1、 物理学教程（第二版）上册习题答案第一章 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 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 ,平均速率为 v(1) 根据上述情况,则必有( )(A) r= s = r(B) r s r,当 t0 时有d r= d s d r(C) r r s,当 t0 时有d r= d r d s(D) r s r,当 t0 时有d r= d r = ds(2) 根据上述情况,则必有( )(A) = , = (B) , vvvv(C) = , (D) , = 分析与
2、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 r PP,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d rd s,但却不等于d r故选(B)(2) 由于 r s,故 ,即 tsv但由于d rd s,故 ,即 由此可见,应选(C)tdr1 -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) ； (2) ； (3) ； (4) trdtdrtsd22dtytx下述
3、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 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐trd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tr计算, 在直角坐标系中则可由公式 求解故选tsdv22dtytxv(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 表示切向加速度对下列表达式,即(1)d v /dt ；(2)d r/dt v；(3)d s/dt v；(4)d v /
4、dt a 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 表示切向加速度 a ,它表示速度大小随时间的变化率,tdv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trd tsd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tda 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)
5、 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 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 已知质点沿 x 轴作直线运动,其运动方程为 ,式中326txx 的单位为m, t 的单位为 s求：(1) 质点在运动开始后4.
6、0 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： ,而在求路程0xt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0dtx时刻 tp ,求出 0 tp 和 tp t 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21xs可用 和 两式计算txd2题 1-5 图解 (1)
7、 质点在4.0 s内位移的大小 m3204x(2) 由 dt得知质点的换向时刻为(t0不合题意)s2pt则 m0.821x44所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 21s(3) t4.0 s时 1s0.4sm8dtxv2s0.42.36ta1 -6 已知质点的运动方程为 ,式中 r 的单位为m, t 的jir)(t单位为求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t 0 及 t 2时,质点的位矢；(3) 由 t 0 到 t 2内质点的位移 r 和径向增量 r； 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、 r、 r、 s 来说,
8、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 241xy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, jr0jir22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 jijir4)()(020212 yx其中位移大小 m6.5)(yxr而径向增量 7.20202r题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为 2301tx5y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 由运动方程的分量
9、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 ttx601dvy45当 t 0 时 , v0x -10 m -1 , v0y 15 m -1 ,则初速度大小为 1200 sm.8yx设 v0与 x 轴的夹角为,则 23tan0xyv 12341(2) 加速度的分量式为, 2sm60dtaxv 2sm40dtayv则加速度的大小为 22s1.7yx设 a 与 x 轴的夹角为 ,则 3tanxy -3341(或32619)1 -8 一升降机以加速度1.22 m -2上升,当上升速度为2.44 m -1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与
10、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
11、丝的运动方程分别为 201atyv2gh当螺丝落至底面时,有 y1 y2 ,即 2001tatvvs75.ght(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m16.0202tyhdv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)(10taghs705.t(2) 由于升降机在 t 时间内上升的高度为 201athv则 m76.d题 1-8 图1 -9 质点沿直线运动,加速度 a4 -t2 ,式中 a的单位为m -2 ,t的单位为如果当 t 3时, x9 m,v 2 m -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
12、运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决由 和 可得 和tadvtxtadv如 a a(t)或 v v(t),则可两边直接积分如果 a 或 v不是txdv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 ta0d0v得 (1)0314vt由 tx0d0得 (2)0421xttv将 t3时, x9 m, v2 m -1代入(1)、(2)得v0-1 m -1, x00.75 m于是可得质点运动方程为 75.124tx1 -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 aA -Bv,式中A、B 为正恒量,求石子下落的速度和
13、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)dt 分离变量为 后再两tad)(v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)vBAtad用分离变量法把式(1)改写为(2)t将式(2)两边积分并考虑初始条件,有 tBA0d0vv得石子速度 )e1(t由此可知当, t时, 为一常量,通常称为极限速度或收尾速v度(2) 再由 并考虑初始条件有)e1(dBtAtyv tAytBd)e1(d0得石子运动方程 )(2Btt1 -11 一质点具有恒定加速度 a 6 i 4 j,式中 a的单位为m -2
14、 在 t0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 和201taxxv,两个分运动均为匀变速直线运动读者不妨自己201tayyv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t t0)d46(djiavt又由 及初始条件
15、t0 时, r0(10 m) i,积分可得tdrvttr t)d46(d0 jvi2)31(t由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x 103 t2y 2 t2消去参数 t,可得运动的轨迹方程3y 2 x -20 m这是一个直线方程直线斜率 , 3341轨迹32tandk如图所示1 -12 质点在 Oxy 平面内运动,其运动方程为 r2.0 ti (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 1.0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
16、曲率半径 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 ,它与时间间隔 t 的大小有关,当 t0 trv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tdr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ttedv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 n2v解 (1) 由参数方程x 2.0 t, y 19.0-2.0 t2消去 t 得质点的轨迹方程：y 19.0
17、 -0.50 x2(2) 在 t1 1.00 到 t2 2.0时间内的平均速度 jir0.612ttv(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 jijiji ttyxtyx .42d)(jjia22sm0.dtt则 t1 1.00时的速度v(t) t 1 2.0 i -4.0j切向和法向加速度分别为ttyxtt eeea 22s1 sm58.3)(d vvnntna2279.1(4) t 1.0质点的速度大小为 12s4.yxv则 m7na1 -13 飞机以100 m -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
18、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2.0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 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
19、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 v100 ms-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m452gyxv(2) 视线和水平线的夹角为 o.1arctnxy(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 vgtxyrart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 2sm8.1arctnsiinvggat 26.9rtocn1 -14 为迎接香港回归，特技演员柯受良在199
20、7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，他随即以仰角 冲出，飞越跨度达 57 m，安全150v hkm1 5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
21、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 分别表示飞车的最mxy和大高度和飞跃跨度.解 在图示坐标系中，有（1） tvx)cos(0（2） 21ingy）（3） tvys0(1) 由式（1），令 m，得飞跃时间57xs37.1cos0vt（2）由式（3），令 ，得飞行到最大高度所需时间ygvtsin0m将 代入式（2） ，得飞行最大高度mtm67.02sin0mgvy则飞车在最高点时距河面距离为m m10yh67.（3）将 s 代入式（2），得西岸木桥位置为37.1mty = - 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，
22、则飞车在 y方向上的运动方程应为m + 10y201)sin(gtv1 -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，球的抛射角 ，设球被抛出时的速率 v0 19.6 m -3061，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 和 -g ，看似复杂，但cossin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
23、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（1）20 )sin(1)cos( tgtvx（2）coiny落地时，有 y=0，由式（2）解得飞行时间为s31.20tan2gvt将 t 值代入式（1），得m1.2630gvxOP解 2 由分析知，在图（b）坐标系中，对小球 tvx)cos(0（1）201)sin(gtvy（2）对点 P tanxy（3）由式（1）、（2）可得球的轨道方程为20costanvgxxy（4）落地时，应有 ，即y 60cos260tan3tvgxx解之得落地点 P的 x坐标为gvx320（5）则 m1.2630cosgvx
24、OP联解式（1）和式（5）可得飞行时间 s1.2t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 运动, v0 、 b 都201btsv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 ,而加速度的法向分量为 an v2 /R这样,总加速度为 a a e anen至于质点在 t 时间
25、内通过的路程,即为曲线坐标的改变量 s st -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 btts0dv其加速度的切向分量和法向分量分别为, btsat2dRbtan202)(v故加速度的大小为 )(4022btattnv其方向与切线之间的夹角为 Rbtatn20)(rcr(2) 要使 a b,由 可得tR402)(1vb(3) 从 t0 开始到 t v0 /b 时,质点经过的路程为 st20v因此质点运行的圈数为 bRsn4220v1 -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 t2.0 时测得轮缘一点的速度值
26、为4.0 m -1求：(1) 该轮在 t 0.5的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0内所转过的角度分析 首先应该确定角速度的函数关系 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 t 2 得比例系数 3sradRtkv所以 2)(则 t0.5 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为 12srad5.0t24dt2sm0.1Rat总加速度 nttne22s
27、01.a在2.0内该点所转过的角度 rad3.5d202020tt1 -18 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动 ,其角位置为 ,342t式中 的单位为rad, t 的单位为(1) 求在 t 2.0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 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342t21dt加速度和切向加速度的数值分别为 22ssm30.ratns284dtt(2) 当 时,有 ,即21
28、/tnta2nta4143tr得 2t此时刻的角位置为 rad15.34t(3) 要使 ,则有tna422trtt 0.551 -19 一无风的下雨天 ,一列火车以 v120.0 m -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,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
29、速度,它们之间的关系为(如图所示),于是可得1 1o12sm36.57tan1 -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 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,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hlarctn 12出所需车速 v1题 1-20 图解 由 图(b),有12v cosinart21v而要使
30、,则hlarctnhlcosin21vli21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) gsin (B) gcos (C) gtan (D) gcot 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 用水平力 FN把一个物体压着靠在
31、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 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 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
32、小于 (B) 必须等于gRg(C) 不得大于 (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 FN由此可算得汽车转弯的最大速率应为 v Rg 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
33、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 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,RmgFN2sinv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
34、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) 2 mg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
35、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 ,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 0.14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 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,
36、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)magmcossin又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有 22i1costatl则 (2)gltcosin为使下滑的时间最短,可令 ,由式(2)有0dt0sincscsin则可得 ,12tao49此时 s.0cssincomin glt2 -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
37、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 -2 的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m -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
38、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 -2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为F 5.94 10 3 N乙对甲的作用力为F N2 -FN2 -m2 (g a) -1.98 10 3 N(2) 当整个装置以加速度 a 1 m -2 上升时,得绳张力的值为F 3.24 10 3 N此时,乙对甲的作用力则为F N2-1.08 10 3 N由上述计算可见,在起吊相同重量的
39、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 m3.0kg 物体A 以加速度 a 1.0 m -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mA g -F mA a (1)F 1
40、-F mB a (2)F -2F1 0 (3)考虑到 mA mB m, F F , F1 F 1 ,a2 a,可联立解得物体与桌面的摩擦力 N2.74f ag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 ,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
41、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 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 mg
42、 的作用下,根据牛顿定律fF分别对木块、平板列出动力学方程 mg ma1f - m a2fa1 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 2 as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 mgslFsWff）（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由系统的动能定理,有 221gs由上述各式可得 mgs2v2 -10
43、 如图(a)所示,在一只半径为 R 的半球形碗内,有一粒质量为 m 的小钢球,当小球以角速度 在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高？题 2-10 图分析 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 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)mRaFnNsisi2(2)gco且有 (3)h由上述各式可解得钢球距碗底的高度为 2g
44、Rh可见, h 随 的变化而变化2 -11 在如图（a）所示的轻滑轮上跨有一轻绳，绳的两端连接着质量分别为1 kg和2 kg的物体A和B，现以50 N的恒力 F向上提滑轮的轴，不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦，求A和B的加速度各为多少？题 2-11 图分析 在上提物体过程中，由于滑轮可以转动，所以A、B两物体对地加速度并不相同，故应将A、B和滑轮分别隔离后，运用牛顿定律求解，本题中因滑轮质量可以不计，故两边绳子张力相等，且有.T2F解 隔离后，各物体受力如图（b）所示，有滑轮 02TFA ATamgB B联立三式，得 2.15Aa7.2s， 2s讨论 如由式 求解，所得 是A、B两物amgmF)(
45、)(BABAa体构成的质点系的质心加速度，并不是A、B两物体的加速度.上式叫质心运动定理. 2 -12 一质量为50 g的物体挂在一弹簧末端后伸长一段距离后静止，经扰动后物体作上下振动，若以物体静平衡位置为原点，向下为 y轴正向.测得其运动规律按余弦形式即 ，式中 t以s计，)2/5cos(20.tyy以m计，试求：（1）作用于该物体上的合外力的大小；（2）证明作用在物体上的合外力大小与物体离开平衡位置的 y距离成正比.分析 本题可直接用 求解， y为物体的运动方程， F2d/tmaF即为作用于物体上的合外力（实为重力与弹簧力之和）的表达式，本题显示了物体作简谐运动时的动力学特征.解 （1）由分析知F （N）（ 2/5cos2.0d/2
