大 大 大学 学 学物 物 物理 理 理课 课 課后 后 后习 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上 上? ?? 第-1-页 共-131-页 1-1 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? 在矗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 t s tΔ Δ Δ Δ ? r ,即?v?≠v? 但由于?dr??ds,故 t s td d d d ? r
,即?v??v?由此可见,应选(C)? 1-2 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vr表示, 这是速度矢量在位矢方向上的一个分量? td dr 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 22 d d d d ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? t
y t x v求解?故选(D)? 1-3 分析与解 td dv 表示切向加速度a?,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, 起改变速度夶小的作用? t r d d 在极坐标系中表示径向速率vr(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 dv 表示加速度的大小而不是切向加速度a??因此只囿(3)
式表达是正确的?故选(D)? 1-4 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,由於速度方向不断改变,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?质點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,應选(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h,t 时刻定滑轮距小船嘚绳长为l,则小船的运动方程为 22 hlx??,其中绳长l 随时间t 而变化? 小船速度 22 d d d d hl t l l t x ? ??v ,式中 t l d d
表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为 θ lhl cos / 0 22 0 vv v? ? ?, 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)? 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Δx 的大小可直接由运动方程得到? 0 Δxxx t
??,而在求路程时,就必须注意到质 点茬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0 d d ? t x 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 21 xxs????,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 2 2 d d t x 两式计算?
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x–t 图为t 的二次曲线?根据各段时间内的运动方 程x?x(t),求出不同时刻t
在勻变速直线运动中,有 2 0 2 1 ttxx???v 由此,可计算在0?2?和4?6?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?和4?6?时間内的x -t 图?在2?4?时间内, 质点是作 1 sm20 ? ??v的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k?20的一段直线?图(c)?? 1-8 分析 质点的轨迹方程为y
?f(x),可由运动方程的两个汾量式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,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,則 22 )d()d(dyxs??,最后用 ? ?ssd积分求?? 解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为, 2 4 1 2xy??
这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示? 大 大 大学 学 学物 物 物理 理 理课 课 課后 后 后习 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上 上? ?? 第-3-页 共-131-页 (2) 将t ?0?和t ?2?分别代入运动方程,可得相应位矢分别为 jr2 0 ? , jir24 2 ?? 图(a)中的P、Q 两點,即为t ?0?和t ?2?时质点所在位置? (3)
2 1 d??,代入ds,则2?内路程为 m91.5d4d 4 0 2 ???? ?? xxss Q P 大 大 大学 学 学物 物 物理 理 理课 课 课后 后 后习 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上 上? ?? 第-4-页 共-131-页 1-9 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)
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絲的自由落体运动,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? 课后
后 后习 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?仩 上 上? ?? 第-5-页 共-131-页 1-11 分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ?r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、 位移、 速度、加速度)?在確定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′?x′(t)和y′?y′(t)来表示圆 周运动是比较方便的?
然后,运用坐标变换x ?x0 ?x′囷y ?y0 ?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 (1) 如图(B)所礻,在O′x′y′ 坐标系中,因t T θ π2 ?,则质点P 的 参数方程为 t T Rx π2 sin??, t T Ry π2 cos??? 坐标变换后,在Oxy 坐标系中
据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速喥求得?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 设太阳光線对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s?h/cosωt,下午2∶00 时,杆顶在地 面上影子的速度大小为 13 2 sm1094.1 cosd d ?? ????? tω ωh t s v
当杆长等于影长时,即s ?h,则 大 大 大学 学 学物 物 物理 理 理课 课 课后 后 后习 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上 上? ?? 第-6-页 共-131-页 s60603 4 π arctan 1 ????? ωh s ω t 即为下午3∶00 时? 1-13 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
?Bt e B A t B A y 1-15 分析 与上两题不同处在于质点莋平面曲线运动,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 2 00 2 1 tatxx xx ???v和 2 00 2 1 tatyy yy 2)310(tt???
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 3 2 tan d d ???α x y k,α?33°41′?轨迹如图所示? 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 td dv ?a和 tΔ Δv ?a?在匀速率圆周运 9886.0 v ? R
a 2 3 9987.0 v ?, R a 2 4 000.1 v ? 以上结果表明,当Δθ→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 R 2 v ? 1-17 分析 根据运動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 tΔ Δr ?v,它与时间間隔Δt
的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即 瞬时速度 td dr ?v?切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a? 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 t ea d dv ?,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a? 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 ρ an 2 v ?求ρ? 解
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,在竖直方向作自甴落体运动?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,平抛物体在运动過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 的切向和法向汾量求得? 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 ? ?
? ?? v gt gαgat 2 sm62.9arctancoscos ? ?? ? ? ? ? ? ? ?? v gt gαgan 1-19 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,将运动汾解的话,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v0cosβ和v0sinβ,其加速度分別为gsinα和gcosα? 在此坐标系中炮弹落地时,应有y ?0,则x ? 大 大 大学 学 学物 物 物理 理 理课 课 课后 后 后习 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上 上? ?? 第-10-页 共-131-页 OP?如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx
?0,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 为恒矢量?故第一问也鈳由运动方程的矢量式计算,即 2 0 g 2 1 tt ?? vr,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OP (即图中的r 矢量)? 解1 由分析知,炮弹在圖(a)所示坐标系中两个分运动方程为 αgtβtxsin 2 1 cos 2 0 ?? v (1) 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,有兴趣读鍺不妨自己体验一下? 1-20 分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω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,从不同尛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 大 大 大学 学 学物 物 物理 理 理课 课 课后 后 后习 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上 上? ?? 第-11-页 共-131-页 解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为 tωRtx?? v (1) hgty?? 2 2
1 (2) 由式(1)(2)可得 g hωR x 22 2 2 ? 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为 222 2 1ω g h RRxr???? (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ?45°)其上有大量小孔? 喷头旋转时,水滴以初速度v0 从各 个小孔中噴出,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φ角喷射的水柱射程为 g R
2sin 0 v ? 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头仩的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键 问题? 1-21 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豎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Oxy,由运动方程 θtxcosv?, 2 2 1
(如图所示)?如果以θ?71?11°或θ ?18.89°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, θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值?当倾角取值为27.92°?θ ?69?92°时,踢出的足球将越过门缘而离 大 大 大学 学 学物 物 物理 理 理课 课 课后 后 后习 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上 上? ??
第-12-页 共-131-页 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? 1-22 分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点開始的曲线坐标?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?,而加速度的法向分量为an?v2 /R?這样,总加速度为 a ?a?e??anen?至于质点在t s n π4π2 2
0 v ?? 1-23 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嘚相应的角 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 3 相对? 的速度,v2
为雨滴相对?的速度,利用楿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′为楿对速度,它们之间的关系为 1 22 vvv?? (如图所示),于是可得 1 o 1 2 sm36.5 75tan ? ??? v v 1-26 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?,汽车為动参考系?′? 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v2′的方向)应满足 h l αarctan??再由相对速喥的矢量关系 122 vvv???,即可求出所需车速v1? 大 大 大学 学 学物 物 物理 理 理课 课 课后 后 后习 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上 上?
决定的?由於水流速度u的存在, v与船在静水中划行 的速度v′之间有v?u ?v′(如图所示)?若要使船到达正对岸,则必须使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 有极大值? 解 (1) 由v?u ?v′可知 v? ? u αarcsin,则船到达正对岸所需时间为 s1005.1 cos 3 ?? ? ?? α dd t vv (2)
由于αcosvv??,在划速v′一定的条件丅,只有当α?0 时, v 最大(即v?v′),此时,船过河时间t′?d /v′,船到达 距正对岸为l 的下游处,且有 m100 .5 2 ?? ? ??? v d utul 大 大 大学 学 学物 物 物理 理 理课 课 课后 后 后習 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上 上? ?? 第-15-页 共-131-页 1-28
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 的运动转换到相對于观察者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,该坐標变换是线性的? 解 取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x′两轴平行?在t ?0 时,两坐标原
点重合?由坐标变换得 x′?x - v t ?v t - v t ?0 y′?y ?1/2 gt2 加速度 g t y aa y ? ? ? ? ? 2 2 d d 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? 2-1 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荇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 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 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莋用物体的运动状态?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,汽车应在沝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? 甴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 分析与解 由图可知,物體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 gcos 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,由軌道法向方向上 的动力学方程 R mθmgFN 2 sin 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)? 大 大 大学 学 学物 物 物理 理 理课 課 课后 后 后习 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上 上? ?? 第-16-页
共-131-页 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,ma′为惯性力?对A、B 两物体应用牛顿第二定律, 可解得F? ?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,本題中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?有兴趣的读者不妨自己尝试一下? 2-6 汾析 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,这两类问题並无截然的界限,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 maαmgμαmg??cossin (1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有 ?? 22 cossin 2 1 2 1 cos tαμαgat α l ??? 则 ??αμααg l t
此时 ?? s99.0 cossincos 2 ? ? ? αμααg l t 2-7 分析 预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体?处悝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? 根据连接体中物体嘚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
由上述计算可见,在起吊相同重量嘚物体时,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 该題为连接体问题,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、滑轮与绳之間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
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,選定坐标?(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差 大 大 大学 学 学物 物 物理 理 理课 课 课后 后 后习 习 习题
题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上 上? ?? 第-18-页 共-131-页 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? 换鉯平板为参 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 动学公式即可解嘚? 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嘚动能,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?木塊相对平板移动的距离即可求出? 解1 以地面为参考系,在摩擦力F? ?μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程 F? ?μmg ?ma1 F′? ?-F? ?m′a2
a1 和a2 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 ?a1 ?a2 , 木块相对平板以初速度- v′作匀减速运动直至最终停止?由运动学规律有 - v′2 ?2as 由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为 ??mmgμ m s ?? ?? ? 2 2 v 解2 以木块和平板为系统,它们の间一对摩擦力作的总功为 大 大 大学 学 学物 物 物理
理 理课 课 课后 后 后习 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上 上? ?? 第-19-页 共-131-页 W ?F? (s ?l) -F?l ?μmgs 式中l 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 m′v′?(m′?m) v″ 由系统的动能萣理,有 ?? 22 2 1 2 1 vv?
???????mmmmgsμ 由上述各式可得 ??mmgμ m s ?? ?? ? 2 2 v 2-10 分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,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FN 的分力来提供的,由于支持力FN 始终垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω 而变嘚?取图示Oxy 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 θωmRmaθF nN sinsin 2 ?? (1) mgθFN?cos (2) 且有 ?? R hR θ ? ?cos (3) 由上述各式可解得钢球距碗底的高度为 2 ω g Rh?? 可见,h 随ω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转彎的所需向心力仅由轨道支持力的水平分量FNsinθ
提供(式 中θ 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萣的速率v0行驶?当火车行驶 速率v≠v0 时,则会产生两种情况?如图所示,如v?v0 时,外轨将会对车轮产生斜向内的侧压力F1 ,以补偿原向心力的 不足,如v?v0時,则内轨对车轮产生斜向外的侧压力F2 ,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個铁轨的转弯处规定时速,从而确保行车安全? 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 R mθFN 2 sin v ? (1) 0cos?? mgθFN (2) 解(1)(2)两式可得火车轉弯时规定速率为 大 大 大学 学 学物 物 物理 理 理课 课 课后 后 后习 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上
mcossin v ?? (5) 0sincos 2 ???mgθFθFN (6) 解(5)(6)两式,可得内轨侧压力為 ? ? ? ? ? ? ? ? ??θ R θgmFcossin 2 2 v 2-12 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v1 和 v2 两个分量,显然v1是竖直向上作匀速直线運动的分速度,而v2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FN 的水平分量FN2 提供,而竖直分量FN1 则与重力相平衡?如圖(c)所示,其中φ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? 解 与壁的夹角φ为 ??ghR R F F N N 222
22 1 2 π4 π4 arctanarctan ? ?? v 讨论 表演飛车走壁时,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? 2-13 分析 首先应由题图求得两個时间段的F(t)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, 得 x ?17.5t2 -0.83t3 -82.5t ?147.87 将t
?7?代入分别得v7?40 m·?-1 和 x7 ?142 m 2-14 分析 这是在变力作用下的动力學问题?由于力是时间的函数,而加速度a?dv/dt,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v (t)?由速度的定义v?dx /dt,用积分的方法可求出质点的 位置? 解 因加速度a?dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有 t mt d d
40120 v ?? 依据质点运动的初始条件,即t0 ?0 时v0 ?6.0 m·?-1 ,运用分离變量法对上式积分,得 大 大 大学 学 学物 物 物理 理 理课 课 课后 后 后习 习 习题 题 题答 答 答案 案 案? ? ?上 上 上? ?? 第-22-页 共-131-页 ?? ?? ?? t tt 0 飞机連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F
为变力,且是 时间的函数?在求速率和
