物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版之欧阳语创编
物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版之欧阳与创编
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 rd d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d 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 rd 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 sd 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；trd d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；tsd 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 xd 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(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)则所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为(3) t ＝4.0 s 时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 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 其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r 题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为式中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) 速度的分量式为当t ＝0 时,v 0x ＝-10 m·ｓ-1 ,v 0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为设v 0与x 轴的夹角为α,则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则加速度的大小为设a 与x 轴的夹角为β,则β＝-33°41′(或326°19′)1 -8 一升降机以加速度1.22 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当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解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) 由于升降机在t 时间内上升的高度为则 m 716.0='-=h h d题 1-8 图1 -9 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,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tx 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,应有得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=t x x t x 0d d 0v得00421212x 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 并考虑初始条件有得石子运动方程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20021t 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 又由t d d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝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 -12 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ρa 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(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为则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(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为 则m 17.112==n a ρv1 -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(2) 视线和水平线的夹角为(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为取自然坐标,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）2021sin (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 ==αv x t s （2）由式（3），令0=y v ，得飞行到最大高度所需时间将’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 + 2021)sin (gt t v -α1 -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 (21)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1）20)cos (21)]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 )cos (0β= （1）2021)sin (gt t v y -=β （2）对点P αtan x y =' （3）由式（1）、（2）可得球的轨道方程为ββ2202cos 2tan v gx x y -= （4）落地时，应有y y '=，即解之得落地点P 的x 坐标为g v x 3320= （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2021bt 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 202)(-==v v 故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为(2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R =-+4022)(1v 可得(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为 因此质点运行的圈数为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 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总加速度在2.0ｓ内该点所转过的角度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(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 得3213=t 此时刻的角位置为(3) 要使t n a a =,则有t ＝0.55ｓ1 -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v2 ．(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 lαarctan ≥．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 而要使h lαarctan ≥,则第二章 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F Ｔ(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 (B) 必须等于gR μ(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,其速率不断增加分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程R m θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)．*2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( )(A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg分析与解 本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,m a 为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ ＝5/8 mg ．故选(A)．讨论 对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A 和a B 均应对地而言,本题中a A 和a B 的大小与方向均不相同．其中a A 应斜向上．对a A 、a B 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l ＝2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？ 其数值为多少？分析 动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f (t ),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解 取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有则 ()αμααg l t cos sin cos 2-=(2)为使下滑的时间最短,可令0d d =αt ,由式(2)有则可得 μα12tan -=,o 49=α此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg l t2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m 1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m 2 ＝1.00 ×102 kg ．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1) 两物块以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m·ｓ-2 的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？题 2-7 图分析 预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解 按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有F Ｔ-( m 1＋m 2 )g ＝(m 1＋m 2 )a (1)F N2- m 2 g ＝m 2 a (2)解上述方程,得F Ｔ ＝(m 1＋m 2 )(g ＋a) (3)F N2 ＝m 2 (g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m·ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为F Ｔ ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F ′N2＝-F N2＝-m 2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m·ｓ-2 上升时,得绳张力的值为F Ｔ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2 -8如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有m A g-FＴ＝m A a (1)F′Ｔ1 -Fｆ＝m B a′ (2)F′Ｔ -2FＴ1＝0 (3)考虑到m A＝m B＝m, FＴ＝F′Ｔ , FＴ1＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力题 2-8 图讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2 -9质量为m′的长平板A 以速度v′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．。
物理学上册课后习题答案_马文蔚
习题11-1 质点作曲线运动，在时刻t质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +∆时间内的位移为r ∆，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆），平均速度为v ，平均速率为v。
（1）根据上述情况，则必有（ B ） （A ）r s r ∆=∆=∆（B ）r s r ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ∆=∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds ==（2）根据上述情况，则必有（ C ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠=1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1）drdt；（2）drdt；（3）dsdt；（4下列判断正确的是：( D )（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，t a 表示切向加速度。
对下列表达式，即（1）dvdt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。
下述判断正确的是（ D ）（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 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ B ） （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*1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
设该人以匀速率0v 收绳，绳不伸长且湖水静止，小船的速率为v ，则小船作（ C ）（A ）匀加速运动，0cos v vθ= （B ）匀减速运动，0cos v v θ=（C ）变加速运动，0cos v v θ=（D ）变减速运动，0cos vv θ=（E ）匀速直线运动，0vv =习题22-1 如图所示，质量为m 的物体用平行于斜面的细线连结并置于光滑的斜面上，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（ D ）（A ）sin g θ （B ）cos g θ （C ）tan g θ （D ）cot g θ2-2 用水平力N F 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止。
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习题11-1 质点作曲线运动，在时刻t质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +∆时间内的位移为r ∆，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆），平均速度为v ，平均速率为v。
（1）根据上述情况，则必有（ B ） （A ）r s r ∆=∆=∆（B ）r s r ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ∆=∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds ==（2）根据上述情况，则必有（ C ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠=1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1）drdt；（2）drdt；（3）dsdt；（4下列判断正确的是：( D )（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，t a 表示切向加速度。
对下列表达式，即（1）dvdt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。
下述判断正确的是（ D ）（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 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ B ） （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*1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
设该人以匀速率0v 收绳，绳不伸长且湖水静止，小船的速率为v ，则小船作（ C ）（A ）匀加速运动，0cos v vθ= （B ）匀减速运动，0cos v v θ=（C ）变加速运动，0cos v v θ=（D ）变减速运动，0cos vv θ=（E ）匀速直线运动，0vv =习题22-1 如图所示，质量为m 的物体用平行于斜面的细线连结并置于光滑的斜面上，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（ D ）（A ）sin g θ （B ）cos g θ （C ）tan g θ （D ）cot g θ2-2 用水平力N F 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止。
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习题11-1 质点作曲线运动，在时刻t质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +∆时间内的位移为r ∆，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆），平均速度为v ，平均速率为v。
（1）根据上述情况，则必有（ B ） （A ）r s r ∆=∆=∆（B ）r s r ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ∆=∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds ==（2）根据上述情况，则必有（ C ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠=1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1）drdt；（2）drdt；（3）dsdt；（4下列判断正确的是：( D )（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，t a 表示切向加速度。
对下列表达式，即（1）dvdt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。
下述判断正确的是（ D ）（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 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ B ） （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*1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
设该人以匀速率0v 收绳，绳不伸长且湖水静止，小船的速率为v ，则小船作（ C ）（A ）匀加速运动，0cos v vθ= （B ）匀减速运动，0cos v v θ=（C ）变加速运动，0cos v v θ=（D ）变减速运动，0cos vv θ=（E ）匀速直线运动，0vv =习题22-1 如图所示，质量为m 的物体用平行于斜面的细线连结并置于光滑的斜面上，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（ D ）（A ）sin g θ （B ）cos g θ （C ）tan g θ （D ）cot g θ2-2 用水平力N F 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止。
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第1页习题11-1 质点作曲线运动，在时刻t质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +D 时间内的位移为r D ，路程为s D ，位矢大小的变化量为r D （或称rD ），平均速度为v ，平均速率为v。
（1）根据上述情况，则必有（B ）（A ）r s rD =D =D （B ）r s r D ¹D ¹D ，当0t D ®时有dr ds dr =¹（C ）r r s D ¹D ¹D ，当0t D ®时有dr dr ds =¹（D ）r s r D =D ¹D ，当0t D ®时有dr dr ds ==（2）根据上述情况，则必有（C ）（A ）,v v v v ==（B ）,v v v v ¹¹（C ）,v v v v=¹（D ）,v v v v¹=1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1）drdt ；（2）dr dt ；（3）ds dt；（4）22()()dx dy dt dt+下列判断正确的是：( D ) （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，t a 表示切向加速度。
对下列表达式，即（1）dvdt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。
下述判断正确的是（D ）（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1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（B ）（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*1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
物理学教程(马文蔚、周雨青)上册课后答案 三
第三章动量守恒定律和能量守恒定律3 -1对质点组有以下几种说法：(1) 质点组总动量的改变与内力无关；(2) 质点组总动能的改变与内力无关；(3) 质点组机械能的改变与保守内力无关．下列对上述说法判断正确的是()(A) 只有(1)是正确的(B) (1)、(2)是正确的(C) (1)、(3)是正确的(D) (2)、(3)是正确的分析与解在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3)说法是正确的．故选(C)．3 -2有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则()(A) 物块到达斜面底端时的动量相等(B) 物块到达斜面底端时动能相等(C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒(D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒分析与解对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒．物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功．由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等(动量方向也不同)．故(A)(B)(C)三种说法均不正确．至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒．3 -3对功的概念有以下几种说法：(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加；(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零．下列上述说法中判断正确的是()(A) (1)、(2)是正确的(B) (2)、(3)是正确的(C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．3 -4如图所示,质量分别为m1和m2的物体A和B,置于光滑桌面上,A和B之间连有一轻弹簧．另有质量为m1和m2的物体C和D分别置于物体A与B 之上,且物体A和C、B和D之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有()(A) 动量守恒,机械能守恒(B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒(D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)．3 -5如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出．以地面为参考系,下列说法中正确的说法是()(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能(B) 子弹-木块系统的机械能守恒(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热分析与解子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的．3 -6一架以3.0 ×102m·ｓ-1的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？分析由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况．在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了．解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得Δ-='v m t F 式中F '为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得 N 1055.252⨯=='lm F v 鸟对飞机的平均冲力为N 1055.25⨯-='-=F F式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N 的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．3 -7 如图所示，质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v 0 抛出,v 0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间gαt sin Δ01v =,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果．另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出．解1 物体从出发到达最高点所需的时间为gαt sin Δ01v =则物体落回地面的时间为gt t αsin Δ2Δ0122v == 于是,在相应的过程中重力的冲量分别为 j j F I αsin Δd 011Δ1v m t mg t t -=-==⎰j j F I αsin 2Δd 022Δ2v m t mg t t -=-==⎰解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 的过程中,重力的冲量分别为j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-=j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m ＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v 1 ＝10 m·s -1 ,方向与F x 相同,在t ＝6.86 s 时,此物体的速度v 2 ．分析 本题可由冲量的定义式⎰=21d t t t F I,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v 2．解 (1) 由分析知()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I (2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6.86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6.86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得112s m 40-⋅=+=mm I v v 3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．求安全带对人的平均冲力．分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果．解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为gh 21=v (1)在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有()12Δv v m m t -=+P F (2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg t m Δmg F v 解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有 N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h t mgF3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到ωt 2π= 时间内小球动量的增量． 分析 由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式⎰21d t t t F 积分前,应先将式中x 用x ＝A cos ωt 代之,方能积分．解 力F 的冲量为 ωωωkA t t kA t kx t F I t t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d 即 ()ωkA m -=v Δ 3 -11 一只质量kg 11.01=m 的垒球以11s m 17-⋅=v 水平速率扔向打击手，球经球棒击出后，具有如图（a ）所示的速度且大小12s m 34-⋅=v ，若球与棒的接触时间为0.025 s,求：（1）棒对该球平均作用力的大小；（2）垒球手至少对球作了多少功？分析 第（1）问可对垒球运用动量定理，既可根据动量定理的矢量式，用几何法求解，如图（b ）所示；也可建立如图（a ）所示的坐标系，用动量定量的分量式求解，对打击、碰撞一类作用时间很短的过程来说，物体的重力一般可略去不计.题 3-11 图解 （1） 解 1 由分析知，有12mv mv t F -=∆其矢量关系如图（b ）所示，则)60180cos())((2)()()(2122212 --+=∆mv mv mv mv t F解之得N 9.197=F解 2 由图（a ）有 x x x mv mv t F 12-=∆02-=∆y y mv t F 将，则和代入解得及y x y x x F F v v v v v v 60sin 60cos ,22221=-==N 9.19722=+=yx F F F(2) 由质点动能定理，得 J 7.4721212122=-=mv mv W 3 -12 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m 2 的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向．题 3-12 图分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp ＝Δm (v B -v A )；此动量的变化是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F ；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F ．解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水的平均冲力()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F 从而可得水流对管壁作用力的大小为N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．3 -13 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1的速度继续向前驶去．A 、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守恒方程即可解出结果．解 设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有()A A B A A m m m m v v v '=+- (1)()''=+-B B A B B m m m m v v v (2)由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m·s -1 代入数据后,可解得()()12s m 40.0-⋅-=---'-=mm m m m m m A B B B A v v ()()()12s m 6.3-⋅=---'-=m m m m m m m m B A B B A B v v也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解．3 -14 质量为m′ 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v 0 向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点)分析 人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致．在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化．如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定．至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算．解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率．得u m m m α'++=cos 00v v 人的水平速率的增量为 u mm m α'+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面的运动时间为 gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加的距离 ()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0v v 3 -15 一物体在介质中按规律x ＝ct 3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x 0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k )分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式⎰⋅=x F d W 来求解．关键在于寻找力函数F ＝F (x )．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F (v ) ＝k v 2 变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3 的关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功的定义式求解．解 由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体的速度 23d d ct tx ==v 按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为 3/43/242299x kc t kc k F ===v则阻力的功为⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W l l -=-==⋅=⎰⎰⎰ x F 3 -16 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．题 3-16 图分析 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可求出．解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0.2 kg/m,人对水桶的拉力的功为()J 882d d 100100=-=⋅=⎰⎰y agy mg W y F3 -17 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开．求：(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和速率；(3) 在最低位置时的张力．题 3-17 图分析 (1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功．小球摆动过程中同时受到重力和张力作用．重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式⎰⋅=s d F W ,即能得出结果来．(2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率．(3) 在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定．解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即 ()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P在小球摆动过程中,张力F Ｔ 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功s F d T T ⋅=⎰W(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为J 53.0k ==P W E小球在最低位置的速率为1P K s m 30.222-⋅===mW m E v (3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得lm P F 2T v =- N 49.22T =+=lm mg F v 3 -18 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v 0 ．当它运动一周时,其速率为v 0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？分析 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之．解 (1) 摩擦力作功为20202k0k 832121v v v m m m E E W -=-=-= (1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ ＝μmg ,故有 mg r s F W μπ2180cos o f -== (2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为rg πμ16320v =(3) 由于一周中损失的动能为2083v m ,则在静止前可运行的圈数为 34k0==W E n 圈 3 -19 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m 1 和m 2 ．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k )题 3-19 图分析 运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出．解 选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1 ＝P 1 ＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得2221212121mgy ky mgy ky +=- 式中y 1 、y 2 为M 、N 两点对原点O 的位移．因为F 1 ＝ky 1 ,F 2 ＝ky 2 及P 1 ＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2 ＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得F ＝P 1 ＋F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2 ＝P 2 ,且F 2 ＝F′2 ．由式(3)可得F ＝P 1 ＋P 2 ＝(m 1 ＋m 2 )g应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．3 -20 如图所示，一质量为m 的木块静止在光滑水平面上，一质量为m /2的子弹沿水平方向以速率0v 射入木块一段距离L (此时木块滑行距离恰为s )后留在木块内，求：（1）木块与子弹的共同速度v ,此过程中木块和子弹的动能各变化了多少？（2）子弹与木块间的摩擦阻力对木块和子弹各作了多少功？（3）证明这一对摩擦阻力的所作功的代数和就等于其中一个摩擦阻力沿相对位移L 所作的功.(4)证明这一对摩擦阻力所作功的代数和就等于子弹-木块系统总机械能的减少量(亦即转化为热的那部分能量).题 3-20 图分析 对子弹-木块系统来说，满足动量守恒，但系统动能并不守恒，这是因为一对摩擦内力所做功的代数和并不为零，其中摩擦阻力对木块作正功，其反作用力对子弹作负功，后者功的数值大于前者，通过这一对作用力与反作用力所做功，子弹将一部分动能转移给木块，而另一部分却转化为物体内能.本题（3）、（4）两问给出了具有普遍意义的结论，可帮助读者以后分析此类问题.解 （1）子弹-木块系统满足动量守恒，有v m m mv )2/(2/0+=解得共同速度031v v = 对木块 2022k 181021mv mv E =-=∆ 对子弹 202022k 92)2(21)2(21mv v m v m E -=-=∆ （2） 对木块和子弹分别运用质点动能定理，则 对木块 201k 1181mv E W =∆= 对子弹 202k 292mv E W -=∆= （3） 设摩擦阻力大小为f F ,在两者取得共同速度时，木块对地位移为s ，则子弹对地位移为L +s ,有对木块 s F W f 1= 对子弹 )(f 2s L F W +-=得 L F W W W f 21-=+=式中L 即为子弹对木块的相对位移，“-”号表示这一对摩擦阻力（非保守力）所作功必定会使系统机械能减少.(4) 对木块 2f 121mv s F W == 对子弹 202f 2)2(21)2(21)(v m v m s L F W -=+-= 两式相加，得 202221)2(21])2(2121[v m v m mv W W -+=+ 即 20f 183mv L F -=- 两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系的动能定理表达式，左边为一对内力所作功，右边为系统动能的变化量.3 -21 用铁锤把钉子敲入墙面木板．设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比．若第一次敲击,能把钉子钉入木板1.00 ×10 -2 m ．第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深？分析 由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．解 因阻力与深度成正比,则有F ＝kx (k 为阻力系数)．现令x 0＝1.00 ×10 -2 m,第二次钉入的深度为Δx ,由于钉子两次所作功相等,可得⎰⎰+=x x x x x kx x kx Δ0000d dΔx ＝0.41 ×10 -2 m3 -22 一质量为m 的地球卫星,沿半径为3R E 的圆轨道运动, R E 为地球的半径．已知地球的质量为m E ．求：(1) 卫星的动能；(2) 卫星的引力势能；(3) 卫星的机械能．分析 根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即可算出．由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能．由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时,必须规定势能的零点,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零．这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了．至于卫星的机械能则是动能和势能的总和．解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得()E 22E E 33R m R m m G v = 则 EE 2k 621R m m G m E ==v (2) 取卫星与地球相距无限远(r →∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为 E E P 3R m m GE -= (3) 卫星的机械能为EE E E E E P k 636R m m G R m m G R m m G E E E -=-=+= 3 -23 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．题 3-23 图分析 取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力F N 始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P 又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果． 解 由系统的机械能守恒,有θmgR m mgR cos 212+=v (1) 根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为 Rm F θmgR 2N cos v =- (2) 冰块脱离球面时,支持力F N ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置o θ2.4832arccos== 冰块此时的速率为32cos Rg θgR ==v v 的方向与重力P 方向的夹角为 α＝90° - θ ＝41.8°3 -24 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 的小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7.5 ×10 -2 m ．然后在弹簧弹性力的作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动．小球与轨道间的摩擦不计．已知 BCD是半径r ＝0.15 m 的半圆弧,AB 相距为2r ．求弹簧劲度系数的最小值．题 3-24 图分析 若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒．运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态．为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时的最高点C 处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动；小于此速率时,小球将脱离轨道抛出．该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需的向心力,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值．解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力F N ＝0,因此,有rm m g c 2v = (1) 取小球开始时所在位置A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有()()22213Δ21c m r mg l k v += (2) 由式(1)、(2)可得()12m N 366Δ7-⋅==l mgr k。
物理学上册课后习题答案_马文蔚
习题11-1 质点作曲线运动，在时刻t质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +∆时间内的位移为r ∆，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆），平均速度为v ，平均速率为v。
（1）根据上述情况，则必有（ B ） （A ）r s r ∆=∆=∆（B ）r s r ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ∆=∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds ==（2）根据上述情况，则必有（ C ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠=1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1）drdt；（2）drdt；（3）dsdt；（4下列判断正确的是：( D )（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，t a 表示切向加速度。
对下列表达式，即（1）dvdt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。
下述判断正确的是（ D ）（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 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ B ） （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*1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
设该人以匀速率0v 收绳，绳不伸长且湖水静止，小船的速率为v ，则小船作（ C ）（A ）匀加速运动，0cos v vθ= （B ）匀减速运动，0cos v v θ=（C ）变加速运动，0cos v v θ=（D ）变减速运动，0cos vv θ=（E ）匀速直线运动，0vv =习题22-1 如图所示，质量为m 的物体用平行于斜面的细线连结并置于光滑的斜面上，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（ D ）（A ）sin g θ （B ）cos g θ （C ）tan g θ （D ）cot g θ2-2 用水平力N F 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止。
物理学教程(第二版--莫文蔚、周雨青)上册课后答案[1]d
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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ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故ts 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)22d 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tr 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td 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td 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 =tx 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 tx 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 =tx 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 xm 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1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t x v 2s0.422m.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2412x 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 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==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 tx x 6010d d +-==v t ty 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23tan 00-==x yαv 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 -⋅-==ta y y v 则加速度的大小为 222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则 32tan -==x y a a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -8 一升降机以加速度1.22 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20121at t y +=v 20221gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v v s 705.02=+=ag h t (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m 716.021202=+-=-=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)(210t a g h +-= s 705.02=+=ag h t (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at 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 -t2 ,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tx 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 ⎰⎰=txx t x 0d d 0v 得 00421212x 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75.0121242+-=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 ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-vv (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 BA t y --==v 并考虑初始条件有 t BA 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20021t 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⎰⎰⎰+==tt t t 000)d 46(d d j i a vvj i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt rr 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 2y ＝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 -12 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td 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 te 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ρa 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 0.60.2ΔΔ1212-=--==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 )(-⋅-=+=ty 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 tt e e e a 222s 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122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na 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 ＝v t , 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==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为o 5.12arctan==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 vv 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）2021sin (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 0mm ==αv x t s（2）由式（3），令0=y v ，得飞行到最大高度所需时间gv t αsin 0m =’ 将’m t 代入式（2），得飞行最大高度 67.02sin 220m ==gv 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 + 2021)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 (21)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1） 20)cos (21)]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==gv t s 将 t 值代入式（1），得1.263220===gv x OP m解 2 由分析知，在图（b ）坐标系中，对小球 t v x )cos (0β= （1）2021)sin (gt t v y -=β （2） 对点P αtan x y =' （3） 由式（1）、（2）可得球的轨道方程为ββ2202cos 2tan v gx x y -= （4） 落地时，应有y y '=，即60cos 260tan 30tan 2202v gx x x -= 解之得落地点P 的x 坐标为gv x 3320= （5）则 1.263230cos 20===gv xOP 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2021bt 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 ts-==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 , Rbt R a n 202)(-==v v故加速度的大小为R)(402222bt b a a a a t tn-+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v =(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为bs s s t 2200v =-=因此质点运行的圈数为bRR s n π4π22v ==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-⋅===Rtt 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 ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 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 2032220====-⎰⎰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 tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为22s2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s2s m 80.4d d -=⋅==tωra t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt =得 3213=t此时刻的角位置为rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt =t ＝0.55ｓ1 -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v2 ．(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1o12s m 36.575tan -⋅==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hlαarctan ≥．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θθcos sin arctan221v v v -=α而要使hl αarctan≥,则 h lθθ≥-cos sin 221v v v⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v。
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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｜dr ｜= ds ≠ dr (C) ｜Δr｜≠ Δr ≠ Δs,当Δt→0 时有｜dr ｜= dr ≠ ds (D) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr ｜= dr = ds (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｜dr ｜＝ds,但却不等于dr ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故ts t ΔΔΔΔ≠r,即｜v ｜≠v ． 但由于｜dr ｜＝ds,故ts 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)22d 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 rd 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vr 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式ts 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)dv /dt ＝a ；(2)dr/dt ＝v ；(3)ds/dt ＝v ；(4)dv /dt ｜＝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td 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；tr d d 在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；t sd d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td 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an 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 =tx 来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp ～t 内的位移大小Δx1 、Δx2,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tx 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(2) 由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意) 则 所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 (3) t ＝4.0 s 时 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 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 其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为 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 当t ＝0 时,v0x ＝-10 m·ｓ-1 ,v0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 设v0与x 轴的夹角为α,则 α＝123°41′ (2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta x x v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v 则加速度的大小为 设a 与x 轴的夹角为β,则β＝-33°41′(或326°19′)1 -8 一升降机以加速度1.22 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y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(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 当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即 (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 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) 由于升降机在t 时间内上升的高度为 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 -t2 ,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tx 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,应有得 03314v v +-=t t (1) 由 ⎰⎰=t x x t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得v0＝-1 m·ｓ-1,x0＝0.75 m 于是可得质点运动方程为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 -Bv,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dv ＝a(v)dt 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,有得石子速度 )e 1(Bt BA --=v 由此可知当,t→∞时,BA →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 BA t y --==v 并考虑初始条件有 得石子运动方程 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r0 ＝10 mi ．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ax 和ay 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20021t 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t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 由上述结果可得质点运动方程的分量式,即 x ＝10＋3t2 y ＝2t2 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 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0ti ＋(19.0 -2.0t2 )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t1＝1.0s 到t2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t1 ＝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tΔΔr =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td 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an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te 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t1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程 x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t2 消去t 得质点的轨迹方程： y ＝19.0 -0.50x2 (2) 在t1 ＝1.00ｓ 到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度 (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 则t1 ＝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 (4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为 则m 17.112==na 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vx 、vy 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 gt2 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 (2) 视线和水平线的夹角为 (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 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）2021sin (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 ==αv x t s （2）由式（3），令0=y v ，得飞行到最大高度所需时间 将’m t 代入式（2），得飞行最大高度67.02sin 220m ==gv 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 + 2021)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v0 ＝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 (21)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1） 20)cos (21)]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== gv t s 将 t 值代入式（1），得1.263220===gv x OP m 解 2 由分析知，在图（b ）坐标系中，对小球 t v x )cos (0β= （1）2021)sin (gt t v y -=β （2） 对点P αtan x y =' （3）由式（1）、（2）可得球的轨道方程为ββ2202cos 2tan v gx x y -= （4）落地时，应有y y '=，即解之得落地点P 的x 坐标为g v x 3320= （5）则 1.263230cos 20===gv 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2021bt t s -=v 运动,v0 、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an ＝v2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋anen ．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＝st -s0．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 其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为 其方向与切线之间的夹角为(2) 要使｜a ｜＝b,由b bt b R R =-+4022)(1v 可得(3) 从t ＝0 开始到t ＝v0 /b 时,质点经过的路程为 因此质点运行的圈数为 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＝kt2．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∝t2 得比例系数 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 总加速度 在2.0ｓ内该点所转过的角度 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(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即得 3213=t 此时刻的角位置为 (3) 要使t n a a =,则有 t ＝0.55ｓ 1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v1＝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v2 ．(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′．v1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v2 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v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′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 1 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v2′,若车后有一长方形物体,问车速v1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v2′的方向)应满足hl αarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v1．题 1-20 图解 由122v v v -='［图(b)］,有 而要使hl αarctan ≥,则 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) gsinθ(B) gco sθ(C) gtanθ(D) gcotθ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mgcotθ,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FN把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当FN逐渐增大时,物体所受的静摩擦力Ff的大小( )(A) 不为零,但保持不变(B) 随FN成正比地增大(C) 开始随FN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μFN范围内取值．当FN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gRμμ(B) 必须等于gR(C) 不得大于gRμ (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μFN．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,其速率不断增加分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcosθ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程R m θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力FN 也将不断增大,由此可见应选(B)．*2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( ) (A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg 分析与解 本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,ma 为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ ＝5/8 mg ．故选(A)． 讨论 对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA 和aB 均应对地而言,本题中aA 和aB 的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对aA 、aB 、a 和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．有兴趣的读者不妨自己尝试一下． 2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l ＝2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？ 其数值为多少？ 分析 动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来． 解 取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有则 ()αμααg l t cos sin cos 2-= (2) 为使下滑的时间最短,可令0d d =αt,由式(2)有 则可得 μα12tan -=,o 49=α此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg l t 2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m2 ＝1.00 ×102 kg．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1) 两物块以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m·ｓ-2 的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？题 2-7 图分析 预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力． 解 按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有 F Ｔ-( m1＋m2 )g ＝(m1＋m2 )a (1) FN2- m2 g ＝m2 a (2) 解上述方程,得FＴ＝(m1＋m2 )(g ＋a) (3)FN2 ＝m2 (g ＋a) (4) (1) 当整个装置以加速度a ＝10 m·ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F′N2＝-FN2＝-m2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m·ｓ-2 上升时,得绳张力的值为FＴ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2 -8 如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2 运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有mAg-FＴ＝mA a (1)F′Ｔ1 -Fｆ＝mB a′ (2)F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3)考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力题 2-8 图讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2 -9 质量为m′的长平板A 以速度v′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与。