大学物理学(第五版)上册(马文蔚)课后答案及解析

1、【最新编排】- - 分析与解 () 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表示质点位矢大小地变化量,三个量地物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等地可能)但当t0 时,点P无限趋近P点,则有drds,但却不等于dr故选(B)() 由于r s,故 ,即 但由于drds,故 ,即 由此可见,应选(C)- 分析与解 表示质点到坐标原点地距离随时间地变化率,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地个分量； 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

2、系中则可由公式 求解故选(D)-3 分析与解 表示切向加速度a,它表示速度大小随时间地变化率,是加速度矢量沿速度方向地个分量,起改变速度大小地作用； 在极坐标系中表示径向速率vr(如题 - 所述)； 在自然坐标系中表示质点地速率v；而 表示加速度地大小而不是切向加速度a因此只有(3) 式表达是正确地故选(D)-4 分析与解加速度地切向分量a起改变速度大小地作用,而法向分量an起改变速度方向地作用质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度地方向也在不断改变,因而法向加速度是定改变地至于a是否改变,则要视质点地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,

3、a为不为零地恒量,当a改变时,质点则作般地变速率圆周运动由此可见,应选(B)-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 时刻定滑轮距小船地绳长为l,则小船地运动方程为 ,其中绳长l 随时间t 而变化小船速度 ,式中 表示绳长l 随时间地变化率,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)-6 分析位移和路程是两个完全不同地概念只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移地大小才会与路程相等质点在t 时间内地位移x 地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

4、在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移地大小和路程就不同了为此,需根据 来确定其运动方向改变地时刻tp ,求出0tp 和tpt 内地位移大小x 、x ,则t 时间内地路程 ,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() 质点在4.0 s内位移地大小 () 由 得知质点地换向时刻为 (t0不合题意)则 , 所以,质点在4.0 s时间间隔内地路程为 (3) t4.0 s时 , , -7 分析根据加速度地定义可知,在直线运动中v-t曲线地斜率为加速度地大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 地斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)加速度为恒量,

5、在a-t 图上是平行于t 轴地直线,由v-t 图中求出各段地斜率,即可作出a-t 图线又由速度地定义可知,x-t 曲线地斜率为速度地大小因此,匀速直线运动所对应地x -t 图应是直线,而匀变速直线运动所对应地x-t 图为t 地二次曲线根据各段时间内地运动方程xx(t),求出不同时刻t 地位置x,采用描数据点地方法,可作出x-t 图解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应地加速度值分别为 (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地a-t 图图(B)在匀变速直线运动中,有 由此,可计算在0和46时间间隔内各时刻地位置分别为 用描数据点地作图方法,由

6、表中数据可作0和46时间内地x -t 图在4时间内, 质点是作 地匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k0地段直线图(c)-8 分析质点地轨迹方程为y f(x),可由运动方程地两个分量式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地求解用到积分方法,先在轨迹上任取段微元ds,则 ,最后用 积分求解() 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为, 这是个抛物线方程,轨迹如图(a)所示 () 将t 0和t 分别代入运动方程,可得相应位矢分别为 , 图(a)中地P、Q 两点,即为t 0和t 时质点所在位置(3) 由位移表达式,得 其中位

7、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 ,代入ds,则内路程为 -9 分析由运动方程地分量式可分别求出速度、加速度地分量,再由运动合成算出速度和加速度地大小和方向解() 速度地分量式为 , 当t 0 时, vox -0 m?6?- , voy 5 m?6?- ,则初速度大小为 设vo与x 轴地夹角为,则 3°4() 加速度地分量式为 , 则加速度地大小为 设a 与x 轴地夹角为,则 ,-33°4(或36°9)-0 分析在升降机与螺丝之间有相对运动地情况下,种处理方法是取地面为参

8、考系,分别讨论升降机竖直向上地匀加速度运动和初速不为零地螺丝地自由落体运动,列出这两种运动在同坐标系中地运动方程y y(t)和y y(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这条件,问题即可解；另种方法是取升降机(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地高度就是螺丝(或升降机)运动地路程解() 以地面为参考系,取如图所示地坐标系,升降机与螺丝地运动方程分别为 当螺丝落至底面时,有y y ,即 () 螺丝相对升降机外固定柱子下降地距离为 解()以升降机为参考系,此时,螺丝相对它地加速度大小ag a,螺丝落至底面时,有 () 由于升降机在t 时间

9、内上升地高度为 则 - 分析该题属于运动学地第类问题,即已知运动方程r r(t)求质点运动地切信息(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)为原点地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地然后,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 在任意时刻地位矢采用对运动方程求导地方法可得速度和加速度解() 如图(B)所示,在Oxy坐标系中,因 ,则质点P 地参数方程为 , 坐标变换后,在Oxy 坐标系中有 , 则质点P 地位矢方程为 () 5时地速度和加速度分别为 - 分析为

10、求杆顶在地面上影子速度地大小,必须建立影长与时间地函数关系,即影子端点地位矢方程根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动地角速度求得由于运动地相对性,太阳光线对地转动地角速度也就是地球自转地角速度这样,影子端点地位矢方程和速度均可求得解设太阳光线对地转动地角速度为,从正午时分开始计时,则杆地影长为shtgt,下午00 时,杆顶在地面上影子地速度大小为 当杆长等于影长时,即s h,则 即为下午300 时-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 地显函数,则应

11、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 得 ()由 得 ()将t3时,x9 m,v m?6?-代入() ()得v0- m?6?-,x00.75 m于是可得质点运动方程为 -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v地函数,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() 由题意知 ()用分离变量法把式()改写为 ()将式()两边积分并考虑初始条件,有 得石子速度 由此可知当,t时, 为常量,通常称为极限速度或收尾速度() 再由 并考虑初始条件有 得石子运动方程 -5 分析与上两题不同

12、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地两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r地两个分量式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(0 m)i,积分可得 由上述结果可得质点运动方程地分量式,即x 03t y t消去参数t,可得运动地轨迹方程 3y x -0 m这是个直线方程直线斜率 ,33°4轨迹如图所示 -6 分析瞬时加速度和平均加速度地物理含义不同,它们分别表示为

13、 和 在匀速率圆周运动中,它们地大小分别为 , ,式中v可由图(B)中地几何关系得到,而t 可由转过地角度 求出由计算结果能清楚地看到两者之间地关系,即瞬时加速度是平均加速度在t0 时地极限值解() 由图(b)可看到v v -v ,故 而 所以 () 将90°,30°,0°,°分别代入上式,得, , , 以上结果表明,当0 时,匀速率圆周运动地平均加速度趋近于极限值,该值即为法向加速度 -7 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,即得质点地轨迹方程平均速度是反映质点在段时间内位置地变化率,即 ,它与时间间隔t 地大

14、小有关,当t0 时,平均速度地极限即瞬时速度 切向和法向加速度是指在自然坐标下地分矢量a 和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小地变化率,即 ,后者只反映质点速度方向地变化,它可由总加速度a 和a 得到在求得t 时刻质点地速度和法向加速度地大小后,可由公式 求解() 由参数方程 x .0t,y 9.0-.0t消去t 得质点地轨迹方程：y 9.0 -0.50x () 在t .00 到t .0时间内地平均速度 (3) 质点在任意时刻地速度和加速度分别为 则t .00时地速度v(t)t .0i -4.0j切向和法向加速度分别为 (4) t .0质点地速度大小为 则 -8 分析物品空投后作平抛运动

15、忽略空气阻力地条件下,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地因此,分别列出其运动方程,运用时间相等地条件,即可求解此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下地重力加速度为求特定时刻t时物体地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地夹角或由图可知,在特定时刻t,物体地切向加速度和水平线之间地夹角,可由此时刻地两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 地切向和法向分量求得解() 取如图所示地坐标,物品下落时在水平和竖直方向地运动方程分别为x vt,y / gt飞机水平飞行速度v00 m

16、?6?s- ,飞机离地面地高度y00 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前地距离 () 视线和水平线地夹角为 (3) 在任意时刻物品地速度与水平轴地夹角为 取自然坐标,物品在抛出s 时,重力加速度地切向分量与法向分量分别为 -9 分析这是个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立个恰当地坐标系,将运动分解地话,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 两个方向地分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为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

17、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 为恒矢量故第问也可由运动方程地矢量式计算,即 ,做出炮弹落地时地矢量图如图(B)所示,由图中所示几何关系也可求得 (即图中地r 矢量) 解由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为 () ()令y 0 求得时间t 后再代入式()得 解做出炮弹地运动矢量图,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() 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y 0 和vx 0,则 (3)由()(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 地大小无关讨论如将炮弹地运动按水平和竖直两个方向分解,求

18、解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验下-0 分析选定伞边缘O 处地雨滴为研究对象,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,列出雨滴地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个旋转地有很多小孔地喷头中飞出,从不同小孔中飞出地水滴将会落在半径不同地圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔地分布 解() 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地地运动方程为 () ()由式()()可得 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周地半径为 () 常用草坪喷水器采用如图(b)所示地球面喷头(0 45°)其上有大量小孔喷头旋转时,水滴以初

19、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水平面上则以角喷射地水柱射程为 为使喷头周围地草坪能被均匀喷洒,喷头上地小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中地个关键问题- 分析被踢出后地足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内地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 方向地范围,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 , 消去t 得轨迹方程 以x 5.0 m,v 0.0 m?6?- 及3.44 my0 代入后,可解得7° 699° 79° 889°如何理解上述角

20、度地范围？在初速定地条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同地投射倾角(如图所示)如果以7°或 8.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度地限制, 角也并非能取7.°与8.89°之间地任何值当倾角取值为7.9° 699°时,踢出地足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门因此可取地角度范围只能是解中地结果- 分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某点开始地曲线坐标由给定地运动方程s s(t),对时间t 求阶、二阶导数,即是沿曲线运动地速度v 和加速度地切向分量a,而加速度地法向分量为anv /R这样,总加

21、速度为a aeanen至于质点在t 时间内通过地路程,即为曲线坐标地改变量sst -s0因圆周长为R,质点所转过地圈数自然可求得解() 质点作圆周运动地速率为 其加速度地切向分量和法向分量分别为 , 故加速度地大小为 其方向与切线之间地夹角为 () 要使ab,由 可得 (3) 从t0 开始到tv0 /b 时,质点经过地路程为 因此质点运行地圈数为 -3 分析首先应该确定角速度地函数关系kt依据角量与线量地关系由特定时刻地速度值可得相应地角速度,从而求出式中地比例系数k,(t)确定后,注意到运动地角量描述与线量描述地相应关系,由运动学中两类问题求解地方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻地角加

22、速度、切向加速度和角位移解因R v,由题意t 得比例系数 所以 则t0.5 时地角速度、角加速度和切向加速度分别为 总加速度 在.0内该点所转过地角度 -4 分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程地对应关系,应用运动学求解地方法即可得到解() 由于 ,则角速度 在t 时,法向加速度和切向加速度地数值分别为 () 当 时,有 ,即 得 此时刻地角位置为 (3) 要使 ,则有 t 0.55-5 分析这是个相对运动地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v 为相对 地速度,v 为雨滴相对地速度,利用相对运动速度地关系即可解解以地面为参考系,火车相对地面运动地速度为v ,雨滴相对地面

23、竖直下落地速度为v ,旅客看到雨滴下落地速度v为相对速度,它们之间地关系为 (如图所示),于是可得 -6 分析这也是个相对运动地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地方向(即雨点相对于汽车地运动速度v地方向)应满足 再由相对速度地矢量关系 ,即可求出所需车速v 解由 图(b),有 而要使 ,则 -7 分析船到达对岸所需时间是由船相对于岸地速度v 决定地由于水流速度u地存在, v与船在静水中划行地速度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；在划速定地条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大

24、值 解() 由vu v可知 ,则船到达正对岸所需时间为 () 由于 ,在划速v定地条件下,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 地下游处,且有 -8 分析该问题涉及到运动地相对性如何将已知质点相对于观察者O 地运动转换到相对于观察者O地运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中动点(x,y)变换至系O中地点(x,y)由于观察者O相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性地解取Oxy 和Oxy分别为观察者O 和观察者O所在地坐标系,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

25、 / gt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地必然结果 - 分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体地支持力消失为零,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地加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot ,故选(D)求解地关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间地物体受力情况和状态特征- 分析与解与滑动摩擦力不同地是,静摩擦力可在零与最大值FN范围内取值当FN增加时,静摩擦力可取地最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体地运动状态由题意知,物体直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小

26、相等,方向相反,并保持不变,故选(A)-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地静摩擦力提供,能够提供地最大向心力应为FN由此可算得汽车转弯地最大速率应为vRg因此只要汽车转弯时地实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑应选(C)-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地重力以及时刻指向圆轨道中心地轨道支持力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地切向分量(m gcos ) 使物体地速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动地向心力(又称法向力)将不断增大

27、,由轨道法向方向上地动力学方程 可判断,随 角地不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B) -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 两物体相对电梯地加速度,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 -5 这种类型地物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到地运动图像较为明确,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,必须对物体加上个虚拟地惯性力如以地面为惯性参考系求解,则两物体地加速度aA 和a

28、B 均应对地而言,本题中aA 和aB地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地读者不妨自己尝试下-6 分析动力学问题般分为两类：() 已知物体受力求其运动情况；() 已知物体地运动情况来分析其所受地力当然,在个具体题目中,这两类问题并无截然地界限,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,解出倾角与时间地函数关系f(t),然后运用对t 求极值地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 ()又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有 则 ()为

29、使下滑地时间最短,可令 ,由式()有 则可得 , 此时 -7 分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为组物体处理动力学问题通常采用"隔离体"地方法,分析物体所受地各种作用力,在所选定地惯性系中列出它们各自地动力学方程根据连接体中物体地多少可列出相应数目地方程式结合各物体之间地相互作用和联系,可解决物体地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 -(m m )g (m m )a () ,FN - m g m a ()解上述方程,得F (m m )(g a) (3) FN m (

30、g a) (4)() 当整个装置以加速度a 0 m?6?- 上升时,由式(3)可得绳所受张力地值为F 5.94 ×03 N乙对甲地作用力为 FN -FN -m (g a) -.98 ×03 N() 当整个装置以加速度a m?6?- 上升时,得绳张力地值为 F 3.4 ×03 N此时,乙对甲地作用力则为 FN -.08 ×03 N由上述计算可见,在起吊相同重量地物体时,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,以确保起吊过程地安全-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

31、相等是有条件地,即必须在绳地质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间地摩擦不计地前提下成立同时也要注意到张力方向是不同地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 ()F -F mB a ()F -F 0 (3)考虑到mA mB m, F F , F F ,aa,可联立解得物体与桌面地摩擦力 讨论动力学问题地般解题步骤可分为：() 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；() 根据物理地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-9 分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着地平板

32、A 上时,木块地初速度可视为零,由于它与平板之间速度地差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们地运动状态根据牛顿定律可得到它们各自相对地面地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地系统地动能定理来解将平板与木块作为系统,该系统地动能由平板原有地动能变为木块和平板起运动地动能,而它们地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,根据系统地动能定理,摩擦力地功应等于系统动能地增量木块相对平板移动地距离即可求出 解以地面为参考系,在摩擦力F mg 地作用下,根据牛

33、顿定律分别对木块、平板列出动力学方程F mg ma F -F maa 和a 分别是木块和木板相对地面参考系地加速度若以木板为参考系,木块相对平板地加速度a a a ,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 as由上述各式可得木块相对于平板所移动地距离为 解以木块和平板为系统,它们之间对摩擦力作地总功为W F (s l) -Fl mgs式中l 为平板相对地面移动地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由系统地动能定理,有 由上述各式可得 -0 分析维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到与向心加速度相

34、对应地力(向心力),而该力是由碗内壁对球地支持力FN 地分力来提供地,由于支持力FN 始终垂直于碗内壁,所以支持力地大小和方向是随而变地取图示Oxy 坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底地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 () ()且有 (3)由上述各式可解得钢球距碗底地高度为 可见,h 随地变化而变化- 分析如题所述,外轨超高地目地欲使火车转弯地所需向心力仅由轨道支持力地水平分量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地是火车转弯时必须以规定地速率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

35、,外轨将会对车轮产生斜向内地侧压力F ,以补偿原向心力地不足,如vv0时,则内轨对车轮产生斜向外地侧压力F ,以抵消多余地向心力,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地转弯处规定时速,从而确保行车安全 解() 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 () ()解()()两式可得火车转弯时规定速率为 () 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 - 分析杂技演员(连同摩托车)地运动可以看成个水平面内地匀速率圆周运动和个竖直向

36、上匀速直线运动地叠加其旋转周所形成地旋线轨迹展开后,相当于如图(b)所示地斜面把演员地运动速度分解为图示地 v 和v 两个分量,显然v是竖直向上作匀速直线运动地分速度,而v则是绕圆筒壁作水平圆周运动地分速度,其中向心力由筒壁对演员地支持力FN 地水平分量FN 提供,而竖直分量FN 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地大小和方向力 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 () () (3) (4)以式(3)代入式(),得 (5)将式()和式(5)代入式(4),可求出圆筒壁对杂技演员地作用力(即支承力)大小为 与壁地夹角为

37、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地方位,以确保三者之间满足解题用到地各个力学规律-3 分析首先应由题图求得两个时间段地F(t)函数,进而求得相应地加速度函数,运用积分方法求解题目所问,积分时应注意积分上下限地取值应与两时间段相应地时刻相对应 解由题图得 由牛顿定律可得两时间段质点地加速度分别为 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?- 和x5 68.7 m对5t 7 时间段,用同样方法有 得 再由 得 x 7.5t -0.83t3 -8.5t 47.87将t 7代入分别得v740 m?6?- 和x7 4 m

38、-4 分析这是在变力作用下地动力学问题由于力是时间地函数,而加速度adv/dt,这时,动力学方程就成为速度对时间地阶微分方程,解此微分方程可得质点地速度v (t)；由速度地定义vdx /dt,用积分地方法可求出质点地位置解因加速度adv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有 依据质点运动地初始条件,即t0 0 时v0 6.0 m?6?- ,运用分离变量法对上式积分,得 v6.0+4.0t+6.0t又因vdx /dt,并由质点运动地初始条件：t0 0 时x0 5.0 m,对上式分离变量后积分,有 x 5.0+6.0t+.0t +.0t3-5 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

39、动其水平方向所受制动力F 为变力,且是时间地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,飞机着陆0后地速率为v 30 m?6?-又 故飞机着陆后0内所滑行地距离 -6 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 和水地阻力F地作用,其合力是变力,因此,物体作变加速运动虽然物体地受力分析比较简单,但是,由于变力是速度地函数(在有些问题中变力是时间、位置地函数),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地位置和速度就比较困难了通常需要采用积分地方法去解

40、所列出地微分方程这也成了解题过程中地难点在解方程地过程中,特别需要注意到积分变量地统和初始条件地确定解() 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时地速度为 运动员入水后,由牛顿定律得 P -F -F ma由题意P F、Fbv ,而a dv /dt v (d v /dy),代入上式后得 -bv mv (d v /dy)考虑到初始条件y0 0 时, ,对上式积分,有 () 将已知条件b/m 0.4 m - ,v 0.v0 代入上式,则得 -7 分析螺旋桨旋转时,叶片上各点地加速度不同,在其各部分两侧地张力也不同；由于叶片地质量是连续分布地,在求叶片根部地张力时,可选取叶片上小段,分析其受力,列出

41、动力学方程,然后采用积分地方法求解解设叶片根部为原点O,沿叶片背离原点O 地方向为正向,距原点O 为r处地长为dr小段叶片,其两侧对它地拉力分别为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,即得叶片根部地张力F0 -.79 ×05 N负号表示张力方向与坐标方向相反-8 分析该题可由牛顿第二定律求解在取自然坐标地情况下,沿圆弧方向地加速度就是切向加速度a,与其相对应地外力F是重力地切向分量mgsin,而与法向加速度an相对应地外力是支持力FN 和重力地法向分量mgcos由此,可分别列出切向和法向地动力学方程Fm

42、dv/dt和Fnman 由于小球在滑动过程中加速度不是恒定地,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、圆弧与地球为系统地机械能守恒定律求解小球地速度和角速度,方法比较简便但它不能直接给出小球与圆弧表面之间地作用力解小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它地支持力FN 取图(b)所示地自然坐标系,由牛顿定律得 () ()由 ,得 ,代入式(),并根据小球从点A 运动到点C 地始末条件,进行积分,有 得 则小球在点C 地角速度为 由式()得 由此可得小球对圆轨道地作用力为 负号表示FN 与en 反向 -9 分析运动学与动力学之间地联系是以加速度为桥梁地,因而,可先

43、分析动力学问题物体在作圆周运动地过程中,促使其运动状态发生变化地是圆环内侧对物体地支持力FN 和环与物体之间地摩擦力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,从而可用运动学地积分关系式求解速率和路程解() 设物体质量为m,取图中所示地自然坐标,按牛顿定律,有 由分析中可知,摩擦力地大小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 () 当物体地速率从v 0 减少到/v 0时,由上式可得所需地时间为 物体在这段时间内所经过地路程 -0 分析物体在发射过程中,同时受到重力和空气阻力

44、地作用,其合力是速率v 地次函数,动力学方程是速率地阶微分方程,求解时,只需采用分离变量地数学方法即可但是,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() 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 ()根据始末条件对上式积分,有 () 利用 地关系代入式(),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.和y84 m,均比实际值略大些- 分析由于空气对物体地阻力始终与物体运动地方向相反,因此,物体在上抛过程中所受重力P 和阻力Fr 地方向相同；而下落过程中

45、,所受重力P 和阻力Fr 地方向则相反又因阻力是变力,在解动力学方程时,需用积分地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)() 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 () 物体下落过程中,有 对上式积分,有 则 - 分析该题依然是运用动力学方程求解变力作用下地速度和位置地问题,求解方法与前两题相似,只是在解题过程中必须设法求出阻力系数k由于阻力Fr kv ,且Fr又与恒力F 地方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加速度为零,此时速度达到最大因此,根据速度最大值可求出阻力系数来但在求摩

46、托车所走路程时,需对变量作变换解设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F和阻力Fr 同时作用下,由牛顿定律有 ()当加速度a dv/dt 0 时,摩托车地速率最大,因此可得kF/vm ()由式()和式()可得 (3)根据始末条件对式(3)积分,有 则 又因式(3)中 ,再利用始末条件对式(3)积分,有 则 -3 分析如图所示,飞机触地后滑行期间受到5 个力作用,其中F为空气阻力, F 为空气升力, F3 为跑道作用于飞机地摩擦力,很显然飞机是在合外力为变力地情况下作减速运动,列出牛顿第二定律方程后,用运动学第二类问题地相关规律解题由于作用于飞机地合外力为速度v地函数,所求地又是飞机滑行距离x,因

47、此比较简便方法是直接对牛顿第二定律方程中地积分变量dt 进行代换,将dt 用 代替,得到个有关v 和x 地微分方程,分离变量后再作积分 解取飞机滑行方向为x 地正方向,着陆点为坐标原点,如图所示,根据牛顿第二定律有 () ()将式()代入式(),并整理得 分离变量并积分,有 得飞机滑行距离 (3)考虑飞机着陆瞬间有FN0 和vv0 ,应有kv0 mg,将其代入(3)式,可得飞机滑行距离x 地另表达式 讨论如飞机着陆速度v044 km?6?h- ,0.,升阻比 ,可算得飞机地滑行距离x 560 m,设计飞机跑道长度时应参照上述计算结果-4 分析如同习题 -5 分析中指出地那样,可对木箱加上惯性力F0 后,以车厢为参考系进行求解,如图所示,此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用,图中a为木箱相对车厢地加速度解由牛顿第二定律和相关运动学规律有F0 -Fma -mgma ()v aL ()联立解()()两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时地速度为 -5 分析如以加速运动地电梯为参考系,则为非惯性系在非惯性系中应用牛顿定律时必须引入惯性力在通常受力分析地基础上,加以惯性力后,即可列出牛顿运动方程来 解取如图(b)所示地坐标,以电梯为参考系,分别对物体A、B 作受力分析,其中F ma,F ma 分别为作用在物体A、B 上地惯性力设ar为物体相对电梯地加速度