大学物理试题库及答案详解【考试必备】

1、)，平均速度为v ,平均速率为v .第一章质点运动学(1)根据上述情况，则必有()(A)| &|=As = A(B)| Ar |m As MAr,当 AtT0 时有 |dr | :=ds md(C)| Ar |m ArMs,当 AtT 0 时有 |dr | =dr ms(D)| &|MAs MAr,当 AtT0 时有1 dr | :=dr =ds根据上述情况，则必有()(A)| V |=V, | V | = V(B)| v |MV , | V | M(C)| V |=V, | V | M V(D)| V |MV , | V | =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

2、v,t至(t +&)时间内的 位移为&,路程为As,位矢大小的变化量为& (或称丨r |1#分析与解 质点在t至(t + At)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As = PP，位移大小|Ar | = PP而Ar =| 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Att 0时，点P无限趋近P点，则有| d r | = ds,但却不等于dr.故选(B).ArAs-(2)由于 | Ar | MAs,故，即 | V | MV .AtAt半即dtV | = V .由此可见 应选(C).d r但由

3、于| dr |= ds故一dt1 -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dr如；dt下述判断正确的是()(A) 只有(1)(2)正确(B)只有(2)正确#(D)只有(3)(4)正确(C)只有(2)(3)正确dr分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率dt,在极坐标系中叫径向速率通常用符号 W表示，这是速度矢量在位矢方向上的一个分量;dr表示速度矢量；在自然dt坐标系中速度大小可用公式八罟计算，在直角坐标系中则可由公式d；2dy2求解.故选(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 向加速度.对下列表达式，即,s表示路

4、程,a t表示切(1)d v /dt = a; (2)dr/dt下述判断正确的是(=v; (3)ds/dt = v; (4)d v /dt |= at.)(B)只有(2)、(4)是对的(D)只有是对的(A)只有、是对的(C)只有(2)是对的分析与解空表示切向加速度a t，它表示速度大小随时间的变化率dt，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;dr一在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2所dtds一述);一在自然坐标系中表示质点的速率v;dtdvdt表示加速度的大小而不是切向加速度a2t .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(，法

5、向加速度也改变，法向加速度一定改变，法向加速度不变，法向加速度不变(A)(B)(C)切向加速度一定改变切向加速度可能不变切向加速度可能不变切向加速度一定改变(D)分析与解加速度的切向分量at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at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，at恒为零；质点作匀变速率圆周运动时，at为一不为零的恒量，当at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如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处

6、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，v cos 0(B) 匀减速运动，v = VoCOS 0Vo(C) 变加速运动，v cos 0#(D) 变减速运动,V =VoCOSB(E) 匀速直线运动，V = V03#ldldxV =dt,式中一表示绳长dtl2-h2dtI,则小船的运动方程为随时间的变化率，其大小即为Vo,代入整理后为V = S 2 = Vo ，方向沿x轴负向.由 .I -h /I cos B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

7、刻定滑轮距小船的绳长为x = I2 -h2，其中绳长I随时间t而变化小船速度#速度表达式，可判断小船作变加速运动故选(C).讨论 有人会将绳子速率 Vo按X、y两个方向分解，则小船速度v = v0cos B，这样做对 吗？231 -6 已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为x = 2 6t -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4.0 s内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t= 4 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 Ax的大小

8、可直接由运动方程得到：Ax-x,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0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0tp和dttpt内的位移大小 A、Ax2 ,则t时间内的路程S=厶X十伙2 ,如图所示，至于t = 4.0 s时质点速度和加速度可用鱼和马两式计算.dt dt解(1)质点在4.0 s内位移的大小Ax = x4 - x0 = -32 m由得知质点的换向时刻为逖=0dttp = 2s (t= 0不合题意)则酗=x2x0 = 8.0 m = X4 - x? = -40 m 所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为s = A

9、xAx2 = 48 m(3) t= 4.0 s 时sdxdt 140sd2xa 2dt t4.0s-36 m.s，1 -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t= 0时,x =0 .试根据已知的v-t图，画出a-t图以及x -t图.20-T7s-20-题 i-7 a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

10、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-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Vb 一 VatB -t=20 m（匀加速直线运动）aBc = 0(匀速直线运动)aCD = -D= -10 m(匀减速直线运动)tD tc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1 2X = X v0tt2由此，可计算在02 s和46 s时间间隔内各时刻的位置分别为00i5I1.544.555.56

11、.i/isi0-7.5-10-7 504085553. S60用描数据点的作图方法，由表中数据可作02 s和46 s时间内的x -t图.在24 s时间 内，质点是作v =20m的匀速直线运动，其x -t图是斜率k= 20的一段直线图(c).21 -8 已知质点的运动方程为r = 2ti (2 -t ) j，式中r的单位为m，t的单位为s.求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t = 0及t = 2 s时,质点的位矢；(3) 由t = 0到t = 2 s内质点的位移&和径向增量Ar;*(4) 2 s内质点所走过的路程s.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(

12、t)中消去t即可得到对于r、Ar、Ar、As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 法洗在轨迹上任取一段微元ds,则ds二(dx)2 (dy)2,最后用s= ds积分求s .解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得质点轨迹方程为1 2y = 2 x4这是一个抛物线方程，轨迹如图(a)所示.(2) 将t = 0s和t = 2 s分别代入运动方程，可得相应位矢分别为r = 2j , $ =4i -2 j图(a)中的P、Q两点，即为t = 0 s和t = 2 s时质点所在位置.(3) 由位移表达式，得Ar 二眩 一 n =(X2 X。)i (y2 - y)j 二 4i -2j

13、其中位移大小 Ar 二 /(Ax)2 (Ay)2 = 5.66 m而径向增量 Ar = Ar =- rj = Jx；十 y； - *：对十 y； = 2.47 m*(4)如图(B)所示，所求As即为图中PQ段长度，先在其 间任意处取 AB微元ds,则 d , (dx)2 (dy)2，由轨道方程可得dy二-*xdx,代入ds,则2 s内路程为Q42sPds04 xdx 仆6题呂图1 -9质点的运动方程为2x - -10t 30t2y =15t -20t式中x,y的单位为m,t的单位为s. 试求：（1）初速度的大小和方向； 分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量（2）加速度的大小和方向

14、.，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-1,Voy=生=-10 60tdt=dy =15-40tdt1VxVy=15 m s -，则初速度大小为Vo2 2 _4VoxVoy =18.0 m s设V。与X轴的夹角为a则tana= 123 41 (2)加速度的分量式为dVx ac-2dvy/c qax60 m s , ay40 m sdtdt则加速度的大小为= 72.1 m设a与X轴的夹角为3则73= -33 41或 326 19 ）1 -10 一升降机以加速度1.22 ms-2上升,当上升速度为2.44 m- s -1时,有

15、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yi = yi（t）和y = 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

16、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 2% = v0tat2y2 二 h VoQgt2当螺丝落至底面时，有y1 = y，即Vot 1 at2 二 h Vot -1 gt22 2/ 2ht0.705 s g a（2）螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为1 2d 二 h - y2 - -v0tgt = 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a = g + a,螺丝落至底面时，有2h 0.705 sg a（2）由于升降机在t时间内上升的高度为h = v0t 1at22则d 二 h -h =0.716 m题I -】()修1 -11 一质点P

17、沿半径R = 3.0 m的圆周作匀速率运动，运动一周所需时间为 20.0 s，设t =0时，质点位于O点.按 图中所示Oxy坐标系,求(1)质点P在任意时刻的位矢；(2)5 s 时的速度和加速度.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).在确定运动方程时 若取以点(0,3)为原点的O x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

18、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 O x 坐y 标系中，因A2 n厂9 t，则质点PT的参数方程为x = RsintTy - - Rcos t T坐标变换后，在Oxy坐标系中有x = x 二 Rsin251 T*2 ny = y y。= -Rcos t R则质点P的位矢方程为10r 二 RsinRcosHrT= 3si n( 0.1 nt) i31 -cos(0.1 n)j5 s时的速度和加速度分别为drdt二 R2ncos2nti R T T=(0.3 nm s) jd2 r2 n 22 n2 n 22 n22a 2=-R( ) sintiR( ) cost

19、j = (-0.03 n m s )idtTTTT1 -12 地面上垂11,求在下午2 : 00时，杆顶在地直竖立一高20.0 m的旗杆，已知正午时分太阳在旗杆的正上方 面上的影子的速度的大小.在何时刻杆影伸展至 20.0 m ?分析为求杆顶在地面上影子速度的大小，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.解设太阳光线对地转动的角速度为3,从正午时分开始计时，则杆的影长为s= htg 3,下午2 : 00时，杆顶在地面上影子的速

20、度大小为dsv 二dth 3cos2 3= 1.94 10m#当杆长等于影长时，即s = h,则.1.sn小小小小小t arctan3 60 60 s3h 4 3即为下午3 : 00时.1 -13质点沿直线运动，加速度a= 4 -t2式中a的单位为ms -2 ,t的单位为s.如果当t =_13s时,x= 9 m,v = 2 ms，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运动方程，必须在给定条件下用积分方法解决.由a =业和v =鱼 可得dv =adt和dx =vdt .如a= a(t)或v = v(t),则可 dtdt两边直接积分.如果 a或v不是时间t的显函数，则

21、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vdvtadtv得xtv = 4tt3V。3(1)由dx =vdt0得1x = 2ttv0tx012将t= 3 s 时,x= 9 m,v= 2 m -s -1 代入(1)(2)得v0 = _1 m -s -1,x0= 0.75 m .于是可得质点运动方程为x =2t2 一丄t4 0.75121 -14 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a= A -B v,式中A、B为正恒量，求石子下落的速度和运动方程.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

22、dv = a(v)dt分离变量为= dt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)由题意知用分离变量法把式(1)改写为将式(2)两边积分并考虑初始条件，有dtdvABv=dt(1)得石子速度12A由此可知当，tm时，v为一常量，通常称为极限速度或收尾速度.B再由-dy:A卫t= B(1-e )并考虑初始条件有佝=j0(1-e)dt得石子运动方程AA t八ygtB2(e -1)21 -15 一质点具有恒定加速度a = 6i + 4j，式中a的单位为ms .在t= 0时，其速度为零，位置矢量ro = 10 mi .求:(1)在任意时刻的速度和位置矢量;质点在O

23、xy平面上的#轨迹方程，并画出轨迹的示意图.#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13度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即x = x v0xt 1axt2和21 2 一 一y = y0 v0yt - qayt 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to = 0时vo = o,积分可得vtt0 dv =adt = (6i + 4 j)dtv = 6ti 4t jd r又由v =及初始条件t = 0时,ro=

24、 (10 m) i,积分可得dtrttr dr = j vdt = j (6ti4tj)dtr =(10 3t2) i 2t2j由上述结果可得质点运动方程的分量式，即2x = 10+ 3t2y = 2t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k = = tan a = , a= 33 41 轨迹如图所示.dx31 -16 一质点在半径为 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 = j2(1_COsAB)v2/(RAB) ； (2)当盼别等于90 30 10。和仁时，平均加

25、速度各为多 少？并对结果加以讨论.1Hl -16 图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 =空和dt,a =式中丨Av|可由图RAta =AV 在匀速率圆周运动中，它们的大小分别为 anAt(B) 中的几何关系得到，而At可由转过的角度 AB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At0时的极限值.解 (1)由图(b)可看到Av = v2 -vi ,故A/ =v| -2v1v2cos A0=v 2(1 _ cos A 0)而人AsRAOAt :vv所以Av 2a 二 Av = 2(1-cosAO) vAtRAO(2)将90 ：30 0 分别代

26、入上式,得2 2vv0.9003, a? 1.889 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0 71 . 11或0 V 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，0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 V 0 V69. 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 21 -22 一质点沿半径为R的圆周按规律S = Vt-bt运动,V0、b都是常量.（1）求t 时刻质点的总加速度；（2） t

27、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 t，而加速度的 法向分量为an= V2 /R.这样，总加速度为a = atet + anen.至于质点在t时间内通过的路程，即 为曲线坐标的改变量 As St -S0.因圆周长为2%R,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dsdtV。- bt23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d2sat2 -巾，adt(V。-

28、 bt)_ R _Ra；b2 +（V。-bt)4n2 V#其方向与切线之间的夹角为要使I0 二 arctanat-arcta n(v - bt)2Rba = b，由 R -吐2(V0 -bt)4=b可得#V0b（3）从t= 0开始到t= V0 /b时，质点经过的路程为2V02b因此质点运行的圈数为2sVon-2 n 4 n）R1 -23 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 t = 2.0 s时测得轮缘一点的速度值为 4.0 m s -1.求：（1）该轮在t = 0.5 s的角速度，轮缘一点 的切向加速度和总加速度；该点在2.0 s内所转过的角度.分析 首

29、先应该确定角速度的函数关系3= 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,3= 3（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3R = V，由题意3* t2得比例系数.3 V3k 22 = 2 rad st2Rt2所以3 = 3（t） = 2严则t= 0.5 s时的角速度、角加速度和切向加速度分别为3 = 2t 2 = 0.5 rad sa = d3 = 4t = 2.0 rad sdtat = aR = 1.0 m s-2总加速度2

30、a = a n at = o（Ret3 Re na =（打 +（32R$ =1.01 m s，在2.0 s内该点所转过的角度2222 3 2B - 0）= （ odt = 2tdt= t 0 = 5.33 rad331 -24 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动，其角位置为 0= 2 4t，式中0的单位为 rad，t的单位为s. （1）求在t = 2.0 s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，0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.3

31、d 02解（1）由于0二2 4t，则角速度312t .在t = 2 s时，法向加速度和切向dt加速度的数值分别为an ys = r 32 = 2.30 m sat 2s = r 竺=4.80 m s- dt1 当 q = a/2 = 2 Ja* + at 时，有3a an，即卩222 43(24rt ) =r2(12t2 )t3此时刻的角位置为B 二 2 4t3 二 3.15 rad（3）要使an =at,则有3（24rt f =r2（12t2 ft = 0.55 s1 -25 一无风的下雨天，一列火车以V1= 20.0 m s -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

32、角下降求雨滴下落的速度V2 .（设下降的雨滴作匀速运动）题_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S ，火车为动参考系SV1为S 相对S 的速度，V2为雨滴相对S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 V2 =V2，V1 （如图所示），于是可得V11v2o = 5.36 m stan 751 -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B角,速率为V2若车后有一长方形物体，问车速

33、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S ，汽车为动参考系S .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 a arctan丄.再由相对速度的矢量关系v2 =v2 - 即可求h出所需车速V1.解由 V2 二 V2 -Vi 图（b）:题I -26图,有,vv2sin 0a arctan V2C0S 0而要使a arctan-，则 hVi - V2sin 0 lV2C0S 0Vi 亠 V2型0 sin 0 h_ h27#11.10 m s的速度划船前进.今欲横渡一宽为1.

34、00 W3 m、1 -27 一人能在静水中以水流速度为0.55 m -s -i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 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.题1-27图解(1)由v= u + v可知a = arcsin，则船到达正对岸所需时

35、间为 rv丄dd3t1.05 10 sV V COS a(2)由于V =VCOS a,在划速V一定的条件下 只有当 a 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I的下游处，且有d2I = ut = u 5.0 10 mV21 -28 一质点相对观察者 0运动，在任意时刻t ,其位置为x = vt , y= gt /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运动.试问质点相对O的轨 迹和加速度如何？ot-L题1 -28图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，

36、将系O中一动点(x,y)变换至系O中的点 (xy,.)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O x分别为观察者 O和观察者O所在的坐标系，且使Ox和O 炳轴平 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 = 02y = y = 1/2 gtd2 y加速度a = ay = y gdt2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如图所示质量为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

37、离斜面时，它的加速度的大小为()(A) gsin 0(B) geos 0(C) gtan 0(D) gcot 0(a)JB2-1 图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 t (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mgeot 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用水平力Fn把一个物体压着靠在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F f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

38、，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卩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、jgR(B)必须等于.qR(C) 不得大于用R(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

39、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疔N.由此可算得汽车转弯的最大速率应为v=卩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，其速率不断增加mg题2 -4图分析与解由图可知，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

40、在位置有关重力的切向分量(m geos 0)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2Fn -mgsin 0 = m 可判断，随 0角的不断增大过程，轨道支持力Fn也将不断增大,由此可R见应选(B) 2 -5 图示系统置于以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，若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦，并不计空气阻力，则绳中张力为()(A) 58 mg (B) 12 mg (C) mg (D) 2 mg分析与解本题可考虑对A、B两物体加

41、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 t = 5/8 mg .故选(A) (b)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者不妨自己尝试一下.2 -6图示一斜面,倾角为a,底边AB长为I = 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 尸0.14