大学物理第五版马文蔚课后答案(上).pdf

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1、大学物理课后习题答案51-1分析与解(1)质点在e至(t+A。时间内沿曲线从一点运动到点,各量关系如图所示，其中路程s=P P ,位移大小I X r=P P，而A r =l r|-|r l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ALO时，点 户 无限趋近P点，则 有I d r l =d s,但却不等于d r.故选(B).A r A v 由于I A r I W A s,故竺 工 竺，即 历I V.t A/但由于I d r I=d s,故 闿=变，即I万I=万.由 此可见，应选(C).dd/d/1-2分 析 与 解 一表示质点到

2、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.通常用符号必表示,dt这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；土d r 表 示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式0 =d上v计 算，在直d/d/角坐标系中则可由公式0=求解.故选(D).d z 71-3分 析 与 解 表示切向加速度小，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,dtd v起改变速度大小的作用；一 在 极坐标系中表示径向速率后(如题1-2所述)；在自然坐标系中表示质点的速率匕d/d/而 叱表示加速度的大小而不是切向加速度a.因此只有(3)式表达是正确的.故选(D).d/1-4分析与解 加速度的切向分量a

3、起改变速度大小的作用，而法向分量四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.至于团是否改变，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，分为一不为零的恒量,当&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力 时刻定滑轮距小船的绳长为/,则小船的运动方程为x =犷彳，其中绳长/随时间r而变化.小,(1/,船速度0 _ d x _ 或.式中.表

4、示绳长/随时间的变化率，其大小即为%,代入整理后为“炉 牙 d rv=/%=%,方向沿x轴负向.由速度表达式,可判断小船作变加速运动.故选(C).cos。1-6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Ax的大小可直接由运动方程得到：A r =七 一%,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 上=0来确定其运动方向改变的时刻为，求出0右 和 心 t内的位移大小为、及，则t时间内的路程s =|A V|f j|八%|,如图所示，至于t=4.0 s时

5、质点速度和加速度可用 上 和 W两式计算.第-1-页 共-123项大学物理课后习题答案()解(1)质点在4.0 s内位移的大小 Ax=x4-x0=-32 m 由 芋=0 得知质点的换向时刻为/=2 s&=0不合题意)d/贝1 Axj=x2-x0=8.0 m,Ar2=x4-x2=-40 m所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为5=|Ax,|+|Ax2|=48mdx(3)t=4.p s时，o=-48 m s-1dX dt/=4.0j2,a=y=-36 m.s1-7分析d粮娉加速度的定义可知,在直线运动中L t曲线的斜率为加速度的大小(图中A B、CD段斜率为定值，即匀变速直线运动；而线段BC的斜

6、率为0,加速度为零,即匀速直线运动).加速度为恒量，在n t图上是平行于t轴的直线，由尸力图中求出各段的斜率，即可作出方 图线.又由速度的定义可知，外力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x-t图为C的二次曲线.根据各段时间内的运动方程x=x(。，求出不同时刻t的位置x,采用描数据点的方法，可作出尸力图.解 将曲线分为A B、BC、CD三个过程,它们对应的加速度值分别为肛E=%J=2 0 m 2 (匀加速直线运动)，=0(匀速直线运动)T AaCD=V dV c=-10m-s-2（匀减速直线运动）T c根据上述结果即可作出质点的n t图

7、 图(B).u 2由此，可计算在0 2 s和4 6 s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0 2 s和4 6 s时间内的x-t图.在2 4 s时间内，质点是作。=20 m-sT的匀速直线运动，其x-t图是斜率仁20的一段直线 图(c).1-8分析 质点的轨迹方程为y=/(力，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、Ar、A 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=J(dx)2+(dy)2,最后用 s=Jds 积分求 s.解(1)由式。和y(。中消去t后得质点轨迹方程为，

8、这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示.第2页 共-123项大学物理课后习题答案()幽I 7冈(2)将力=0 s和t =2 s分别代入运动方程,可得相应位矢分别为6=2/,r2=4z-2y图(a)中的P、Q两点，即为 =0 s和力=2 s时质点所在位置.(3)由位移表达式，得=2 八 +其中位移大小.r I =J(AX)2+(=5.66 m而径向增量，,=&r|=卜2 1一 卜o|=Vx2 +yi-ylxo+yo=2.47 m*(4)如图(B)所示,所求As即为图中P Q段长度,先在其间任意处取A B微元d s,则ds=7(d x)2+(d y)2，由轨道方程可得d y =；xd x,代入d

9、s,则2 s内路程为大学物理课后习题答案51-9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=-10+60/,%=业=15-40/*dz d/当f=0时，出=-10 m s 1,voy=15 m s,则初速度大小为边=18.0m-sT设与x轴的夹角为a,则tana=-a=123 41九 2(2)加速度的分量式为帆 g-2 dV _2ar-=60 m-s,av-=-40 m-sd/,dr则加速度的大小为 a=J a J +=72.1 m s设a与x轴的夹角为，则a 2tan4=二=一 一 ，=-33 4 1(或326 1

10、 9)ax 31-10 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必=K(t)和%=%),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1 ,1 ,(2)由于升降机在t时间内上升的高度为弘=卬+广 =+%/一当螺丝落至底面

11、时，有a =，即1 2 7 1 2 1 26-八 r c uH cit=6+vt gt t=-=0.705 s2 2 g+。(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为1?d=h-y2=+g/=0.716 m解2(1)以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度大小40=。一%+0 2 t=-0.705 s2=g+a,螺丝落至底面时，有第4页 共-123项大学物理课后习题答案(),1 2h vt+3at则 d=-=0.716 m1-1 1分析该题属于运动学的第一类问题，即已知运动方程r =r 1)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O

12、 x y 坐标系，并 采 用 参 数 方 程=x(力)和y=y(。来表示圆周运动是比较方便的.然后，运用坐标变换x=刈+x 和 了=川+V ,将所得参数方程转换至Oxy坐标系中，即得的坐标系中质点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.题I-11图解 如图(B)所示，在0。2兀，y 坐标系中，因则质T点P的参数方程为,.2兀x=Ksin t,Ty,-Rn e o s2 7-1 tT坐标变换后，在0冲 坐标系中有,八.2兀x=x=Asin t,Ty=y+y0=-Reos t+R则质点P的位矢方程为r-7?sin Z z +1 -7?cos r+R j=3sin(O.lnZ)

13、;+31-cos(0.17t/)/(2)5 s时的速度和加速度分别为v-dr =Rn 2n cos2n ti.+Rn 2n si.n2n tj.-(.0A.3,T T m-s)j.d2r d?2TT,.纵,.Sn:2 7夕兀,.(J .2.尚2分 析q求 杆 矗 地 面 上 在 速 度 戒 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 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s=/rtg 3 6,下

14、午2：0 0时,杆顶在地面上影子的速度大小为v=ds =-h-o-j-=11.c94zi x1i0n_3At cos 碗m-s-1当杆长等于影长时，即S=忆则1 S 兀-“t=arctan=3 x 60 x 60 sco h 4co第-5-页 共-123-页大学物理课后习题答案5即为下午3 :0 0时.1-1 3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d o d r决.由。=和。=可得d o =a d/和(l v =o d/.如a=a(t)或y =1/(亡)，则可两边直接积分.如果a或丫不是At d/时间t的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换

15、等数学操作后再做积分.解 由 分 析 知，应有d o =adt1 ,得0 =4/t+v0(1)3 0由 d r =o d/得X =2厂-+Vgt+XQ(2)将 t=3 s 时,；v=9 m,v=2 m ,代入 得 K)=T ms ,Ab=0.7 5 m.于是可得质点运动方程为,1 4x =2/2-/4+0.7 51 21-1 4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种函数,因此,需将式d-=d oa(力d t分离变量为-=d t后再两边积分.a(v)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dv._a A Bvdt(1)用分离变量法把式(1)改写

16、为dv,-=山A-B v将式(2)两边积分并考虑初始条件,有：7卜得石子速度A由此可知当，8时，。一白为一常量,通常称为极限速度或收尾速度.B(2)再由。=?=H(1 一 e 5)并考虑初始条件有dt BA A得石子运动方程y=*+木(不一 1)1-15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和今分别积分，从而得到运动方程2的 两 个 分 量 式 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第-6-页 共-123-页大学物理课后习题答案511方程为固定形式,即=X。+4)/+2/和歹=yo+o/+-a,/,两个分运动均为匀变速直

17、线运动.读者不妨自己验证一下.解 由加速度定义式,根据初始条件必=0时0 =0,积分可得J d v =J a d/=J (6 Z +4 y)d/v=6ti+4tjd r又由。=及初始条件t=0时,n=(10 m)力积分可得d zJ dr=|vd/=1(6ti+4tj)dt r-(10+3/2)/+2ry由上述结果可得质点运动方程的分量式，即x=10+3 t2 y=2/消去参数力,可得运动的轨迹方程 3 y =2*-20 m2,a=3 3 4 1.轨迹如图所示.3d z?A z?1-16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 =?上和万在匀速率圆周运d/动中，它 们 的

18、大 小分别为=3，万=詈，式 中I A y I可由图(B)中的几何关系得到，而At可由转过的角度 0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 L0时的极限值.解(1)由图(b)可看到A y =吻-M，故p =v；+v；_ 2。02cosA。=。，2(1-cos A。)而A Ats =R=0-V V所以万里=J 2 C O S A 6)孤(2)将A。=9 0 ,3 0 ,10 ,1分别代入上式，得,D1 v2 v2 I)2a.1 0.9003R,万22 0.9886R a.3 0.9987R ,J&4 1.000R第-7-页 共-123项大学物理课后习题答案()V2

19、以上结果表明，当 一0时，匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值，该值即为法向加速度 下.(b )典I-16 割1-17分析 根据运动方程可直接写出其分量式/=X()和=儿从中消去参数,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 即万它与时间间隔,的大小有关 当A 一时，平均速度的极限即瞬时速度0=上.切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a和a,前者只反映质点在切线方向速d/度大小的变化率，即 可=多 一，后者只反映质点速度方向的变化，它可由总加速度8和a得到.在求得力时刻质点d/p2、的速度和法向加速度的大小后，可由公式为=求夕.P解(1)由参数方程 x=2.0 t

20、,7=19.0-2.0/消去t得质点的轨迹方程：y=19,0 -0.5 0 x(2)在&=1.0 0 s到f e =2.0 s时间内的平均速度_ A r r2-r.A.r.v=L=2.0/-6.0 j t(2 一/1(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为乙、.d r.dy.A.乙、d2x.d .A _2.矶/)=。/+%/=了，+肃/=2.01-4.0 =+=-4.0?.s j则H =1.00 s时的速度r(t)I 1=2.0/-4.0J切向和法向加速度分别为虫s 哼4 =2(7 应=3.5 8 m.s%,a en=1.7 9 m.s%第-8-页 共-123项大学物理课后习题答案5_ _ _

21、 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(4)t=1.0 s质点的速度大小为 21 V =+0；=4.47 m s 则=幺=11.17 m1-18分 析 物品空投后作平抛运动.忽据气阻力的条件下，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。或正由

22、图可知，在特定时刻力，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匕、修求出，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 gd飞机水平飞行速度1100 s,飞机离地面的高度尸100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离x-v -=452 mV g(2)视线和水平线的夹角为0=arctan =12.5x(3)在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vgta=arctan =arctan取自然坐标，物品在抛出2 s时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为at=gsin a=gsin arct

23、an j=1.88 m-s-2an-geos a=gcos(arctan=9.62 m-s-21-1 9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和了两个方向的分运动均为匀减速直线运动，其初速度分别为MCOS和耳sin,其加速度分别为胫in。和geos a.在此坐标系中炮弹落地时，应有y=0,则x=0 P.如欲使炮弹垂直击中坡面，则应满足=0,直接列出有关运动方程和速度方程，即可求解.由于本题1 .中加速度g为恒矢量.故第一问也可由运动方程的矢量式计算，即r=00/+

24、g/2,做出炮弹落地时的矢量图 如图(B)所 示 ，由图中所示几何关系也可求得而(即图中的r矢量).第-9-页 共-123-页大学物理课后习题答案()题1 -19图解1由分析知，炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为x=U o/c o s g 2s i n a(1)y=%/s i n 一 ；g/2c o s a令y =0求得时间t后再代入式(1)得O P -x-2 4(c o s a c o s 夕一 s i n a s i n 4)=2 c o s(a +夕)g c o s-a g e o s-a解2做出炮弹的运动矢量图，如图(b)所示，并利用正弦定理，有从中消去t后也可得到同样结果.(

25、2)由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y =0和匕=0,则vx-0 0 co s i -g/s i n a =0 (3)由(2)(3)两式消去t后得由此可知.只要角。和尸满足上式，炮弹就能垂直击中坡面,而与为的大小无关.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.1-2 0分析 选定伞边缘处的雨滴为研究对象,当伞以角速度。旋转时,雨滴将以速度/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

26、圆周上，为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布第-10-页 共-123-页大学物理课后习题答案()(b)题 1 -2()图解(1)如图(a)所示坐标系中，雨滴落地的运动方程为x=vt=Root由 式 可 得(1)y=卜2 2R2co2hx=-S由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为(2)常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(狐=4 5 )其上有大量小孔.喷头旋转时，水滴以初速度必从各个小孔中喷出,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0角喷射的水柱射程为邓 亩2g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

27、问题.1-2 1分 析 被 踢 出 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 取 图 示 坐 标 系 的，由运动方程1 2x-vtcos 6,y-vtsinO-g f消去t得轨迹方程y=xtan 0-y(l +tan2)x2以x =2 5.0 m,v=2 0.0 m ,s 1及3.4 4 m 2庐0代入后，可解得7 1.1 1 0 6 9 .9 2 0 2 7 .9 2 202 1 8.8 9 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

28、两个不同的投射倾角(如图所示).如果以。7 1.1 1 或&1 8.8 9 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，O角也并非能取7 1.1 1 与1 8.8 9 之间的任何值.当倾角取值为2 7.9 2 0 a rc ta n -.再由相对速度的矢量关系弓=4-叼，即可求出所需车速乙h第-13-页 共-123-页大学物理课后习题答案（）解 由 =%-必 图(b),有v,-v,sin0a-a rc ta n-，-v2cosff而要使a a rc ta n,则h-%s in 9、I、.=-v v2%c o s。h/c o s。.八-+s in 0h1-2 7分析 船到达对

29、岸所需时间是由船相对于岸的速度v决定的.由于水流速度 的 存在，。与船在静水中划行的速度/之间有（如图所示）.若要使船到达正对岸，则必须使喏正对岸方向；在划速一定的条件下，若要用最短时间过河，则必须使p有极大值.题1 -2 7图解（1）由+/可知a =a rc s in二，则船到达正对岸所需时间为v-=-=1.05X103 Sv v cos a（2）由于o =c o s a ,在划速P 一定的条件下，只有当。=0时，/最 大（即J ），此时，船过河时间，=d/J ,船到达距正对岸为/的下游处，且有d1I=ut=u=5.0 xl0-mv第-14-页 共-123 页大学物理课后习题答案51-28分

30、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。的运动转换到相对于观察者0 的运动中去，其实质就是进行坐标变换，将系。中一动点（x,力变换至系0 中的点（V,了）.由于观察者。相对于观察者。作匀速运动,因此，该坐标变换是线性的.解 取。y和O x,yf分别为观察者。和观察者O 所在的坐标系，且使公和0 V两轴平行.在力=0 时，两坐标原点重合.由坐标变换得x=x -v t=v t-r t=O /=y =1/2 g i一/*d2y加速度 a=av=p-=g由此可见,动点相对于系O 是在了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.题2-1 图2-1

31、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6 （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孵ot 0,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 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A 范围内取值.当A 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 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

32、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由此可算得汽车转弯的最大速率应为心R g.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 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用作用,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（如夕o s，）使物体的速率将会不断增加（由机械能守恒亦可却断），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 v Mgsine=?一 可判断，随 9 角的不断增大过程，轨道支持力A 也将不断

33、增大，由此可见应选（B）.第-15-页 共-123-页大学物理课后习题答案()题2-4图2-5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,/阳 为惯性力.对A、B两物体应用牛顿第二定律，可解得片=5/8 mg.故选(A).题2-5图讨论 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和a均应对地

34、而言，本题中反和a的大小与方向均不相同.其中aA应斜向上.对a、a,、a和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.2-6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然后运用对寸求极值的方法即可得出数值来.解取沿斜面为坐标轴念，原点0位于斜面顶点，则由牛顿第二定律有wgsin a-wgt/cos a=ma(1)又物体在斜面上作匀变速直线运动

35、,故有-=-a r =g(sin a-/cos a)/2 贝！t=-；-；(2)cos a 2 2 gcosa(sina-/cos a)为使下滑的时间最短，可 令 一=0,由式(2)有da-sin a(sin a-/cosa)+cosa(cosa-/sin a)=0 则可得 tan 2a=-a-49第-16-页 共-123-页大学物理课后习题答案()此时 t=1-厂 -r=0.99 S gcosa(sin a-/cos a)题2 -7图2-7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

36、.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/轴正方向(如图所示).当框架以加速度a上升时，有Ft-(m l+微)g =(n+微)a(1),F&-n k g=/z t a(2)解上述方程，得Ft=(n +n t)(g+a)(3)氏=n k (g +a)(4)(1)当整个装置以加速度a =1 0 s 2上升时，由式可得绳所受张力的值为FT=5.9 4 X 1 03 N乙对甲的作用力为 严M=%=4+a)=T.9 8 X 1 0：N(2)当整个装置以加速

37、度a =1 m-s-2上升时，得绳张力的值为FT=3.2 4 x i o3 N此时,乙对甲的作用力则为 Ff N2=-1.0 8 X1 0 3 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n g -F

38、T=a a(1)F R=m,a (2)F T-2凡=0 (3)考虑到处Hk H l,FT F*T FTI TI,s =2 a,可联立解得物体与桌面的摩擦力吟(*=7.2N2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第-17-页 共-123-页大学物理课后习题答案（上）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

39、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-/（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.（b）题2-8图该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解.将平板与木块作为系统，该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得.又因为系统内只有摩擦力作功，根据系统的动能定理，摩擦力的功应等于系统动能的增量.木块相对平板移动的距离即可求出._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _居 B A V耳一 A题2-9图解1以地面为参考系，在摩擦力A=侬 的 作 用下,根据牛顿定律分别对木块、平板

40、列出动力学方程Ft=umg=*F f=Fc=ni a国和改分别是木块和木板相对地面参考系的加速度.若以木板为参考系，木块相对平板的加速度a=劭+a,木块相对平板以初速度-作匀减速运动直至最终停止.由运动学规律有-J之=2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为_ mv912g（M+相）第-18-页 共-123-页大学物理课后习题答案5解2以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为W =F(s+7)-Ft=Rings式中/为平板相对地面移动的距离.由于系统在水平方向上不受外力，当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有ni v (m+血 v由系统的动能定理，有jjmgs=mv2 _ g

41、(M+加州”2m由上述各式可得 S=言v一2r2-10分析 维持钢球在水平面J僧 璃/M动时，必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力)，而该力是由碗内壁对球的支持力A的分力来提供的，由于支持力A始终垂直于碗内壁，所以支持力的大小和方向是随。而 变 的.取 图 示 坐 标，列出动力学方程，即可求解钢球距碗底的高度.解取钢球为隔离体，其受力分析如图(b)所示.在图示坐标中列动力学方程Fvsin 0=man-mRco2sin 0(1)FNCOS3=mg 且有 cos=R由上述各式可解得钢球距碗底的高度为 =R_ 鸟(D可 见 随 3的变化而变化.2-11分析 如题所述，外轨超高的目的欲使火车

42、转弯的所需向心力仅由轨道支持力的水平分量Asin夕提供(式中。角为路面倾角).从而不会对内外轨产生挤压.与其对应的是火车转弯时必须以规定的速率行驶.当火车行驶速率岸的时,则会产生两种情况：如图所示，如4用 时，外轨将会对车轮产生斜向内的侧压力A，以补偿原向心力的不足，如YM时，则内轨对车轮产生斜向外的侧压力人，以抵消多余的向心力,无论哪种情况火车都将对外轨或内轨产生挤压.由此可知，铁路部门为什么会在每个铁轨的转弯处规定时速,从而确保行车安全.题2-11图解(1)以火车为研究对象，建立如图所示坐标系.据分析，由牛顿定律有FNsin0=m一 (1)FNCOS0-mg=0(2)第-19-页 共-12

43、3-页大学物理课后同题答案(上解(1)(2)两式可得火车转弯时规定速率为%=J g R t a n 夕(2)当 心 坨时,根据分析有，.v2E v S i ne+G cos。=m (3)解(3)(4)两式，可得外轨侧昌为(V2片=m cos O-g s i n。IR J当时，根据分析有V27 vs i n 0-巴 cos。=m (5)F*cos9-耳s i n 0-mg-0 (4)FcosO+F2sn0-mg-0 (6)解(5)(6)两式，可得内轨侧压力为居=m g s i ne：cos 6)2-1 2分析杂技演员(连同摩托车)的运动可以看成一个水平面内的匀速率圆周运动和一个竖直向上匀速直线运

44、动的叠加.其旋转一周所形成的旋线轨迹展开后，相当于如图(b)所示的斜面.把演员的运动速度分解为图示的H和外两个分量,显然是竖直向上作匀速直线运动的分速度，而时则是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度，其中向心力由筒壁对演员的支持力F、的水平分量尺提供,而竖直分量尺则与重力相平衡.如图(c)所示，其中。角为摩托车与筒壁所夹角.运用牛顿定律即可求得筒壁支持力的大小和方向力.题2-1 2图解 设杂技演员连同摩托车整体为研究对象，据(b)(c)两图应有Fv l-w g =0 FN2=mv.-vcosO-v,一 储-J(2 兀 火 y+2以式(3)代入式(2),得_ m 4n2R2v2 _ 4n2Rmv2N

45、2 =74rf+/?2=4it2R2+h将式(1)和式(5)代入式(4),可求出圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力)大小为 FN=返+月2(4)(5)第-20-页 共-1 23-页大学物理课后习题答案5公32=加卜+忠：；2 与壁的夹角。为,Fv,4兀2及2=a r ct a n%=a r ct a n 7(4/r-火：2-+-2 )g讨论表演飞车走壁时，演员必须控制好运动速度，行车路线以及摩托车的方位,以确保三者之间满足解题用到的各个力学规律.2-1 3分析首先应由题图求得两个时间段的网。函数,进而求得相应的加速度函数，运用积分方法求解题目所问，积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的

46、时刻相对应.解 由 题 图 得，0 t 5 s3 5-5/,5 s t 7 s由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为a=2/,0 t 5 sa=3 5-5/,5 s t 7 sdo对0 V t 5 s时间段，由Q=得dzdv=adt%力积分后得 o=5+/HI dx _再由o=得d/f dr=(0 dz积分后得x =2 +5/+/3将1 =5s代入，得好=3 0 m s 1和e=6 8.7 m对5 s t V 7 s时间段，用同样方法有f du =f a2dt 得 v=3 5 t-2.5 t2-8 2.5/上 o J 5 s再由 dx =1vdt 得 x =1 7.5,-0.8 3 d-8

47、2.5 Z+1 4 7.8 7将t 7 s代入分别得片=4 0 m s 和Xi 1 4 2 m2-1 4分析这是在变力作用下的动力学问题.由于力是时间的函数，而加速度a=ddt,这时，动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程，解此微分方程可得质点的速度r(t);由速度的定义-dx/dt,用积分的方法可求出质点的位置.解 因 加 速 度2=1/股,在直线运动中，根据牛顿运动定律有1 2 0/+4 0 =wd/依据质点运动的初始条件，即i b =0时=6.0 s ,运用分离变量法对上式积分，得/d。=1(1 2.0/+4.0)d/F=6.0+4.0 1 a 0,第-21-页 共-123 页大学物理

48、课后习题答案山又因y=dx/d,并由质点运动的初始条件：to=0时刘=5.0 m,对上式分离变量后积分，有 d x=1(6.0 +4.0/+6.0/2)d/x=5.0 6 0力怎0干+2.0 d2-1 5分 析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动.其水平方向所受制动力尸为变力，且是时间的函数.在求速率和距离时，可根据动力学方程和运动学规律，采用分离变量法求解.dz?解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向，由牛顿运动定律及初始条件,F=ma=tn =atdr因此，飞机着陆1 0 s后的速率为v=3 0 m,s 1又故飞机着陆后1 0 s内所滑行的距离 s =x 。Z3=4 6 7 m

49、2-1 6分 析 该题可以分为两个过程，入水前是自由落体运动，肌 后，物体受重力只浮力厂和水的阻力R的作用，其合力是一变力，因此，物体作变加速运动.虽然物体的受力分析比较简单，但是，由于变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、位置的函数)，对这类问题列出动力学方程并不复杂，但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了.通常需要采用积分的方法去解所列出的微分方程.这也成了解题过程中的难点.在解方程的过程中，特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的确定.解(1)运动员入水前可视为自由落体运动，故入水时的速度为v0=2gh运动员入水后，由牛顿定律得 P-Fr-F=ma由题意P=?Ff=b#，而

50、3=dr/df =r (d v/d力，代入上式后得 bv mv(d v/dy)考虑到初始条件为=0时，%=J 2 g 6，对上式积分，有(2)将已知条件亦=0.4 m;-=0.1%代入上式，则得m Vy-I n =5.7 6 mb%2-1 7分 析 螺旋桨旋转时，叶片上各点的加速度不同，在其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量是连续分布的,在求叶片根部的张力时，可选取叶片上一小段,分析其受力，列出动力学方程,然后采用积分的方法求解.解 设叶片根部为原点。，沿叶片背离原点0的方向为正向，距原点。为决的长为d r-小段叶片,其两侧对它的拉力分别为片(r)与R(d-.叶片转动时，该小段叶片作圆周运