力学 第二版 课后答案 漆安慎 高等教育出版社

1、目 录 第 01 章物理学、力学、数学01 第 02 章质点运动学05 第 03 章动量定理及其守恒定律15 第 04 章动能和势能28 第 05 章角动量及其规律38 第 06 章万有引力定律42 第 07 章刚体力学45 第 08 章弹性体的应力和应变56 第 09 章振动60 第 10 章波动68 第 11章流体力学75 力学习题剖析 吉林师范大学物理学院 祝风 编写 1求下列函数的导数 1043 2 +=xxy100cos8sin7/1+=xxxy )/()(bxabaxy+= 2 1sinxy+= x ey sin =xey x 100+= xx x eey xey xxx xxxy

2、 bxabay xxxxy xy =+= = += += += += = 100100)1( cos 1/1cos 2)1()1cos( )/()( sin8cos7)2/(1 46 sin 22 2/12 2 1 2/12 222 解： 2已知某地段地形的海拔高度h因水平坐标x而变，h=100- 0.0001x2(1-0.005x2)，度量x和h的单位为米。问何处的高度将取极大值 和极小值，在这些地方的高度为多少？ 解：先求出h(x)对x的一阶导数和二阶导数： 426436 43647242 102106)102102( 102102)1051010( 2 2 = =+= xxx xxxx

3、dx d dx hd dx d dx dh 令dh/dx=0， 解得在x=0,10,-10处可能有极值。d2h/dx2|x=00,x=10是极小值点， h(10)=99.0005米；显然，x=-10亦是极小值点，h(-10)=h(10). 3求下列不定积分 +dxxdxxx x )2()13( 23 + + + + dxxdx dxxexdxx dxe dxbaxdx dxxxdxe x x x bax dx x x x xx x x ln 2 2 2 1 13 )12(cos)11( cossin )sin( )cos(sin)2( 2 2 2 解： += +=+= += += +=+= +

4、= +=+=+ += += += +=+ +=+=+ +=+=+ + + + + cxxxddx cxxdxxxdx cexdedxxe cxxxdxdxx cbaxbaxdbax cexdedxe cbaxbaxdbaxdxbax carctgxxdxdxdx cxxxdxxdxdxxx cex dxxdxedxe cxdxxdxdxx cxxxdxxdxdxxdxxx x x xxx aa bax dx xxx aa x dx x x x x x x x x dx xx x x x x 2 2 1ln 4 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 3 3 1 22 2 2/1 1 2 2

5、 1 2 2 1 2 11 11 11 1 2 2/3 13 3 3 1 2ln 2 2x2 2 2 3 4 4 1 33 )(ln)(lnln)12( 2sin)2cos1(cos)11( )( sin)(sinsincossin )()( )2( )cos()()sin()sin( sincoscossin)cos(sin 2ln3 23)2( 2)2( 3)13( 222 22 2 2 2 4.求下列定积分 4 1 2 8 3 2/ 0 2/ 0 2 1 2/ 0 2 1 0 1 0 1 1 4 3 2 1 4/ 6/ 4/ 6/ 2 1 2 1 4/ 6/ 22 1 2 1 1 1 1

6、 2 2 1 1 ln1 3 2/1 2/1 2/1 2/1 1 1 0 5 5 1 1 0 5 5 1 4 1 0 4 3 5 3 24 2 1 2 13 2 2 1 2 1 2/1 2 1 2/ 0 2 1 0 1 1 4/ 6/ 2 1 1 1 ln1 2/1 2/1 1 1 0 4 2 1 )2cos1(3)sin3( 454/| |2sin)2(2cos2cos 2ln| )ln()( 5 . 1|)ln1()ln1()ln1( 60|arcsin )1(|)1()1()1()1( |)1 )sin3(2cos)( )1()1 2 2 2 3 2 2 +=+=+ = = +=+=+

7、=+=+= = = = + + + + + dxxxdxdxxx arctgxdx xxxdxdx eexedxe xxdxdx x eeededxee xxdxdxxdxx dxxxdxxdxdxe dxdxeedxx x x x x e e e x x x dx xxxxx x x x e x x x dx xx （解： （ 示这些定积分。的函数图形上用面积表 并在以及、计算 xxf xdxxdxxdx sin)( ,sinsinsin . 5 2/ 2/ 0 2/ 2/ 0 = 解：1|cossin 2 0 2/ 0 = xxdx = 2/ 2/ 0 2/ 0sin1sin xdxxdx

8、 6计算由y=3x和y=x2所围成的平面图形的面积。 解：如图所示，令3x=x2,得两 条曲线交点的x坐标：x=0,3.面积 5 . 4| )( 3 3 0 3 3 12 2 3 3 0 3 0 2 = = xx dxxxdxa 7求曲线y=x2+2,y=2x,x=0和x=2诸线所包围的面积。 解：面积a 3 8 2 0 23 3 1 2 0 2 0 2 | )2( 2)2( = += += xxx xdxdxx 8一物体沿直线运动的速度为 v=v0+at,v0和a为常量， 求物体在t1至t2时间内的 位移。 解：位移s += 2 1 )( 0 t t dtatv y -/2+ -0/2x y

9、 03x y a 02 x v v0 t t1t2 )()(| )( 2 1 2 22 1 120 2 2 1 0 2 1 ttattvattv t t +=+= 1234567略 8二矢量如图所示a=4,b=5,=25,=36.87,直接根据矢量标积 定义和正交分解法求。ba 解：直接用矢量标积定义： 4)90cos(=+=abba 用正交分解法：ax=4cos=3.6 ay=4sin=1.7,bx=5cos(90+)=-5sin=-3,by=5sin(90+)=5cos=4 447 . 1)3(6 . 3=+=+= yyxx bababa 9的夹角。与求已知b, 2 2 , akjibji

10、a+=+= 解：由标积定义，而 ab ba babaabba =),cos(),cos( = =+=+= 135),),cos( 3, 32)2(1,21)1( 2 2 23 3 22222 baba baba 两矢量夹角（ 10已bakjibakjiba 与求，知, 4 4 5 3+=+=+ 的夹角。 解：将已知两式相加，可求得；再将已知两式相jia 5 . 0 5 . 3+= 减，可求得，5 . 35 . 05 . 3. 5 . 4 5 . 0 22 +=+=akjib +=+=)5 . 0(5 . 3,64 . 4 )1(5 . 4)5 . 0( 222 bab y b a 0 x 0.

11、54.5=0.5。= 24.88),(,0308 . 0 ),cos(baba ab ba 夹角 11已知. , 0 accbbacba =+求证 证明：用已知等式分别叉乘 0=+acabaacba 有, 其中 ， . 0 , 0 =+=+cccbcabcbbba accbbaccbbaa =均为零，, 12计算以p(3,0,8)、q(5,10,7)、r(0,2,-1)为顶点的三角形的面积。 解：据矢积定义，prq的面积 =oporprpqpra=|,| 2 1 =+opoqpqkji, 9 2 3 .kji 10 2+ kji kji pqpr 34 21 88 1102 923 = = 3

12、 . 48, 6 .96342188| 2 6.96 222 =+=aprqpqpr面积 13化简下面诸式 yr(0,2,-1) q(5,10,7) ox zp(3,0,8) 解：bcbaabacccba +)()()( 0=+=bcbaabaccbca ) ( ) ( ) ( kjikkijkji+ ikijikjk 2 2 =+= )()()()2(bacbacba + ca bcacababcbca bacbabacbaca = += += 2 )()()()(2 14计算下面诸式 解：) ( ) ( ) ( ikjjikkji+ 3 =+=jjkkii 0)()(=aababa 15求

13、证：)()()(cbabcaba =+ 证明：)()(bcaba + j j j j i i i i k k k k j j j j i i i i k k k k )()( )()()()( )()()()( )()( cbabca bbcbbabcaaab bcbbabbcabaa bcbabbcbaa = += += += 16., )21( 2 2 2 dt ad dt ad t kjeita ，求已知+= 解：jeitkjeit tt dt d dt ad 4 )21( 2 =+= jeijeit tt dt d dt ad 4) 4( 2 2 += 17已知，j titbk tjt

14、tiea t 3 4, )4( 3 23 +=+= )(ba dt d 求 解： zzyyxx babababa+= 242 32 31212 )4(343 ttet tttte t t += = )31212()( 242 ttetba t dt d dt d += ttett t 648)2(12 32 += 第二章基本知识小结 基本概念 2 2 )( dt rd dt vd a dt rd vtrr = )()()(tatvtr （向右箭头表示求导运算，向左箭头表示积分运算，积分运算需初 始条件：） 000 ,vvrrtt = 直角坐标系与x,y,z, 222 zyxrkzj yixr+

15、=+= r 轴夹角的余弦分别为.rzryrx/,/,/ 与 x,y,z 轴夹vvvvvkvjvivv zyxzyx , 222 +=+= 角的余弦分别为.vvvvvv zyx /,/,/ 与x,y,z轴夹aaaaakajaiaa zyxzyx , 222 +=+= 角的余弦分别为./,/,/aaaaaa zyx 2 2 2 2 2 2 , , dt zd dt dv a dt yd dt dv a dt xd dt dv a dt dz v dt dy v dt dx v z z y y x x zyx = = ),(),(),( zyxzyx aaavvvzyx 自然坐标系|,);( vv

16、dt ds vvvsrr= yy v oxox zz 2 2 2 22 , v a dt sd dt dv aaaanaaa nnn =+=+= )()()(tatvts 极坐标系 22 , , vvvvrvvr rr rr +=+= dt d rv dt dr vr =, 相对运动对于两个相对平动的参考系 （时空变换）, 0 ttrrr=+= （速度变换） 0 vvv += （加速度变换） 0 aaa += 若两个参考系相对做匀速直线运动，则为伽利略变换，在图示 情况下，则有： zzyyxx zzyyxx aaaaaa vvvvvvv ttzzyyvtxx = = = , , , 2.1.1

17、 质点运动学方程为：jitr 5 )23(+= ,求质点轨迹并用图表示.jtitr )14( )32(+= 解：轨迹方程为的直线.,5,23=+=ytx5=y ，消去参数 t 得轨迹方程14,32=tytx0534=+yx 2.1.2 质点运动学方程为.求质点轨迹；kjeier tt 2 22 += 求自 t= -1 到 t=1 质点的位移。 解：由运动学方程可知：，所1 , 2 , 22 = xyzeyex tt 以，质点是在z=2平面内的第一像限的一条双曲线上运动。 jeeieerrr )( )()1()1( 2222 += 。所以，位移大小：ji 2537 . 7 2537 . 7 +=

18、 = = = = = = =+=+= 900arccos | arccosz 45) 2 2 arccos( | arccosy 135) 2 2 arccos( | arccosx ,22537 . 7 2537 . 7 )2537 . 7 ()()(| 2222 r z r y r x yxr 轴夹角与 轴夹角与 轴夹角与 2.1.3 质点运动学方程为. 求质点轨迹；jtitr )32( 4 2 += 求质点自 t=0 至 t=1 的位移. 解：，消去参数 t 得：32,4 2 +=tytx 2 )3(=yx jijjirrr 2 4 3 5 4)0()1(+=+= 2.2.1 雷达站于某

19、瞬时测得飞机位置为= 7 . 33,4100 11 mr 0.75s 后测得，r1,r2= 3 . 29,4240 22 mr 均在铅直面内， 求飞机瞬时速率的近似值和飞行 方向（角） 解：，在图示的矢量 t r t rr vv = = 12 三角形中，应用余弦定理，可求得： m rrrrr 58.349 4 . 4cos42004100242404100 )cos(2 22 2121 2 2 2 1 = += += smtrvv/ 8 . 46575 . 0 /58.349/= 据正弦定理：)180sin(/)sin(/ 1221 =rr = = 89.34,41.111180,931 .

20、0 58.349/4 . 4sin4240/)sin()180sin( 1 2121 rr x y 5 x y 5/3 5/4 r 1 r1 r2 r 1 2 2.2.2 一圆柱体沿抛物线轨道运动， 抛物线轨道 为y=x2/200(长度：毫米)。第一次观察到圆柱体在 x=249mm处， 经过 时间 2ms后， 圆柱 体移 到 x=234mm处。求圆柱体瞬时速度的近似值。 解：由于t 很小，所以， t r vv = 其中， 15249234, ,2 12 =+=xxxj yixrmst 2 . 36200/)249234(200/)( 22 2 1 2 212 =xxyyy 。其大小jijtyi

21、txv 1 . 18 5 . 7 )/( )/(=+ ；与 x 轴夹角msmmv/ 6 . 19) 1 . 18()5 . 7(| 22 =+= = = 5 . 112)38265 . 0 arccos( 6 . 19 5 . 7 arccosarccos v vx 2.2.3 一人在北京音乐厅内听音乐，离演奏者 17m；另一人在广 州听同一演奏的转播，广州离北京 2320km，收听者离收音机 2m， 问谁先听到声音？声速为 340m/s， 电磁波传播的速率为 3.0108m/s. 解：声音传播情况如图所示， 北京人听到演奏声音所需时间： st05 . 0 340/17 1 = 广州人听到演奏

22、声音所需时间： st0136 . 0 340 2 100 . 3 102320 8 3 2 + = 2.2.5火车进入弯道时减速， 最初列车向正北以90km/h速率行驶 ， 3min后以70km/h速率向北偏西30方 向行驶，求列车的平均加速度。 解： t v t vv a = = 12 对矢量三角形应用余弦定理： smhkm vvvvv /69.12/69.45 37090709030cos2 22 21 2 2 2 1 = +=+= ，由正弦定理： 2 /07 . 0 603 69.12 sm t v a= = = = 30sinsin 2 vv =50,766 . 0 69.45/5 .

23、 070/30sinsin 2 vv 2.2.6 ，r为正常数，求t=0,/2k tj tritrr 2 sin cos+= 时的速度和加速度。，求t=0,1时的速度ktjtitr 6 5 . 4 3 32 += 和加速度（写出正交分解式） 。 解：kj tritrdtrdv 2 cos sin/+= y x 0 x1x2 17m 340m/s 2320km,3108m/s 340m/s 2m v2 30 v1=90km/h v2=70km/h v 西 北 jrakirv irakjrvj tritrdtvda tt tt |, 2 | , |, 2 |. sin cos/ 2/2/ 00 =

24、+= =+= = = ；k tjdtvdaktj tidtrdv 36 9/, 18 9 3/ 2 +=+= kjakjivjaiv tttt 36 9|, 18 9 3|, 9|, 3| 1100 +=+= = 2.3.1图中 a、b 和 c 表示质 点沿直线运动三种不同情况下 的 x-t 图像， 试说明每种运动的 特点（即速度，计时起点时质 点的位置坐标，质点位于坐标 原点的时刻） 解：质点直线运动的速度 ，在 x-t 图像中为曲dtdxv/= 线斜率。由于三种图像都是直线，因此三种运动都是匀速直线运动， 设直线与 x 轴正向夹角为，则速度txtgv=/ 对于 a种运动： stgtmxsm

25、tgv xt 55.113020|,20|,/3120 00 = = 对于 b 种运动： stgtmxmstgv xt 32.1730/10|,10|,3/330 00 1 = = 对于 c种运动： mtgxstmstgv tx 254525|,25|,145 00 1 = = 2.3.2 质点直线运动的运动学方程为x=acost,a为正常数， 求质点 速度和加速度，并讨论运动特点（有无周期性，运动范围，速度变 化情况等） 解： tadtdvatadtdxvtax xxx cos/,sin/,cos= 显然，质点随时间按余弦规律作周期性运动，运动范围： aaaavaaxa xx , 2.3.3

26、 跳伞运动员的速度为，v 铅直向下，,q 为 qt qt e e v + = 1 1 正常量，求其加速度，讨论时间足够长时（即 t）速度、加速度 的变化趋势。 解： 22 )1( 2 )1( )(1()1( ) 1 1 ( qt qt qt qtqttqtqt qt qt e qe e qeeqee e e dt d dt dv a + = + + = + = 因为 v0，a0，所以，跳伞员做加速直线运动，但当 t时， v，a0，说明经过较长时间后，跳伞员将做匀速直线运动。 2.3.4 直线运行的高速列车在电 子计算机控制下减速进站。列车原运 行速率为v0=180km/h， 其速率变化规 律如

27、图所示。求列车行至x=1.5km时 的加速度。 v(km/h) v=v0cosx/5 x(km) 1.5 v0 10 20 30 10 20 30 45 120 -10 -20 0 x(m) t(s) a b c 解：.sin/),5/cos( 5 0 5 0 xvdxdvxvv = ，将v0=180km/h,x=1.5km代入 dx dv dt dx dx dv va=xv 5 2 2 0 10 1 sin= 222 10 1 /75 . 0 /9676108sin18014 . 3 smhkma= 2.3.5在水平桌面上放置 a、b 两 物体，用一根不可伸长的绳索按图示 的装置把它们连接起

28、来，c 点与桌面 固定，已知物体 a 的加速度aa=0.5g， 求物体 b的加速度。 解：设整个绳长为 l，取图示坐标 o-x，则 3xa+(-4xb) = l 对时间求两次导数，3aa=4ab，所以ab= 3aa/4=30.5g/4= 3g/8 2.3.6 质点沿直线的运动学方程为 x=10t+3t2. 将坐标原点沿 o- x 正方向移动 2m，运动学方程如何？初速度有无变化？将计时起 点前移 1s，运动学方程如何？初始坐标和初速度发生怎样的变化？ 加速度变不变？ 解：x=10t+3t2，v=dx/dt=10+6t，a=dv/dt=6，t=0 时，x=0,v=10 将坐标原点向 x 轴正向移

29、动 2m，即令 x=x-2，x=x+2，则运 动学方程为：x=10t+3t2-2，v=dx/dt=10+6t，v=v 将计时起点前移 1s，即令 t=t+1，t=t-1，则运动学方程变为： x = 10(t-1) + 3(t-1)2= 10t 10 + 3t2- 6t + 3 = 4t + 3t2 7 v=dx/dt=4+6t，t=0 时，x= -7，v=4，加速度a不变。 2.4.1 质点从坐标原点出发时开始计时， 沿x 轴运动， 其加速度ax = 2t (cms-2)，求在下列两种情况下质点的运动学方程，出发后 6s 时 质点的位置、在此期间所走过的位移及路程。初速度 v0=0；初 速度

30、v0的大小为 9cm/s，方向与加速度方向相反。 解： 2 0 0 ,2,2 0 tvvtdtdvtdtdtadv x t v v xxx x += 3 3 1 0 0 2 0 0 0 2 0 ,)(ttvxdttdtvdxdttvdtvdx ttx x +=+=+= cmxtxtvv x 726)6(;,0 2 3 1 3 3 1 2 0 =时， cmxsmxxx7272)0()6(=路程 ttxtvv x 9 , 9 9 3 3 1 2 0 =时， cmxxx18)0()6(= 令 vx=0，由速度表达式可求出对应时刻 t=3，由于3 秒前质点沿 x 轴反向运动，3 秒后质点沿 x 轴正向

31、运动，所以路程： cm xxxxxxs 543618)393(218 )3(2)6(| )3()6(| )0()3(| 3 3 1 =+= =+= 2.4.2 质点直线运动瞬时速度的变化规律为： vx= -3 sint，求t1=3 至 t2=5 时间内的位移。 解： = 5 3 sin3,sin3 5 3 tdtdxtdtdtvdx x x x mxxx82 . 3 )3cos5(cos3 35 = 2.4.3 一质点作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为 ax= -a2cost.在t=0时，vx=0,x=a，其中a,均为正常数。求此质 a b aa 0.5g 0 x 点的运动学方程。 解：，t

32、dtadvtadtdva xxx cos,cos/ 22 = = tvt x ttdatdtadv x 000 2 )(coscos taxtataax ttdatdtadx tdtadxdtdxtav t ttx a x cos),1(cos|cos )(sinsin sin,/sin 0 00 = = = 2.4.4 飞机着陆时为尽快停止采用降落伞制动，刚着陆时，t=0 时速度为 v0，且坐标 x=0，假设其加速度为ax= - bvx2，b=常量，求 飞机速度和坐标随时间的变化规律。 解： btvdtbdvvdtbvdtadv x x v vx t v v xxxxx = 0 0 |, 1

33、 0 22 btv v v v btv bt v bt vv x x xv0 0 0 0 00 1 , 1 , 11 , 11 + = + += )1ln( 1 , 1 )1(1 1 , 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 btv b x btv btvd bbtv dtv dx btv dtv dtvdx ttx x += + + = + = + = 2.4.5 在 195m 长的坡道上，一人骑自行车以 18km/h 的速度和- 20cm/s2的加速度上坡，另一自行车同时以 5.4km/h 的初速度和 0.2m/s2的加速度下坡，问：经多长时间两人相遇？两人相遇时 各走过多长的路程？

34、 解：以上坡者出发点为原点沿其前进方向建立坐标 o-x，用脚标 1 表示上坡者，用脚标 2 表示下坡者。 两人的加速度实际上是相同的： 2 21 /2 . 0smaa= smhkmvvsmhkmvv xxxxt /5 . 1/4 . 5,/5/18 195 , 0 0 202101 202101 = =时，初始条件： 根据匀变速直线运动公式： 22 2 2 1 202 22 12 1 101 1 . 05 . 1195195 1 . 05 tttatvx tttatvx =+= =+= 令 x1=x2，可求得相遇时间：5t=195-1.5t, t=195/6.5=30s 对于上坡者，在相遇期间

35、做的不一定是单方向直线运动，据 上坡者的速度表达式：v1=5-0.2t，令 v1=0，求得对应时刻 t=25s，所 以，上坡者在 25s 前是在上坡，但25s 后却再下坡。因此，上坡者在 30s 内走过的路程： m xxxxxxs 65)301 . 0305()251 . 0255(2 )30()25(2| )25()30(| )0()25(| 22 1111111 = =+= 对于下坡者，因为做单方向直线运动，所以 30s 内走过的路程： mxxxxs13560195)30()0(| )0()30(| 22222 = 2.4.6 站台上送行的人， 在火车开动时站在第一节车厢的最前面， 火车开

36、动后经过t=24s， 火车第一节车厢的末尾从此人的前面通过， x 0 195 a1 a2 v10 v20 21 0 x 问第七节车厢驶过他面前需要多长时间?火车做匀加速运动。 解：设每节车厢长为 l，以地为参考系，以人所在点为原点建 立图示坐标 o-x，以第一节车厢的前端点为研究对象，t=0 时，前端 点的坐标 x=0，速度 v=0，据匀加速运动公式： ， 令x=l ， 求 得 ：， 2 2 1at x= 22 24 2 )( 2l t l a= = 22 24/ltx= 令 x=6l，可求得第 6 节车厢尾端通过人时所需时间 t6： 624,246,24/6 6 2222 =tttltl 令

37、 x=7l，可求得第 7 节车厢尾端通过人时所需时间 t7： 724,247,24/7 7 2222 =tttltl 因此，第 7 节车厢通过人所需时间： sttt71 . 4 )67(24 67 = 2.4.7 在同一铅直线上相隔h的两点以同样速率v0 上抛二石子，但在高处的石子早t0秒被抛出，求此二石 子何时何处相遇？ 解：以地为参考系，建立图示坐标o-y。据题意， 设t=0时，上面石子坐标y1=h,速度v1=v0；t=t0时，下 面石子坐标y2=0，v2=v0 解法 1：根据匀变速直线运动的规律，可知 4 1 2 1 2 )()(, )()( 2 0 2 0 2 2 0 00 0 2 0

38、 2 1 00 2 2 1 021 2 02 1 002 2 2 1 01 gt gt h g v hy t g v gt h t ttgttvgttvhyy ttgttvygttvhy += += =+= =+= 相遇时石子坐标 得，代入或中，可求求得相遇时间 有令 解法 2：可根据速度、加速度的导数定义和初始条件，通过积分 得到、，然后求解。 2.4.8电梯以1.0m/s的匀速率下降， 小孩在电梯中跳离地板0.50m 高，问当小孩再次落到地板上时，电梯下降了多长距离？ 解：以电梯为参考系，小孩相对电梯做竖直上抛运动，他从起 跳到再次落到地板所需时间，是他从最高处自由下落到地板所需时 间的

39、2 倍。由自由落体运动公式：，可求得从最高出落到 2 2 1 gth= 地板所需时间：，所以小孩做shgt32 . 0 5 . 0/8 . 92/2= 竖直上抛所需时间为 0.64s，在此时间内电梯对地下落距离： l= 1.00.64 = 0.64 m 2.5.1质点在o-xy平面内运动,其加速度为，jtita sin cos= 位置和速度的初始条件为：t=0 时，求质点的运动学irjv , = 方程并画出轨迹。 解： y h 0 j titj titir tdtjtdtirddtj titdtvrd j titjtitjv tdtjtdtivddtj titdtavd ttr i ttv j

40、 sin cos sin )1(cos cos sin ,) cos sin( cos sin )1(cos sin sin cos ,) sin cos( 00 00 +=+= +=+= +=+= = 1 sin,cos 22 =+ = yx tytx 2.5.2 在同一竖直面内的同一水平线上a、b两点分别以 30、60 为发射角同时抛出两球，欲使两小球相遇时都在自己的轨道的最高 点，求a、b两点间的距离。已知小球在a点的发射速度va=9.8米/ 秒。 解：以 a 点为原点建立图示坐标系，取发射时刻为计时起点， 两点间距离为 s，初始条件如图所示。 据斜抛规律有： gtvvgtvv stvx

41、tvx bobyaoay bobaoa = += 60sin30sin 60cos30cos 满足题中条件，在最高点相遇，必有vay=vby=0,xa=xb mctg g v s tvvs vvgvt ao boao aoboao 83 . 2 )605 . 030(cos 2 , )60cos30cos( 60sin/30sin,/30sin , 0 , 2 = = = 代入中得：把 ，得令 令 2.5.3 迫击炮的发射角为 60发射速率 150m/s， 炮弹击中倾角为 yvao vbo 3060 asbx 30的山坡上的目标，发射点正在山脚，求弹着点到发射点的距离 oa. 解：以发射点为原

42、点，建立图示坐标 o-x，斜抛物体的轨迹方程 为（见教材） ： 2 2 2 0 cos2 x v g xtgy = 本题，=60，v0=150m/s，a 点坐标 xa,ya应满足轨迹方程，所以 ： 2 2 0 2 2 2 0 2 3 60cos2 60 aaaaa x v g xx v g tgxy= = 另外，根据图中几何关系，可知：oaoaxa 2 3 30cos= ，代入中，有：oaoaya 2 1 30sin= m g v oaoa v g oaoa1531 8 . 93 1502 3 2 , 2 3 2 2 0 2 2 0 2 3 2 1 = 2.5.4 轰炸机沿与铅直方 向成 53

43、俯冲时，在 763m 的高度投放炸弹，炸弹在离开飞机 5.0s 时击中目标，不计空气阻力：轰炸机的速率是多少？炸弹在飞 行中通过的水平距离是多少？炸弹击中目标前一瞬间的速度沿水 平和铅直方向的分量是多少？ 解：以投放点为原点，建立图示坐标 o-xy, 设炸弹初速度（即轰炸机速度）为 v0. 由于炸 弹在飞行过程中的加速度， 所以炸弹在x j g a = 方向做匀速直线运动，在 y 方向做竖直下抛运 动，有 x y x y a 60 30 v0 x y 0 v0 53 2 2 1 00 00 53cos53sin 53cos53sin gttvytvx gtvvvv yx += += 令 t=5

44、.0s，y=763m，由可求得轰炸机的速率： sm t gty v/86.212 56081 . 0 58 . 95 . 0763 53cos 5 . 0 22 0 = = 将 v0代入中，可求得炸弹击中目标时速度的水平分量： smvx/17053sin86.212= 令 t=5，由可求得炸弹击中目标时速度的竖直分量： smvy/ 1 . 17758 . 953cos86.212=+= 2.5.5 雷达监测员正在监视一越来越近的抛射体，在某一时刻， 他给出这样的信息：抛射体达到最大高度且正以速率 v 沿水平方 向运动；观测员到抛射体的直线距离是l；观测员观测抛体的视 线与水平方向成角。问：抛射

45、体命中点到观测者的距离 d 等于 多少？何种情况下抛体飞越观察员的头顶以后才命中目标？何种 情况下抛体在未达到观察员以前就 命中目标？ 解：以抛体所达最大高度处为 计时起点和坐标原点，建立图示坐 标 o-xy，抛体以速度 v 做平抛运动. 设命中时间为 t1，由自由落体公式： gltgtl/sin2,sin 1 2 1 2 1 = 命中点 x 坐标为：，由图中几何关系，glvvtx/sin2 11 = 观测者的 x 坐标：。所以，观测者与命中点间的距离：cos 2 lx= |/sin2cos| 12 glvlxxd= 当 x1x2，即时 ， sin2 cos,cos/sin2 l g lvlg

46、lvx2，即时，则抛体在飞越观察员后 sin2 cos l g lv 才命中目标。 2.6.1 列车在圆弧形轨道上自东转向北行驶，在我们所讨论的时 间范围内，其运动学方程为 s=80t-t2（m,s），t=0 时，列车在图中 o 点，此圆弧形轨道的半径 r=1500m，求列车驶过 o 点以后前进至 1200m 处的速率及加速度。 解：s=80t-t2 v=ds/dt=80-2t 令 s=1200，由可求得对应时间： ssttt20,60 , 0 120080 2 =+求得 将 t=60 代入中 ，v=-40， 不合题意 ， 舍去；将 t=20 代入中，v=40m/s，此即列车前进到 1200m

47、 处的速 率。 = =+=+= = 152) 2 067 . 1 ( /267. 2067 . 1 )2( /067 . 1 1500/40/,/2/ 222 22 2222 arctg a a arctgva smaaa smrvasmdtdva n n n 所成夹角：与 x y o v l 命中点 观测者 x1x2 东 北 o s a an a v 2.6.2 火车以 200 米/小时的速度驶入圆形轨道，其半径为 300 米。司机一进入圆弧形轨道立即减速，减速度为 2g。求火车在何处 的加速度最大？最大加速度是多少？ 解：沿 火 车运 动 的圆 形 轨道 建 立弧 坐 标o-s，t=0时，

48、 s=0,v=v0=200km/h=55.56m/s。据题意a= -2g，v=v0+at=v0-2g t， an=v2/r=(v02gt)2/r。a=(a2+an2)1/2=4g2+(v02gt)4/r21/2，显然， t=0时，a最大， 22 4 0 2 max / 1 . 22/4smrvga=+= 2.6.3 斗车在位于铅直平面内上下起伏的轨道上运动，当斗车达 到图中所示位置时，轨道曲率半径为 150m，斗车速率为 50km/h，切 向加速度a=0.4g，求斗车的加速度。 解： 2 /92 . 3 8 . 94 . 04 . 0smga= 22 3600 1050 2 286 . 1 1

49、50/)(/ 3 =msvan nnaaa n 286 . 1 92 . 3 +=+= 222 22 /126 . 4 286 . 1 92 . 3 smaaa n =+=+= 加速度与切向单位矢量夹角：a =16.18 92.3 286.1 arctgarctg a an 2.8.1飞 机 在 某高 度 的 水 平面 上 飞行，机身 的 方 向 是自 东 北 向 西南 ， 与 正 西夹 15 角， 风以 100km/h 的速率自西南向东北方向吹来，与正南夹 45角，结果飞机 向正西方向运动，求飞机相对于风的速度及相对于地面的速度。 解：，由矢量图 风地机风机地 vvv += 可知，其 = =

50、 15sin135sin30sin 风地机风机地 vvv 中，v风地=100km/h=27.78m/s，可求得： smvvsmvv/67.53 15sin 30sin ,/89.75 15sin 135sin = = 风地机地风地机风 2.8.3 一卡车在平直路面上以恒速度 30 米/秒行驶，在此车上射 出一个抛体，要求在车前进 60 米时，抛体仍落回到车上原抛出点， 问抛体射出时相对于卡车的初速度的大小和方向，空气阻力不计。 解：以卡车为参考系，设抛体初速为v0，由于要落回原抛出点， 故方向只能竖直向上，即抛体相对车只能作竖直上抛运动。 取向上方向为正，抛体相对车任意时刻速度v = v0-

51、g t 由题意，抛体落回原地所需时间t = 60/30 = 2(s)，落到车上时的速 度v = - v0，把数值代入中，可求得v0= 9.8 m/s. 2.8.4 河的两岸互相平行， 一船由 a 点朝与岸垂直的方向匀速驶 去，经 10min 到达对岸 c点。若船从 a 点出发仍按第一次渡河速率 b120mcb v ulv 1u 2 aa 第一次渡河矢量图第二次渡河矢量图 n n n n a a a a 30 北 东 45 15 v风地 v机地 v机风 不变但垂直地到达彼岸的 b点，需要 12.5min。已知 bc=120m. 求： 河宽 l；第二次渡河时船的速度；水流速度v.u 解：以船为运动

52、质点，水为动系，岸为静系，由相对运动公式 vu vuvvvvvv += =+= 则上式可改写为： 令，在这里， 船岸船水水岸水岸船水船岸 , 由第一次渡河矢量图可知：v=bc/t1=120/600=0.2m/s, u = l / t1,l = u t1.由第二次渡河矢量图可知： 2=l / t2，cos= 2/u,v = usin.把、 代入，求得 cos=t1/t2=600/750=4/5,sin=(1-cos2)1/2=3/5 把、代入，求得u =0.25/3 = 1/3 (m/s). 再把u的数值 代入，求得l= 600/3 = 200(m). 答：河宽 200 米，水流速度 0.2 米

53、/秒；第二次渡河时，船对水 的速度是 1/3 米，与河岸垂直方向所成角度=arccos(4/5)=3652. 2.8.5 圆形公路与沿半径方向的东西向公路相交如图，某瞬 时汽车甲向东以 20km/h 的速率行驶，汽车乙在=30的位置向东 北方向以速率 20km/h 行驶，求此瞬时甲车相对乙车的速度。 解：由相对运动公式：， 2121 vvv += ， 显然矢量三角形为等边三角形， 2112 vvv = 所以，v12=20km/h，方向向东偏南 60 v1 v2 v12 v1 30 第三章基本知识小结第三章基本知识小结 牛顿运动定律适用于惯性系、质点，牛顿第二定律是核心。 矢量式： 2 2 dt

54、 rd m dt vd mamf = 分量式： （弧坐标） （直角坐标） 2 , , v mmaf dt dv mmaf mafmafmaf nn zzyyxx = = 动量定理适用于惯性系、质点、质点系。 导数形式： dt pd f = 微分形式：pddtf = 积分形式：pdtfi = )( （注意分量式的运用） 动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系。 若作用于质点或质点系的外力的矢量和始终为零，则质点或质 点系的动量保持不变。即 =恒矢量。则，若 外 pf 0 （注意分量式的运用） 在非惯性系中，考虑相应的惯性力，也可应用以上规律解题。 在直线加速参考系中： 0 * amf = 在转动

55、参考系中： =2, * 2 * mvfrmf kc 质心和质心运动定理 = iiciiciic amamvmvmrmrm = c amf （注意分量式的运用） 3.5.1质量为 2kg 的质点的运动学方程为 （单位：米，秒） ，求证质点受恒力jttitr )133( )16( 22 += 而运动，并求力的方向大小。 解：,为一jidtrda 6 12/ 22 += jiamf 12 24 += 与时间无关的恒矢量，质点受恒力而运动。 f=(242+122)1/2=12n，力与 x 轴之间夹角为：5 34265 . 0/=arctgfarctgf xy 3.5.2质量为 m 的质点在 o-xy

56、平面内运动， 质点的运动学方程 为：，a,b,为正常数，证明作用于质点jtbitar sin cos+= 的合力总指向原点。 证明：rj tbitadtrda 2222 ) sin cos(/=+= , 作用于质点的合力总指向原点。rmamf 2 = 3.5.3在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛，一方面由筛孔漏出谷 粒，一方面逐出秸杆，筛面微微倾斜，是为了从较低的一边将秸杆 逐出，因角度很小，可近似看作水平，筛面与谷粒发生相对运动才 可能将谷粒筛出，若谷粒与筛面静摩擦系数为 0.4，问筛沿水平方向 的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动？ 解：以地为参考系，设谷物的质量为 m，所受到的最大静摩

57、擦 力为，谷物能获得的最大加速度为mgf o = 筛面水平方向的加速 2 /92 . 3 8 . 94 . 0/smgmfa o = 度至少等于 3.92 米/秒 2，才能使谷物与筛面发生相对运动。 1 2 3.5.3 题图3.5.4 题图 3.5.4桌面上叠放着两块木板，质量各为 m1,m2,如图所示，m2 和桌面间的摩擦系数为2，m1和 m2间的摩擦系数为1，问沿水平 方向用多大的力才能把下面的木板抽出来。 解：以地为参考系，隔离 m1、m2，其受力与运动情况如图所示 ， 其中，n1=n1,f1=f1=1n1,f2=2n2， 选图示坐标系 o-xy，对m1,m2 分别应用牛顿二定律，有 解方程 0 0 212222211 111111 =