 2

消去参数t ,可得运动的轨迹方程

3y ＝2x -20 m

这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===

αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示．

1 -1

2 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；

(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时

的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．

分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内

位置的变化率,即t

ΔΔr =

v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度t d d r =v ．切向和法向加速度是指在自然

坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变

化率,即t t t

e a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρ

a n 2v =求ρ． 解 (1) 由参数方程

x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2

消去t 得质点的轨迹方程：

y ＝19.0 -0.50x 2

(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度

j i r r 0.60.2ΔΔ1

212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 j i j i j i t t y t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=

+=v v v j j i a 22222s m 0.4d d d d )(-?-=+=t

y t x t 则t 1 ＝1.00ｓ时的速度

v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j

切向和法向加速度分别为

t t y x t t t t

t e e e a 22

2s 1s m 58.3)(d d d d -=?=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-?=-=

(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为

12

2s m 47.4-?=+=y x v v v 则m 17.112==n

a ρv 1 -13 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？

题 1-13 图

分析 物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．

此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．

解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为

x ＝vt , y ＝1/2 gt 2

飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离

m 4522==g

y x v (2) 视线和水平线的夹角为 o 5.12arctan

==x y θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

v

v v gt αx y arctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为

2s m 88.1arctan sin sin -?=??? ?

?==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -?=??? ?

?==v gt g g a n α

1 -14 为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口，如图所示，柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为

1500=v h km 1-?，他随即以仰角 5=α冲出，飞越跨度达57

m ，安全着陆在西岸木桥上，求：

题 1-14 图

（1） 柯飞车跨越黄河用了多长时间？

（2） 若起飞点高出河面10 m ，柯驾车飞行的最高点距河面为几

米？

（3） 西岸木桥和起飞点的高度差为多少？

分析 由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动

来说，运用叠加原理是求解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的直角坐标系，将运动分解为两个相互正交的直线运动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g ，故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动，直接列出相关运动规律方程即可求解，本题可建立图示坐标系，图中m m x y 和分别表示飞车的最大高度

和飞跃跨度.

解 在图示坐标系中，有

t v x )cos (0α= （1） 2021

sin (gt t v y -=）α （2）

gt v v y -=αsin 0 （3）

(1) 由式（1），令57m ==x x m ，得飞跃时间

37.1cos 0m m ==α

v x t s （2）由式（3），令0=y v ，得飞行到最大高度所需时间

g

v t αsin 0m =’

将’m t 代入式（2）

，得飞行最大高度 67.02sin 220m ==g

v y αm 则飞车在最高点时距河面距离为

10m +=y h m 67.10= m

（3）将37.1m =t s 代入式（2），得西岸木桥位置为

y = - 4.22 m

“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.

讨论 本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在 y 方向上的运动方程应为

10=y m + 202

1)sin (gt t v -α 1 -15 如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角 30=α，球的抛射角 60=β，设球被抛出时的速率v 0 ＝19.6 m·ｓ-1

，

忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡底端的距离为多少？此过程经历多长时间？

题 1-15 图

分析 求解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图（a ）和图（b ）所示.在图（a ）坐标系中，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-g αcos 和-g αsin ，看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y =0,对应的时间t 和x 的值即为本题所求.在图（b ）坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P 的坐标y 与x 的关系列出来.

解 1 由分析知，在图（a ）坐标系中，有

20)sin (2

1

)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1） 20)cos (2

1)]sin([t g t v y ααβ-+-= （2）

落地时，有y =0，由式（2）解得飞行时间为

31.230tan 20== g

v t s

将 t 值代入式（1），得

1.263220===g

v x OP m

解 2 由分析知，在图（b ）坐标系中，

对小球

t v x )c o s (0β= （1） 2021

)sin (gt t v y -=β

（2） 对点P

αt a n x y =' （3）

由式（1）、（2）可得球的轨道方程为 β

β2202

cos 2tan v gx x y -=

（4） 落地时，应有y y '=，即

60

cos 260tan 30tan 2202

v gx x x -=

解之得落地点P 的x 坐标为 g

v x 332

=

（5）

则 1.263230cos 20===g v x

OP m

联解式（1）和式（5）可得飞行时间

31.2=t s

讨论 比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?

1 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律202

1bt t s -=v 运动,v 0 、b 都

是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？

分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．

解 (1) 质点作圆周运动的速率为

bt t s -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为

b t s a t -==22d d , R

bt R a n 2

02)(-==v v 故加速度的大小为

R )(402222

bt b a a a a t t

n -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为

?????

?--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R

=-+4022)(1v 可得 b

t 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为

b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为

bR

R s n π4π220v == 1 -17 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．

分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．

解 因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数

322s rad 2-?===Rt

t ωk v 所以 22)(t t ωω==

则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

12s rad 5.02-?='=t ω

2s rad 0.24d d -?='==t t

ωα 2s m 0.1-?==R αa t

总加速度

n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-?=+=

R ωR αa 在2.0ｓ内该点所转过的角度 rad 33.532d 2d 20320

2200====-??t t t t ωθθ 1 -18 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？

分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．

解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t t

θω==

．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为

22s 2s m 30.2-=?==ωr a t n

2s 2s m 80.4d d -=?==t

ωr a t t (2) 当222

12/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()

422212243t r rt = 得 3

213=

t 此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ

(3) 要使t n a a =,则有

()()4

22212243t r rt = t ＝0.55ｓ

1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前

进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v 2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)

题 1-19 图

分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v 2 为雨滴相

对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为

1'22v v v += (如图所示),于是可得

1o 12s m 36.575

tan -?==v v 1 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨

滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方

形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？

分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,

在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足h

l αarctan

≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．

题 1-20 图

解 由122v v v -='［图(b)］,有

θ

θcos sin arctan 221v v v -=α 而要使h

l αarctan ≥,则 h

l θθ≥-cos sin 221v v v ??

? ??+≥θh θl sin cos 21v v 第二章 牛顿定律

2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )

(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ

分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ(其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．

2 -2用水平力F N把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f的大小( )

(A) 不为零,但保持不变

(B) 随F N成正比地增大

(C) 开始随F N增大,达到某一最大值后,就保持不变

(D) 无法确定

分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N范围内取值．当F N增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．

2 -3一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )

(A) 不得小于gR

μ

μ(B) 必须等于gR

(C) 不得大于gR

μ (D) 还应由汽车的质量m决定

分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．

2 -4一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( )

(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变

(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加

(C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心

(D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加