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第一章第一章 质点运动学质点运动学 1 1 分析与解分析与解 1 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 r PP 而 r 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 t 0 时 点P 无限趋 近P点 则有 dr ds 但却不等于dr 故选 B 2 由于 r s 故 即 t s t r vv 但由于 dr ds 故 即 由此可见 应选 C t s td d d d r vv 1 2 分析与解分析与解 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率 在极坐标 t r d d 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的一个分 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 t d dr t s d d v 直角坐标系中则可由公式求解 故选 D 22 d d d d t y t x v 1 3 分析与解分析与解 表示切向加速度a 它表示速度大小随时间的变化率 是 t d dv 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 在极坐标 t r d d 系中表示径向速率vr 如题1 2 所述 在自然坐标系中表示质点的速率 t s d d v 而表示加速度的大小而不是切向加速度a 因此只有 3 式表达是 t d dv 正确的 故选 D 1 4 分析与解分析与解 加速度的切向分量a 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a 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 a 恒为零 质点作匀变速率圆周运动时 a 为一不为零的恒量 当a 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 分析与解分析与解 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 时刻定滑轮距小船的绳 长为l 则小船的运动方程为 其中绳长l 随时间t 而变化 小船 22 hlx 速度 式中表示绳长l 随时间的变化率 其大小即为v0 22 d d d d hl t l l t x v t l d d 代入整理后为 方向沿x 轴负向 由速度表达式 可 lhl cos 0 22 0 vv v 判断小船作变加速运动 故选 C 讨论讨论 有人会将绳子速率v0按x y 两个方向分解 则小船速度 这样做对吗 cos 0 vv 1 6 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 x 的大小可直接由运动方程得到 而在求路程时 就必须注意到 0 xxx t 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 需根据来确定其运动方向改变的时刻tp 求出0 tp 和tp t 内的0 d d t x 位移大小 x1 x2 则t 时间内的路程 如图所示 至于t 21 xxs 4 0 s 时质点速度和加速度可用和两式计算 t x d d 2 2 d d t x 解解 1 质点在4 0 s内位移的大小 m32 04 xxx 2 由 0 d d t x 得知质点的换向时刻为 t 0不合题意 s2 p t 则 m0 8 021 xxx m40 242 xxx 所以 质点在4 0 s时间间隔内的路程为 m48 21 xxs 3 t 4 0 s时 1 s0 4 sm48 d d tt x v 2 s0 4 2 2 m s36 d d tt x a 1 7 分析分析 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 t 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 匀加速直线运动 2 sm20 AB AB AB tt a vv 匀速直线运动 0 BC a 匀减速直线运动 2 sm10 CD CD CD tt a vv 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 2 0 2 1 ttxx v 由此 可计算在0 2 和4 6 时间间隔内各时刻的位置分别为 用描数据点的作图方法 由表中数据可作0 2 和4 6 时间内的x t 图 在2 4 时间内 质点是作的匀速直线运动 其x t 图是 1 sm20 v 斜率k 20的一段直线 图 c 1 8 分析分析 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 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的求解用到积分方法 先在轨迹上任取一段微元ds 则 最后用积分求 22 d d dyxs ssd 解解 1 由x t 和y t 中消去t 后得质点轨迹方程为 2 4 1 2xy 这是一个抛物线方程 轨迹如图 a 所示 2 将t 0 和t 2 分别代入运动方程 可得相应位矢分别为 jr2 0 jir24 2 图 a 中的P Q 两点 即为t 0 和t 2 时质点所在位置 3 由位移表达式 得 jijirrr24 020212 yyxx 其中位移大小m66 5 22 yxr 而径向增量m47 2 2 0 2 0 2 2 2 202 yxyxrrrr 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2 22 d d dyxs xxyd 2 1 d 内路程为 m91 5 d4d 4 0 2 xxss Q P 1 9 质点的运动方程为 2 3010ttx 2 2015tty 式中x y 的单位为m t 的单位为 试求 1 初速度的大小和方向 2 加速度的大小和方向 分析分析 由运动方程的分量式可分别求出速度 加速度的分量 再由运动 合成算出速度和加速度的大小和方向 解解 1 速度的分量式为 t t x x 6010 d d v t t y y 4015 d d v 当t 0 时 vox 10 m 1 voy 15 m 1 则初速度大小为 1 2 0 2 00 sm 0 18 yx vvv 设vo与x 轴的夹角为 则 2 3 tan 0 0 x y v v 123 41 2 加速度的分量式为 2 sm60 d d t a x x v 2 sm40 d d t a y y v 则加速度的大小为 2 22 sm 1 72 yx aaa 设a 与x 轴的夹角为 则 3 2 tan x y a a 33 41 或326 19 1 10 分析分析 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y1 y1 t 和y2 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 2 01 2 1 atty v 2 02 2 1 gtthy v 当螺丝落至底面时 有y1 y2 即 2 0 2 0 2 1 2 1 gtthatt vv s705 0 2 ag h t 2 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m716 0 2 1 2 02 gttyhdv 解解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 2 2 1 0tagh s705 0 2 ag h t 2 由于升降机在t 时间内上升的高度为 2 0 2 1 atth v 则 m716 0 hhd 1 11 分析分析 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 y 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 采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度 解解 1 如图 B 所示 在O x y 坐标系中 因 则质点P 的参数方t T 2 程为 t T Rx 2 sin t T Ry 2 cos 坐标变换后 在Oxy 坐标系中有 t T Rxx 2 sin Rt T Ryyy 2 cos 0 则质点P 的位矢方程为 jir Rt T Rt T R 2 cos 2 sin ji 1 0 cos1 3 1 0 sin3tt 2 5 时的速度和加速度分别为 jji r sm 3 0 2 sin 2 2 cos 2 d d 1 t TT Rt TT R t v iji r a sm 03 0 2 cos 2 2 sin 2 d d 2222 2 2 t TT Rt TT R t 1 12 分析分析 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 解解 设太阳光线对地转动的角速度为 从正午时分开始计时 则杆的影 长为s htg t 下午2 00 时 杆顶在地面上影子的速度大小为 13 2 sm1094 1 cosd d t h t s v 当杆长等于影长时 即s h 则 s60603 4 arctan 1 h s t 即为下午3 00 时 1 13 分析分析 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 t a d dv t x d d vtadd v 如a a t 或v v t 则可两边直接积分 如果a 或v不是时间t txddv 的显函数 则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分 解解 由分析知 应有 t ta 0 dd 0 v v v 得 1 0 3 3 1 4vv tt 由 tx x tx 0 dd 0 v 得 2 00 42 12 1 2xtttx v 将t 3 时 x 9 m v 2 m 1代入 1 2 得v0 1 m 1 x0 0 75 m 于是可得质点运动方程为 75 0 12 1 2 42 ttx 1 14 一石子从分析分析 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dv a v dt 分离变量为 后再两边积分 t a d d v v 解解 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 1 v v BA t a d d 用分离变量法把式 1 改写为 2 t BA d d v v 将式 2 两边积分并考虑初始条件 有 t t BA 0 dd d 0 v v v v v 得石子速度 1 Bt e B A v 由此可知当 t 时 为一常量 通常称为极限速度或收尾速度 B A v 2 再由并考虑初始条件有 1 d d Bt e B A t y v te B A y t Bt y d 1 d 00 得石子运动方程 1 2 Bt e B A t B A y 1 15 分析分析 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 2 00 2 1 tatxx xx v 2 00 2 1 tatyy yy v 均为匀变速直线运动 读者不妨自己验证一下 解解 由加速度定义式 根据初始条件t0 0时v0 0 积分可得 tt tt 000 d46 ddjia v v jitt46 v 又由及初始条件t 0 时 r0 10 m i 积分可得 t d dr v ttr r tttt 00 d46 dd 0 jirv jir 22 2 310 tt 由上述结果可得质点运动方程的分量式 即 x 10 3t2 y 2t2 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 33 41 轨迹如 3 2 tan d d x y k 图所示 1 分析分析 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 和 在匀速率圆周运动中 它们的大小分别为 t d dv a t v a R an 2 v 式中 v 可由图 B 中的几何关系得到 而 t 可由转过的角度 t a v 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 t 0 时的极限值 解解 1 由图 b 可看到 v v2 v1 故 cos2 21 2 2 2 1 vvvv v cos1 2 v 而 vv Rs t 所以 R t a cos 1 2 2 v v 2 将 90 30 10 1 分别代入上式 得 R a 2 1 9003 0 v R a 2 2 9886 0 v R a 2 3 9987 0 v R a 2 4 000 1 v 以上结果表明 当 0 时 匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极 限值 该值即为法向加速度 R 2 v 1 17 分析分析 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 即得质点的轨迹方程 平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化 率 即 它与时间间隔 t 的大小有关 当 t 0 时 平均速度的极限即 t r v 瞬时速度 切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a 和an t d dr v 前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率 即 后者只反映质 t t t ea d dv 点速度方向的变化 它可由总加速度a 和a 得到 在求得t1 时刻质点的速 度和法向加速度的大小后 可由公式求 an 2 v 解解 1 由参数方程 x 2 0t y 19 0 2 0t2 消去t 得质点的轨迹方程 y 19 0 0 50 x2 2 在t1 1 00 到t2 2 0 时间内的平均速度 ji rr 0 60 2 12 12 ttt r v 3 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 jijijit t y t x t yx 0 40 2 d d d d vvv jjia 2 2 2 2 2 0 4 d d d d sm t y t x t 则t1 1 00 时的速度 v t t 1 2 0i 4 0j 切向和法向加速度分别为 ttyxttt tt eeea 222 s1 sm58 3 d d d d vv v nntn aaeea 222 sm79 1 4 t 1 0 质点的速度大小为 122 sm47 4 yx vvv 则m17 11 2 n a v 1 18 分析分析 物品空投后作平抛运动 忽略空气阻力的条件下 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的 因此 分别列出其运动方 程 运用时间相等的条件 即可求解 此外 平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度 为求特定 时刻t时物体的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 之间的夹角 或 由图可知 在特定时刻t 物体的切向加速度和水平线之间 的夹角 可由此时刻的两速度分量vx vy求出 这样 也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得 解解 1 取如图所示的坐标 物品下落时在水平和竖直方向的运动方程 分别为 x vt y 1 2 gt2 飞机水平飞行速度v 100 m s 1 飞机离地面的高度y 100 m 由上述两 式可得目标在飞机正下方前的距离 m452 2 g y xv 2 视线和水平线的夹角为 o 5 12arctan x y 3 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 vv v gt x y arctanarctan 取自然坐标 物品在抛出2s 时 重力加速度的切向分量与法向分量分别 为 2 sm88 1 arctansinsin v gt g gat 2 sm62 9 arctancoscos v gt g gan 1 19 分析 这是一个斜上抛运动 看似简单 但针对题目所问 如不能灵活运 用叠加原理 建立一个恰当的坐标系 将运动分解的话 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 两个方向的分运动均为匀减 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 故第一问也可由运动方程的矢量式计算 即 做出炮弹落地时的矢量图 如图 B 所示 由图中所示几 2 0 g 2 1 tt vr 何关系也可求得 即图中的r 矢量 OP 1 解解1 由分析知 炮弹在图 a 所示坐标系中两个分运动方程为 1 gt txsin 2 1 cos 2 0 v 2 gt tycos 2 1 sin 2 0 v 令y 0 求得时间t 后再代入式 1 得 cos cos sin2 sinsincos cos cos sin2 2 2 0 2 2 0 g g xOP vv 解解2 做出炮弹的运动矢量图 如图 b 所示 并利用正弦定理 有 gt t sin 2 1 2 sin 2 sin 2 0 vr 从中消去t 后也可得到同样结果 2 由分析知 如炮弹垂直击中坡面应满足y 0 和vx 0 则 3 0sincos 0 gt x vv 由 2 3 两式消去t 后得 sin2 1 tan 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 的大 小无关 讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解 求解本题将会比较 困难 有兴趣读者不妨自己体验一下 1 20 分析分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象 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 滴的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 从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出 从不同小孔中飞出的水滴将会落在 半径不同的圆周上 为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考 虑 解解 1 如图 a 所示坐标系中 雨滴落地的运动方程为 1 t Rtx v 2 hgty 2 2 1 由式 1 2 可得 g h R x 22 2 2 由图 a 所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为 222 2 1 g h RRxr 2 常用草坪喷水器采用如图 b 所示的球面喷头 0 45 其上有大量 小孔 喷头旋转时 水滴以初速度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一水平面上 则以 角喷射的水柱射程为 g R 2sin 0 v 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒 喷头上的小孔数不但很多 而且还不 能均匀分布 这是喷头设计中的一个关键问题 1 21 一足球运动员在正对球门前25 0 m 处以20 0 m 1 的初速率罚 任意球 已知球门高为3 44 m 若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接 踢进球门 问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球 足球可视为质 点 分析分析 被踢出后的足球 在空中作斜抛运动 其轨迹方程可由质点在竖直 平面内的运动方程得到 由于水平距离x 已知 球门高度又限定了在y 方向 的范围 故只需将x y 值代入即可求出 解解 取图示坐标系Oxy 由运动方程 txcosv 2 2 1 singt ty v 消去t 得轨迹方程 22 2 tan1 2 tanx g xy v 以x 25 0 m v 20 0 m 1 及3 44 m y 0 代入后 可解得 71 11 1 69 92 27 92 2 18 89 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 71 11 或 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 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 69 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 22 一质点沿半径为R 的圆周按规律运动 v0 b 都 2 0 2 1 btts v 是常量 1 求t 时刻质点的总加速度 2 t 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 而加速度的法向分量为an v2 R 这样 总加速度为a a e 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 s st s0 因圆周长为2 R 质点所转过的圈数自然可求得 解解 1 质点作圆周运动的速率为 bt t s 0 d d vv 其加速度的切向分量和法向分量分别为 b t s at 2 2 d d R bt R an 2 0 2 vv 故加速度的大小为 R 4 0 22 22 btba aaa t tn v 其方向与切线之间的夹角为 Rb bt a a t n 2 0 arctanarctan v 2 要使 a b 由可得bbtbR R 4 0 22 1 v b t 0 v 3 从t 0 开始到t v0 b 时 质点经过的路程为 b sss t 2 2 0 0 v 因此质点运行的圈数为 bRR s n 4 2 2 0 v 1 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 时测得轮缘一点的速度值为4 0 m 1 求 1 该轮在t 0 5 的角速度 轮缘一点的切向加速度和总加速度 2 该点在 2 0 内所转过的角度 分析分析 首先应该确定角速度的函数关系 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 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 解解 因 R v 由题意 t2 得比例系数 3 22 srad2 Rtt k v 所以 2 2 tt 则t 0 5 时的角速度 角加速度和切向加速度分别为 12 srad5 02 t 2 srad0 24 d d t t 2 sm0 1 R at 总加速度 nttn R R eeaaa 2 2 2 2 2 sm01 1 R R a 在2 0 内该点所转过的角度 rad33 5 3 2 d2d 2 0 3 2 0 2 2 0 0 tttt 1 24 一质点在半径为0 10 m的圆周上运动 其角位置为 式 3 42t 中 的单位为rad t 的单位为 1 求在t 2 0 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 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 解解 1 由于 则角速度 在t 2 时 法 3 42t 2 12 d d t t 向加速度和切向加速度的数值分别为 22 s2 sm30 2 ra tn 2 s2 sm80 4 d d t ra tt 2 当时 有 即 22 2 1 2 tnt aaaa 22 3 nt aa 4 22 2 12243trrt 得 32 1 3 t 此时刻的角位置为 rad15 3 42 3 t 3 要使 则有 tn aa 4 22 2 12243trrt t 0 55 1 25 一无风的下雨天 一列火车以v1 20 0 m 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 角下降 求雨滴下落的速度 v2 设下降的雨滴作匀速运动 分析分析 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 火车为动参考系 v1 为 相对 的速度 v2 为雨滴相对 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 如图所示 于是可得 1 22 vvv 1 o 1 2 sm36 5 75tan v v 1 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 角 速率为v2 若车后有一长方形物体 问车速 v1为多大时 此物体正好不会被雨水淋湿 分析分析 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 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 点下落的方向 即雨点相对于汽车的运动速度v2 的方向 应满足 再由相对速度的矢量关系 即可求出所需车速 h l arctan 122 vvv v1 解解 由 图 b 有 122 vvv cos sin arctan 2 21 v vv 而要使 则 h l arctan h l cos sin 2 21 v vv h l sin cos 21 vv 1 27 一人能在静水中以1 10 m 1 的速度划船前进 今欲横渡一宽 为1 00 103 m 水流速度为0 55 m 1 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 解解 1 由v u v 可知 则船到达正对岸所需时间为 v u arcsin s1005 1 cos 3 dd t vv 2 由于 在划速v 一定的条件下 只有当 0 时 v 最大 即 cosvv v v 此时 船过河时间t d v 船到达距正对岸为l 的下游处 且有 m100 5 2 v d u t u l 1 28 一质点相对观察者O 运动 在任意时刻t 其位置为x vt y gt2 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 分析分析 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 将系O 中一动点 x y 变换至系O 中的点 x y 由于观察者O 相对于观察者O 作匀 速运动 因此 该坐标变换是线性的 解解 取Oxy 和O x y 分别为观察者O 和观察者O 所在的坐标系 且使Ox 和O x 两轴平行 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 0 y y 1 2 gt2 加速度 g t y aa y 2 2 d d 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 第二章第二章 牛顿定律牛顿定律 2 1 如图 a 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 当物体刚脱离斜面时 它的加速度的大 小为 A gsin B gcos C gtan D gcot 分析与解分析与解 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 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mgcot 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Ff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 达到某一最大值后 就保持不变 D 无法确定 分析与解分析与解 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 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 B 必须等于gR gR C 不得大于 D 还应由汽车的质量m 决定gR 分析与解分析与解 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的静摩擦力提供 能够提 供的最大向心力应为 FN 由此可算得汽车转弯的最大速率应为 v 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 分析与解分析与解 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在位置有关 重力的切向分量 m gcos 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 可判断 随 角的不断增大过程 轨道支持力FN也将不 R m mgFN 2 sin v 断增大 由此可见应选 B 2 5 图 a 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 2mg 分析与解分析与解 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 5 8 mg 故选 A 讨论讨论 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 底边AB 长为l 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 0 14 试问 当 为何值时 物体在斜面上下滑的时间最短 其数值为多少 分析分析 动力学问题一般分为两类 1 已知物体受力求其运动情况 2 已知物体的运动情况来分析其所受的力 当然 在一个具体题目中 这两类问 题并无截然的界限 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 解出倾角与时间的函数关 系 f t 然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来 解解 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 1 ma mg mg cossin 又物体在斜面上作匀变速直线运动 故有 22 cossin 2 1 2 1 cos t gat l 则 2 g l t cossincos 2 为使下滑的时间最短 可令 由式 2 有0 d d t 0sincoscoscossinsin 则可得 1 2tan o 49 此时 s99 0 cossincos 2 g l t 2 7 工地上有一吊车 将甲 乙两块混凝土预制板吊起送至高空 甲 块质量为m1 2 00 102 kg 乙块质量为m2 1 00 102 kg 设吊车 框架和 钢丝绳的质量不计 试求下述两种情况下 钢丝绳所受的张力以及乙块对甲 块的作用力 1 两物块以10 0 m 2 的加速度上升 2 两物块以1 0 m 2 的加速度上升 从本题的结果 你能体会到起吊重物时必须缓慢加速 的道理吗 分析分析 预制板 吊车框架 钢丝等可视为一组物体 处理动力学问题 通常采用 隔离体 的方法 分析物体所受的各种作用力 在所选定的惯性系中 列出它们各自的动力学方程 根据连接体中物体的多少可列出相应数目的 方程式 结合各物体之间的相互作用和联系 可解决物体的运动或相互作用 力 解解 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 m1 m2 g m1 m2 a 1 FN2 m2 g m2 a 2 解上述方程 得 F m1 m2 g a 3 FN2 m2 g a 4 1 当整个装置以加速度a 10 m 2 上升时 由式 3 可得绳所受张力 的值为 F 5 94 103 N 乙对甲的作用力为 F N2 FN2 m2 g a 1 98 103 N 2 当整个装置以加速度a 1 m 2 上升时 得绳张力的值为 F 3 24 103 N 此时 乙对甲的作用力则为 F N2 1 08 103 N 由上述计算可见 在起吊相同重量的物体时 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 以确保起吊过程的安全 2 8 如图 a 所示 已知两物体A B 的质量均为m 3 0kg 物体A 以 加速度a 1 0 m 2 运动 求物体B 与桌面间的摩擦力 滑轮与连接绳的 质量不计 分析分析 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 中张力大小处处相等是有条件的 即必须在绳的质量和伸长可忽略 滑轮与 绳之间的摩擦不计的前提下成立 同时也要注意到张力方向是不同的 解解 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 1 F 1 F mB a 2 F 2F 1 0 3 考虑到mA mB m F F F 1 F 1 a 2a 可联立解得物体 与桌面的摩擦力 N ammmg F27 2 4 f 讨论讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为 1 分析题意 确定研究对 象 分析受力 选定坐标 2 根据物理的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 2 9 质量为m 的长平板A 以速度v 在光滑平面上作直线运动 现将质 量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上 板与木块之间的动摩擦因数为 求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度 分析分析 当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时 木块的初速度 可视为零 由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力 该力将改变它们 的运动状态 根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度 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的系统的动能定理来解 将平板与木块作 为系统 该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能 而 它们的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 系统的动能定理 摩擦力的功应等于系统动能的增量 木块相对平板移动的 距离即可求出 解解1 以地面为参考系 在摩擦力F mg 的作用下 根据牛顿定律分 别对木块 平板列出动力学方程 F mg ma1 F F m a2 a1 和a2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度 若以木板为参 考系 木块相对平板的加速度a a1 a2 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 2 2as 由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为 mmg m s 2 2 v 解解2 以木块和平板为系统 它们之间一对摩擦力作的总功为 W F s l F l mgs 式中l 为平板相对地面移动的距离 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 m v m m v 由系统的动能定理 有 22 2 1 2 1 vv mmmmgs 由上述各式可得 mmg m s 2 2 v 2 10 如图 a 所示 在一只半径为R 的半球形碗内 有一粒质量为m 的 小钢球 当小球以角速度 在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时 它距碗底 有多高 分析分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时 必须使钢球受到一与向 心加速度相对应的力 向心力 而该力是由碗内壁对球的支持力FN 的分力来 提供的 由于支持力FN 始终垂直于碗内壁 所以支持力的大小和方向是随 而变的 取图示Oxy 坐标 列出动力学方程 即可求解钢球距碗底的高度 解解 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 1 mRma F nN sinsin 2 2 mg FN cos 且有 3 R hR cos 由上述各式可解得钢球距碗底的高度为 2 g Rh 可见 h 随 的变化而变化 2 11 火车转弯时需要较大的向心力 如果两条铁轨都在同一水平面内 内轨 外轨等高 这个向心力只能由外轨提供 也就是说外轨会受到车轮对 它很大的向外侧压力 这是很危险的 因此 对应于火车的速率及转弯处的曲 率半径 必须使外轨适当地高出内轨 称为外轨超高 现有一质量为m 的火 车 以速率v 沿半径为R 的圆弧轨道转弯 已知路面倾角为 试求 1 在此 条件下 火车速率v0 为多大时 才能使车轮对铁轨内外轨的侧压力均为零 2 如果火车的速率v v0 则车轮对铁轨的侧压力为多少 分析分析 如题所述 外轨超高的目的欲使火车转弯的所需向心力仅由轨道 支持力的水平分量FNsin 提供 式中 角为路面倾角 从而不会对内外轨 产生挤压 与其对应的是火车转弯时必须以规定的速率v0行驶 当火车行 驶速率v v0 时 则会产生两种情况 如图所示 如v v0 时 外轨将会对车轮 产生斜向内的侧压力F1 以补偿原向心力的不足 如v v0时 则内轨对车轮产 生斜向外的侧压力F2 以抵消多余的向心力 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的转弯处规定时 速 从而确保行车安全 解解 1 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 1 R m FN 2 sin v 2 0cos mg FN 解 1 2 两式可得火车转弯时规定速率为 gRtan 0 v 2 当v v0 时 根据分析有 3 R m F FN 2 1cos sin v 4 0sincos 1 mg F FN 解 3 4 两式 可得外轨侧压力为 g R Fsincosm 2 1 v 当v v0 时 根据分析有 5 R F FN 2 2 mcossin v 6 0sincos 2 mg F FN 解 5 6 两式 可得内轨侧压力为 R gmFcossin 2 2 v 2 12 一杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁 设演员和摩托车 的总质量为m 圆筒半径为R 演员骑摩托车在直壁上以速率v 作匀速圆周螺 旋运动 每绕一周上升距离为h 如图所示 求壁对演员和摩托车的作用力 分析分析 杂技演员 连同摩托车 的运动可以看成一个水平面内的匀速率 圆周运动和一个竖直向上匀速直线运动的叠加 其旋转一周所形成的旋线 轨迹展开后 相当于如图 b 所示的斜面 把演员的运动速度分解为图示的v1 和v2 两个分量 显然v1是竖直向上作匀速直线运动的分速度 而v2则是绕圆筒 壁作水平圆周运动的分速度 其中向心力由筒壁对演员的支持力FN 的水平 分量FN2 提供 而竖直分量FN1 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的大小和方向 解解 设杂技演员连同摩托车整体为研究对象 据 b c 两图应有 1 0 1 mgFN 2 R mFN 2 2 v 3 2 2 2 2 2 cos hR R vvv 4 2 2 2 1NNN FFF 以式 3 代入式 2 得 5 222 22 222 222 2 4 4 4 4 hR Rm hR R R m FN vv 将式 1 和式 5 代入式 4 可求出圆筒壁对杂技演员的作用力 即支承力 大小为 2 222 22 22 2 2 1 4 4 hR R gmFFF NNN v 与壁的夹角 为 ghR R F F N N 222 22 1 2 4 4 arctanarctan v 讨论讨论 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 的方位 以确保三者之间满足解题用到的各个力学规律 2 13 一质点沿x轴运动 其受力如图所示 设t 0 时 v0 5m 1 x0 2 m 质点质量m 1kg 试求该质点7 末的速度和位置坐标 分析分析 首先应由题图求得两个时间段的F t 函数 进而求得相应的加速 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的取值应与两 时间段相应的时刻相对应 解解 由题图得 7st5s 535 5st0 2 t t tF 由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为 5st0 2 ta 7st5s 535 ta 对0 t 5 时间段 由得 t a d dv t ta 0 dd 0 v v v 积分后得 2 5t v 再由得 t x d d v t tx 0 dd 0 v x x 积分后得 3 3 1 52ttx 将t 5 代入 得v5 30 m 1 和x5 68 7 m 对5 t 7 时间段 用同样方法有 t ta s5 2d d 0 v v v 得 ttt 5 825 235 2
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