马文蔚-物理学-第五版上册带原题-答案.pdf

《马文蔚-物理学-第五版上册带原题-答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《马文蔚-物理学-第五版上册带原题-答案.pdf（267页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第一章第一章质点运动学质点运动学1-11-1质点作曲线运动,在时刻t质点的位矢为r r,速度为v v,速率为v,t至(tt)时间内的位移为 r r,路程为s,位矢大小的变化量为 r(或称r r),平均速度为v v,平均速率为v(1)根据上述情况,则必有()(A)r r=s=r(B)r r s r,当t0 时有dr r=ds dr(C)r r r s,当t0 时有dr r=dr ds(D)r r s r,当t0 时有dr r=dr=ds(2)根据上述情况,则必有()(A)v v=v,v v=v (B)v vv,v vv(C)v v=v,v vv (D)v vv,v v=v分析与解分析与解(1)质

2、点在t至(tt)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sPP,位移大小r rPP,而rr r-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t0 时,点P无限趋近P点,则有dr rds,但却不等于dr故选(B)(2)由于r rs,故r rs,即v vvtt但由于dr rds,故dr rds,即v vv由此可见,应选(C)dtdt1-21-2一运动质点在某瞬时位于位矢r r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即d r rdrdsdxdy(1)；(2)；(3)；(4)dtdtdtdtdt下述判断正确的是

3、()(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)正确分析与解分析与解22dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标dt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；dr rds表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v 计算,在dtdt22dxdy 直角坐标系中则可由公式v 求解故选(D)dtdt1-31-3质点作曲线运动,r r表示位置矢量,v v表示速度,a表示加速度,s表示路程,a表示切向加速度对下列表达式,即(1)d v/dta；(2)dr/dtv；(3)ds/dtv；(4)dv v/dta下述判

4、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dv表示切向加速度a,它表示速度大小随时间的变化率,dtdr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；在极坐dtds标系中表示径向速率vr(如题1-2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速dt分析与解分析与解率v；而dv v表示加速度的大小而不是切向加速度a因此只有(3)式表达dt是正确的故选(D)1-41-4一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

5、不变(D)切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解分析与解加速度的切向分量a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恒为零；质点作匀变速率圆周运动时,a为一不为零的恒量,当a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*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v0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v,则小船作()(A)匀加速运动

6、,v v0cos(B)匀减速运动,v v0cos(C)变加速运动,v v0cos(D)变减速运动,v v0cos(E)匀速直线运动,v v0分析与解分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为x l2h2,其中绳长l随时间t而变化小dldxdt,式中dl表示绳长l随时间的变化率,其大小即船速度v dtdtl2h2l为v0,代入整理后为v v0l2h2/lv0,方向沿x轴负向由速度表达cos式,可判断小船作变加速运动故选(C)讨讨论论有人会将绳子速率v0按x、y两个方向分解,则小船速度v

7、v0cos,这样做对吗1-61-6已知质点沿x轴作直线运动,其运动方程为x 26t 2t,式中x的单位为m,t的单位为 s求：(1)质点在运动开始后 s内的位移的大小；(2)质点在该时间内所通过的路程；(3)t4 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x的大小可直接由运动方程得到：x xt x0,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23dx 0来确定其运动方向改变的时刻tp,求出0tp和tpt内dt的位移大小x1、x2,

8、则t 时间内的路程s x1 x2,如图所示,至于dxd2xt s 时质点速度和加速度可用和2两式计算dtdt解解(1)质点在 s内位移的大小x x4 x0 32 mdx 0(2)由dt得知质点的换向时刻为tp 2 s(t0不合题意)则x1 x2 x0 8.0 mx2 x4 x2 40 m所以,质点在 s时间间隔内的路程为s x1 x2 48m(3)t s时v dx 48 ms1dtt4.0sd2xa 2 36 m.s2dtt4.0s1-7一质点沿x轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示设t0 时,x0试根据已知的v-t图,画出a-t图以及x-t图分析根据加速度的定义可知,在直线运动

9、中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)加速度为恒量,在a-t图上是平行于t轴的直线,由v-t图中求出各段的斜率,即可作出a-t图线 又由速度的定义可知,x-t曲线的斜率为速度的大小因此,匀速直线运动所对应的x-t图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的xt图为t的二次曲线 根据各段时间内的运动方程xx(t),求出不同时刻t的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t图解解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为aABvB vA 20 ms2 (匀加速直线运动)tBtAaBC 0 (

10、匀速直线运动)aCDvD vC 10 ms2(匀减速直线运动)tDtC根据上述结果即可作出质点的a-t图图(B)在匀变速直线运动中,有1x x v0t t22由此,可计算在02和46时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作02和46时间内的x-t图在24时间内,质点是作v 20 ms的匀速直线运动,其x-t图是斜率k20的一段直线图(c)1-81-8已知质点的运动方程为r r 2ti i(2t)j j,式中r的单位为m,t的单位为求：(1)质点的运动轨迹；(2)t0 及t2时,质点的位矢；(3)由t0 到t2内质点的位移r r和径向增量r；*12(4)2 内质点所走过的

11、路程s分析分析质点的轨迹方程为yf(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 r、r r、r、s来说,物理含义不同,可根据其定义计算其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则ds(dx)2(dy)2,最后用s ds积分求解解(1)由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为y 212x4这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示(2)将t0和t2分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r r0 2j j,r r2 4i i 2j j图(a)中的P、Q 两点,即为t0和t2时质点所在位置(3)由位移表达式,得r r r r2r r1(x2 x0)i i(

12、y2 y0)j j 4i i 2j j其中位移大小r r(x)2(y)2 5.66 m2222x2 y2x0 y0 2.47 m而径向增量r r r r r2 r r0*(4)如图(B)所示,所求s即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB微元ds,则ds 2内路程为1(dx)2(dy)2,由轨道方程可得dy xdx,代入ds,则2s ds PQ404 x2dx 5.91m1-91-9质点的运动方程为x 10t 30t2y 15t 20t2式中x,y的单位为m,t的单位为试求：(1)初速度的大小和方向；(2)加速度的大小和方向分析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

13、出速度和加速度的大小和方向解解(1)速度的分量式为vxdx 1060tdtdyvy1540tdt-1-1当t0 时,vox-10 m ,voy15 m ,则初速度大小为v0v0 x v0y18.0 ms1设vo与x轴的夹角为,则22tan v0yv0 x3 212341(2)加速度的分量式为axdvdvx 60 ms2,ayy 40 ms2dtdt则加速度的大小为a axay 72.1ms2设a与x轴的夹角为,则22tan ay2 ax3-1-3341(或32619)1-101-10一升降机以加速度 m 上升,当上升速度为 m 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 m计

14、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y1y1(t)和-2y2y2(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1y1 v0t a

15、t221y2 hv0t gt22当螺丝落至底面时,有y1y2,即11v0t at2 h v0t gt222t 2h 0.705sg a(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为1d h y2 v0t gt2 0.716 m2解解2 2(1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小aga,螺丝落至底面时,有10 h(g a)t22t 2h 0.705sg a(2)由于升降机在t时间内上升的高度为1h v0t at22则d hh 0.716 m1-111-11一质点P 沿半径R m的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为,设t0 时,质点位于O点 按(a)图中所示Oxy坐标系,求(1)质点P

16、在任意时刻的位矢；(2)5时的速度和加速度分析分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r rr r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的Oxy坐标系,并采用参数方程xx(t)和yy(t)来表示圆周运动是比较方便的然后,运用坐标变换xx0 x和yy0 y,将所得参数方程转换至Oxy坐标系中,即得Oxy坐标系中质点P 在任意时刻的位矢采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度解解(1)如图(B)所示,在Oxy坐标系中,因 参数方程为2t,则质点P 的Tx Rsin坐标变换后,在Oxy 坐标系中有22t,y RcostTTx x

17、Rsin则质点P 的位矢方程为22t,y y y0 Rcost RTT22ti i Rcost Rj jTTr r Rsin 3sin(0.1t)i i 31cos(0.1t)j j(2)5时的速度和加速度分别为v v dr r2222 Rcosti i Rsintj j (0.3 ms1)j jdtTTTTd2r r2222a a 2 R()2sinti i R()2costj j (0.032ms2)i idtTTTT1-121-12地面上垂直竖立一高 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午200 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小在何时刻杆影伸展至 m分析分析为求杆顶在地面

18、上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程 根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得解解设太阳光线对地转动的角速度为,从正午时分开始计时,则杆的影长为shtgt,下午200 时,杆顶在地面上影子的速度大小为v dsh311.9410ms2dtcos t1sarctan 36060 sh4当杆长等于影长时,即sh,则t 即为下午300 时1-131-13质点沿直线运动,加速度a4-t,式中a的单位为m ,t的单位为如果当t3时,x9 m,v2 m ,求质点的

19、运动方程分析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a-12-2dvdx和v 可得dv adt和dtdtdx vdt如aa(t)或vv(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解由分析知,应有vtdv adtv00得v 4t t v0 (1)由133xx0dx vdt02t得x 2t-114t v0t x0 (2)12-1将t3时,x9 m,v2 m 代入(1)(2)得v0-1 m,x0m于是可得质点运动方程为x 2t214t 0.75121-141-14一石子从空中由静止下落,

20、由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度aA-Bv,式中A、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程分析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dva(v)dt分离变量为分解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a 用分离变量法把式(1)改写为dv dt后再两边积a(v)dv A Bv (1)dtdv dt (2)A Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件,有tdvdv v0A Bv0dtABt得石子速度v(1e)BA由此可知当,t时,v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速Bv度(2)再由v dyA(1eBt)并考虑

21、初始条件有dtBytABtdy(1e)dt00By AAt 2(eBt1)BB得石子运动方程1-151-15一质点具有恒定加速度a a6i i4j j,式中a a的单位为m-2在t0时,其速度为零,位置矢量r r010 mi 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分析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 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x x0 v0 xt 121axt和y y0v0yt

22、 ayt2,两个分22运动均为匀变速直线运动读者不妨自己验证一下解解由加速度定义式,根据初始条件t00时v00,积分可得vtt0dv v a adt(6i i 4j j)dt00v v 6ti i 4tj j又由v v dr r及初始条件t0 时,r r0(10 m)i i,积分可得dtrr0dr r v vdt(6ti i 4tj j)dt00ttr r (103t2)i i 2t2j j由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x103t2y2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程3y2x-20 m这是一个直线方程直线斜率k dy2 tan,3341轨dx3迹如图所示1-161-16一质点在半径为

23、 R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为(1)试证位置A 和B 之间的平均加速度为a 2(1cos)v2/(R)；(2)当分别等于90、30、10和1时,平均加速度各为多少 并对结果加以讨论分析分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为a a dv vv v和a a 在 匀 速 率 圆 周 运 动 中,它 们 的 大 小 分 别 为dttv vv2an,a ,式中v v可由图(B)中的几何关系得到,而t可tR由转过的角度求出由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在t0 时的极限值解解(1)由图(b)可看到v v

24、v v2-v v1,故22v v v1 v22v1v2cos v 2(1cos)而t 所以sRvvv vv2a 2(1cos)tR(2)将90,30,10,1分别代入上式,得v2v2a1 0.9003,a2 0.9886RRv2v2a3 0.9987,a41.000RR以上结果表明,当0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一v2极限值,该值即为法向加速度R1-171-17质点在Oxy平面内运动,其运动方程为r r )j j,式中r r的单位为m,t的单位为s求：(1)质点的轨迹方程；(2)在t1 到t2 时间内的平均速度；(3)t1时的速度及切向和法向加速度；(4)t 时质点所在处轨道的曲率

25、半径分析分析根据运动方程可直接写出其分量式xx(t)和yy(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r r,它与时间间隔t的大小有关,当t0 时,平均速度的tdr r极限即瞬时速度v v 切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a adtdvt和a an,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即a ate e,后者只dt化率,即v v 反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a a和a a得到在求得t1时刻质v2点的速度和法向加速度的大小后,可由公式an求解解(1)由参数方程x,y消去t得质点的轨迹方程：y(2)在t1 到t2时间内的平均速度v v r

26、r r2 r r1 2.0i i 6.0j jtt2t1(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为v v(t)vxi i vyj j dxdyi i j j 2.0i i 4.0tj jdtdtd2xd2ya a(t)2i i 2j j 4.0 ms2j jdtdt则t1 时的速度v v(t)t 1切向和法向加速度分别为a at t1sdvd22e et(vx v2y)e et 3.58 ms e etdtdta ana2at2e en1.79 ms2e en(4)t质点的速度大小为21v vx v2y 4.47 msv2则 11.17 man1 1-18-18飞机以100 m的速度沿水平直线飞

27、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)物品投出后,它的法向加速度和切向加速度各为多少-1分析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或由图可知,

28、在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角,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xvt,y1/2gt2飞机水平飞行速度v100 ms ,飞机离地面的高度y100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离-1x v(2)视线和水平线的夹角为2y 452 mgy12.5ox arctan(3)在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 arctanvyvx arctangtv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gt at gsin gsinarct

29、an 1.88 ms2vgt an gcos gcosarctan 9.62 ms2v1-191-19如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为,炮身与斜坡的夹角为,炮弹的出口速度为v0,忽略空气阻力 求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP；(2)欲使炮弹能垂直击中坡面 证明和必须满足tan 1并与v0无关2tan分析这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易 现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x和y两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cos和v0sin,其加速度

30、分别为gsin和gcos在此坐标系中炮弹落地时,应有y0,则xOP如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解 由于本题中加速度g g为恒矢量 故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即r r v v0t 12gt,做出炮弹落地时的矢量图如图(B)所示,由图中所示2几何关系也可求得OP(即图中的r r矢量)(1)解解1 1由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为12gt sin (1)21y v0tsin gt2cos (2)2x v0tcos 令y0 求得时间t后再代入式(1)得222v0sin 2v0sin OP x(cos cos sin si

31、n)cos()gcos2gcos2解解2 2做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有12gtr rv0t2sin sin sin22从中消去t后也可得到同样结果(2)由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y0 和vx0,则vx v0cos gtsin 0 (3)由(2)(3)两式消去t后得tan 12sin由此可知只要角和满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0的大小无关讨论如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下1-201-20一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R,离地面的高度为h,(1)当伞绕伞柄以匀角速旋转时,求证水滴沿边缘

32、飞出后落在地面上半径为r R 12h/g的圆周上；(2)读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案2分析分析选定伞边缘O处的雨滴为研究对象,当伞以角速度旋转时,雨滴将以速度v沿切线方向飞出,并作平抛运动建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑解解(1)如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为x vt Rt (1)y 212gt h (2)22R22h由式(1)(2)可得x g由图(a

33、)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为r x2 R2 R 12h2g(2)常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(045)其上有大量小孔喷头旋转时,水滴以初速度v0从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上则以角喷射的水柱射程为R v0sin2g为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题-11-211-21一足球运动员在正对球门前 m 处以 m的初速率罚任意球,已知球门高为 m 若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球(足球可视为质点)分析分析被踢出

34、后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到由于水平距离x已知,球门高度又限定了在y方向的范围,故只需将x、y值代入即可求出解解取图示坐标系Oxy,由运动方程x vtcos,y vtsin 消去t 得轨迹方程12gt2y xtan-1g(1 tan2)x222v以x m,v m及 my0 代入后,可解得71111 699227922 1889如何理解上述角度的范围在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)如果以71 11或踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,角也并非能取与之间的任何值 当倾角取值为

35、69 92时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门 因此可取的角度范围只能是解中的结果1 1-22-22一质点沿半径为R的圆周按规律s v0t 12bt运动,v0、b都2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ss(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,而加速度的法向分量为anv2/R 这样,总加速度为a a ae eane en至于质点在t时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量sst-s0因

36、圆周长为2R,质点所转过的圈数自然可求得解解(1)质点作圆周运动的速率为v ds v0btdt其加速度的切向分量和法向分量分别为d2sv2(v0bt)2at2 b,andtRR故加速度的大小为at2b2(v0bt)4a a a R2n2t其方向与切线之间的夹角为(v0bt)2an arctan arctanatRb(2)要使a ab,由1R2b2(v0bt)4 b可得Rvt 0b2v0s sts02b(3)从t0 开始到tv0/b时,质点经过的路程为因此质点运行的圈数为2sv0n 2R4bR1-231-23一半径为 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 时测得轮缘一点

37、的速度值为 m 求：(1)该轮在t的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在内所转过的角度分析分析首先应该确定角速度的函数关系kt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,2-1(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解因Rv,由题意t得比例系数2v3 2 rads22tRt2所以 (t)2tk 则t 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为 2t2 0.5 rads1 d 4t 2.0 rads2dtat R 1.0 ms2总加速度

38、a a a ana at Re et2Re ena 2R22R221.01ms2在内该点所转过的角度22 0dt 2t2dt t30 5.33 rad00331-241-24一质点在半径为 m的圆周上运动,其角位置为 24t,式中的单位为rad,t的单位为(1)求在t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,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解(1)由于 24t,则角速度 法向加速度和切向加速度的数值分别为3d12t2在t2 时,dtanat(2)

39、当at a/2 t2 s r2 2.30 ms2 rd 4.80 ms2dtt2 s122,即anat2时,有3at2 an22324rt r212t24得t 此时刻的角位置为312 3 2 4t3 3.15 rad(3)要使an at,则有2324rt r212t24t1-251-25一无风的下雨天,一列火车以v1 m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-1v2(设下降的雨滴作匀速运动)分析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,火车为动参考系v1为相对 的速度,v2为雨滴相对的速度,利用相对运动速度的关系即可解 解以地面为参

40、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v2 v2 v1(如图所示),于是可得v2v1 5.36 ms1otan751-261-26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,汽车为动参考系 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 v2的方向)应满足l arctan再由相

41、对速度的矢量关系v v2 v v2v v1,即可求出所需车速hv v1解解由v v2 v v2v v1图(b),有 arctan而要使 arctan,则v1v2sinv2coslhv1v2sinlv2coshlcosv1 v2sinh1-271-27一人能在静水中以 m的速度划船前进今欲横渡一宽为103 m、水流速度为 m的大河(1)他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向 到达正对岸需多少时间(2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向 船到达对岸的位置在什么地方分析分析船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v v决定的 由于水流速度u u的存在,v v与船在静

42、水中划行的速度v v之间有v vu uv v(如图所示)若要使船到达正对岸,则必须使v v沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v v有极大值-1-1解解(1)由v vu uv v可知 arcsin为u,则船到达正对岸所需时间vt dd1.05103svvcos(2)由于v vcos,在划速v一定的条件下,只有当0 时,v最大(即vv),此时,船过河时间td/v,船到达距正对岸为l的下游处,且有l ut ud 5.0102mv1-281-28一质点相对观察者O运动,在任意时刻t,其位置为xvt,ygt2/2,质点运动的轨迹为抛物线若另一观察者O以速率v沿x轴正向相对于O

43、运动试问质点相对O的轨迹和加速度如何分析分析该问题涉及到运动的相对性 如何将已知质点相对于观察者O的运动转换到相对于观察者O的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O中一动点(x,y)变换至系O中的点(x,y)由于观察者O相对于观察者O作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的解解取Oxy和Oxy分别为观察者O和观察者O所在的坐标系,且使Ox和Ox两轴平行在t0 时,两坐标原点重合由坐标变换得xx-v tv t-v t0yy1/2gt2d2y g加速度a ay2dt由此可见,动点相对于系O是在y方向作匀变速直线运动 动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果第二章第二章牛顿定律牛顿定律

44、2-12-1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)gsin(B)gcos(C)gtan(D)gcot分析与解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(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mgcot,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 2-2-2用水平力F FN N把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止 当F FN N逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F

45、Ff的大小()(A)不为零,但保持不变(B)随F FN N成正比地增大(C)开始随F FN 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F FN N范围内取值 当F FN 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)2-32-3一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为,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(B)必须等于gR(C)不得大于gR

46、(D)还应由汽车的质量m决定分析与解分析与解由题意知,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F FN N由此可算得汽车转弯的最大速率应为vRg 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)2-42-4一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分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到

47、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 FN 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 gcos)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v2FNmgsin m可判断,随角的不断增大过程,轨道支持力F FN N也将R不断增大,由此可见应选(B)2 2-5-5图(a)示系统置于以a1/4g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

48、面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为()(A)58 mg(B)12mg(C)mg(D)2mg分析与解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 a为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma a为惯性力对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F5/8 mg故选(A)讨论讨论对于习题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 aA和

49、a aB均应对地而言,本题中a aA和a aB的大小与方向均不相同其中aA 应斜向上对a aA、a aB、a a和a a之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁 有兴趣的读者不妨自己尝试一下2-62-6图示一斜面,倾角为,底边AB 长为l 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,斜面的摩擦因数为试问,当为何值时,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

50、力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系f(t),然后运用对t求极值的方法即可得出数值来解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mgsinmgcos ma (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有l11at2gsin cost2cos22则t 2l (2)gcossin cosdt 0,由式(2)有dt 对求导为使下滑的时间最短,可令t是关于的一元函数，且由实际经验知t必有最小值，所以最值必然在拐点或不可导点，即dt/d=0的点sinsin coscoscos sin 0则可得tan2 1o,49此时t 2l 0.99sgcossin cos22-72-7工地上有