大学物理答案

1、第一章质点运动学1 -1 质点作曲线运动，在时刻t质点的位矢为r，速度为v，速率为v,t至(t + At)时间内的位移为Ar,路程为As,位矢大小的变化量为 N (或称A | r | ), 平均速度为V，平均速率为V .(1)根据上述情况，则必有()(A) |Zr|= As = N(B) |Ar|w As 丰Ar,当At-0 时有 | dr | = ds w d(C) | Ar |Ars,当 At-0 时有 | dr | = dr w d(2)根据上述情况，则必有(A)| V | = v, | V | = V(C) | v | = v, | V V(D) | Zr | w As 丰Ar,当 A

2、t-0 时有 | dr | = dr = ds)(B)Iv |wv,| v| v(D)|v |wv,| V|= v题1 - 1图分析与解(1)质点在t至(t + At)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 丝=PP，位移大小|Ar| = PP'而Ar=|r|-I 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At0时，点P无限趋近 P点，则有| dr | = ds,但却不等于dr.故选(B).,一 Ar ，公 r 一 一(2)由于| & |半As,故手，即| V | wv .At

3、At=,1P I v I = v .由此可见，应选(C). dt.一，一一 d r但由于| dr | = ds,故一dt1 -2运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处，对其速度的大小有四种意见，即dr一；dt(2)dtds一；dt下述判断正确的是( (A)只有(1)(2)正确 (C)只有(2)(3)正确(B)只有(2)正确(D)只有(3)(4)正确dr分析与解里表木质点到坐标原点的距离随时间的变化率，在极坐标dt系中叫径向速率.通常用符号v.表示，这是速度矢量在位矢方向上的一个分v =臾计算,在dt dr， 一、， ,量；dr表木速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式dt求解.故选(D

4、).直角坐标系中则可由公式1 -3质点作曲线运动,r表布位置矢量，v表小速度，a表不加速度，s表 示路程，at表示切向加速度.对下列表达式，即(1)d v /dt = a; (2)dr/dt下述判断正确的是(A)只有(1)、(4)是对的(C)只有(2)是对的=v; (3)ds/dt =v; (4)d v /dt | = at )(B)只有(2)、(4)是对的(D)只有(3)是对的分析与解业 表示切向加速度at,它表示速度大小随时间的变化率，是dtdr ，一，一一加速度矢量沿速度万向的一个分量，起改变速度大小的作用；一在极坐标系dtds .dvdt中表小径向速率vr(如题1-2所述)；了在自然坐

5、标系中表木质点的速率v；表示加速度的大小而不是切向加速度at.因此只有(3)式表达是正确的.故选(D).1 -4 一个质点在做圆周运动时，则有()(A)(B)(C)切向加速度一定改变 切向加速度可能不变 切向加速度可能不变(D)切向加速度一定改变，法向加速度也改变，法向加速度一定改变，法向加速度不变，法向加速度不变分析与解 加速度的切向分量at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 at是否,at恒为零;质改变，则要视质点的速率情况而定.质点作匀速率圆周运动时点

6、作匀变速率圆周运动时，at为一不为零的恒量，当at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 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动.设该人以匀速率v0收绳，绳不伸长且湖水静止小船的速率为v,则小船作()(A)匀加速运动,v =cos 0(B)匀减速运动，V=VoCOS。(C)变加速运动，v = v0 cos 0(D)变减速运动，V=VoCOS。(E)匀速直线运动，V=Vo题I -5图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

7、船的运动方程为 x=52 h2，其中绳长l随时间t而变化.小船dl l -速度v =dx:一d，式中由表示绳长l随时间的变化率，其大小即为V0, dt , l2 -h2dt代入整理后为vv0=v，方向沿x轴负向.由速度表达式，可Jl2-h2/l cos 0判断小船作变加速运动.故选 (C).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v = vo cos。,这样做对吗？23.1 -6 已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为x = 2+6t -2t ,式中x的单位为m,t的单位为s.求：(1)质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小；(2)质点在该时间内所通过的路程；(3) t= 4

8、 s时质点的速度和加速度.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Ax的大小可直接由运动方程得到：氏=xt - x0,而在求路程时，就必须注意到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，dx需根据 =0来确定其运动万向改变的时刻tp，求出0tp和tpt内的位移dt大小 仅1、Ax2 ,则t时间内的路程 s =1x11 +Iix2，如图所示，至于t =4.0 s时质点速度和加速度可用位和。两式计算.dt dt2解(1)质点在4.0 s内位移的大小氏=x4 - - -32 m上dx

9、八(2)由=0dt得知质点的换向时刻为t p = 2 s （t = 0不合题意）&i = X2 - xo = 8.0 mx2 = x4 f 2 = -40 m所以质点在4.0 s时间间隔内的路程为s = | AxJ +| 必=48 m(3) t= 4.0 s 时dxi=-48 m sdt t 40sd1 2xa =372 dt t =4.0s2-36 m.s(a)所20-20-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BC的斜率为大小（图中AB、CD段斜率为定值，即匀变速直线运动；而线段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

10、，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x4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 将曲线分为AB、BC、CD三个过程，它们对应的加速度值分别为aAB = vB -vA = 20 m(匀加速直线运动)tB - t AaBc =0(匀速直线运动)acD =Vd 7c _io m s'(匀减速直线运动)tD -tc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

11、+1 12x = x v0tt2由此，可计算在02 s和46 s时间间隔内各时刻的位置分别为0口511,544.555.5e.t/ini0-7.5-10-7.504048.85558. Sco用描数据点的作图方法，由表中数据可作02s和46s时间内的x -t 图.在24 s时间内，质点是作v =20 m s的匀速直线运动，其x -t图是 斜率k= 20的一段直线图(c).21 -8已知质点的运动方程为r =2ti十(2 t ) j ,式中r的单位为m,t的单位为s .求：(1)质点的运动轨迹；2 2) t =0及t = 2s时,质点的位矢；(3)由t =0至Ut =2 s内质点的位移 国和径向

12、增量Ar；* (4) 2 s内质点所走过的路程s.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、Ar、N、丝来说，物理含义不同，可根据其定义 计算.其中Ks的求解用到积分方法，先在轨迹上任取一段微元ds,则 ds = v'(dx)2 +(dy)2，最后用 s= 1fds积分求 s .解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得质点轨迹方程为1 2 y = 2 x4这是一个抛物线方程，轨迹如图(a)所示.(2)将t =0s和t = 2 s分别代入运动方程，可得相应位矢分别为r0 - 2 j , i>2=4i - 2 j图(a)

13、中的P、Q两点，即为t =0$和1 =2 s时质点所在位置.(3)由位移表达式，得r =1*2 -r1 二 (x2 -Xo)i (y2 -y0)j = 4i -2j其中位移大小| Ar =(Ax)2 +(Ay)2 = 5.66 m而径向增量Ar = Ar = r2 一匕=Jx2 y2 - . x2 y； =2.47 m*(4)如图(B)所示，所求As即为图中PQ段长度，先在其间任意处取 AB微元ds，则ds = v(dx)2 +(dy)2，由轨道方程可得1八、dy = xdx，代入 ds,则 2 s2内路程为= 5.91 mQ.题1 8图x2dxQ=Pds =1 -9质点的运动方程为x =-1

14、0t 30t22y =15t -20t2式中x,y的单位为m,t的单位为s .试求：(1)初速度的大小和方向；(2)加速度的大小和方向.，再由运动分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量合成算出速度和加速度的大小和方向.解（1）速度的分量式为Vx =dx = _10 60tdtvy = ' =15 - 40t y dt当t =0时，Vox = -10 m s 1 , voy = 15 m -s 1 ,则初速度大小为/22 一八_V0xV 0y -18.0 m s设Vo与X轴的夹角为a则V0y3tan a =V0x2a= 123° 41'(2)加速度的分量式为

15、dv x2dv y2ax =二60 m s , ay = = -40 m sdtdt则加速度的大小为 222a = ax - ay = 72.1 m s设a与x轴的夹角为8则,.aytan 0=ax3= -33° 4侦 326° 19'）1 -10 一升降机以加速度1.22 m-s -2上升，当上升速度为2.44 m- s -1时, 有一螺丝自升降机的天花板上松脱，天花板与升降机的底面相距2.74 m.计算：（1）螺丝从天花板落到底面所需要的时间；（2）螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离.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

16、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 =力（0和丫2= 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112y1 v vot - at1， y2 = h vot 2 gt当螺丝落至底面时，有y1 =y2，即1 .212votat = h votgt22x 2ht = 0.705

17、s.g a(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为.1 ,2 d u h - y2 - -vot - gt = 0.716 m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12o = h .g a)t2ht = o.7o5 s.g a(2)由于升降机在t时间内上升的高度为h'=vot -at22则d=h-h、o.716 m题1 -10图1 -11 一质点P沿半径R =3.0 m的圆周作匀速率运动，运动一周所需 时间为20.0 s，设t = 0时，质点位于O点.按（a）图中所示Oxy坐标系，求 质点P在任意时刻的位矢；（2）5 s时的速度

18、和加速度.分析该题属于运动学白第一类问题，即已知运动方程r =r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'效标系，并采用参数方程x'= x'和y'= y来表示圆 周运动是比较方便的.然后，运用坐标变换x =x0 +乂和丫 =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.题1-11图2仁解（1）如图（B）所不，在O x效标系中，因8 =亍加则质点P的参数方 程为， I» 2 冗.fI42

19、 兀x = Rsin t, y = -Rcos t TT坐标变换后，在Oxy坐标系中有，c .2 冗，-2 九，x = x = Rsin t, y = yy0 - - Rcos- tR则质点P的位矢方程为2冗r = Rsin ti 十 一 RcosT= 3sin（0.1 疝）i 31 -cos（0.1 疝）j 为S.如果当t =3s时,x=9 m,v =2 m s -1 ,求质点的运动方程.（2） 5 s时的速度和加速度分别为dr_ 2 tt 27t.2 冗.2冗vRcost iRsindt T1tj = （0.3 Ttm s）ja 二总 一R（立）2sindt2 T2 冗 22 7t2ti

20、+R（y）costj =（0.03 冗“二m s ）i1 -12 地面上垂直竖立一高 20.0 m的旗杆，已知正午时分太阳在旗杆的正 上方，求在下午2 : 00时，杆顶在地面上的影子的速度的大小.在何时刻杆影 伸展至20.0 m?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.解设太阳光线对地转动的角速度为孙从正午时分开始计时长为s= htgco,下午2 : 00时，杆顶在地面上影子的速度大小为

21、v = ds =Jh2 =1.94 10“ m s'dt cos wt，则杆的影当杆长等于影长时，即s=h,则t Jarctan.=3 60 60s 4即为下午3 ： 00时.1 -13质点沿直线运动，加速度a=4 -t2 ,式中a的单位为ms-2 ,t的单位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 a = dv和v = dx可得dv = adt和 dt dtdx=vdt .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.解由分析知，应有vtdv

22、 = adtvo0得v = 4t -13 v030t=ovdtx由dxX0得x = 2t2 -二 t4votxo(2)12将1= 3 s 时,x= 9 m,v= 2 m- s -1 代入(1)(2)得v0= -1 m- s -1,xo= 0.75 m.于是可得质点运动方程为o 1 “x=2t2t4 0.75121 -14 一石子从空中由静止下落，由于空气阻力，石子并非作自由落体运动，现测得其加速度a= A -Bv,式中A、B为正恒量，求石子下落的速度和运动方程.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-dv- =d

23、t后再两边积分.a(v)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dva =二A - Bv dt用分离变量法把式(1)改写为将式(2)两边积分并考虑初始条件vdv二 dtA-Bv，有(2)v0 A - Bvtdv = 0dt得石子速度A Bt v (1 - e )BA 由此可知当，t-oo时，vt 为一常量，通常称为极限速度或收尾速度.B(2)再由v = *A(1e't)并考虑初始条件有yt ABt0 dy，01A(巧出得石子运动方程A A Bt y t 2(e -1) B B2.1 -15 一质点具有恒定加速度 a =6i +4j，式中a的单位为m-s .在t

24、 =0时，其速度为零，位置矢量r0 =10 mi.求：(1)在任意时刻的速度和位置 矢量；(2)质点在Oxy平面上的轨迹方程，并画出轨迹的示意图.题1 -15图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1212固te形式，即x = x0 + v0xt +5axt和y = y0 +v0yt + ayt，两个分运动均 为匀变速直线运动.读者不妨自己验证一下.解由加速度定义式，根据初始条件t0 = 0时V0 = 0,积分可得Vt

25、tdv = adt = (6 i 4 j )dt000v = 6ti 4t jd r又由v =及初始条件t = 0时,r0= (10 m)i，积分可得dtrttr dr = °vdt = o(6ti 4tj)dtr =(10 3t2)i 2t2 j由上述结果可得质点运动方程的分量式，即2x =10+3t2 y = 2t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k = 5 = tan a=2，a= 33 41 '轨迹如dx3图所示.1 -16 一质点在半径为 R的圆周上以恒定的速率运动 ，质点由位置A 运动到位置B,OA和OB所对的圆心角为

26、 A0. (1)试证位置A和B之间的平 均加速度为 a =02(1cosA®v2/(RA； (2)当 A盼别等于 90°、30°、10, 和1。时，平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论.题I - 16.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dv _Av, ,一, ,a =和a =.在匀速率圆周运动中，它们的大小分别为dtNv2 .|Av|an =,a一，式中I Av |可由图（B）中的几何关系得到，而用可由转RAt过的角度求出.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母一0时的极限值.解 （1）由图（b）可看到Av =V

27、2 -vi，故Z = ；v2 +v2 -2V1V2cos A8=v2(1 - cos A 0)所以_ | & | a = = 2(1 -cos A 0)及(2)将A0= 90 ,30 :10 ,1分别代入上式,得22ai0.9003,a2 : 0.9886 RR22a3 ： 0.9987 ,a4 1.000 RR以上结果表明，当A-0时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极2 限值，该值即为法向加速度 .R1 -17 质点在Oxy平面内运动，其运动方程为r=2.0ti + (19.0 -2.0t2 )j, 式中r的单位为m,t的单位为s.求：(1)质点的轨迹方程；(2)在t1=1.0s

28、到t2 =2.0s时间内的平均速度；(3) t1 = 1.0 s时的速度及切向和法向加速度；(4)t =1.0s时质点所在处轨道的曲率半径 p.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 _Ar 率，即v =一，它与时间间隔 困的大小有关，当At- 0时，平均速度的极限即 Atd r瞬时速度v=.切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a和an ,dt前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率，即at =2占，后者只反映质dt点速度方向的变化，它可由总加速度a和at得到.在求得力时刻质点的速度2和

29、法向加速度的大小后，可由公式an = v-求p.p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：_ 2y = 19.0 -0.50x(2)在ti = 1.00 s至心2 =2.0 s时间内的平均速度_Arr2 -riv =-1 =2.0i -6.0j Att2 -t1（3）质点在任意时刻的速度和加速度分别为v(t) -Vxi Vy jdxi . dydt dtj -2.0i -4.0tja (t)=d2x idt22 .-4.0 m s j则ti = 1.00 s时的速度v(t) | t=1s = 2.0i-4.0j切向和法向加速度分别为_dv _ d

30、 / : 2,_2_c lc _ _2_现住=e = (；Vx+Vy)e = 3.58 m s e dt dt 'an = a2 -at2en = 1.79 m s'en(4) t =1.0 s质点的速度大小为v = v2 vy = 4.47 m s，2则 p=v- = 11.17man1 -18 飞机以100 m s'1的速度沿水平直线飞行，在离地面高为100 m时，驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处，问：（1）此时目标在飞机正下方位置的前面多远？（2）投放物品时，驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？（3）物品投出2.0 s后,它的法向加速度和切向加速度各为多少?

31、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 域3.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(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

32、为2x =vt, y = 1/2 gt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二452 m(2)视线和水平线的夹角为0 = arctan- = 12.5ox(3)在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为一 一一vy 一 一一gta = arctan =arctanVxv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at = gsin a = gsin arctangt '”1.88 m s/ van = gcos a= gcos arctangt =9.62 m sv1 -19如图（a）所示,一小型

33、迫击炮架设在一斜坡的底端。处，已知斜坡倾角为火炮身与斜坡的夹角为 8炮弹的出口速度为vo忽略空气阻力.求：（1） 炮弹落地点P与点O的距离OP; （2）欲使炮弹能垂直击中坡面.证明 耕口 31.必须满足 tan 0 =并与vo无关.2tan a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 运动淇初速度分别为v°cos价口 vosin 8其加速度分别为gsin湘gcos a.在此坐 标系中炮弓t落地时，应有y =0,则x =

34、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r = v0t +1gt2,做出一 炮弹落地时的矢量图如图（B）所示，由图中所示几何关系也可求得OP （即图中的r矢量）.（1）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 , 2 . x = v0tcos Bgt sin a2 1 .2y=v0tsin P-gt cos a(2)令y =0求得时间t后再代入式(1)得-22 .2voSin Ba m2voSin B . ,OP = x=2-(cos acos B-Si

35、n a sin B) =2cos(a+ B)gcosgcos a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vx = v0cos 0 - gtsin a = 0(3)由(2)(3)两式消去t后得1 C1tan 0 =2sin a由此可知.只要角环口 B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 一直立的雨伞，张开后其边缘圆周的半径为R,离地面的高度为h,(1)当伞绕伞柄

36、以匀角速 3旋转时，求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径 为r =Rj1+2hco2/g的圆周上；(2)读者能否由此定性构想一种草坪上或 农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？也I1。国分析选定伞边缘O处的雨滴为研究对象，当伞以角速度3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（1）如图（a）所示坐标系中，雨滴落地的运动方程为x = vt = R cot

37、（1）1.2y 二万 gt = h（2）由式（2）可得2R2 c/hg由图（a）所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为（2）常用草坪喷水器采用如图 （b）所示的球面喷头（由=45）其上有大量 小孔.喷头旋转时，水滴以初速度vo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vosin 2R 二-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.-11 -21 足球运动员在正对球门前25.0 m处以20.0 m s 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

38、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）题”21图分析被踢出后的足球，在空中作余抛运动，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 取图示坐标系Oxy,由运动方程1 , 2x = vtcos 0, y = vtsin 0- gt消去t得轨迹方程y =xtan 0-g2-(1+ tan2 0)x22v以x =25.0 m,v =20.0 m s-1及3.44 m 产0代入后，可解得71. 11 ° H >69 92° 27. 92°

39、; 显 > 1.8 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0> 71.11°或0 <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 °< 0，这时球也不能射入球门.因此可<69. 92°时，踢出的足球将越过门缘而离去 取的角度范围只能是解中的结果.1 .2、一,.1 -22 一质点沿半径为R的圆周按规律S = V

40、°t bt运动,vo、b都 2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 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at,而加速度的法向分量为an=v2 /R.这样，总加速度为a= atet+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 A户 st -so.因圆周长为2 TR,质点所转过的圈数自然可求得.解（1）质点作圆周运动的速率为Vo - btdsv = 一d

41、t其加速度的切向分量和法向分量分别为at启dt2anv2 (vo -bt)2故加速度的大小为a = a2 a2at2b2(vo -bt)4其方向与切线之间的夹角为八 X an X(vo - bt)29 = arctan = arctan 一at_ Rb，R2b2 +(vo bt)4 = b 可得,1(2)要使 | a | = b,由一 Rt=*b 从t=0开始到t=vo /b时，质点经过的路程为2Vo s = St So 二 一2b因此质点运行的圈数为2 n一二工 2 R 4 TibR1 -23 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 s时测得轮

42、缘一点的速度值为 4.0 m -s -1.求：(1)该 轮在t二0.5 s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 s内所转过的角度.分析首先应该确定角速度的函数关系3= 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,co= co(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(微分法和积分法工即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和 角位移.解因COR =v,由题意3812得比例系数vk - 222 rad st2Rt2所以w = w(t) = 2t2则t'= 0.5 s时的角速度

43、、角加速度和切向加速度分别为3 =2t 2 =0.5 rad sa = = 4t = 2.0 rad s' dtat = oR = 1.0 m s"总加速度a - a n a at = ocRet + w Re na =oR f +(co2R 2 =1.01 m s”在2.0 s内该点所转过的角度.2.2 _ 2 .2 3 2 .8-(0=dt=(2tdt= t 0=5.33rad0n331 -24 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动，其角位置为8 = 2+4t ,式 中0的单位为rad,t的单位为s . (1)求在t =2.0 s时质点的法向加速度和切 向加速度.(2)

44、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？，应用运动分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系 学求解的方法即可得到.3d 0. _ 2解 (1)由于8 = 2+4t ,则角速度 3=12t .在t =2 s时，法 dt向加速度和切向加速度的数值分别为2 c CC_2an t=2s = rco = 2.30 m s一 d ，“二at t=2s = r 2=4.80 m s1 22 .一 22 .(2)当 a =a/2 = 2v'an +at 时，有3at =an,即444 43 24rt=r212t2t312”

45、3此时刻的角位置为 _3-0 = 2 4t =3.15 rad(3)要使an = Q,则有3(24rt f =r2(12t2 4t = 0.55 s11 -25 一无风的下雨天，一列火车以V1 = 20.0 m-s 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 )题I -25图分析 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S，火车为动参考系SV1为S '相对S的速度，V2为雨滴相对S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

46、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 V2 =V2 +V1 (如图所示)，于是可得V11v2 =o =5.36 m stan 751 -26如图（a）所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速率为vi ,下落雨滴的 速度方向偏于竖直方向之前 9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S ,汽车为动参考系S'.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a > arctan-.再由相

47、对速度的矢量关系v2 =v2 - v1，即可求出所需车速hV1.(b)题1 - 26图解由 v；=v2v1 图(b)，有,vi -v2Sin 9 a = arctan v2cos 0而要使a > arctan-，则hv1 v2sin 0 l v2cos 0h、,Icos。，. J v1 之 v2 +sin 0 i< h J1 -27 一人能在静水中以1.10 mrs -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 -s -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

48、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 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.题1-27图解（1）由v = u +v可知a= arcsin二,则船到达正对岸所需时间为 vd dqt1.05 10 sv v cos a（2）由于v =v'cos a,在划速v'一定的条件下，只有当a= 0时，v最大（即 v=v'止匕时，船过河时间t'

49、= d /v'船到达距正对岸为l的下游处，且有l -ut -u- =5.0 102 mv1 -28 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 1gx轴正向相对于O运动.试问质点相对 。'的轨迹和加速度如何？题1 -28图，将系OO作匀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 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 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 速运动，因此

50、,该坐标变换是线性的.，且使Ox解 取Oxy和O' x'夕弼I为观察者 O和观察者O'所在的坐标系 和O'纲轴平彳T.在t =0时，两坐标原点重合.由坐标变换得x '= x - v ty'= y=v t - v t = 0=1/2 gt22加速度a - ayd y 卜g dt2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

51、小为()(A) gsin 0(B) gcos 0(C) gtan 0(D) gcot 0题2 -1图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Ft (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F f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

52、)无法确定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 摩擦因数为内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vgR(B)必须等于,工凉(C)不得大于JTgR(D)还应由汽车的质量m决定分析与解由题意知，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

53、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 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，其速率不断增加题2 -4图分析与解 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2Fn -mgsin 9 =m可判断，随0角的不断增大过程，轨道支持力Fn也将不 R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