物理學(xué)上冊(cè)-馬文蔚-課后答案-東南大學(xué)

第-第-頁(yè)共-135-頁(yè)分析與解(1)質(zhì)點(diǎn)在ttP如圖所示,其中路程Δs＝PP′,位移大小Δr表示質(zhì)點(diǎn)Δ0點(diǎn),則有｜＝d(BΔr由于故

Δs,即｜v｜≠v．但由于｜dr｜＝ds,故dr

Δt Δtdrdtds,即｜v｜＝v(C)．drdtdt分析與解 dt表示質(zhì)點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離隨時(shí)間的變化在極坐標(biāo)系中叫徑向drvr dt

表示速度矢量；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式vddx2dy2dt dt

dsdt計(jì)算,在直角坐標(biāo)系中則可由公式求解．故選(D)．dv

dt表示切向加速度a,它表示速度大小隨時(shí)間的變化率,是加速度矢ｔdr量沿速度方向的一個(gè)分起改變速度大小的作用； 在極坐標(biāo)系中表示徑向速v(如1dt rdvddvdt-2所)；dt在自然坐標(biāo)系中表示質(zhì)點(diǎn)的速而 表示加速度的大小而不是切向加速度a．因此只有(3)式表達(dá)是正確的．故選(D)．ｔ分析與解aa起改變速度ｔ naｔ速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),a恒為零；質(zhì)點(diǎn)作勻變速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),aa改變ｔ ｔ ｔ時(shí),質(zhì)點(diǎn)則作一般的變速率圓周運(yùn)動(dòng)．由此可見,應(yīng)選(B)．分析與解h,tl2h2x ltl2h2

dxdt

ldl dt ,式中l(wèi)2h2

表示繩l2h2/l長(zhǎng)l隨時(shí)間的變化,其大小即v代入整理后l2h2/l0

v0 x軸負(fù)cosθ向．由速度表達(dá)式,可判斷小船作變加速運(yùn)動(dòng)．故選(C)．分析位移和路程是兩個(gè)完全不同的概念t時(shí)間內(nèi)的位移的大小可直接由運(yùn)動(dòng)方程得到：Δxx

xt 0 dx0位移的大小和路程就不同了．為此,需根據(jù)dt

來(lái)確定其運(yùn)動(dòng)方向改變的時(shí)刻tp

,求出0～t和t～tΔx

Δx則t時(shí)間內(nèi)的路程s

,如圖所示,至于tp p 1

x d2x 1 2＝4.0s時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度和加速度可用 dt

dt2

兩式計(jì)算．40解(1)質(zhì)點(diǎn)4.0內(nèi)位移的大小Δxx x40dx

32m由 0 得知質(zhì)點(diǎn)的換向時(shí)刻為 tdt

2s 則 Δxx x1 2

8.0m ,Δx2

x x4

40m所以,質(zhì)點(diǎn)在4.0s時(shí)間間隔內(nèi)的路程為sΔx

48mvdxd2x dt

1 248ms1,a

dt2

36s分析t4.sABCDBC的斜率為0,tt-t的x-tt的二次曲線．根據(jù)各段時(shí)間t圖．解將曲線分為AB、BC、CD三個(gè)過程,它們對(duì)應(yīng)的加速度值分別為va vAB t

vA20ms2 at

0 Bva vCD tD

AvtC10ms2 C圖［1xxv0

t t22由此,可計(jì)算在0～2ｓ和4～6ｓ時(shí)間間隔內(nèi)各時(shí)刻的位置分別為0～2ｓx-t2～4ｓ時(shí)間內(nèi),質(zhì)點(diǎn)是作v20ms1的勻速直線運(yùn)動(dòng),其x-t的一段直線［圖(c)］．分析y(dx)2(dy)2t(dx)2(dy)2解用到積分方法,先在軌跡上任取一段微元ds,則ds求ｓ．

,最后用sds積分解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得質(zhì)點(diǎn)軌跡方程為,y21x24這是一個(gè)拋物線方程,軌跡如圖(a)所示．將t＝0ｓt＝2ｓr2j ,r0

4i2j圖(a)中的P、Q兩點(diǎn),即為t＝0ｓ和t＝2ｓ時(shí)質(zhì)點(diǎn)所在位置．由位移表達(dá)得 Δrrr2 1

(x2

x)i(y0

y)j4i2j0其中位移大小Δr (Δx)2(Δy)25.66m而徑向增量ΔrΔrr r 2 0

x2y22 2

x20

y20

2.47m1*(4)如圖(B)所示,所求Δs即為圖中PQ段長(zhǎng)度,先在其間任意處取AB微元ds,則1ds (dx)2(dy)2,由軌道方程可得dy xdx,代入則2ｓ內(nèi)路程為2sQds

4x2dx5.91mP 0第-3-頁(yè) 共-135-頁(yè)分析度和加速度的大小和方向．解(1)速度的分量式為v x dt

1060t, vy

dt

1540t當(dāng)t＝0時(shí),vox

＝-10m·ｓ-1

,v＝15m·ｓ-1oy

,則初速度大小為v v 2v 0 0x 0y

18.0ms1設(shè)vx軸的夾角為otanαv0

3 v 20x(2)加速度的分量式為dv dvxaxx

60ms2

,a y

y40ms2dtd則加速度的大小為 a設(shè)a與x軸的夾角為β,則

a2ax y

72.1ms2tanβayax

23 326°19′)分析y＝y(tǒng)y＝y(tǒng)1 1 2 2機(jī))運(yùn)動(dòng)的路程．解1(1)yvt1 0

12at

y hv2

1t2gty＝y(tǒng)1 2

,即第-4-頁(yè) 共-135-頁(yè)1 1 2hvt at2hv0 2

t gt2 t2

g

0.705s(2)螺絲相對(duì)升降機(jī)外固定柱子下降的距離為1dhy2

v0

t gt20.7162解2(1時(shí),有0h

1(ga)t2 t2

2hg

0.705s(2)由于升降機(jī)在t時(shí)間內(nèi)上升的高度為1hv0

t at2 則 dhh0.716m2分析r(0,3x＋y＋OxyP在任意時(shí)刻的位矢．采用對(duì)運(yùn)動(dòng)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(biāo)系中,因θ2πt,則質(zhì)點(diǎn)P的參數(shù)方T程為xRsin2πt,Tyyy0

Rcos2πtRT

yRcos2πtT坐標(biāo)變換后,在Oxy坐標(biāo)系中有xxRsin2πt,T則質(zhì)點(diǎn)P的位矢方程為rRsin2πtiRcos2πt

3sin(0.1πt)i3[1cos(0.1πt)]jR R T T (2)5ｓ時(shí)的速度和加速度分別為dr 2π 2π 2π 2πv R cos tiR sin tj(0.3πms1)dt T T T T第-5-頁(yè) 共-135-頁(yè)d2d2r π π π a R( )2sin tiR( )2cos tj(0.03π2ms2)idt2

T T T T分析解下午2∶00時(shí),桿頂在地面上影子的速度大小為ds hωv 1.94103ms1dt cos2ωt當(dāng)桿長(zhǎng)等于影長(zhǎng)時(shí),即s＝h,則t1arctans π 36060sω h 4ω即為下午3∶00時(shí)．分析條件下用積分方法解決．由adv和vdx可得dvadt和dxvdt．如a＝a(t)或v＝dt dta或t換等數(shù)學(xué)操作后再做積分．解由分析知,應(yīng)有vvttv 001得 v t3v3 0

(1)由 xxttx 001得 x2

t4v12

tx0

(2)將＝ｓ9m＝2?ｓ-(1)(2v＝-1?-1,x0.75．于是可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程為

x2

0 01t40.7512分析因此,需將式dv＝a(v)dt分離變量為

dv dt后再兩邊積分．a(chǎn)(v)解選取石子下落方向?yàn)閥軸正向,下落起點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)．由題意知 a用分離變量法把式(1)改寫為

dvABv (1)dtdv dt (2)ABv將式(2)兩邊積分并考慮初始條件,有第-6-頁(yè) 共-135-頁(yè)v

dvt

得石子速度

v (1eBt)Av0ABv 0 BAvdy A

A為一常量,通常稱為極限速度或收尾速度．B再由v (1eBt)并考慮初始條件dt BydytA1eBt

y

At

A(eBt

1)0 0B B B2分析速度的兩個(gè)分量ax

和a(yxx0

v t0x

1at2和2 xyy0

v t 10y 21

t2,兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)均為勻變速直線運(yùn)動(dòng)．讀者不妨自己驗(yàn)證一下．y解由加速度定義式,根據(jù)初始條件t0

＝0時(shí)v0

＝0,積分可得vdvtadtt(6i4j)dt vtitj0又由v

0 0dr時(shí),r＝(10dt 0rrttt(ij)t r10t2)it2j0 0由上述結(jié)果可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程的分量式,即x＝1＋32 y＝2消去參可得運(yùn)動(dòng)的軌跡方程 3y＝2x-20m這是一個(gè)直線方程．直線斜率k

tan

2,α＝33°41′．軌跡如圖所示．dx 3分析adv和dtΔv v2 Δva aΔt

a ,式中可由R Δt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(jì)算結(jié)果能清楚地看到兩者之間的關(guān)系,即瞬時(shí)加速度是平均加速度在Δt→0時(shí)的第-7-頁(yè) 共-135-頁(yè)極限值．解(1)由圖(b)可看到Δv＝v2

-v1

Δs RΔθΔv 1

2

2vv12

cosΔθv 2(1cosΔθ) 而 Δtv v所以aΔv 2(1cosΔθ) v2Δt RΔθ(2)將Δθ＝90°,30°,10°,1°分別代入上式,得,a0.9003v2,a1 R

0.9886v2R

a0.9987v2,a3 R

1.000v2R以上結(jié)果表明,當(dāng)Δθ→0時(shí),勻速率圓周運(yùn)動(dòng)的平均加速度趨近于一極限值,該值即為v2R．分析xy即得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程．平均速度是反映質(zhì)點(diǎn)在一段時(shí)間內(nèi)位置的變化率,即v

Δr,它與時(shí)ΔtΔt時(shí),平均速度的極限即瞬時(shí)速度v

dr．切向和法向加速dtaaｔ n

,前者只反映質(zhì)點(diǎn)在切線方向速度大小的變化率,即at dt

et,后者只反映質(zhì)點(diǎn)速度方向的變化,它可由總加速度a和aｔ

t時(shí)刻1質(zhì)點(diǎn)的速度和法向加速度的大小后,可由公式an

v2ρ

求ρ．解(1)由參數(shù)方程 x＝2.,y消去t得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程y19.0-0.52在t1

＝1.00ｓ到t2

＝2.0ｓ時(shí)間內(nèi)的平均速度第-8-頁(yè) 共-135-頁(yè)1v Δr rr1 2Δt t t

2.0i6.0j2 1質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的速度和加速度分別為dx dy

d2x d2yv(t)vx

ivy

j i j2.0i4.0tj a(t)dt dt

idt2

dt2

j4.0ms2j則t1＝1.00ｓ時(shí)的速度＝2.0it＝1ｓ切向和法向加速度分別為dv da e ( v2v2

3.58ms2e a a2a2e 1.79ms2ett1s dt t dt x y t

t n t n nt＝1.0ｓ質(zhì)點(diǎn)的速度大小為v2v2v2x yv 4.47ms1

則ρ 11.17ma分析n或在特定時(shí)刻t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角α,可由此時(shí)刻的兩速度分量vx

、v求y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)取如圖所示的坐標(biāo),物品下落時(shí)在水平和豎直方向的運(yùn)動(dòng)方程分別為x＝v,y＝1/2g2飛機(jī)正下方前的距離

y＝1002gxv 2g視線和水平線的夾角為yθarctanx

12.5o在任意時(shí)刻物品的速度與水平軸的夾角為vαarctanvyx

arctangtv取自然坐標(biāo),物品在拋出2s時(shí),重力加速度的切向分量與法向分量分別為 gtagsinαgsinarctan 1.88ms2t v gta gcosαgcosarctan 9.62ms2n v第-9-頁(yè) 共-135-頁(yè)分析(ax和yv和v0 0其加速度分別為gsinα和gcosα．在此坐標(biāo)系中炮彈落地時(shí),應(yīng)有y＝0,則x＝OP．如欲使炮彈垂直擊中坡面,則應(yīng)滿足vx

＝0,直接列出有關(guān)運(yùn)動(dòng)方程和速度方程,即可求解．由于本1grvt0

gt2,做出炮2彈落地時(shí)的矢量［如(B)所示由圖中所示幾何關(guān)系也可求得OP (即圖中r矢量)．解1由分析知,炮彈在圖(a)所示坐標(biāo)系中兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)方程為xv0

tcosβ

gt2sinα (1) yv2

tsinβ gt2cosα (2)121令y＝0求得時(shí)間t后再代入式(1)得00OPx2v2sinβ(cosαcosβsinαsinβ)2v2sinβcos(αβ)00gcos2α gcos2α解2做出炮彈的運(yùn)動(dòng)矢量圖,如圖(b)所示,并利用正弦定理,有1r v

gt220π π sin0

從中消去t后也可得到同樣結(jié)果．sin αβ sin α2 2 (2)由分析知,如炮彈垂直擊中坡面應(yīng)滿足y＝0和vx

＝0,則v vx

cosβgtsinα0 (3)由(2)(3)兩式消去t后得tanβ 12sin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(wú)關(guān)．者不妨自己體驗(yàn)一下．第-10-頁(yè) 共-135-頁(yè)分析O(a解(1)如圖(a)所示坐標(biāo)系中,雨滴落地的運(yùn)動(dòng)方程為1xvt(1) y

gt

h (2)由式(1)(2)可得 x2

2R2ω2hg由圖(a)所示幾何關(guān)系得雨滴落地處圓周的半徑為2hr x2R2R1 ω2g(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(shí),水滴以初速度v0

從各個(gè)小孔中噴出,并作斜上拋運(yùn)動(dòng),通常噴頭表面基本上與草坪處在同一水平面上．則以φ角噴射的水柱射程為vsin2vR 0g是噴頭設(shè)計(jì)中的一個(gè)關(guān)鍵問題．分析xyy值代入即可求出．解1xvtcosθ,yvtsinθ2gt2消去t得軌跡方程第-11-頁(yè) 共-135-頁(yè)yxtanθ

g2v2

(1tan2θ)x2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°θ＜18.89θ71.1118.89°之27.92°＜θ分析s表示圓周上從某一點(diǎn)開始的曲線坐標(biāo)s＝s(t),對(duì)時(shí)間t求一階、二階導(dǎo)數(shù),即是沿曲線運(yùn)動(dòng)的速度v和加速度的切向分量a,而ｔa＝vaeet時(shí)間內(nèi)通n 2 ｔｔ nn過的路程,即為曲線坐標(biāo)的改變量Δs＝st

-s2πR,質(zhì)點(diǎn)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求0得．解(1)質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)的速率為vdsvdt

bt其加速度的切向分量和法向分量分別為d2s v2 (v

bt)2a b,a 0t dt2

n R R故加速度的大小為a2a2n ta2a2n ta2b2(vbt)4tR0其方向與切線之間的夾角為θarctananarctan(v0

bt)2a1R1RR2b2(vbt)40要使v

Rb

b可得t 0b開始到0

/b時(shí),質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程為0sss v20t 0 因此質(zhì)點(diǎn)運(yùn)行的圈數(shù)為s v2n 02πR 4πbR第-12-頁(yè) 共-135-頁(yè)分析＝k解R＝ω v

得比例系數(shù)k 2rads3t2 Rt2

所以 ωω(t)2t2則t′＝0.5ｓ時(shí)的角速度、角加速度和切向加速度分別為dωω2t20.5rads1 α 4t2.0rads2 aαR1.0ms2dt t 總加速度 aa an t

αRet

ω2Ren

a αR2

ω2R2

1.01ms22在2.0ｓ內(nèi)該點(diǎn)所轉(zhuǎn)過的角度2θ

2dt2t2dt t3

5.33rad0 0 0 3 0分析法即可得到．解(1)由于θ24t3,則角速度ωdt向加速度的數(shù)值分別為

2．在t＝2ｓ時(shí),法向加速度和切dωant2s

rω22.30ms2 a rtt2s 1

4.80ms2當(dāng)

a/2

a2a2時(shí),有3a2a2,即 t 24rt

r22

得 t3 12 3此時(shí)刻的角位置為 θ24t

3.15rad要使an

a,則有 24rtt

r22

t＝0.55ｓ分析v1

為Ｓ′相對(duì)Ｓ的速度,v2

為雨滴相對(duì)Ｓ的速度,利用相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度的關(guān)系即可解．解以地面為參考系,火車相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的速度為v1

,雨滴相對(duì)地面豎直下落的速度為v2

v′為相對(duì)速度,它們之間的關(guān)系為v2

v'v (如2 1圖所示),于是可得vv 12 tan

5.36ms1第-13-頁(yè) 共-135-頁(yè)分析(al對(duì)于汽車的運(yùn)動(dòng)速v′的方)應(yīng)滿足αarctan ．再由相對(duì)速度的矢量關(guān)系vv2

2 hvv．1 1由v2

vv2

［圖(b)］,有α v

sinθarctan

1 2vcosθ 而要使

αarctanl

vv1

sinθ l2

v

lcosθsinθh vcosθ 2

1 2 h 分析v在,v有極大值．u解(1)′可知αarcsinv,則船到達(dá)正對(duì)岸所需時(shí)間為第-14-頁(yè) 共-135-頁(yè)td d 1.05103sv α(2)由于vvcosα,在劃速v′一定的條件下,只有當(dāng)α＝0時(shí),v最大(即v＝v′),此時(shí),船過河時(shí)間t′＝d/v′,船到達(dá)距正對(duì)岸為l的下游處,且有l(wèi)utud5.0102mv分析OOO解取Oxy和O′x′y′分別為觀察者O和觀察者O′所在的坐標(biāo)系,且使Ox和O′x′兩軸平行．在t＝0時(shí),兩坐標(biāo)原點(diǎn)重合．由坐標(biāo)變換得′＝x-vt＝vt-vt＝0 ′y＝1/2g2加速度

aay

d2ygdt2y同,這也正是伽利略變換的必然結(jié)果．分析與解FＴ(bmcot(D分析與解范圍內(nèi)取值．當(dāng)NFN故選(A)．分析與解μF．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(shí)的實(shí)際速率不大于N此值,均能保證不側(cè)向打滑．應(yīng)選(C)．分析與解第-15-頁(yè) 共-135-頁(yè)圓軌道中心的軌道支持力F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Nm)使物體的速率將會(huì)不斷增加(由機(jī)械能守恒亦可判v2F mgsinmN 見應(yīng)選(B)．

θFN分析與解ABB兩物體受力情況如圖(bB兩物體相對(duì)電梯的加速度,為慣性力．對(duì)A、B兩物體應(yīng)用牛頓第二定律,可解得FＴ

＝5/8mg．故選(A)．討論2-5aA和aaaaA應(yīng)斜向上．對(duì)aa、B A B A Ba和a′之間還要用到相對(duì)運(yùn)動(dòng)規(guī)律,求解過程較繁．有興趣的讀者不妨自己嘗試一下．分析已知物體t求極值的方法即可得出數(shù)值來(lái)．第-16-頁(yè) 共-135-頁(yè)解取沿斜面為坐標(biāo)軸Ox,原點(diǎn)O位于斜面頂點(diǎn),則由牛頓第二定律有mgsinαmgμcosαma (1)l1 1 l at2 αμcos2 則t

(2)cosα 2 2為使下滑的時(shí)間最短,可令

dt0,由式(2)有dα

gcos

sinαμcosαsinαμcosαcosαμsinα0 則可得tan2α1

,49o此時(shí) t

0.99sgcosαsinαμcosα分析可解決物體的運(yùn)動(dòng)或相互作用力．解Oy軸正方向(如圖所示)．當(dāng)框架以加速度a上升時(shí),有F-(m1＋mＴ 2

)g＝(m＋m1

)a (1) -mN2

g＝m2

a (2)解上述方程,得F＝(m＋mＴ 1

)(g＋a) (3) FN2

(g＋a) (4)a＝10m·ｓ-2(3)可得繩所受張力的值為F＝5.94×103NＴ乙對(duì)甲的作用力為 N2

＝-FN2

＝-m2

(g＋a)＝-1.98×103Na＝1m·ｓ-2F＝3.24×103NＴ此時(shí)乙對(duì)甲的作用力則為 ＝-1.08×103N分析第-17-頁(yè) 共-135-頁(yè)成立．同時(shí)也要注意到張力方向是不同的．解［圖B及滑輪列動(dòng)力學(xué)方有 mA

g-F＝mＴ

a (1)-F＝mＴ1 ｆ

(2)F′-2FＴ

＝0 (3)考慮到mA擦力

＝mFB

＝F′Ｔ

,F Ｔ1

,a′＝2a,可聯(lián)立解得物體與桌面的摩

mg

m4m2

7.2N討論定(2)(3)(4)對(duì)分析BA第-18-頁(yè) 共-135-頁(yè)量．木塊相對(duì)平板移動(dòng)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(duì)木塊、平板列出動(dòng)力學(xué)方程F＝μmg＝maｆ 1

＝-Fｆ

＝m′a2a和a1

分別是木塊和木板相對(duì)地面參考系的加速度．若以木板為參考系,木塊相對(duì)平板a＝a＋a1 2

,木塊相對(duì)平板以初速度-v′作勻減速運(yùn)動(dòng)直至最終停止．由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有 -′2＝2as由上述各式可得木塊相對(duì)于平板所移動(dòng)的距離為mv2s2μgmm解2以木塊和平板為系統(tǒng),它們之間一對(duì)摩擦力作的總功為W＝Fｆ

(s＋l)-Fｆl

＝μmgs式中l(wèi)為平板相對(duì)地面移動(dòng)的距離．由于系統(tǒng)在水平方向上不受外力,當(dāng)木塊放至平板上時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有m′v′＝(m′＋m)v″由系統(tǒng)的動(dòng)能定理,有μmgs

112 2

mv2由上述各式可得 s2μgmm分析相對(duì)應(yīng)的力(向心力),而該力是由碗內(nèi)壁對(duì)球的支持力FN

F始N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(biāo),列出動(dòng)力學(xué)方程,即可求解鋼球距碗底的高度．解取鋼球?yàn)楦綦x體,其受力分析如圖(b)所示．在圖示坐標(biāo)中列動(dòng)力學(xué)方程FsinθmaN

mRω2sinθ (1)Fcosθmg (2)N且有 cosθ由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為hRgω2可見,h隨ω的變化而變化．

hR

第-19-頁(yè) 共-135-頁(yè)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Fsinθ提供(式中θ角為路面傾角)．從而不會(huì)對(duì)內(nèi)外軌產(chǎn)生擠壓．與其對(duì)應(yīng)的Nv所示,如v＞v0

0時(shí),外軌將會(huì)對(duì)車輪產(chǎn)生斜向內(nèi)的側(cè)壓力F1

0,以補(bǔ)償原向心力的不足,如v＜v0時(shí),則內(nèi)軌對(duì)車輪產(chǎn)生斜向外的側(cè)壓力F2

,以抵消多余的向心力,無(wú)論哪種情況火車都將對(duì)外車安全．解(1)以火車為研究對(duì)象,建立如圖所示坐標(biāo)系．據(jù)分析,由牛頓定律有Fsinθmv2N R

(1)

Fcosθmg0N

(2)解(1)(2)兩式可得火車轉(zhuǎn)彎時(shí)規(guī)定速率為v0 gRtanθFN

0θFcos1

mv2R

(3)

FcosN

Fsin1

mg0

(4)解(3)(4)兩式,可得外軌側(cè)壓力為v2 F1

cosθgsinθR 當(dāng)v＜v0

時(shí),根據(jù)分析有v2FsinθFcosθm (5) FcosθFsinθmg0 (6)N 2 R N 2解(5)(6)兩式,可得內(nèi)軌側(cè)壓力為 v2 Fmgsinθ cosθ2 R 分析一個(gè)豎直向上勻速直線運(yùn)動(dòng)的疊加．其旋轉(zhuǎn)一周所形成的旋線軌跡展開后,相當(dāng)于如圖(b)vv1 2

v是豎直向上作勻速直1第-20-頁(yè) 共-135-頁(yè)線運(yùn)動(dòng)的分速度,而v2支持力FN

FN2

FN1

則與重力相平衡．如圖(c)所示,其中φ角為摩托車與筒壁所夾角．運(yùn)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(duì)象,據(jù)(b)(c)兩圖應(yīng)有v2F mg0 (1) FN1 N2πR

m (2)Rv 2

2R2h

F N

F2F2N1 N

以式(3)代入式(2),得m 4π2R2v2 4π2Rmv2F

N2 R4π2R2h2

4π2R2

h2將式(1)和式(5)代入式(4),可求出圓筒壁對(duì)雜技演員的作用力(即支承力)大小為 4π2Rv2 2F F2N

F2N

m g

2R2

h2與壁的夾角φ為F

4π2Rv2arctan

N2arctan F 4π2R2N1

h2g討論三者之間滿足解題用到的各個(gè)力學(xué)規(guī)律．分析解由題圖得F2t,

0t5s5st7s第-21-頁(yè) 共-135-頁(yè)第-第-頁(yè)共-135-頁(yè)由牛頓定律可得兩時(shí)間段質(zhì)點(diǎn)的加速度分別為a2t, 0t5s a355t, 5st7s對(duì)0＜t＜5ｓ時(shí)間段,由adv得dtvvtt 積分后得 v5t2v 00再由vdx得 xxttdt x 001積分后得x2 t33將t＝5ｓ代入,得v＝305

x＝68.7m5對(duì)5ｓ＜t＜7ｓ時(shí)間段,用同樣方法有vvtat 得 v3t2.t282.tv 5s 20再由xxtt 得 x＝17.2-0.83-82.t＋147.87x5 5s將t＝7ｓv＝40m?ｓ-1和x7

＝142m分析這是在變力作用下的動(dòng)力學(xué)問題v解因加速度a＝dv/dt,在直線運(yùn)動(dòng)中,根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有120t40mdvdt依據(jù)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的初始條件,即t0得

＝0時(shí)v0

＝6.0m?ｓ-1

,運(yùn)用分離變量法對(duì)上式積分,vvt1t0t ＝6.0+4.t6.2v 000

＝0時(shí)x0

＝5.0m,對(duì)上式分離變量后積 x t

dx6.04.0t6.0t2dtx0 0x＝5.6.t2.2+2.3分析F解以地面飛機(jī)滑行方向?yàn)樽鴺?biāo)正方向,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及初始條dv v t αt α件,Fmam αt dv dt 得vv t2dt v0 0 m

0 2m因此,飛機(jī)著陸10ｓ后的速率為v＝30m?ｓ-1又 xdxtv

α t2dtx0 0 0 2m α故飛機(jī)著陸10ｓ內(nèi)所滑行的距離 sxx0

vt t360 m6

467m分析、浮力FFｆ要采用積分的方法去解所列出的微分方程解(1)運(yùn)動(dòng)員入水前可視為自由落體運(yùn)動(dòng),故入水時(shí)的速度為2ghv2gh0運(yùn)動(dòng)員入水由牛頓定律得 P-Fｆ

-F＝ma由題意P＝F、Fｆ

b2

,而a＝dv/dt＝v(dv/dy),代2gh入上式后得 -b＝mv(dv/2gh考慮到初始條件y0

＝0v0

,對(duì)上式積分,有t m vdv dy v

eby/m 2gheby/m0 b

v0v 0(2)將已知條件b/m＝0.4m-1m v

,v＝0.1v0

代入上式,則得y lnb v0

5.76m分析解設(shè)葉片根部為原點(diǎn)O,沿葉片背離原點(diǎn)O的方向?yàn)檎?距原點(diǎn)O為r處的長(zhǎng)為dr一F(r)與

＋Ｔ Ｔ由牛頓定律有dF FT

FT

rdrmω2rdrl由于r＝l時(shí)外側(cè)FＴ

＝0,所以有t lmω2

mω2 2πmn2 dF

rdr F r l2r2 l2r2F T r l

T 2l lTr＝0

0＝-2.79×105NＴ負(fù)號(hào)表示張力方向與坐標(biāo)方向相反．分析該題可由牛頓第二定律求解aFa相對(duì)ｔ ｔ n應(yīng)的外力是支持力FN

mcoF和Fｔ n n用力．解小球在運(yùn)動(dòng)過程中受到重力P和圓軌道對(duì)它的支持力FN

．取圖(b)所示的自然坐標(biāo)系,由牛頓定律得dv

mv2Fmgsinαm (1) F F mgcosαm

(2)t dt n N R由v

rdα,得dt

rdα,代入式(1),并根據(jù)小球從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C的始末條件,dt dt v進(jìn)行積分,有vvα rsinαα 得 v 2rcoαv0 90o則小球在點(diǎn)C的角速度為ωvr

2gcosα/r

由式(2)得

F mmv2N r

mgcosα3mgcosαFF

3mgcosα

與e反向．N N N n分析FNFFFF又是作用力與ｆ N N N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(biāo),按牛頓定律,有mv2 dvF ma FmaN n R

t dt由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ

＝μFN

,由上述各式可得μv2dvR dt第-24-頁(yè) 共-135-頁(yè)第-第-頁(yè)共-135-頁(yè)t＝0時(shí)v＝v0tdt

Rvdv v v0v0 μ v20v0

Rvμt0(2)v1/2v時(shí),由上式可得所需的時(shí)間為0 0t Rμv0物體在這段時(shí)間內(nèi)所經(jīng)過的路程stvdtt

dt sRln20 0Rv0

μt μ分析v的一解(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mgkvmdv (1)dt根據(jù)始末條件對(duì)上式積分,有t v

dv m kvdtm

mg

t ln1 06.11s0 v0

k mgdv dv(2)利用 v 的關(guān)系代入(1),可得dt dymgkvmvdvdy分離變量后積分y

mvdvv0故v0

mmg kv dy0

mgkv ykk

ln1

0mg

183m0v v2討論如不考慮空氣阻則物體向上作勻減速運(yùn)動(dòng)．由公式t 0和y 0 分別算g 2g得t≈6.12ｓ和y≈184m,均比實(shí)際值略大一些．分析中所受重力P和阻力Fr

的方向相同；而下落過程中,所受重力P和阻力Fr的方向則相反．又因阻力是變力,在解動(dòng)力學(xué)方程時(shí),需用積分的方法．解y示)．(1)dv vdvdmgkmv2m mdt dy依據(jù)初始條件對(duì)上式積分,有y

vdv

1 gkv2dy

y ln 0

gkv2

2k gkv20物體到達(dá)最高處時(shí),v＝0,故有01 gkv20hy 0max

2kln g (2)物體下落過程中,有vdvdmgkmv2mdy

對(duì)上式積分,有y

vdv

v v kv21/2則 則0dy00

vgkv2

1 0 g 分析r

F又與rF解設(shè)摩托車沿x軸正方向運(yùn)動(dòng),在牽引力F和阻力Fr

同時(shí)作用下,由牛頓定律有Fkv2mdvdt

(1)當(dāng)加速度a＝dv/dt＝0時(shí),摩托車的速率最大,因此可得m2 (2)m由式(1)和式(2)可得 v2 dvF1

m (3)v2 dtm根據(jù)始末條件對(duì)式(3)積分,有m 1 v21 mvtt 2vm1 dv 則 t mln30 F 0 v2 2Fm(3)中mdv

mvdv,再利用始末條件對(duì)式(3)積分,有dt dxm 1 v21

mv2

4 mv2 Fxdx 2vm 1 dv x F0 F 0 v2m

2mln30.144 Fm分析5個(gè)力作用,其中F為空氣阻力,F為1 2空氣升力,F3

為跑道作用于飛機(jī)的摩擦力,很顯然飛機(jī)是在合外力為變力的情況下作減速運(yùn)dx程中的積分變量dt進(jìn)行代換,將dt用v代替,得到一個(gè)有關(guān)v和x的微分方程,分離變量后再作積分．解取飛機(jī)滑行方向?yàn)閤的正方向,著陸點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律有dvF kN 1

mdt

(1)F kN

v2mg0 (2)將式(2)代入式(1),并整理得mgkkv2mdvvv1 2 dt dx分離變量并積分,有v mvdv dxvμmgk010

μk2

v2 0得飛機(jī)滑行距離m

μmg

v2x

ln

μ1 2

(3)1 2

mg F0和vv

＝mg,將其代入(3)式,可得飛機(jī)滑行距N 0 0離x的另一表達(dá)式kv2 k x2gk20 ln 1μk1

μk2討論v＝144km·h-10

15,可算得飛機(jī)的滑行距kkk2離x＝560m,設(shè)計(jì)飛機(jī)跑道長(zhǎng)度時(shí)應(yīng)參照上述計(jì)算結(jié)果．分析2-5F0

后,以車廂為參對(duì)車廂的加速度．解由牛頓第二定律和相關(guān)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有F-F＝ma(1)0 ｆ2(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(shí)的速度為 分析解(bBF＝1m＝maBa1 2 2 r定律有mgmaF ma

(1)1 1 T1 1rmgm2 F F

aFT2

ma2 r

(3)

(2)T2 T2由上述各式可得mm 2mm a 1 2 ga

F F

1 2 gar mm1 2

T2

mm1 2由相對(duì)加速度的矢量關(guān)系,可得物體A、B對(duì)地面的加速度值為m

g2ma

2ma

maa1

a

1 2 2mm

a 2

aar

1 1 2mm1 2 1 2aaaaa,即mg-mg-2m時(shí),a2 1 r r 1 2 2 1的方向向下；反之,a1

的方向向上．分析這類問題可應(yīng)用牛頓定律并采用隔離體法求解加速度為aA

的運(yùn)動(dòng),這時(shí),滑塊沿斜面的加速度aBA

,不再是它相對(duì)于地面的加速度aB

了．必第-28-頁(yè) 共-135-頁(yè)a＝aB A

＋a．若以斜面為參考系(非BA慣性系),用它求解這類含有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的力學(xué)問題是較為方便的．但在非慣性系中,若仍要應(yīng)F＝ma．A可使解題簡(jiǎn)化．在分析滑塊與三棱柱之間的正壓力時(shí),要考慮運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的影響,切勿簡(jiǎn)單地把它視aA

＝0時(shí),正壓力才等于mgcosα.解1BA(bBPAFPBFF

的1 N1 2 N1 N2運(yùn)動(dòng)方向?yàn)镺x軸的正向,Oy軸的正向垂直地面向上．設(shè)aA

為A對(duì)地的加速度,aB

為B對(duì)的地加速度．由牛頓定律得Fα

(1)N1 AFsinαma

(2)N1 BxFcosαmgma

(3)N1 ByF F

N1 N1設(shè)B相對(duì)A的加速度為aBA

,則由題意aB

aaBA

三者的矢量關(guān)系如圖(c)所示．據(jù)此可得a aBx

a cosα (5)BAa By

sinα (6)BA解上述方程組可得三棱柱對(duì)地面的加速度為mgsinαcosαaA msin2α第-29-頁(yè) 共-135-頁(yè)第-第-頁(yè)共-135-頁(yè)滑塊相對(duì)地面的加速度aBsinαcosα

在y軸上的分量分別為sin2αaBx msin2α

a By

mmsin2αBm2Bm22mmm2sin2αa2Bxa2Bya a2Bxa2ByB

mmsin2α其方向與y軸負(fù)向的夾角為θ a mcotα αarctan Bxarctan AB之間的正壓力F a mmBy

N1 mmsin2α解2AOx軸沿斜面方向［(d)］．塊B的動(dòng)力學(xué)方程分別為mgsinα

cosαmaBA

(1)mgcosαFN1

sinα0 (2)A又因

sinα

0 (3)F F

N1 A(4)N1 N1由以上各式可解得mgsinαcosα

mmgsinαAm22mmm2sin2Am22mmm2sin2α

a BA

mmsin2α由aaB

、a三者的矢量關(guān)系可得

cosαa gsinαB

mmsin2α

以a代入(3)可得F A N1

mmsin2α分析與解(1)(3(C)．分析與解(A)(B)(C(D向上分動(dòng)量守恒．分析與解3-2(2(C)．分析與解未必守恒,這取決于在B彈開過程中CADB(D)分析與解化(C確的．分析解以飛鳥為研究對(duì)象,取飛機(jī)運(yùn)動(dòng)方向?yàn)閤軸正向．由動(dòng)量定理得FΔtmv0mv2式中20cm的飛鳥與飛機(jī)碰撞時(shí)間約為Δtmv2F 2.55105N 鳥對(duì)飛機(jī)的平均沖力為FF2.55105Nl,2.25×105N的沖22t分析Δt1

vsinα0g

,物體從出發(fā)到落回至同一水平面解1物體從出發(fā)到達(dá)最高點(diǎn)所需的時(shí)間為vsinαΔt 01 g

則物體落回地面的時(shí)間為 Δt2

2Δt1

vsinα0g于是,在相應(yīng)的過程中重力的沖量分別為IFdtmgΔtjmvsinαj I FdtmgΔtj

sinαj1 Δt1 1 0 2 Δt2 2 0解2根據(jù)動(dòng)量定理,物體由發(fā)射點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A、B的過程中,重力的沖量分別為Imv jmvyjmvsinαj I mv jmvyj2mvsinαj1 Ay 0 0 2 By 0 0分析本題可由沖量的定義式It2Fdtt1v．2解(1)由分析知I30tdt3tt2

68Ns0(2)I300＝3t

0,解此方程可得t＝6．86s(另一解不合題意已舍去)(3)由動(dòng)量定,有 I＝mv-mv2 1 Imv由(2可知t＝86sI300s將m及v代入可得v 1 2

140ms1m分析解12gh2ghv1

(1)在緩沖過程中,人受重力和安全帶沖力的作用,根據(jù)動(dòng)量定理,有Pmv2mv1

(2)由式(1)、(2)可得安全帶對(duì)人的平均沖力大小為Δ 2ghΔmvΔ 2ghFmg

mg 1.14103NΔt Δt解2從整個(gè)過程來(lái)討論．根據(jù)動(dòng)量定理有mgΔt2h/gF mgmgΔt2h/g分析Ft2Fdt積分前,應(yīng)先將式中x用x＝Acosωt代之,方能積分．t1解力F的沖量為It2tt2kdtπ/2ωkcosttkA 即ΔvkAt1 t1 0 ω ω分析ABΔtΔt流入與流出水的動(dòng)量的增量Δp＝Δm(vB

-v時(shí)間內(nèi)對(duì)其作用AI水流對(duì)管壁的作用力F′＝-F．解在Δt時(shí)間內(nèi),從管一端流入(或流出)水的質(zhì)量為Δm＝ρυSΔt,彎曲部分AB的水的動(dòng)量的增量則為 -vB A

)＝ρυSΔt(v-v)B A依據(jù)動(dòng)量定理I＝Δp,得到管壁對(duì)這部分水的平均沖力FI Δt

vA從而可得水流對(duì)管壁作用力的大小為 FF 2ρSv2作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側(cè)．

2.5103N分析解A的速度的水平分量為xv 1x gx0x t 1 2h0

(1)物體爆炸后,第一塊碎片豎直落下的運(yùn)動(dòng)方程為1yhvt1 1

2gt2當(dāng)該碎片落地時(shí),有y1

＝0,t＝t1

,則由上式得爆炸后第一塊碎片拋出的速度12h gt22v1 t1

(2)又根據(jù)動(dòng)量守恒定律,在最高點(diǎn)處有1mv 0x

2mv2x (3)01mv1mv

(4)2 1 2 2y聯(lián)立解式(1)、(2)、(3)和(4),可得爆炸后第二塊碎片拋出時(shí)的速度分量分別為1v 2v2x 0

2x1

g 100ms1 v2h 2

v1

h2t1

gt1

14.7ms1第-33-頁(yè) 共-135-頁(yè)爆炸后,第二塊碎片作斜拋運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)方程為x x2

v t2x21

(5)y hv t2 2y

gt22 2

(6)落地時(shí),y2

＝0,由式(5)、(6)可解得第二塊碎片落地點(diǎn)的水平位置x2

＝500m分析A與從船B搬入的重物所組成的系統(tǒng)Ⅰ來(lái)講,在水平方向上無(wú)外力作用,因此,它們相互作用的過程中應(yīng)滿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(dòng)量守恒方程即可解出結(jié)果．解設(shè)vvA B

v′、Am vm BvA

mvB

mvA A

(1)m B

v mvB

mvB

(2)v′＝0,v′＝3.4m·s-1v

Am

BmvB

0.40ms1A m B

m A

m2v

vA B

3.6ms1B m A

m B

m2B分析人跳躍距離的增加是由于他在最高點(diǎn)處向后拋出物體所致．在拋物的過程Δv來(lái)計(jì)算．解第-34-頁(yè) 共-135-頁(yè)0cosαu0式中v為人拋物后相對(duì)地面的水平速率,v-u為拋出物對(duì)地面的水平速率．得vv0

cosα mm

u人的水平速率的增量為Δvvv0

cosα

mm

u 而人從最高點(diǎn)到地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t

vsin0g

所以,人跳躍后增加的距離ΔxΔvt

mvsinα mm g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dt解Oy以tFN和下落繩子對(duì)它的沖力F(如圖中所示)的作用．由力的平衡條件有mygF

0 (1)l Ndtdydm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(dòng)量定理得

mdy,它l0

mvdy (2)lm m 而 FF m m FFN

yg v23 ygl l l分析這是一個(gè)系統(tǒng)內(nèi)質(zhì)量轉(zhuǎn)移的問題tm＋Δt的時(shí)ΣdPi

和系統(tǒng)所受的外力———重力(阻力不計(jì)),由動(dòng)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(dòng)力學(xué)方程．由于在dt時(shí)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也就是火箭第-35-頁(yè) 共-135-頁(yè)udmmgmaa

的條件dt 0下,根據(jù)初始時(shí)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(shí)mm0箭運(yùn)動(dòng)的速率可通過對(duì)其動(dòng)力學(xué)方程積分后解得．解(1)以火箭發(fā)射處為原點(diǎn),豎直向上為正方向．該火箭在重力場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)方程為udmmgma (1)dt因火箭的初始質(zhì)量為m0

＝5.00×105

kg,要使火箭獲得最初的加速度0a＝4.9·s-則燃?xì)獾呐懦雎蕿?dm m ga 0 0 3.68103kgs1dt u(2)為求火箭的最后速率,可將式(1)改寫成udmmgmdv

vvummttdt dt火箭速率隨時(shí)間的變化規(guī)律為

v m m 00 0vv0

ulnmgt (2)m0因火箭的質(zhì)量比為6.00,故經(jīng)歷時(shí)間t后,其質(zhì)量為mmdmt1m0 dt 65m得 t

0 (3)6dm/dt將式(3)代入式(2),依據(jù)初始條件,可得火箭的最后速率m m 5mvuln

gtuln m m0 0

06dm/

2.47103ms1分析FxFF0

0x．則該力作的功可用式FL 0F

Fdx 率．解FF0

F0x,則在x＝0到x＝L過程中作功,LL F FLW F 0x 00 0 L 2FL0mFL0m由動(dòng)能定理有W

mv0 得x＝L處的質(zhì)點(diǎn)速率為v2此處也可用牛頓定律求質(zhì)點(diǎn)速率,即第-36-頁(yè) 共-135-頁(yè)F dv vdvF 0xm m0 L dt dx分離變量后,兩邊積分也可得同樣結(jié)果．分析功的矢量定義式WFds來(lái)求解．解取圖示坐標(biāo),繩索拉力對(duì)物體所作的功為WFdxFcosdxx2 Fx dx1.69Jx1 d2

x2分析WFdxF＝()x＝c3

變換到解xdx

,可得物體的速度vdt3ct2按題意及上述關(guān)系,物體所受阻力的大小為Fkv2則阻力的功為

9kc2t

9kc2/3x4/327WFxWlFxcos180oxl9kc2/3x4/3dx0 0

kc2/3l7/3分析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＝0P＝mg其中kg/m,人對(duì)水桶的拉力的功為WlFdy10mgagydy882J0 0分析(1)在計(jì)算功時(shí),首先應(yīng)明確是什么力作功WFds,即能得出結(jié)果第-37-頁(yè) 共-135-頁(yè)來(lái)．(2)在計(jì)算功的基礎(chǔ)上,由動(dòng)能定理直接能求出動(dòng)能和速率．(3)在求最低點(diǎn)的張力時(shí),可根據(jù)小球作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的向心加速度由重力和張力提供來(lái)確定．解(1)如圖所示,重力對(duì)小球所作的功只與始末位置有關(guān),即W cosθ0.53JP在小球擺動(dòng)過程中,張力FＴ

的方向總是與運(yùn)動(dòng)方向垂直,所以,張力的功W FT

dsWE動(dòng)能為零,因而,在最低位置時(shí)的動(dòng)能為WE

0.53J小球在最低位置的速率為v

2 K P2.30ms1k k m mmv2 mv2PT l

F mgT

2.49N分析解(1)摩擦力作功為WE

1 1 mv2

3 mv2 (1)k 2 2 0 8 0Fｆ

＝μmg,故有WFscos180o2πrμmg (2)f由式(1)、(2)可得動(dòng)摩擦因數(shù)為μ 0rg3由于一周中損失的動(dòng)能為mv2,則在靜止前可運(yùn)行的圈數(shù)為n

8 04圈W 3分析第-38-頁(yè) 共-135-頁(yè)1),直到B2),1和狀態(tài)2解(b處為重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能零點(diǎn)．作各狀態(tài)下物體的受力圖．對(duì)A板而言,當(dāng)施以外力F時(shí),根據(jù)受力平衡有F＝P1

＋F (1)當(dāng)外力撤除后,按分析中所選的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律可得1ky2mgy

1 ky2mgy2 1 1 2 2 2式中y、y1

為M、N兩點(diǎn)對(duì)原點(diǎn)O的位移．因?yàn)镕1

＝ky1

＝ky及P2 2

＝m1寫為F-F1

＝2P1

(2)由式(1)、(2)可得F＝P＋F1 2

(3)當(dāng)ANB′＝P2 2

,且F2

＝F′2

．由式(3)可得F＝P＋P1

＝(m＋m)g1 2分析解取沿斜面向上為x軸正方向．彈簧被壓縮到最大形變時(shí)彈簧上端為坐標(biāo)原點(diǎn)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W＝(0.25mg(1)ｆ式中m′和m分別為礦車滿載和空載時(shí)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(yùn)動(dòng)的全過程中,摩擦力所作的功應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能增量的負(fù)值,第-39-頁(yè) 共-135-頁(yè)第-第-頁(yè)共-135-頁(yè)故有W＝-ΔE＝-(ΔE＋ΔE)ｆ P ｋΔE＝0ΔE＝(m))ｋ P故有W＝-(msinα (2)ｆ由式(1)、(2)可解得m1m 3分析等的關(guān)系即可求解．0解x＝1.00×10-2m,第二次0釘入的深度為Δx,由于釘子兩次所作功相等,可得x0kxx0xkx Δ0.41×10-2m0 x0分析勢(shì)能也就能確定了．至于衛(wèi)星的機(jī)械能則是動(dòng)能和勢(shì)能的總和．解(1)衛(wèi)星與地球之間的萬(wàn)有引力提供衛(wèi)星作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,由牛頓定律可得mm v2

1 mmGE

m

則E

2mv2G E3R 2E E

K 6REr能為EE GmmEP 3REm

m mm mmEE E G E G E G EK P 6R 3R 6RE E E分析FN始終與冰塊運(yùn)動(dòng)出結(jié)果．解由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,有mgR

12mv2mgRcosθ (1)根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程為mgRcosθFN

mv2R

(2)冰塊脫離球面時(shí),支持力FN

＝0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置2θarccos

48.2o冰塊此時(shí)的速率為gRcosθ2Rg3gRcosθ2Rg3v的方向與重力P方向的夾角為α＝90°-θ＝41.8°分析C可解出該彈簧勁度系數(shù)的最小值．解小球要?jiǎng)偤猛ㄟ^最高點(diǎn)C時(shí),軌道對(duì)小球支持力FN

＝0,因此,有mg

mv2cr

(1)取小球開始時(shí)所在位置A為重力勢(shì)能的零點(diǎn),由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律,有1kl2mgr1v

(2)由式(1)、(2)可得2 2 c7mgrkΔl2 366Nm1分析解設(shè)彈簧的最大壓縮量為xv v m mm1

．小球與靶共同運(yùn)動(dòng)的速度為v1(1)

．由動(dòng)量守恒定律,有又由機(jī)械能守恒定律,有v2 mv2 kx21 1 1

(2)2 2 1 2 0由式(1)、(2)可得mmmv分析解由水平方向的動(dòng)量守恒定律,有mvm2

(1)為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng),在最高點(diǎn)時(shí),擺線中的張力F＝0,則mg

2hl

Ｔ(2)式中v′為擺錘在圓周最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速率．h又?jǐn)[錘在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)的過程中,滿足機(jī)械能守恒定律,故有1 12

22 h

(3)解上述三個(gè)方程,可得彈丸所需速率的最小值為m 5glv 2m 5gl分析即氫原子動(dòng)能與電子動(dòng)能之比EH

/E根據(jù)動(dòng)能的定有E /Ee H

mv2H

/mv2,而氫原子e與電子的質(zhì)量是已知,它們的速率比可應(yīng)用上述兩守恒定律求,E /E 即H e可求出．解以EH1

表示氫原子被碰撞后的動(dòng)能,Ee

表示電子的初動(dòng)能,則mv21 E 1 H

v 2 H

(1)Ee mv2 m eE2 e由于粒子作對(duì)心彈性碰撞,在碰撞過程中系統(tǒng)同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律,故有mvmve

mve

(2)1 1mv2

1mv2

(3)2 e 2

H 2 e 由題意知 E mv H H

1840 2m

2.2103E m ve e

mm分析這是粒子系統(tǒng)的二維彈性碰撞問題守恒和機(jī)械能守恒．由兩守恒定律方程即可解得結(jié)果．解取如圖所示的坐標(biāo),由于粒子系統(tǒng)屬于斜碰,在碰撞平面內(nèi)根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律可取兩個(gè)分量式,有12mv 2A

m2vB

cosβcosα (1)Am02v

sinβmvsinα (2)A又由機(jī)械能守恒定律,有1 1m 12mv2

2

2v2

2v2

(3)A B A解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B粒子的速率為 v 2v2B

A

4.69107

ms1各粒子相對(duì)原粒子方向的偏角分別為v23v2α

A 4vA A

22o20分析不守恒．應(yīng)該注意,不是任何碰撞過程中動(dòng)量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞擊力(屬于內(nèi)力)遠(yuǎn)大于子彈的重力P1

和物塊的重力P2

在斜面的方向上的分力以及物塊所受的摩擦力Fｆ

,在該方向上動(dòng)量守恒,由此可得到物塊被撞擊后的速度．在物塊沿斜面上滑的過程中,為解題方便,可重新選擇系統(tǒng)(即取子彈、物塊和地球?yàn)橄到y(tǒng)),此系統(tǒng)不受外力作第-43-頁(yè) 共-135-頁(yè)第-第-頁(yè)共-135-頁(yè)用,而非保守內(nèi)力中僅摩擦力作功,根據(jù)系統(tǒng)的功能原理,可解得最終的結(jié)果．解在子彈與物塊的撞擊過程中,在沿斜面的方向上,根據(jù)動(dòng)量守恒有mvcosα0 1

(1)在物塊上滑的過程中,若令物塊剛滑出斜面頂端時(shí)的速度為v2

,并取A點(diǎn)的重力勢(shì)能為零．由系統(tǒng)的功能原理可得α hsinα1mv2mgh1mv2 (2)2 2 2 1由式(1)、(2)可得 v2 m

vcosα0

2ghμcotα分析解根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒定律以及小球在下滑過程中機(jī)械能守恒定律可分別得mv 0 (1)m m1mv22

1mv22

mgR (2)式中v、v(1)、(2)可得小球到達(dá)容器底m 部時(shí)小球、容器的速度大小分別為2m2mgRmmmm 2mm 2mgRm mmmm2gRmv vm

vm

v v m m

(3)在容器底部,小球所受慣性力為零,其法向運(yùn)動(dòng)方程為mv2F mg N R

由式(3)、(4)可得小球此時(shí)所受到的支持力為F mg3

2mN m分析(1)解(1)mgh1

ShKdh (1)0樁下沉的距離為mg2 SKh 2 SK12gh1m高處落下,其末速率為v2gh0與樁碰撞后將有共同的速率,按動(dòng)量守恒定律,有0mv (2)0隨后樁下沉的過程中,根據(jù)系統(tǒng)的功能原理,有

．由于錘與樁碰撞是完全非彈性的,錘hh

1 1 2-4d SKhvh

2

m

v2

mmgh2

(3)1由式(2)、(3)可解得樁下沉的距離為h2＝0.2m2gh352gh率可由上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v1

,再根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有2ghmv2gh0

(4)隨后,樁在下沉過程中,再一次應(yīng)用系統(tǒng)的功能原理,得h3-4 S

1(5)0 3 2由式(4)、(5)可得樁再一次下沉的距離3h＝0.033m3分析vC＝drCdr dmx

d v c ii0

mx mx0c dt dtm

dt ii ii i 系中各質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量和速度分量代入其分量方程式,即可解得第三質(zhì)點(diǎn)的速度．解在質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的平面內(nèi)取如3-36所示坐標(biāo)．按 mxii

0的分量式,有mv mv mv 011x

2

3xmv mv mv 011y

2

3y其中v vcosθ,v vsinθ ,θ＝-30°,代入后得2x 2 2y 2m mv mvv 2v3x m 23

2.8ms1 v3y

11ym3

2 2yv2x

2.0ms1 則 v2.8ms13

i2.0ms1j分析解(1)選如圖所示坐標(biāo),則t＝0時(shí),系統(tǒng)質(zhì)心的坐標(biāo)為mx c0 m1

2 xm 2

1.5mmy 1 y 1.9mmc0 mm 1 2F Fx 1

1

d2m (1)2第-46-頁(yè) 共-135-頁(yè)第-第-頁(yè)共-135-頁(yè)FFy 2

m dvy1 2 dty

(2)t＝0時(shí),v＝0,(1(2tFdtvxmmdv, v

F t (3)10 1 0 1 2 1

x mm1 2tFdtvymmdv, v

F t (4)20 1 0 1 2 2

y mm1 2根據(jù)初始條件t＝0時(shí),x＝xC0

,y＝y(tǒng)C0

,對(duì)式(3)、式(4)再一次積分可得質(zhì)心坐標(biāo)與時(shí)間的函數(shù)關(guān)系式,有x t F cdx 1 cxc0

0 mm1 21Fxcxc0mt t1F2 1.5 0.2521 2y t F 及 cdy 2 cyc0F

0 mm1 22ycyc02m21

t21.90.19t2m2m(2)利用動(dòng)量定理并考慮到系統(tǒng)的初始狀態(tài)為靜止,可得系統(tǒng)總動(dòng)量與時(shí)間的函數(shù)關(guān)系PtFj0 1 2分析與解(1)(2)(3)(4(3)(4(B)．分析與解剛體中相鄰質(zhì)元之間的一對(duì)內(nèi)力屬于作用力與反作用力，且作用點(diǎn)相(1)(2(3)來(lái)說，題述情況中兩個(gè)剛體對(duì)(B)．分析與解(C)．分析與解O的角動(dòng)量守L不變，此時(shí)應(yīng)有下式成立，即mvdmvdJω0 0

Jω式中mvD為子彈對(duì)點(diǎn)O的角動(dòng)量ω０

J為子彈留在盤中后系統(tǒng)對(duì)軸O的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，OJ＞J

．故選(C)．0 0 ０分析與解r＝r｜(B)．分析這是剛體的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題類似的關(guān)系，本題為勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)．解(1)由于角速度ω＝2πn(n為單位時(shí)間內(nèi)的轉(zhuǎn)數(shù))，根據(jù)角加速度的定義αdω，在勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中角加速度為dtωω nα t 0 t 0 13.1rads2(2)發(fā)動(dòng)機(jī)曲軸轉(zhuǎn)過的角度為1θωt αt

ωω 0t

n0 2 2 0在12s內(nèi)曲軸轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為θ nnN2π 20t390分析由轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程，通過求導(dǎo)得到角速度、角加速度；6.0s內(nèi)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)．解(1)根據(jù)題意中轉(zhuǎn)速隨時(shí)間的變化關(guān)系，將t＝6.0s代入，即得 ωω0

1et/τ 0.95ω0

8.6s1角速度隨時(shí)間變化的規(guī)律為dω ω α

0et/

4.5et/2rads2dt τt＝6.0s6 6 θωdtω1et/τdt36.9rad0 0 0則t＝6.0s時(shí)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)Nθ/2π5.87圈分析AA軸和BB′為零，因此計(jì)算水分子對(duì)兩個(gè)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量時(shí)，只需考慮氫原子即可．解由圖可得J 2md2sin2θAA HJ 2m d2cos2θBB H此二式相加，可得J J 2md2BB H則 d

J

JBB9.591011m2mH由二式相比，可得 J /J tan2θAA BB則 θ

JJ

arctan

1.931.14

52.3o分析根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可疊加性解根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的疊加性，由勻質(zhì)圓盤、圓柱體對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量公式可得1 d2 1 d 2JJJ 2 m 1

21 2

12

221 1 πρld4 ad40.136kgm216 1 2 2分析由于轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可加性，求解第一問可有兩種方法：一是由定義式Jrdmdr窄圓環(huán)；二是用補(bǔ)償法可將剩余部分的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量看成是原大圓盤和挖去的小圓盤對(duì)同一軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的差值行軸定理．解挖去后的圓盤如圖(b)所示．解1由分析知第-49-頁(yè) 共-135-頁(yè)J r2dmRr2 m 2rdr0 R/2 πR2m2 15mR r3dr mR2R2 R/2 321解2整個(gè)圓盤OO軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J 1

2mR2，挖去的小圓盤對(duì)OO軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量1m

R2R2 1J

π mR2OO軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為2 2πR2

2

2 32152hJ JJ2h0 1

32

mR2軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為15J mR2

m

m R2π 2 π 2

39 mR20

πR2

232分析在運(yùn)動(dòng)過程中，飛輪和重物的運(yùn)動(dòng)形式是不同的．飛輪作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，而重物是作落體運(yùn)動(dòng)，它們之間有著內(nèi)在的聯(lián)系．由于繩子不可伸長(zhǎng)，并且質(zhì)量可以忽略．這樣，飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，就可根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律和牛頓定律聯(lián)合來(lái)確定，其中重物的加速度，可通過它下落時(shí)的勻加速運(yùn)動(dòng)規(guī)律來(lái)確定．該題也可用功能關(guān)系來(lái)處理．將飛輪、重物和地球視為系統(tǒng)，繩子張力作用于飛輪、重物的功之和為零，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．利用勻加速運(yùn)動(dòng)的路程、速度和加速度關(guān)系，以及線速度和角速度的關(guān)系，代入機(jī)械能守恒方程中即可解得．解1設(shè)繩子的拉力為F，對(duì)飛輪而言，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有ＴFRJα (1)T而對(duì)重物而言，由牛頓定律，有mgFT

ma (2)由于繩子不可伸長(zhǎng)，因此，有aRα (3)重物作勻加速下落，則有1h2at2

(4)由上述各式可解得飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為gt2 JmR2 1 解2根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律，有1 1mgh2mv22Jω20 而線速度和角速度的關(guān)系為vRω 第-50-頁(yè) 共-135-頁(yè)又根據(jù)重物作勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有vat v22ah 由上述各式可得gt2 2hJmR2 12h 量的重物做兩次測(cè)量即可消除摩擦力矩帶來(lái)的影響．分析題還可應(yīng)用角動(dòng)量定理直接求解．解1在勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中，角加速度α的時(shí)間

ωω0，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律MJα，可得飛輪所經(jīng)歷tωω 2πJt 0J n

10.8sM M 0解2飛輪在恒外力矩作用下，根據(jù)角動(dòng)量定理，有tMdtJω0 0則 t

ωω 2J0J n

10.8sM M 0分析解(1)分別作兩物體的受力分析，如圖(b).對(duì)實(shí)心圓柱體而言，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律得1FrJα mr2αT 2 1對(duì)懸掛物體而言，依據(jù)牛頓定律，有PFmgFma2 T 2 T 2第-51-頁(yè) 共-13