大學(xué)物理第五版上冊標準的答案

...wd......wd......wd...1-1分析與解(1)質(zhì)點在t至(t＋Δt)時間內(nèi)沿曲線從P點運動到P′點,各量關(guān)系如以下列圖,其中路程Δs＝PP′,位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr＝｜r｜-｜r｜表示質(zhì)點位矢大小的變化量,三個量的物理含義不同,在曲線運動中大小也不相等(注：在直線運動中有相等的可能)．但當Δt→0時,點P′無限趨近P點,那么有｜dr｜＝ds,但卻不等于dr．應(yīng)選(B)．(2)由于｜Δr｜≠Δs,故,即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可見,應(yīng)選(C)．1-2分析與解表示質(zhì)點到坐標原點的距離隨時間的變化率,在極坐標系中叫徑向速率．通常用符號vr表示,這是速度矢量在位矢方向上的一個分量；表示速度矢量；在自然坐標系中速度大小可用公式計算,在直角坐標系中那么可由公式求解．應(yīng)選(D)．1-3分析與解表示切向加速度aｔ,它表示速度大小隨時間的變化率,是加速度矢量沿速度方向的一個分量,起改變速度大小的作用；在極坐標系中表示徑向速率vr(如題1-2所述)；在自然坐標系中表示質(zhì)點的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3)式表達是正確的．應(yīng)選(D)．1-4分析與解加速度的切向分量aｔ起改變速度大小的作用,而法向分量an起改變速度方向的作用．質(zhì)點作圓周運動時,由于速度方向不斷改變,相應(yīng)法向加速度的方向也在不斷改變,因而法向加速度是一定改變的．至于aｔ是否改變,那么要視質(zhì)點的速率情況而定．質(zhì)點作勻速率圓周運動時,aｔ恒為零；質(zhì)點作勻變速率圓周運動時,aｔ為一不為零的恒量,當aｔ改變時,質(zhì)點那么作一般的變速率圓周運動．由此可見,應(yīng)選(B)．1-5分析與解此題關(guān)鍵是先求得小船速度表達式,進而判斷運動性質(zhì)．為此建設(shè)如以下列圖坐標系,設(shè)定滑輪距水面高度為h,t時刻定滑輪距小船的繩長為l,那么小船的運動方程為,其中繩長l隨時間t而變化．小船速度,式中表示繩長l隨時間的變化率,其大小即為v0,代入整理后為,方向沿x軸負向．由速度表達式,可判斷小船作變加速運動．應(yīng)選(C)．1-6分析位移和路程是兩個完全不同的概念．只有當質(zhì)點作直線運動且運動方向不改變時,位移的大小才會與路程相等．質(zhì)點在t時間內(nèi)的位移Δx的大小可直接由運動方程得到：,而在求路程時,就必須注意到質(zhì)點在運動過程中可能改變運動方向,此時,位移的大小和路程就不同了．為此,需根據(jù)來確定其運動方向改變的時刻tp,求出0～tp和tp～t內(nèi)的位移大小Δx1、Δx2,那么t時間內(nèi)的路程,如以下列圖,至于t＝4.0s時質(zhì)點速度和加速度可用和兩式計算．解(1)質(zhì)點在4.0s內(nèi)位移的大小(2)由得知質(zhì)點的換向時刻為(t＝0不合題意)那么,所以,質(zhì)點在4.0s時間間隔內(nèi)的路程為(3)t＝4.0s時,,1-7分析根據(jù)加速度的定義可知,在直線運動中v-t曲線的斜率為加速度的大小(圖中AB、CD段斜率為定值,即勻變速直線運動；而線段BC的斜率為0,加速度為零,即勻速直線運動)．加速度為恒量,在a-t圖上是平行于t軸的直線,由v-t圖中求出各段的斜率,即可作出a-t圖線．又由速度的定義可知,x-t曲線的斜率為速度的大?。虼?勻速直線運動所對應(yīng)的x-t圖應(yīng)是一直線,而勻變速直線運動所對應(yīng)的x–t圖為t的二次曲線．根據(jù)各段時間內(nèi)的運動方程x＝x(t),求出不同時刻t的位置x,采用描數(shù)據(jù)點的方法,可作出x-t圖．解將曲線分為AB、BC、CD三個過程,它們對應(yīng)的加速度值分別為(勻加速直線運動),(勻速直線運動)(勻減速直線運動)根據(jù)上述結(jié)果即可作出質(zhì)點的a-t圖［圖(B)］．在勻變速直線運動中,有由此,可計算在0～2ｓ和4～6ｓ時間間隔內(nèi)各時刻的位置分別為用描數(shù)據(jù)點的作圖方法,由表中數(shù)據(jù)可作0～2ｓ和4～6ｓ時間內(nèi)的x-t圖．在2～4ｓ時間內(nèi),質(zhì)點是作的勻速直線運動,其x-t圖是斜率k＝20的一段直線［圖(c)］．1-8分析質(zhì)點的軌跡方程為y＝f(x),可由運動方程的兩個分量式x(t)和y(t)中消去t即可得到．對于r、Δr、Δr、Δs來說,物理含義不同,可根據(jù)其定義計算．其中對s的求解用到積分方法,先在軌跡上任取一段微元ds,那么,最后用積分求ｓ．解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得質(zhì)點軌跡方程為,這是一個拋物線方程,軌跡如圖(a)所示．(2)將t＝0ｓ和t＝2ｓ分別代入運動方程,可得相應(yīng)位矢分別為,圖(a)中的P、Q兩點,即為t＝0ｓ和t＝2ｓ時質(zhì)點所在位置．(3)由位移表達式,得其中位移大小而徑向增量*(4)如圖(B)所示,所求Δs即為圖中PQ段長度,先在其間任意處取AB微元ds,那么,由軌道方程可得,代入ds,那么2ｓ內(nèi)路程為1-9分析由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量,再由運動合成算出速度和加速度的大小和方向．解(1)速度的分量式為,當t＝0時,vox＝-10m·ｓ-1,voy＝15m·ｓ-1,那么初速度大小為設(shè)vo與x軸的夾角為α,那么α＝123°41′(2)加速度的分量式為,那么加速度的大小為設(shè)a與x軸的夾角為β,那么,β＝-33°41′(或326°19′)1-10分析在升降機與螺絲之間有相對運動的情況下,一種處理方法是取地面為參考系,分別討論升降機豎直向上的勻加速度運動和初速不為零的螺絲的自由落體運動,列出這兩種運動在同一坐標系中的運動方程y1＝y(tǒng)1(t)和y2＝y(tǒng)2(t),并考慮它們相遇,即位矢一樣這一條件,問題即可解；另一種方法是取升降機(或螺絲)為參考系,這時,螺絲(或升降機)相對它作勻加速運動,但是,此加速度應(yīng)該是相對加速度．升降機廂的高度就是螺絲(或升降機)運動的路程．解1(1)以地面為參考系,取如以下列圖的坐標系,升降機與螺絲的運動方程分別為當螺絲落至底面時,有y1＝y(tǒng)2,即(2)螺絲相對升降機外固定柱子下降的距離為解2(1)以升降機為參考系,此時,螺絲相對它的加速度大小a′＝g＋a,螺絲落至底面時,有(2)由于升降機在t時間內(nèi)上升的高度為那么1-11分析該題屬于運動學(xué)的第一類問題,即運動方程r＝r(t)求質(zhì)點運動的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在確定運動方程時,假設(shè)取以點(0,3)為原點的O′x′y′坐標系,并采用參數(shù)方程x′＝x′(t)和y′＝y(tǒng)′(t)來表示圓周運動是比較方便的．然后,運用坐標變換x＝x0＋x′和y＝y(tǒng)0＋y′,將所得參數(shù)方程轉(zhuǎn)換至Oxy坐標系中,即得Oxy坐標系中質(zhì)點P在任意時刻的位矢．采用對運動方程求導(dǎo)的方法可得速度和加速度．解(1)如圖(B)所示,在O′x′y′坐標系中,因,那么質(zhì)點P的參數(shù)方程為,坐標變換后,在Oxy坐標系中有,那么質(zhì)點P的位矢方程為(2)5ｓ時的速度和加速度分別為1-12分析為求桿頂在地面上影子速度的大小,必須建設(shè)影長與時間的函數(shù)關(guān)系,即影子端點的位矢方程．根據(jù)幾何關(guān)系,影長可通過太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度求得．由于運動的相對性,太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度也就是地球自轉(zhuǎn)的角速度．這樣,影子端點的位矢方程和速度均可求得．解設(shè)太陽光線對地轉(zhuǎn)動的角速度為ω,從正午時分開場計時,那么桿的影長為s＝h/cosωt,下午2∶00時,桿頂在地面上影子的速度大小為當桿長等于影長時,即s＝h,那么即為下午3∶00時．1-13分析此題屬于運動學(xué)第二類問題,即加速度求速度和運動方程,必須在給定條件下用積分方法解決．由和可得和．如a＝a(t)或v＝v(t),那么可兩邊直接積分．如果a或v不是時間t的顯函數(shù),那么應(yīng)經(jīng)過諸如別離變量或變量代換等數(shù)學(xué)操作后再做積分．解由分析知,應(yīng)有得(1)由得(2)將t＝3ｓ時,x＝9m,v＝2m·ｓ-1代入(1)(2)得v0＝-1m·ｓ-1,x0＝0.75m．于是可得質(zhì)點運動方程為1-14分析此題亦屬于運動學(xué)第二類問題,與上題不同之處在于加速度是速度v的函數(shù),因此,需將式dv＝a(v)dt別離變量為后再兩邊積分．解選取石子下落方向為y軸正向,下落起點為坐標原點．(1)由題意知(1)用別離變量法把式(1)改寫為(2)將式(2)兩邊積分并考慮初始條件,有得石子速度由此可知當,t→∞時,為一常量,通常稱為極限速度或收尾速度．(2)再由并考慮初始條件有得石子運動方程1-15分析與上兩題不同處在于質(zhì)點作平面曲線運動,根據(jù)疊加原理,求解時需根據(jù)加速度的兩個分量ax和ay分別積分,從而得到運動方程r的兩個分量式x(t)和y(t)．由于此題中質(zhì)點加速度為恒矢量,故兩次積分后所得運動方程為固定形式,即和,兩個分運動均為勻變速直線運動．讀者不妨自己驗證一下．解由加速度定義式,根據(jù)初始條件t0＝0時v0＝0,積分可得又由及初始條件t＝0時,r0＝(10m)i,積分可得由上述結(jié)果可得質(zhì)點運動方程的分量式,即x＝10＋3t2y＝2t2消去參數(shù)t,可得運動的軌跡方程3y＝2x-20m這是一個直線方程．直線斜率,α＝33°41′．軌跡如以下列圖．1-16分析瞬時加速度和平均加速度的物理含義不同,它們分別表示為和．在勻速率圓周運動中,它們的大小分別為,,式中｜Δv｜可由圖(B)中的幾何關(guān)系得到,而Δt可由轉(zhuǎn)過的角度Δθ求出．由計算結(jié)果能清楚地看到兩者之間的關(guān)系,即瞬時加速度是平均加速度在Δt→0時的極限值．解(1)由圖(b)可看到Δv＝v2-v1,故而所以(2)將Δθ＝90°,30°,10°,1°分別代入上式,得,,,以上結(jié)果說明,當Δθ→0時,勻速率圓周運動的平均加速度趨近于一極限值,該值即為法向加速度．1-17分析根據(jù)運動方程可直接寫出其分量式x＝x(t)和y＝y(tǒng)(t),從中消去參數(shù)t,即得質(zhì)點的軌跡方程．平均速度是反映質(zhì)點在一段時間內(nèi)位置的變化率,即,它與時間間隔Δt的大小有關(guān),當Δt→0時,平均速度的極限即瞬時速度．切向和法向加速度是指在自然坐標下的分矢量aｔ和an,前者只反映質(zhì)點在切線方向速度大小的變化率,即,后者只反映質(zhì)點速度方向的變化,它可由總加速度a和aｔ得到．在求得t1時刻質(zhì)點的速度和法向加速度的大小后,可由公式求ρ．解(1)由參數(shù)方程x＝2.0t,y＝19.0-2.0t2消去t得質(zhì)點的軌跡方程：y＝19.0-0.50x2(2)在t1＝1.00ｓ到t2＝2.0ｓ時間內(nèi)的平均速度(3)質(zhì)點在任意時刻的速度和加速度分別為那么t1＝1.00ｓ時的速度v(t)｜t＝1ｓ＝2.0i-4.0j切向和法向加速度分別為(4)t＝1.0ｓ質(zhì)點的速度大小為那么1-18分析物品空投后作平拋運動．忽略空氣阻力的條件下,由運動獨立性原理知,物品在空中沿水平方向作勻速直線運動,在豎直方向作自由落體運動．到達地面目標時,兩方向上運動時間是一樣的．因此,分別列出其運動方程,運用時間相等的條件,即可求解．此外,平拋物體在運動過程中只存在豎直向下的重力加速度．為求特定時刻t時物體的切向加速度和法向加速度,只需求出該時刻它們與重力加速度之間的夾角α或β．由圖可知,在特定時刻t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角α,可由此時刻的兩速度分量vx、vy求出,這樣,也就可將重力加速度g的切向和法向分量求得．解(1)取如以下列圖的坐標,物品下落時在水平和豎直方向的運動方程分別為x＝vt,y＝1/2gt2飛機水平飛行速度v＝100m·s-1,飛機離地面的高度y＝100m,由上述兩式可得目標在飛機正下方前的距離(2)視線和水平線的夾角為(3)在任意時刻物品的速度與水平軸的夾角為取自然坐標,物品在拋出2s時,重力加速度的切向分量與法向分量分別為1-19分析這是一個斜上拋運動,看似簡單,但針對題目所問,如不能靈活運用疊加原理,建設(shè)一個恰當?shù)淖鴺讼?將運動分解的話,求解起來并不容易．現(xiàn)建設(shè)如圖(a)所示坐標系,那么炮彈在x和y兩個方向的分運動均為勻減速直線運動,其初速度分別為v0cosβ和v0sinβ,其加速度分別為gsinα和gcosα．在此坐標系中炮彈落地時,應(yīng)有y＝0,那么x＝OP．如欲使炮彈垂直擊中坡面,那么應(yīng)滿足vx＝0,直接列出有關(guān)運動方程和速度方程,即可求解．由于此題中加速度g為恒矢量．故第一問也可由運動方程的矢量式計算,即,做出炮彈落地時的矢量圖［如圖(B)所示］,由圖中所示幾何關(guān)系也可求得(即圖中的r矢量)．解1由分析知,炮彈在圖(a)所示坐標系中兩個分運動方程為(1)(2)令y＝0求得時間t后再代入式(1)得解2做出炮彈的運動矢量圖,如圖(b)所示,并利用正弦定理,有從中消去t后也可得到同樣結(jié)果．(2)由分析知,如炮彈垂直擊中坡面應(yīng)滿足y＝0和vx＝0,那么(3)由(2)(3)兩式消去t后得由此可知．只要角α和β滿足上式,炮彈就能垂直擊中坡面,而與v0的大小無關(guān)．討論如將炮彈的運動按水平和豎直兩個方向分解,求解此題將會比較困難,有興趣讀者不妨自己體驗一下．1-20分析選定傘邊緣O處的雨滴為研究對象,當傘以角速度ω旋轉(zhuǎn)時,雨滴將以速度v沿切線方向飛出,并作平拋運動．建設(shè)如圖(a)所示坐標系,列出雨滴的運動方程并考慮圖中所示幾何關(guān)系,即可求證．由此可以想像如果讓水從一個旋轉(zhuǎn)的有很多小孔的噴頭中飛出,從不同小孔中飛出的水滴將會落在半徑不同的圓周上,為保證均勻噴灑對噴頭上小孔的分布解(1)如圖(a)所示坐標系中,雨滴落地的運動方程為(1)(2)由式(1)(2)可得由圖(a)所示幾何關(guān)系得雨滴落地處圓周的半徑為(2)常用草坪噴水器采用如圖(b)所示的球面噴頭(θ0＝45°)其上有大量小孔．噴頭旋轉(zhuǎn)時,水滴以初速度v0從各個小孔中噴出,并作斜上拋運動,通常噴頭外表基本上與草坪處在同一水平面上．那么以φ角噴射的水柱射程為為使噴頭周圍的草坪能被均勻噴灑,噴頭上的小孔數(shù)不但很多,而且還不能均勻分布,這是噴頭設(shè)計中的一個關(guān)鍵問題．1-21分析被踢出后的足球,在空中作斜拋運動,其軌跡方程可由質(zhì)點在豎直平面內(nèi)的運動方程得到．由于水平距離x,球門高度又限定了在y方向的范圍,故只需將x、y值代入即可求出．解取圖示坐標系Oxy,由運動方程,消去t得軌跡方程以x＝25.0m,v＝20.0m·ｓ-1及3.44m≥y≥0代入后,可解得71．11°≥θ1≥69．92°27．92°≥θ2≥18．89°如何理解上述角度的范圍在初速一定的條件下,球擊中球門底線或球門上緣都將對應(yīng)有兩個不同的投射傾角(如以下列圖)．如果以θ＞71．11°或θ＜18.89°踢出足球,都將因射程缺乏而不能直接射入球門；由于球門高度的限制,θ角也并非能取71.11°與18.89°之間的任何值．當傾角取值為27.92°＜θ＜69．92°時,踢出的足球?qū)⒃竭^門緣而離去,這時球也不能射入球門．因此可取的角度范圍只能是解中的結(jié)果．1-22分析在自然坐標中,s表示圓周上從某一點開場的曲線坐標．由給定的運動方程s＝s(t),對時間t求一階、二階導(dǎo)數(shù),即是沿曲線運動的速度v和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量為an＝v2/R．這樣,總加速度為a＝aｔeｔ＋anen．至于質(zhì)點在t時間內(nèi)通過的路程,即為曲線坐標的改變量Δs＝st-s0．因圓周長為2πR,質(zhì)點所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得．解(1)質(zhì)點作圓周運動的速率為其加速度的切向分量和法向分量分別為,故加速度的大小為其方向與切線之間的夾角為(2)要使｜a｜＝b,由可得(3)從t＝0開場到t＝v0/b時,質(zhì)點經(jīng)過的路程為因此質(zhì)點運行的圈數(shù)為1-23分析首先應(yīng)該確定角速度的函數(shù)關(guān)系ω＝kt2．依據(jù)角量與線量的關(guān)系由特定時刻的速度值可得相應(yīng)的角速度,從而求出式中的比例系數(shù)k,ω＝ω(t)確定后,注意到運動的角量描述與線量描述的相應(yīng)關(guān)系,由運動學(xué)中兩類問題求解的方法(微分法和積分法),即可得到特定時刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR＝v,由題意ω∝t2得比例系數(shù)所以那么t′＝0.5ｓ時的角速度、角加速度和切向加速度分別為總加速度在2.0ｓ內(nèi)該點所轉(zhuǎn)過的角度1-24分析掌握角量與線量、角位移方程與位矢方程的對應(yīng)關(guān)系,應(yīng)用運動學(xué)求解的方法即可得到．解(1)由于,那么角速度．在t＝2ｓ時,法向加速度和切向加速度的數(shù)值分別為(2)當時,有,即得此時刻的角位置為(3)要使,那么有t＝0.55ｓ1-25分析這是一個相對運動的問題．設(shè)雨滴為研究對象,地面為靜止參考系Ｓ,火車為動參考系Ｓ′．v1為Ｓ′相對Ｓ的速度,v2為雨滴相對Ｓ的速度,利用相對運動速度的關(guān)系即可解．解以地面為參考系,火車相對地面運動的速度為v1,雨滴相對地面豎直下落的速度為v2,旅客看到雨滴下落的速度v2′為相對速度,它們之間的關(guān)系為(如以下列圖),于是可得1-26分析這也是一個相對運動的問題．可視雨點為研究對象,地面為靜參考系Ｓ,汽車為動參考系Ｓ′．如圖(a)所示,要使物體不被淋濕,在車上觀察雨點下落的方向(即雨點相對于汽車的運動速度v2′的方向)應(yīng)滿足．再由相對速度的矢量關(guān)系,即可求出所需車速v1．解由［圖(b)］,有而要使,那么1-27分析船到達對岸所需時間是由船相對于岸的速度v決定的．由于水流速度u的存在,v與船在靜水中劃行的速度v′之間有v＝u＋v′(如以下列圖)．假設(shè)要使船到達正對岸,那么必須使v沿正對岸方向；在劃速一定的條件下,假設(shè)要用最短時間過河,那么必須使v有極大值．解(1)由v＝u＋v′可知,那么船到達正對岸所需時間為(2)由于,在劃速v′一定的條件下,只有當α＝0時,v最大(即v＝v′),此時,船過河時間t′＝d/v′,船到達距正對岸為l的下游處,且有1-28分析該問題涉及到運動的相對性．如何將質(zhì)點相對于觀察者O的運動轉(zhuǎn)換到相對于觀察者O′的運動中去,其實質(zhì)就是進展坐標變換,將系O中一動點(x,y)變換至系O′中的點(x′,y′)．由于觀察者O′相對于觀察者O作勻速運動,因此,該坐標變換是線性的．解取Oxy和O′x′y′分別為觀察者O和觀察者O′所在的坐標系,且使Ox和O′x′兩軸平行．在t＝0時,兩坐標原點重合．由坐標變換得x′＝x-vt＝vt-vt＝0y′＝y(tǒng)＝1/2gt2加速度由此可見,動點相對于系O′是在y方向作勻變速直線運動．動點在兩坐標系中加速度一樣,這也正是伽利略變換的必然結(jié)果．2-1分析與解當物體離開斜面瞬間,斜面對物體的支持力消失為零,物體在繩子拉力FＴ(其方向仍可認為平行于斜面)和重力作用下產(chǎn)生平行水平面向左的加速度a,如圖(b)所示,由其可解得合外力為mgcotθ,應(yīng)選(D)．求解的關(guān)鍵是正確分析物體剛離開斜面瞬間的物體受力情況和狀態(tài)特征．2-2分析與解與滑動摩擦力不同的是,靜摩擦力可在零與最大值μFN范圍內(nèi)取值．當FN增加時,靜摩擦力可取的最大值成正比增加,但具體大小那么取決于被作用物體的運動狀態(tài)．由題意知,物體一直保持靜止狀態(tài),故靜摩擦力與重力大小相等,方向相反,并保持不變,應(yīng)選(A)．2-3分析與解由題意知,汽車應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運動,為保證汽車轉(zhuǎn)彎時不側(cè)向打滑,所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供,能夠提供的最大向心力應(yīng)為μFN．由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為v＝μRg．因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時的實際速率不大于此值,均能保證不側(cè)向打滑．應(yīng)選(C)．2-4分析與解由圖可知,物體在下滑過程中受到大小和方向不變的重力以及時刻指向圓軌道中心的軌道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圓心,其大小和方向均與物體所在位置有關(guān)．重力的切向分量(mgcosθ)使物體的速率將會不斷增加(由機械能守恒亦可判斷),那么物體作圓周運動的向心力(又稱法向力)將不斷增大,由軌道法向方向上的動力學(xué)方程可判斷,隨θ角的不斷增大過程,軌道支持力FN也將不斷增大,由此可見應(yīng)選(B)．2-5分析與解此題可考慮對A、B兩物體加上慣性力后,以電梯這個非慣性參考系進展求解．此時A、B兩物體受力情況如圖(b)所示,圖中a′為A、B兩物體相對電梯的加速度,ma′為慣性力．對A、B兩物體應(yīng)用牛頓第二定律,可解得FＴ＝5/8mg．應(yīng)選(A)．討論對于習(xí)題2-5這種類型的物理問題,往往從非慣性參考系(此題為電梯)觀察到的運動圖像較為明確,但由于牛頓定律只適用于慣性參考系,故從非慣性參考系求解力學(xué)問題時,必須對物體加上一個虛擬的慣性力．如以地面為慣性參考系求解,那么兩物體的加速度aA和aB均應(yīng)對地而言,此題中aA和aB的大小與方向均不一樣．其中aA應(yīng)斜向上．對aA、aB、a和a′之間還要用到相對運動規(guī)律,求解過程較繁．有興趣的讀者不妨自己嘗試一下．2-6分析動力學(xué)問題一般分為兩類：(1)物體受力求其運動情況；(2)物體的運動情況來分析其所受的力．當然,在一個具體題目中,這兩類問題并無截然的界限,且都是以加速度作為中介,把動力學(xué)方程和運動學(xué)規(guī)律聯(lián)系起來．此題關(guān)鍵在列出動力學(xué)和運動學(xué)方程后,解出傾角與時間的函數(shù)關(guān)系α＝f(t),然后運用對t求極值的方法即可得出數(shù)值來．解取沿斜面為坐標軸Ox,原點O位于斜面頂點,那么由牛頓第二定律有(1)又物體在斜面上作勻變速直線運動,故有那么(2)為使下滑的時間最短,可令,由式(2)有那么可得,此時2-7分析預(yù)制板、吊車框架、鋼絲等可視為一組物體．處理動力學(xué)問題通常采用“隔離體〞的方法,分析物體所受的各種作用力,在所選定的慣性系中列出它們各自的動力學(xué)方程．根據(jù)連接體中物體的多少可列出相應(yīng)數(shù)目的方程式．結(jié)合各物體之間的相互作用和聯(lián)系,可解決物體的運動或相互作用力．解按題意,可分別取吊車(含甲、乙)和乙作為隔離體,畫示力圖,并取豎直向上為Oy軸正方向(如以下列圖)．當框架以加速度a上升時,有FＴ-(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a(1),FN2-m2g＝m2a(2)解上述方程,得FＴ＝(m1＋m2)(g＋a)(3)FN2＝m2(g＋a)(4)(1)當整個裝置以加速度a＝10m·ｓ-2上升時,由式(3)可得繩所受張力的值為FＴ＝5.94×103N乙對甲的作用力為F′N2＝-FN2＝-m2(g＋a)＝-1.98×103N(2)當整個裝置以加速度a＝1m·ｓ-2上升時,得繩張力的值為FＴ＝3.24×103N此時,乙對甲的作用力那么為F′N2＝-1.08×103N由上述計算可見,在起吊一樣重量的物體時,由于起吊加速度不同,繩中所受張力也不同,加速度大,繩中張力也大．因此,起吊重物時必須緩慢加速,以確保起吊過程的安全．2-8分析該題為連接體問題,同樣可用隔離體法求解．分析時應(yīng)注意到繩中張力大小處處相等是有條件的,即必須在繩的質(zhì)量和伸長可忽略、滑輪與繩之間的摩擦不計的前提下成立．同時也要注意到張力方向是不同的．解分別對物體和滑輪作受力分析［圖(b)］．由牛頓定律分別對物體A、B及滑輪列動力學(xué)方程,有mAg-FＴ＝mAa(1)F′Ｔ1-Fｆ＝mBa′(2)F′Ｔ-2FＴ1＝0(3)考慮到mA＝mB＝m,FＴ＝F′Ｔ,FＴ1＝F′Ｔ1,a′＝2a,可聯(lián)立解得物體與桌面的摩擦力討論動力學(xué)問題的一般解題步驟可分為：(1)分析題意,確定研究對象,分析受力,選定坐標；(2)根據(jù)物理的定理和定律列出原始方程組；(3)解方程組,得出文字結(jié)果；(4)核對量綱,再代入數(shù)據(jù),計算出結(jié)果來．2-9分析當木塊B平穩(wěn)地輕輕放至運動著的平板A上時,木塊的初速度可視為零,由于它與平板之間速度的差異而存在滑動摩擦力,該力將改變它們的運動狀態(tài)．根據(jù)牛頓定律可得到它們各自相對地面的加速度．換以平板為參考系來分析,此時,木塊以初速度-v′(與平板運動速率大小相等、方向相反)作勻減速運動,其加速度為相對加速度,按運動學(xué)公式即可解得．該題也可應(yīng)用第三章所講述的系統(tǒng)的動能定理來解．將平板與木塊作為系統(tǒng),該系統(tǒng)的動能由平板原有的動能變?yōu)槟緣K和平板一起運動的動能,而它們的共同速度可根據(jù)動量定理求得．又因為系統(tǒng)內(nèi)只有摩擦力作功,根據(jù)系統(tǒng)的動能定理,摩擦力的功應(yīng)等于系統(tǒng)動能的增量．木塊相對平板移動的距離即可求出．解1以地面為參考系,在摩擦力Fｆ＝μmg的作用下,根據(jù)牛頓定律分別對木塊、平板列出動力學(xué)方程Fｆ＝μmg＝ma1F′ｆ＝-Fｆ＝m′a2a1和a2分別是木塊和木板相對地面參考系的加速度．假設(shè)以木板為參考系,木塊相對平板的加速度a＝a1＋a2,木塊相對平板以初速度-v′作勻減速運動直至最終停頓．由運動學(xué)規(guī)律有-v′2＝2as由上述各式可得木塊相對于平板所移動的距離為解2以木塊和平板為系統(tǒng),它們之間一對摩擦力作的總功為W＝Fｆ(s＋l)-Fｆl＝μmgs式中l(wèi)為平板相對地面移動的距離．由于系統(tǒng)在水平方向上不受外力,當木塊放至平板上時,根據(jù)動量守恒定律,有m′v′＝(m′＋m)v″由系統(tǒng)的動能定理,有由上述各式可得2-10分析維持鋼球在水平面內(nèi)作勻角速度轉(zhuǎn)動時,必須使鋼球受到一與向心加速度相對應(yīng)的力(向心力),而該力是由碗內(nèi)壁對球的支持力FN的分力來提供的,由于支持力FN始終垂直于碗內(nèi)壁,所以支持力的大小和方向是隨ω而變的．取圖示Oxy坐標,列出動力學(xué)方程,即可求解鋼球距碗底的高度．解取鋼球為隔離體,其受力分析如圖(b)所示．在圖示坐標中列動力學(xué)方程(1)(2)且有(3)由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為可見,h隨ω的變化而變化．2-11分析如題所述,外軌超高的目的欲使火車轉(zhuǎn)彎的所需向心力僅由軌道支持力的水平分量FNsinθ提供(式中θ角為路面傾角)．從而不會對內(nèi)外軌產(chǎn)生擠壓．與其對應(yīng)的是火車轉(zhuǎn)彎時必須以規(guī)定的速率v0行駛．當火車行駛速率v≠v0時,那么會產(chǎn)生兩種情況：如以下列圖,如v＞v0時,外軌將會對車輪產(chǎn)生斜向內(nèi)的側(cè)壓力F1,以補償原向心力的缺乏,如v＜v0時,那么內(nèi)軌對車輪產(chǎn)生斜向外的側(cè)壓力F2,以抵消多余的向心力,無論哪種情況火車都將對外軌或內(nèi)軌產(chǎn)生擠壓．由此可知,鐵路部門為什么會在每個鐵軌的轉(zhuǎn)彎處規(guī)定時速,從而確保行車安全．解(1)以火車為研究對象,建設(shè)如以下列圖坐標系．據(jù)分析,由牛頓定律有(1)(2)解(1)(2)兩式可得火車轉(zhuǎn)彎時規(guī)定速率為(2)當v＞v0時,根據(jù)分析有(3)(4)解(3)(4)兩式,可得外軌側(cè)壓力為當v＜v0時,根據(jù)分析有(5)(6)解(5)(6)兩式,可得內(nèi)軌側(cè)壓力為2-12分析雜技演員(連同摩托車)的運動可以看成一個水平面內(nèi)的勻速率圓周運動和一個豎直向上勻速直線運動的疊加．其旋轉(zhuǎn)一周所形成的旋線軌跡展開后,相當于如圖(b)所示的斜面．把演員的運動速度分解為圖示的v1和v2兩個分量,顯然v1是豎直向上作勻速直線運動的分速度,而v2那么是繞圓筒壁作水平圓周運動的分速度,其中向心力由筒壁對演員的支持力FN的水平分量FN2提供,而豎直分量FN1那么與重力相平衡．如圖(c)所示,其中φ角為摩托車與筒壁所夾角．運用牛頓定律即可求得筒壁支持力的大小和方向力．解設(shè)雜技演員連同摩托車整體為研究對象,據(jù)(b)(c)兩圖應(yīng)有(1)(2)(3)(4)以式(3)代入式(2),得(5)將式(1)和式(5)代入式(4),可求出圓筒壁對雜技演員的作用力(即支承力)大小為與壁的夾角φ為討論表演飛車走壁時,演員必須控制好運動速度,行車路線以及摩托車的方位,以確保三者之間滿足解題用到的各個力學(xué)規(guī)律．2-13分析首先應(yīng)由題圖求得兩個時間段的F(t)函數(shù),進而求得相應(yīng)的加速度函數(shù),運用積分方法求解題目所問,積分時應(yīng)注意積分上下限的取值應(yīng)與兩時間段相應(yīng)的時刻相對應(yīng)．解由題圖得由牛頓定律可得兩時間段質(zhì)點的加速度分別為對0＜t＜5ｓ時間段,由得積分后得再由得積分后得將t＝5ｓ代入,得v5＝30m·ｓ-1和x5＝68.7m對5ｓ＜t＜7ｓ時間段,用同樣方法有得再由得x＝17.5t2-0.83t3-82.5t＋147.87將t＝7ｓ代入分別得v7＝40m·ｓ-1和x7＝142m2-14分析這是在變力作用下的動力學(xué)問題．由于力是時間的函數(shù),而加速度a＝dv/dt,這時,動力學(xué)方程就成為速度對時間的一階微分方程,解此微分方程可得質(zhì)點的速度v(t)；由速度的定義v＝dx/dt,用積分的方法可求出質(zhì)點的位置．解因加速度a＝dv/dt,在直線運動中,根據(jù)牛頓運動定律有依據(jù)質(zhì)點運動的初始條件,即t0＝0時v0＝6.0m·ｓ-1,運用別離變量法對上式積分,得v＝6.0+4.0t+6.0t2又因v＝dx/dt,并由質(zhì)點運動的初始條件：t0＝0時x0＝5.0m,對上式別離變量后積分,有x＝5.0+6.0t+2.0t2+2.0t32-15分析飛機連同駕駛員在水平跑道上運動可視為質(zhì)點作直線運動．其水平方向所受制動力F為變力,且是時間的函數(shù)．在求速率和距離時,可根據(jù)動力學(xué)方程和運動學(xué)規(guī)律,采用別離變量法求解．解以地面飛機滑行方向為坐標正方向,由牛頓運動定律及初始條件,得因此,飛機著陸10ｓ后的速率為v＝30m·ｓ-1又故飛機著陸后10ｓ內(nèi)所滑行的距離2-16分析該題可以分為兩個過程,入水前是自由落體運動,入水后,物體受重力P、浮力F和水的阻力Fｆ的作用,其合力是一變力,因此,物體作變加速運動．雖然物體的受力分析比較簡單,但是,由于變力是速度的函數(shù)(在有些問題中變力是時間、位置的函數(shù)),對這類問題列出動力學(xué)方程并不復(fù)雜,但要從它計算出物體運動的位置和速度就比較困難了．通常需要采用積分的方法去解所列出的微分方程．這也成了解題過程中的難點．在解方程的過程中,特別需要注意到積分變量的統(tǒng)一和初始條件確實定．解(1)運發(fā)動入水前可視為自由落體運動,故入水時的速度為運發(fā)動入水后,由牛頓定律得P-Fｆ-F＝ma由題意P＝F、Fｆ＝bv2,而a＝dv/dt＝v(dv/dy),代入上式后得-bv2＝mv(dv/dy)考慮到初始條件y0＝0時,,對上式積分,有(2)將條件b/m＝0.4m-1,v＝0.1v0代入上式,那么得2-17分析螺旋槳旋轉(zhuǎn)時,葉片上各點的加速度不同,在其各局部兩側(cè)的張力也不同；由于葉片的質(zhì)量是連續(xù)分布的,在求葉片根部的張力時,可選取葉片上一小段,分析其受力,列出動力學(xué)方程,然后采用積分的方法求解．解設(shè)葉片根部為原點O,沿葉片背離原點O的方向為正向,距原點O為r處的長為dr一小段葉片,其兩側(cè)對它的拉力分別為FＴ(r)與FＴ(r＋dr)．葉片轉(zhuǎn)動時,該小段葉片作圓周運動,由牛頓定律有由于r＝l時外側(cè)FＴ＝0,所以有上式中取r＝0,即得葉片根部的張力FＴ0＝-2.79×105N負號表示張力方向與坐標方向相反．2-18分析該題可由牛頓第二定律求解．在取自然坐標的情況下,沿圓弧方向的加速度就是切向加速度aｔ,與其相對應(yīng)的外力Fｔ是重力的切向分量mgsinα,而與法向加速度an相對應(yīng)的外力是支持力FN和重力的法向分量mgcosα．由此,可分別列出切向和法向的動力學(xué)方程Fｔ＝mdv/dt和Fn＝man．由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的,因此,需應(yīng)用積分求解,為使運算簡便,可轉(zhuǎn)換積分變量．倡該題也能應(yīng)用以小球、圓弧與地球為系統(tǒng)的機械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比較簡便．但它不能直接給出小球與圓弧外表之間的作用力．解小球在運動過程中受到重力P和圓軌道對它的支持力FN．取圖(b)所示的自然坐標系,由牛頓定律得(1)(2)由,得,代入式(1),并根據(jù)小球從點A運動到點C的始末條件,進展積分,有得那么小球在點C的角速度為由式(2)得由此可得小球?qū)A軌道的作用力為負號表示F′N與en反向．2-19分析運動學(xué)與動力學(xué)之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的,因而,可先分析動力學(xué)問題．物體在作圓周運動的過程中,促使其運動狀態(tài)發(fā)生變化的是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對物體的支持力FN和環(huán)與物體之間的摩擦力Fｆ,而摩擦力大小與正壓力FN′成正比,且FN與FN′又是作用力與反作用力,這樣,就可通過它們把切向和法向兩個加速度聯(lián)系起來了,從而可用運動學(xué)的積分關(guān)系式求解速率和路程．解(1)設(shè)物體質(zhì)量為m,取圖中所示的自然坐標,按牛頓定律,有由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN,由上述各式可得取初始條件t＝0時v＝v0,并對上式進展積分,有(2)當物體的速率從v0減少到1/2v0時,由上式可得所需的時間為物體在這段時間內(nèi)所經(jīng)過的路程2-20分析物體在發(fā)射過程中,同時受到重力和空氣阻力的作用,其合力是速率v的一次函數(shù),動力學(xué)方程是速率的一階微分方程,求解時,只需采用別離變量的數(shù)學(xué)方法即可．但是,在求解高度時,那么必須將時間變量通過速度定義式轉(zhuǎn)換為位置變量后求解,并注意到物體上升至最大高度時,速率應(yīng)為零．解(1)物體在空中受重力mg和空氣阻力Fr＝kv作用而減速．由牛頓定律得(1)根據(jù)始末條件對上式積分,有(2)利用的關(guān)系代入式(1),可得別離變量后積分故討論如不考慮空氣阻力,那么物體向上作勻減速運動．由公式和分別算得t≈6.12ｓ和y≈184m,均比實際值略大一些．2-21分析由于空氣對物體的阻力始終與物體運動的方向相反,因此,物體在上拋過程中所受重力P和阻力Fr的方向一樣；而下落過程中,所受重力P和阻力Fr的方向那么相反．又因阻力是變力,在解動力學(xué)方程時,需用積分的方法．解分別對物體上拋、下落時作受力分析,以地面為原點,豎直向上為y軸(如以下列圖)．(1)物體在上拋過程中,根據(jù)牛頓定律有依據(jù)初始條件對上式積分,有物體到達最高處時,v＝0,故有(2)物體下落過程中,有對上式積分,有那么2-22分析該題依然是運用動力學(xué)方程求解變力作用下的速度和位置的問題,求解方法與前兩題相似,只是在解題過程中必須設(shè)法求出阻力系數(shù)k．由于阻力Fr＝kv2,且Fr又與恒力F的方向相反；故當阻力隨速度增加至與恒力大小相等時,加速度為零,此時速度到達最大．因此,根據(jù)速度最大值可求出阻力系數(shù)來．但在求摩托車所走路程時,需對變量作變換．解設(shè)摩托車沿x軸正方向運動,在牽引力F和阻力Fr同時作用下,由牛頓定律有(1)當加速度a＝dv/dt＝0時,摩托車的速率最大,因此可得k＝F/vm2(2)由式(1)和式(2)可得(3)根據(jù)始末條件對式(3)積分,有那么又因式(3)中,再利用始末條件對式(3)積分,有那么2-23分析如以下列圖,飛機觸地后滑行期間受到5個力作用,其中F1為空氣阻力,F2為空氣升力,F3為跑道作用于飛機的摩擦力,很顯然飛機是在合外力為變力的情況下作減速運動,列出牛頓第二定律方程后,用運動學(xué)第二類問題的相關(guān)規(guī)律解題．由于作用于飛機的合外力為速度v的函數(shù),所求的又是飛機滑行距離x,因此比較簡便方法是直接對牛頓第二定律方程中的積分變量dt進展代換,將dt用代替,得到一個有關(guān)v和x的微分方程,別離變量后再作積分．解取飛機滑行方向為x的正方向,著陸點為坐標原點,如以下列圖,根據(jù)牛頓第二定律有(1)(2)將式(2)代入式(1),并整理得別離變量并積分,有得飛機滑行距離(3)考慮飛機著陸瞬間有FN＝0和v＝v0,應(yīng)有k2v02＝mg,將其代入(3)式,可得飛機滑行距離x的另一表達式討論如飛機著陸速度v0＝144km·h-1,μ＝0.1,升阻比,可算得飛機的滑行距離x＝560m,設(shè)計飛機跑道長度時應(yīng)參照上述計算結(jié)果．2-24分析如同習(xí)題2-5分析中指出的那樣,可對木箱加上慣性力F0后,以車廂為參考系進展求解,如以下列圖,此時木箱在水平方向受到慣性力和摩擦力作用,圖中a′為木箱相對車廂的加速度．解由牛頓第二定律和相關(guān)運動學(xué)規(guī)律有F0-Fｆ＝ma-μmg＝ma′(1)v′2＝2a′L(2)聯(lián)立解(1)(2)兩式并代入題給數(shù)據(jù),得木箱撞上車廂擋板時的速度為2-25分析如以加速運動的電梯為參考系,那么為非慣性系．在非慣性系中應(yīng)用牛頓定律時必須引入慣性力．在通常受力分析的根基上,加以慣性力后,即可列出牛頓運動方程來．解取如圖(b)所示的坐標,以電梯為參考系,分別對物體A、B作受力分析,其中F1＝m1a,F2＝m2a分別為作用在物體A、B上的慣性力．設(shè)ar為物體相對電梯的加速度,根據(jù)牛頓定律有(1)(2)(3)由上述各式可得由相對加速度的矢量關(guān)系,可得物體A、B對地面的加速度值為a2的方向向上,a1的方向由ar和a的大小決定．當ar＜a,即m1g-m2g-2m2a＞0時,a1的方向向下；反之,a1的方向向上．2-26分析這類問題可應(yīng)用牛頓定律并采用隔離體法求解．在解題的過程中必須注意：(1)參考系的選擇．由于牛頓定律只適用于慣性系,可選擇地面為參考系(慣性系)．因地面和斜面都是光滑的,當滑塊在斜面上下滑時,三棱柱受到滑塊對它的作用,也將沿地面作加速度為aA的運動,這時,滑塊沿斜面的加速度aBA,不再是它相對于地面的加速度aB了．必須注意到它們之間應(yīng)滿足相對加速度的矢量關(guān)系,即aB＝aA＋aBA．假設(shè)以斜面為參考系(非慣性系),用它求解這類含有相對運動的力學(xué)問題是較為方便的．但在非慣性系中,假設(shè)仍要應(yīng)用牛頓定律,那么必須增添一慣性力F,且有F＝maA．(2)坐標系的選擇．常取平面直角坐標,并使其中一坐標軸方向與運動方向一致,這樣,可使解題簡化．(3)在分析滑塊與三棱柱之間的正壓力時,要考慮運動狀態(tài)的影響,切勿簡單地把它視為滑塊重力在垂直于斜面方向的分力mgcosα,事實上只有當aA＝0時,正壓力才等于mgcosα.解1取地面為參考系,以滑塊B和三棱柱A為研究對象,分別作示力圖,如圖(b)所示．B受重力P1、A施加的支持力FN1；A受重力P2、B施加的壓力FN1′、地面支持力FN2．A的運動方向為Ox軸的正向,Oy軸的正向垂直地面向上．設(shè)aA為A對地的加速度,aB為B對的地加速度．由牛頓定律得(1)(2)(3)(4)設(shè)B相對A的加速度為aBA,那么由題意aB、aBA、aA三者的矢量關(guān)系如圖(c)所示．據(jù)此可得(5)(6)解上述方程組可得三棱柱對地面的加速度為滑塊相對地面的加速度aB在x、y軸上的分量分別為那么滑塊相對地面的加速度aB的大小為其方向與y軸負向的夾角為A與B之間的正壓力解2假設(shè)以A為參考系,Ox軸沿斜面方向［圖(d)］．在非慣性系中運用牛頓定律,那么滑塊B的動力學(xué)方程分別為(1)(2)又因(3)(4)由以上各式可解得由aB、aBA、aA三者的矢量關(guān)系可得以aA代入式(3)可得3-1分析與解在質(zhì)點組中內(nèi)力總是成對出現(xiàn)的,它們是作用力與反作用力．由于一對內(nèi)力的沖量恒為零,故內(nèi)力不會改變質(zhì)點組的總動量．但由于相互有作用力的兩個質(zhì)點的位移大小以及位移與力的夾角一般不同,故一對內(nèi)力所作功之和不一定為零,應(yīng)作具體分析,如一對彈性內(nèi)力的功的代數(shù)和一般為零,一對摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零,對于保守內(nèi)力來說,所作功能使質(zhì)點組動能與勢能相互轉(zhuǎn)換,因此保守內(nèi)力即使有可能改變質(zhì)點組的動能,但也不可能改變質(zhì)點組的機械能．綜上所述(1)(3)說法是正確的．應(yīng)選(C)．3-2分析與解對題述系統(tǒng)來說,由題意知并無外力和非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)機械能守恒．物體在下滑過程中,一方面通過重力作功將勢能轉(zhuǎn)化為動能,另一方面通過物體與斜面之間的彈性內(nèi)力作功將一局部能量轉(zhuǎn)化為斜面的動能,其大小取決其中一個內(nèi)力所作功．由于斜面傾角不同,故物體沿不同傾角斜面滑至底端時動能大小不等．動量自然也就不等(動量方向也不同)．故(A)(B)(C)三種說法均不正確．至于說法(D)正確,是因為該系統(tǒng)動量雖不守恒(下滑前系統(tǒng)動量為零,下滑后物體與斜面動量的矢量和不可能為零．由此可知,此時向上的地面支持力并不等于物體與斜面向下的重力),但在水平方向上并無外力,故系統(tǒng)在水平方向上分動量守恒．3-3分析與解保守力作正功時,系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)勢能應(yīng)該減少．由于保守力作功與路徑無關(guān),而只與始末位置有關(guān),如質(zhì)點環(huán)繞一周過程中,保守力在一段過程中作正功,在另一段過程中必然作負功,兩者之和必為零．至于一對作用力與反作用力分別作用于兩個質(zhì)點所作功之和未必為零(詳見習(xí)題3-2分析),由此可見只有說法(2)正確,應(yīng)選(C)．3-4分析與解由題意知,作用在題述系統(tǒng)上的合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒,但機械能未必守恒,這取決于在A、B彈開過程中C與A或D與B之間有無相對滑動,如有那么必然會因摩擦內(nèi)力作功,而使一局部機械能轉(zhuǎn)化為熱能,應(yīng)選(D)3-5分析與解子彈-木塊系統(tǒng)在子彈射入過程中,作用于系統(tǒng)的合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒,但機械能并不守恒．這是因為子彈與木塊作用的一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零(這是因為子彈對地位移大于木塊對地位移所致),子彈動能的減少等于子彈抑制阻力所作功,子彈減少的動能中,一局部通過其反作用力對木塊作正功而轉(zhuǎn)移為木塊的動能,另一局部那么轉(zhuǎn)化為熱能(大小就等于這一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和)．綜上所述,只有說法(C)的表述是完全正確的．3-6分析由于鳥與飛機之間的作用是一短暫時間內(nèi)急劇變化的變力,直接應(yīng)用牛頓定律解決受力問題是不可能的．如果考慮力的時間累積效果,運用動量定理來分析,就可防止作用過程中的細節(jié)情況．在求鳥對飛機的沖力(常指在短暫時間內(nèi)的平均力)時,由于飛機的狀態(tài)(指動量)變化不知道,使計算也難以進展；這時,可將問題轉(zhuǎn)化為討論鳥的狀態(tài)變化來分析其受力情況,并根據(jù)鳥與飛機作用的相互性(作用與反作用),問題就很簡單了．解以飛鳥為研究對象,取飛機運動方向為x軸正向．由動量定理得式中F′為飛機對鳥的平均沖力,而身長為20cm的飛鳥與飛機碰撞時間約為Δt＝l/v,以此代入上式可得鳥對飛機的平均沖力為式中負號表示飛機受到的沖力與其飛行方向相反．從計算結(jié)果可知,2.25×105N的沖力大致相當于一個22t的物體所受的重力,可見,此沖力是相當大的．假設(shè)飛鳥與發(fā)動機葉片相碰,足以使發(fā)動機損壞,造成飛行事故．3-7分析重力是恒力,因此,求其在一段時間內(nèi)的沖量時,只需求出時間間隔即可．由拋體運動規(guī)律可知,物體到達最高點的時間,物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時間是到達最高點時間的兩倍．這樣,按沖量的定義即可求得結(jié)果．另一種解的方法是根據(jù)過程的始、末動量,由動量定理求出．解1物體從出發(fā)到達最高點所需的時間為那么物體落回地面的時間為于是,在相應(yīng)的過程中重力的沖量分別為解2根據(jù)動量定理,物體由發(fā)射點O運動到點A、B的過程中,重力的沖量分別為3-8分析此題可由沖量的定義式,求變力的沖量,繼而根據(jù)動量定理求物體的速度v2．解(1)由分析知(2)由I＝300＝30t＋2t2,解此方程可得t＝6．86s(另一解不合題意已舍去)(3)由動量定理,有I＝mv2-mv1由(2)可知t＝6．86s時I＝300N·s,將I、m及v1代入可得3-9分析從人受力的情況來看,可分兩個階段：在開場下落的過程中,只受重力作用,人體可看成是作自由落體運動；在安全帶保護的緩沖過程中,那么人體同時受重力和安全帶沖力的作用,其合力是一變力,且作用時間很短．為求安全帶的沖力,可以從緩沖時間內(nèi),人體運動狀態(tài)(動量)的改變來分析,即運用動量定理來討論．事實上,動量定理也可應(yīng)用于整個過程．但是,這時必須分清重力和安全帶沖力作用的時間是不同的；而在過程的初態(tài)和末態(tài),人體的速度均為零．這樣,運用動量定理仍可得到一樣的結(jié)果．解1以人為研究對象,按分析中的兩個階段進展討論．在自由落體運動過程中,人跌落至2m處時的速度為(1)在緩沖過程中,人受重力和安全帶沖力的作用,根據(jù)動量定理,有(2)由式(1)、(2)可得安全帶對人的平均沖力大小為解2從整個過程來討論．根據(jù)動量定理有3-10分析由沖量定義求得力F的沖量后,根據(jù)動量原理,即為動量增量,注意用式積分前,應(yīng)先將式中x用x＝Acosωt代之,方能積分．解力F的沖量為即3-11分析對于彎曲局部AB段內(nèi)的水而言,由于流速一定,在時間Δt內(nèi),從其一端流入的水量等于從另一端流出的水量．因此,對這局部水來說,在時間Δt內(nèi)動量的增量也就是流入與流出水的動量的增量Δp＝Δm(vB-vA)；此動量的變化是管壁在Δt時間內(nèi)對其作用沖量I的結(jié)果．依據(jù)動量定理可求得該段水受到管壁的沖力F；由牛頓第三定律,自然就得到水流對管壁的作用力F′＝-F．解在Δt時間內(nèi),從管一端流入(或流出)水的質(zhì)量為Δm＝ρυSΔt,彎曲局部AB的水的動量的增量那么為Δp＝Δm(vB-vA)＝ρυSΔt(vB-vA)依據(jù)動量定理I＝Δp,得到管壁對這局部水的平均沖力從而可得水流對管壁作用力的大小為作用力的方向那么沿直角平分線指向彎管外側(cè)．3-12分析根據(jù)拋體運動規(guī)律,物體在最高點處的位置坐標和速度是易求的．因此,假設(shè)能求出第二塊碎片拋出的速度,按拋體運動的規(guī)律就可求得落地的位置．為此,分析物體在最高點處爆炸的過程,由于爆炸力屬內(nèi)力,且遠大于重力,因此,重力的沖量可忽略,物體爆炸過程中應(yīng)滿足動量守恒．由于炸裂后第一塊碎片拋出的速度可由落體運動求出,由動量守恒定律可得炸裂后第二塊碎片拋出的速度,進一步求出落地位置．解取如圖示坐標,根據(jù)拋體運動的規(guī)律,爆炸前,物體在最高點A的速度的水平分量為(1)物體爆炸后,第一塊碎片豎直落下的運動方程為當該碎片落地時,有y1＝0,t＝t1,那么由上式得爆炸后第一塊碎片拋出的速度(2)又根據(jù)動量守恒定律,在最高點處有(3)(4)聯(lián)立解式(1)、(2)、(3)和(4),可得爆炸后第二塊碎片拋出時的速度分量分別為爆炸后,第二塊碎片作斜拋運動,其運動方程為(5)(6)落地時,y2＝0,由式(5)、(6)可解得第二塊碎片落地點的水平位置x2＝500m3-13分析由于兩船橫向傳遞的速度可略去不計,那么對搬出重物后的船A與從船B搬入的重物所組成的系統(tǒng)Ⅰ來講,在水平方向上無外力作用,因此,它們相互作用的過程中應(yīng)滿足動量守恒；同樣,對搬出重物后的船B與從船A搬入的重物所組成的系統(tǒng)Ⅱ亦是這樣．由此,分別列出系統(tǒng)Ⅰ、Ⅱ的動量守恒方程即可解出結(jié)果．解設(shè)A、B兩船原有的速度分別以vA、vB表示,傳遞重物后船的速度分別以vA′、vB′表示,被搬運重物的質(zhì)量以m表示．分別對上述系統(tǒng)Ⅰ、Ⅱ應(yīng)用動量守恒定律,那么有(1)(2)由題意知vA′＝0,vB′＝3.4m·s-1代入數(shù)據(jù)后,可解得也可以選擇不同的系統(tǒng),例如,把A、B兩船(包括傳遞的物體在內(nèi))視為系統(tǒng),同樣能滿足動量守恒,也可列出相對應(yīng)的方程求解．3-14分析人跳躍距離的增加是由于他在最高點處向后拋出物體所致．在拋物的過程中,人與物之間相互作用力的沖量,使他們各自的動量發(fā)生了變化．如果把人與物視為一系統(tǒng),因水平方向不受外力作用,故外力的沖量為零,系統(tǒng)在該方向上動量守恒．但在應(yīng)用動量守恒定律時,必須注意系統(tǒng)是相對地面(慣性系)而言的,因此,在處理人與物的速度時,要根據(jù)相對運動的關(guān)系來確定．至于,人因跳躍而增加的距離,可根據(jù)人在水平方向速率的增量Δv來計算．解取如以下列圖坐標．把人與物視為一系統(tǒng),當人跳躍到最高點處,在向左拋物的過程中,滿足動量守恒,故有式中v為人拋物后相對地面的水平速率,v-u為拋出物對地面的水平速率．得人的水平速率的增量為而人從最高點到地面的運動時間為所以,人跳躍后增加的距離3-15分析由于桌面所受的壓力難以直接求出,因此,可轉(zhuǎn)化為求其反作用力,即桌面給繩的托力．但是,應(yīng)注意此托力除了支持已落在桌面上的繩外,還有對dt時間內(nèi)下落繩的沖力,此力必須運用動量定理來求．解取如以下列圖坐標,開場時繩的上端位于原點,Oy軸的正向豎直向下．繩的總長為l,以t時刻,已落到桌面上長為y、質(zhì)量為m′的繩為研究對象．這段繩受重力P、桌面的托力FN和下落繩子對它的沖力F(如圖中所示)的作用．由力的平衡條件有(1)為求沖力F,可取dt時間內(nèi)落至桌面的線元dy為研究對象．線元的質(zhì)量,它受到重力dP和沖力F的反作用力F′的作用,由于F′＞＞dP,故由動量定理得(2)而(3)由上述三式可得任意時刻桌面受到的壓力大小為3-16分析這是一個系統(tǒng)內(nèi)質(zhì)量轉(zhuǎn)移的問題．為了討論火箭的運動規(guī)律,仍需建設(shè)其在重力場中的動力學(xué)方程．為此,以t時刻質(zhì)量為m的火箭為研究對象,它在t→t＋Δt的時間內(nèi),將別離成火箭主體(包括尚剩的燃料)和排出的燃料兩局部．根據(jù)它們的總動量的增量ΣdPi和系統(tǒng)所受的外力———重力(阻力不計),由動量定理可得到-mg＝udm′/dt＋mdv/dt(推導(dǎo)從略,見教材),即火箭主體的動力學(xué)方程．由于在dt時間內(nèi)排出燃料的質(zhì)量dm′很小,式中m也就可以視為此刻火箭主體的質(zhì)量,而燃料的排出率dm′/dt也就是火箭質(zhì)量的變化率-dm/dt．這樣,上述方程也可寫成．在特定加速度a0的條件下,根據(jù)初始時刻火箭的質(zhì)量m0,就可求出燃料的排出率dm/dt．在火箭的質(zhì)量比(即t時刻火箭的質(zhì)量m與火箭的初始質(zhì)量m0之比)的條件下,可算出火箭所經(jīng)歷的時間,那么火箭運動的速率可通過對其動力學(xué)方程積分后解得．解(1)以火箭發(fā)射處為原點,豎直向上為正方向．該火箭在重力場中的動力學(xué)方程為(1)因火箭的初始質(zhì)量為m0＝5.00×105kg,要使火箭獲得最初的加速度a0＝4.90m·s-2,那么燃氣的排出率為(2)為求火箭的最后速率,可將式(1)改寫成別離變量后積分,有火箭速率隨時間的變化規(guī)律為(2)因火箭的質(zhì)量比為6.00,故經(jīng)歷時間t后,其質(zhì)量為得(3)將式(3)代入式(2),依據(jù)初始條件,可得火箭的最后速率3-17分析由題意知質(zhì)點是在變力作用下運動,因此要先找到力F與位置x的關(guān)系,由題給條件知．那么該力作的功可用式計算,然后由動能定理求質(zhì)點速率．解由分析知,那么在x＝0到x＝L過程中作功,由動能定理有得x＝L處的質(zhì)點速率為此處也可用牛頓定律求質(zhì)點速率,即別離變量后,兩邊積分也可得同樣結(jié)果．3-18分析該題中雖施以“恒力〞,但是,作用在物體上的力的方向在不斷變化．需按功的矢量定義式來求解．解取圖示坐標,繩索拉力對物體所作的功為3-19分析此題是一維變力作功問題,仍需按功的定義式來求解．關(guān)鍵在于尋找力函數(shù)F＝F(x)．根據(jù)運動學(xué)關(guān)系,可將力與速度的函數(shù)關(guān)系F(v)＝kv2變換到F(t),進一步按x＝ct3的關(guān)系把F(t)轉(zhuǎn)換為F(x),這樣,就可按功的定義式求解．解由運動學(xué)方程x＝ct3,可得物體的速度按題意及上述關(guān)系,物體所受阻力的大小為那么阻力的功為3-20分析由于水桶在勻速上提過程中,拉力必須始終與水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而隨提升高度而變,因此,拉力作功實為變力作功．由于拉力作功也就是抑制重力的功,因此,只要能寫出重力隨高度變化的關(guān)系,拉力作功即可題3-20圖求出．解水桶在勻速上提過程中,a＝0,拉力與水桶重力平衡,有F＋P＝0在圖示所取坐標下,水桶重力隨位置的變化關(guān)系為P＝mg-αgy其中α＝0．2kg/m,人對水桶的拉力的功為3-21分析(1)在計算功時,首先應(yīng)明確是什么力作功．小球擺動過程中同時受到重力和張力作用．重力是保守力,根據(jù)小球下落的距離,它的功很易求得；至于張力雖是一變力,但是,它的方向始終與小球運動方向垂直,根據(jù)功的矢量式,即能得出結(jié)果來．(2)在計算功的根基上,由動能定理直接能求出動能和速率．(3)在求最低點的張力時,可根據(jù)小球作圓周運動時的向心加速度由重力和張力提供來確定．解(1)如以下列圖,重力對小球所作的功只與始末位置有關(guān),即在小球擺動過程中,張力FＴ的方向總是與運動方向垂直,所以,張力的功(2)根據(jù)動能定理,小球擺動過程中,其動能的增量是由于重力對它作功的結(jié)果．初始時動能為零,因而,在最低位置時的動能為小球在最低位置的速率為(3)當小球在最低位置時,由牛頓定律可得3-22分析質(zhì)點在運動過程中速度的減緩,意味著其動能減少；而減少的這局部動能那么消耗在運動中抑制摩擦力作功上．由此,可依據(jù)動能定理列式解之．解(1)摩擦力作功為(1)(2)由于摩擦力是一恒力,且Fｆ＝μmg,故有(2)由式(1)、(2)可得動摩擦因數(shù)為(3)由于一周中損失的動能為,那么在靜止前可運行的圈數(shù)為圈3-23分析運用守恒定律求解是解決力學(xué)問題最簡捷的途徑之一．因為它與過程的細節(jié)無關(guān),也常常與特定力的細節(jié)無關(guān)．“守恒〞那么意味著在條件滿足的前提下,過程中任何時刻守恒量不變．在具體應(yīng)用時,必須恰當?shù)剡x取研究對象(系統(tǒng)),注意守恒定律成立的條件．該題可用機械能守恒定律來解決．選取兩塊板、彈簧和地球為系統(tǒng),該系統(tǒng)在外界所施壓力撤除后(取作狀態(tài)1),直到B板剛被提起(取作狀態(tài)2),在這一過程中,系統(tǒng)不受外力作用,而內(nèi)力中又只有保守力(重力和彈力)作功,支持力不作功,因此,滿足機械能守恒的條件．只需取狀態(tài)1和狀態(tài)2,運用機械能守恒定律列出方程,并結(jié)合這兩狀態(tài)下受力的平衡,便可將所需壓力求出．解選取如圖(b)所示坐標,取原點O處為重力勢能和彈性勢能零點．作各狀態(tài)下物體的受力圖．對A板而言,當施以外力F時,根據(jù)受力平衡有F1＝P1＋F(1)當外力撤除后,按分析中所選的系統(tǒng),由機械能守恒定律可得式中y1、y2為M、N兩點對原點O的位移．因為F1＝ky1,F2＝ky2及P1＝m1g,上式可寫為F1-F2＝2P1(2)由式(1)、(2)可得F＝P1＋F2(3)當A板跳到N點時,B板剛被提起,此時彈性力F′2＝P2,且F2＝F′2．由式(3)可得F＝P1＋P2＝(m1＋m2)g應(yīng)注意,勢能的零點位置是可以任意選取的．為計算方便起見,通常取彈簧原長時的彈性勢能為零點,也同時為重力勢能的零點．3-24分析礦車在下滑和返回的全過程中受到重力、彈力、阻力和支持力作用．假設(shè)取礦車、地球和彈簧為系統(tǒng),支持力不作功,重力、彈力為保守力,而阻力為非保守力．礦車在下滑和上行兩過程中,存在非保守力作功,系統(tǒng)不滿足機械能守恒的條件,因此,可應(yīng)用功能原理去求解．在確定重力勢能、彈性勢能時,應(yīng)注意勢能零點的選取,常常選取彈簧原長時的位置為重力勢能、彈性勢能共同的零點,這樣做對解題比較方便．解取沿斜面向上為x軸正方向．彈簧被壓縮到最大形變時彈簧上端為坐標原點O．礦車在下滑和上行的全過程中,按題意,摩擦力所作的功為Wｆ＝(0.25mg＋0.25m′g)(l＋x)(1)式中m′和m分別為礦車滿載和空載時的質(zhì)量,x為彈簧最大被壓縮量．根據(jù)功能原理,在礦車運動的全過程中,摩擦力所作的功應(yīng)等于系統(tǒng)機械能增量的負值,故有Wｆ＝-ΔE＝-(ΔEP＋ΔEｋ)由于礦車返回原位時速度為零,故ΔEｋ＝0；而ΔEP＝(m-m′)g(l＋x)sinα,故有Wｆ＝-(m-m′)g(l＋x)sinα(2)由式(1)、(2)可解得3-25分析由于兩次錘擊的條件一樣,錘擊后釘子獲得的速度也一樣,所具有的初動能也一樣．釘子釘入木板是將釘子的動能用于抑制阻力作功,由功能原理可知釘子兩次所作的功相等．由于阻力與進入木板的深度成正比,按變力的功的定義得兩次功的表達式,并由功相等的關(guān)系即可求解．解因阻力與深度成正比,那么有F＝kx(k為阻力系數(shù))．現(xiàn)令x0＝1.00×10-2m,第二次釘入的深度為Δx,由于釘子兩次所作功相等,可得Δx＝0.41×10-2m3-26分析根據(jù)勢能和動能的定義,只需知道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運動的速率,其勢能和動能即可算出．由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運動,由此可算得衛(wèi)星繞地球運動的速率和動能．由于衛(wèi)星的引力勢能是屬于系統(tǒng)(衛(wèi)星和地球)的,要確定特定位置的勢能時,必須規(guī)定勢能的零點,通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠時的勢能為零．這樣,衛(wèi)星在特定位置的勢能也就能確定了．至于衛(wèi)星的機械能那么是動能和勢能的總和．解(1)衛(wèi)星與地球之間的萬有引力提供衛(wèi)星作圓周運動的向心力,由牛頓定律可得那么(2)取衛(wèi)星與地球相距無限遠(r→∞)時的勢能為零,那么處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢能為(3)衛(wèi)星的機械能為3-27分析取冰塊、屋面和地球為系統(tǒng),由于屋面對冰塊的支持力FN始終與冰塊運動的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守內(nèi)力,所以,系統(tǒng)的機械能守恒．但是,僅有一個機械能守恒方程不能解出速度和位置兩個物理量；因此,還需設(shè)法根據(jù)冰塊在脫離屋面時支持力為零這一條件,由牛頓定律列出冰塊沿徑向的動力學(xué)方程．求解上述兩方程即可得出結(jié)果．解由系統(tǒng)的機械能守恒,有(1)根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動力學(xué)方程為(2)冰塊脫離球面時,支持力FN＝0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置冰塊此時的速率為v的方向與重力P方向的夾角為α＝90°-θ＝41.8°3-28分析假設(shè)取小球、彈簧和地球為系統(tǒng),小球在被釋放后的運動過程中,只有重力和彈力這兩個保守內(nèi)力作功,軌道對球的支持力不作功,因此,在運動的過程中,系統(tǒng)的機械能守恒．運用守恒定律解題時,關(guān)鍵在于選好系統(tǒng)的初態(tài)和終態(tài)．為獲取此題所求的結(jié)果,初態(tài)選在壓縮彈簧剛被釋放時刻,這樣,可使彈簧的勁度系數(shù)與初態(tài)相聯(lián)系；而終態(tài)那么取在小球剛好能通過半圓弧時的最高點C處,因為這時小球的速率正處于一種臨界狀態(tài),假設(shè)大于、等于此速率時,小球定能沿軌道繼續(xù)向前運動；小于此速率時,小球?qū)⒚撾x軌道拋出．該速率那么可根據(jù)重力提供圓弧運動中所需的向心力,由牛頓定律求出．這樣,再由系統(tǒng)的機械能守恒定律即可解出該彈簧勁度系數(shù)的最小值．解小球要剛好通過最高點C時,軌道對小球支持力FN＝0,因此,有(1)取小球開場時所在位置A為重力勢能的零點,由系統(tǒng)的機械能守恒定律,有(2)由式(1)、(2)可得3-29分析這也是一種碰撞問題．碰撞的全過程是指小球剛與彈簧接觸直至彈簧被壓縮到最大,小球與靶剛好到達共同速度為止,在這過程中,小球和靶組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用,外力的沖量為零,因此,在此方向動量守恒．但是,僅靠動量守恒定律還不能求出結(jié)果來．又考慮到無外力對系統(tǒng)作功,系統(tǒng)無非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)的機械能也守恒．應(yīng)用上述兩個守恒定律,并考慮到球與靶具有一樣速度時,彈簧被壓縮量最大這一條件,即可求解．應(yīng)用守恒定律求解,可免除碰撞中的許多細節(jié)問題．解設(shè)彈簧的最大壓縮量為x0．小球與靶共同運動的速度為v1．由動量守恒定律,有(1)又由機械能守恒定律,有(2)由式(1)、(2)可得3-30分析該題可分兩個過程分析．首先是彈丸穿越擺錘的過程．就彈丸與擺錘所組成的系統(tǒng)而言,由于穿越過程的時間很短,重力和的張力在水平方向的沖量遠小于沖擊力的沖量,因此,可認為系統(tǒng)在水平方向不受外力的沖量作用,系統(tǒng)在該方向上滿足動量守恒．擺錘在碰撞中獲得了一定的速度,因而具有一定的動能,為使擺錘能在垂直平面內(nèi)作圓周運動,必須使擺錘在最高點處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提供圓周運動所需的向心力來確定；與此同時,擺錘在作圓周運動過程中,擺錘與地球組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒定律,根據(jù)兩守恒定律即可解出結(jié)果．解由水平方向的動量守恒定律,有(1)為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運動,在最高點時,擺線中的張力FＴ＝0,那么(2)式中v′h為擺錘在圓周最高點的運動速率．又擺錘在垂直平面內(nèi)作圓周運動的過程中,滿足機械能守恒定律,故有(3)解上述三個方程,可得彈丸所需速率的最小值為3-31分析對于粒子的對心彈性碰撞問題,同樣可利用系統(tǒng)(電子和氫原子)在碰撞過程中所遵循的動量守恒和機械能守恒來解決．此題所求電子傳遞給氫原子的能量的百分數(shù),即氫原子動能與電子動能之比．根據(jù)動能的定義,有,