1、 本文乃是闲暇时间整合网上资料而得，在原文基础上增加了章节题目标示，清晰了然，唯一美中不足是有小部分计算题未能给出答案，但具体解题思路和方法还是有的，同学们稍加演算应该不难得到答案，在此也祝愿同学们好好学习，期末不挂科！（记得给好评呦！）第一章质点运动学1-1 分析与解 (1) 质点在 t 至(t t)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 s PP, 位移大小rPP,而 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drds,但却不等于 dr故选(B)(2
2、) 由于r s,故 ,即 但由于drds,故 ,即 由此可见,应选(C)1-2 分析与解 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； 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式 计算,在直角坐标系中则可由公式 求解故选(D)1-3 分析与解 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,起改变速度大小的作用； 在极坐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率 v；而 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(
3、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 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 ,其中绳长 l 随时间 t 而变化小船速度
4、 ,式中 表示绳长 l 随时间的变化率,其大小即为 v0,代入整理后为 ,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 x 的大小可直接由运动方程得到： ,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 来确定其运动方向改变的时刻 tp ,求出 0tp 和 tpt 内的位移大小 x1 、x2 ,则 t 时间内的路程 ,如图所示,至于 t 4.0 s 时质点速度和加速度可用 和 两式计算解
5、(1) 质点在 4.0 s 内位移的大小(2) 由 得知质点的换向时刻为 (t0 不合题意)则 ,所以,质点在 4.0 s 时间间隔内的路程为(3) t4.0 s 时 ,1-7 分析 根据加速度的定义可知,在直线运动中 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
6、 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 将曲线分为 AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为(匀加速直线运动), (匀速直线运动)(匀减速直线运动)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 的匀速直线运动 , 其 x -t 图是斜率 k20 的一段直线图(c) 1-8 分析 质点的轨迹方程为 y f(x),可由
7、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、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 ,最后用 积分求解 (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 0和 t 2分别代入运动方程,可得相应位矢分别为,图(a)中的 P、Q 两点,即为 t 0和 t 2时质点所在位置(3) 由位移表达式,得其中位移大小而径向增量*(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 ,由轨道方程可得 ,
8、代入 ds,则 2内路程为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) 速度的分量式为,当 t 0 时, vox -10 m?6?1-1 , voy 15 m?6?1-1 ,则初速度大小为设 vo 与 x 轴的夹角为 ,则12341(2) 加速度的分量式为,则加速度的大小为设 a 与 x 轴的夹角为 ,则,-3341(或 32619)1-10 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 y
9、1 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 ag 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
10、 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 x x0 x和 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)所示,在 Oxy坐标系中,因 ,则质点 P 的参数方程为, 坐标变换后,在 Oxy 坐标系中有, 则质点 P 的位矢方程为(2) 5时的速度和加速度分别为1-12 分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影
11、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 shtgt,下午 200 时,杆顶在地面上影子的速度大小为当杆长等于影长时,即 s h,则即为下午 300 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决由 和 可得 和 如 aa(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
12、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 (1)由得 (2)将 t3时,x9 m,v2 m?6?1-1 代入(1) (2)得 v0-1 m?6?1-1,x00.75 m于是可得质点运动方程为1-14 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 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 (1)用分离变量法把式(1)改写为(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度由此可知当,t时, 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度(2) 再由 并考虑初始条件有得石子
13、运动方程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 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 和 ,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 及初始条件 t0 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 103t2 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 ,3341轨迹如图所
14、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 和 在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为 , ,式中v可由图(B)中的几何关系得到,而 t 可由转过的角度 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 (1) 由图(b)可看到 v v2 -v1 ,故而所以(2) 将 90,30,10,1分别代入上式,得, ,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极限值,该值即为法向加速度 1-17 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
15、在一段时间内位置的变化率,即 ,它与时间间隔t 的大小有关,当 t0 时,平均速度的极限即瞬时速度 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 ,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 求 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 1.00 到 t2 2.0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 1.00时的速度v(t)t 12.0
16、i -4.0j切向和法向加速度分别为(4) t 1.0质点的速度大小为则1-18 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,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
17、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 v100 m?6?1s-1 ,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(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1-19 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
18、初速度分别为 v0cos 和v0sin,其加速度分别为 gsin 和 gcos在此坐标系中炮弹落地时,应有 y 0,则 x 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可由运动方程的矢量式计算,即 ,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 (即图中的 r 矢量)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(1) (2)令 y 0 求得时间 t 后再代入式(1)得解 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(2) 由分析
19、知,如炮弹垂直击中坡面应满足 y 0 和 vx 0,则(3)由(2)(3)两式消去 t 后得由此可知只要角 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1-20 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解 (1
20、) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为(1) (2)由式(1)(2)可得由图(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(0 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
21、x、y 值代入即可求出解 取图示坐标系 Oxy,由运动方程, 消去 t 得轨迹方程以 x 25.0 m,v 20.0 m?6?1-1 及 3.44 my0 代入后,可解得71111 6992 27922 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 7111或 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, 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 6992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1-22 分析
22、 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,而加速度的法向分量为 anv2 /R这样,总加速度为 a aeanen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因圆周长为 2R,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,故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为(2) 要使ab,由 可得(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1-23 分析 首先应该确定角速度的函数
23、关系 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,(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 R v,由题意 t2 得比例系数所以则 t0.5 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为总加速度在 2.0内该点所转过的角度1-24 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 ,则角速度 在 t 2 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为(2) 当 时,有 ,即得此时刻的角位置为(3)
24、要使 ,则有 t 0.551-25 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 (如图所示),于是可得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 v2的方向)应满足 再由相对速度的矢量关系 ,即可求出所需车速
25、 v1解 由 图(b),有而要使 ,则1-27 分析 船到达对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 u的存在, v 与船在静水中划行的速度 v之间有 vu 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 vu v可知 ,则船到达正对岸所需时间为(2) 由于 ,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 的运动转换到相对于观察者 O
26、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 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 t 0 时,两坐标原点重合由坐标变换得xx - v t v t - v t 0 yy 1/2 gt2加速度由此可见,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 牛顿定律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
27、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 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 FN 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 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FN由此可
28、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)2-4 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 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 ) 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 可判断,随 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 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
29、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 ,求解过程较繁有兴趣的读
30、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 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 (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有则 (2)为使下滑的时间最短,可令 ,由式(2)有则可得 ,此时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
31、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 -(m1 m2 )g (m1 m2 )a (1) ,FN2 - m2 g m2 a (2)解上述方程,得F (m1 m2 )(g a) (3) FN2 m2 (g a) (4)(1) 当整个装置以加速度 a 10 m?6?1-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的
32、值为F 5.94 103 N乙对甲的作用力为 FN2 -FN2 -m2 (g a) -1.98 103 N(2) 当整个装置以加速度 a 1 m?6?1-2 上升时,得绳张力的值为F 3.24 103 N此时,乙对甲的作用力则为 FN2 -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 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
33、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 mA g -F mA a (1)F1 -F mB a (2)F -2F1 0 (3)考虑到 mA mB m, F F , F1 F1 ,a2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力讨论 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差异而存在滑动
34、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解 1 以地面为参考系,在摩擦力 F mg 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 mg ma1 F -F
35、 ma2a1 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 - v2 2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为解 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 l) -Fl mgs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mv(mm) v由系统的动能定理,有由上述各式可得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
36、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 而变的取图示 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(1)(2)且有 (3)由上述各式可解得钢球距碗底的高度为可见,h 随 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弯的所需向心力仅由轨道支持力的水平分量 FNsin 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 v0 行驶当火车行驶速率 vv0 时,则会产生两种情况：如图所示,如 vv0 时,
37、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 vv0 时,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个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(1) (2)解(1)(2)两式可得火车转弯时规定速率为(2) 当 vv0 时,根据分析有(3) (4)解(3)(4)两式,可得外轨侧压力为当 vv0 时,根据分析有(5) (6)解(5)(6)两式,可得内轨侧压力为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
38、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运动的分速度,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(1) (2)(3) (4)以式(3)代入式(2),得(5)将式(1)和式(5)代入式(4),可求
39、出圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力)大小为与壁的夹角 为讨论 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2-13 分析 首先应由题图求得两个时间段的 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,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应解 由题图得由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为对 0 t 5 时间段,由 得积分后得再由 得积分后得将 t 5 代入,得 v530 m?6?1-1 和 x5 68.7 m对 5t 7 时间段,用同样方法有得再由 得 x 17.5t2 -0.83t3 -82
40、.5t 147.87将 t 7代入分别得 v740 m?6?1-1 和 x7 142 m2-14 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adv/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 vdx /dt,用积分的方法可求出质点的位置 解 因加速度 adv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有依据质点运动的初始条件,即 t0 0 时 v0 6.0 m?6?1-1 ,运用分离变量法对上式积分,得v6.0+4.0t+6.0t2又因 vdx /dt,并由质点运动的初始条件：t0 0 时 x0 5.0 m,对上式分
41、离变量后积分,有x 5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t32-15 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 F 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, 得因此,飞机着陆 10后的速率为v 30 m?6?1-1又故飞机着陆后 10内所滑行的距离2-16 分析 该题可以分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后,物体受重力 P、浮力 F 和水的阻力 F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
42、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,故入水时的速度为运动员入水后,由牛顿定律得 P -F -F ma由题意 P F、Fbv2 ,而 a dv /dt v (d v /dy),代入上式后得 -bv2 mv (d v /dy)考虑到初始条件 y0 0 时, ,对上式积分,有(2) 将已知条件 b/m 0.4 m -1 ,v 0.1v0 代入上
43、式,则得2-17 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 O,沿叶片背离原点 O 的方向为正向,距原点 O 为 r 处的长为 dr 一小段叶片,其两侧对它的拉力分别为 F(r)与 F(rdr)叶片转动时,该小段叶片作圆周运动,由牛顿定律有由于 r l 时外侧 F 0,所以有上式中取 r 0,即得叶片根部的张力 F0 -2.79 105 N负号表示张力方向与坐标方向相反2-18 分析 该题可由牛顿第二定律求解在取自然坐标的情
44、况下,沿圆弧方向的加速度就是切向加速度 a,与其相对应的外力 F是重力的切向分量 mgsin,而与法向加速度an 相对应的外力是支持力 FN 和重力的法向分量 mgcos由此,可分别列出切向和法向的动力学方程 Fmdv/dt 和 Fnman 由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的,因此,需应用积分求解,为使运算简便,可转换积分变量 倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比较简便但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力解 小球在运动过程中受到重力 P 和圆轨道对它的支持力 FN 取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得(1) (2)由 ,得 ,代入式(
45、1),并根据小球从点 A 运动到点 C 的始末条件,进行积分,有得则小球在点 C 的角速度为由式(2)得 由此可得小球对圆轨道的作用力为 负号表示 FN 与 en 反向2-19 分析 运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力FN 和环与物体之间的摩擦力 F ,而摩擦力大小与正压力 FN成正比,且 FN 与 FN又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程 解 (1) 设物体质量为 m,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有由分
46、析中可知,摩擦力的大小 FFN ,由上述各式可得取初始条件 t 0 时 v v 0 ,并对上式进行积分,有(2) 当物体的速率从 v 0 减少到 1/2v 0 时,由上式可得所需的时间为物体在这段时间内所经过的路程2-20 分析 物体在发射过程中,同时受到重力和空气阻力的作用,其合力是速率 v 的一次函数,动力学方程是速率的一阶微分方程,求解时,只需采用分离变量的数学方法即可但是,在求解高度时,则必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解,并注意到物体上升至最大高度时,速率应为零解 (1) 物体在空中受重力 mg 和空气阻力 Fr kv 作用而减速由牛顿定律得(1)根据始末条件对上式积分
47、,有(2) 利用 的关系代入式(1),可得分离变量后积分故讨论 如不考虑空气阻力,则物体向上作匀减速运动由公式 和 分别算得 t6.12和y184 m,均比实际值略大一些2-21 分析 由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反,因此,物体在上抛过程中所受重力 P 和阻力 Fr 的方向相同；而下落过程中,所受重力 P 和阻力 Fr 的方向则相反又因阻力是变力,在解动力学方程时,需用积分的方法解 分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为 y 轴(如图所示)(1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有依据初始条件对上式积分,有物体到达最高处时, v 0,故有(2) 物体下落过程中,有对上式积分,有则2-22 分析 该题依然是运用
