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1、物理学13章力学与牛顿运动定律习题与解答目 录 第一篇 力学 求解力学问题的基本思路和方法 第一章 质点运动学 第二章 牛顿定律 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 第四章 刚体的转动 第二篇 电磁学 求解电磁学问题的基本思路和方法 第五章 静电场 第六章 静电场中的导体与电介质 第七章 恒定磁场 第八章 电磁感应 电磁场 第三篇 波动过程 光学 求解波动过程和光学问题的基本思路和方法 第九章 振动 第十章 波动 第十一章 光学 第四篇 气体动理论 热力学基础 求解气体动理论和热力学问题的基本思路和方法 第十二章 气体动理论 第十三章 热力学基础 第五篇 近代物理基础 求解近代物理问题的基本思
2、路和方法 第十四章 相对论 第十五章 量子物理 附录 部分数学公式 第一篇 力学 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 t)时间内的位移为r, 路程为s, 位矢大小的变化量为r ( 或称r),平均速度为v,平均速率为v (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) r= s = r (B) r s r,当t0 时有dr= ds dr (C) r r s,当t0 时有dr= dr ds (D) r s r,当t0 时有dr= dr = ds (2) 根据上述情况,则必有( ) (A) v= v,v= v (B) vv,v v (C
3、) v= v,v v (D) vv,v= v 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rPP,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t0 时,点P无限趋近P点,则有drds,但却不等于dr故选(B) (2) 由于r s,故rs,即vv tt但由于drds,故drds=,即vv由此可见,应选(C) dtdt1 -2 一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 drdrdsdxdy(1)； (2)； (3
4、)； (4)+ dtdtdtdtdt下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确 分析与解 22dr表示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vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；drds表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v=计算,在dtdt22dxdy直角坐标系中则可由公式v=+求解故选(D) dtdt1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, a表示切向加速度对下列表达式,即 (1)d v /dt a；(
5、2)dr/dt v；(3)ds/dt v；(4)d v /dta 下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的 dv表示切向加速度a,它表示速度大小随时间的变化率,是dtdr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；在极坐标系dtds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v；dt分析与解 而dv表示加速度的大小而不是切向加速度a因此只有(3) 式表达是正确dt的故选(D) 1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (A) 切向加速度一定改变,法向加速
6、度也改变 (B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变 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 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
7、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=v0 cos(B) 匀减速运动,v=v0cos (C) 变加速运动,v=v0 cos(D) 变减速运动,v=v0cos (E) 匀速直线运动,v=v0 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x=l2-h2,其中绳长l 随时间t 而变化小船dldxdt,式中dl表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v,=速度v=0dtdtl2-h2l代入整理后为v=v0l2-h2/l=v0
8、,方向沿x 轴负向由速度表达式,可cos23判断小船作变加速运动故选(C) 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) t4 s时质点的速度和加速度 解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小 x=x4-x0=-32m dx=0 (2) 由 dt得知质点的换向时刻为 tp=2s (t0不合题意) 则 x1=x2-x0=8.0m x2=x4-x2=-40m 所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 s=x1+x2=48m (3) t4
9、.0 s时 v=dx=-48ms-1 dtt=4.0sd2xa=2=-36m.s-2 dtt=4.0s1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示设t0 时,x0试根据已知的v-t 图,画出a-t 图以及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=20ms-2 (匀加速直线运动) tB-tAaBC=0 (匀速直线运动) aCD=vD-vC=-10ms-2 (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 1x=x+v0t+t2 2由此,可计算在02和46时间间
10、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02和46时间内的x -t 图在24时间内, 质点是作v=20ms-1的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k20的一段直线图(c) 1 -8 已知质点的运动方程为r=2ti+(2-t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为求： (1) 质点的运动轨迹； (2) t 0 及t 2时,质点的位矢； (3) 由t 0 到t 2内质点的位移r 和径向增量r； *(4) 2 内质点所走过的路程s 解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为 y=2-12x 4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
11、代入运动方程,可得相应位矢分别为 r0=2j , r2=4i-2j 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 r=r2-r1=(x2-x0)i+(y2-y0)j=4i-2j 其中位移大小r=(x)2+(y)2=5.66m 2222x2+y2-x0+y0=2.47m 而径向增量r=r=r2-r0=*(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ds=内路程为 1(dx)2+(dy)2,由轨道方程可得dy=-xdx,代入ds,则22s=ds=PQ404+x2dx=5.91m 1 -9 质点的运动方程为 x=-10t
12、+30t2 y=15t-20t2 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 解 (1) 速度的分量式为 vx=dx=-10+60t dtdyvy=15-40t dt22当t 0 时, vox -10 m-1 , voy 15 m-1 ,则初速度大小为 v0=v0x+v0y=18.0ms-1 设vo与x 轴的夹角为,则 tan=v0yv0x3=- 212341 (2) 加速度的分量式为 ax=dvdvx=60ms-2 , ay=y=-40ms-2 dtdt则加速度的大小为 a=ax+ay=72.1ms-2 设a 与x 轴的夹角为,则 22
13、tan=ay2=- ax3-3341(或32619) 1 -10 一升降机以加速度1.22 m-2上升,当上升速度为2.44 m-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 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 1y1=v0t+at2 21y2=h+v0t-gt2 2当螺丝落至底面时,有y1 y2 ,即 11v0t+at2=h+v0t-gt2 22t=2h=0.705s g+a12gt=0.716m 2 (2) 螺丝相对升降机外固定柱子
14、下降的距离为 d=h-y2=-v0t+解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小ag a,螺丝落至底面时,有 10=h-(g+a)t2 2t=2h=0.705s g+a(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为 1h=v0t+at2 2则 d=h-h=0.716m 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,设t 0 时,质点位于O 点按(a)图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5时的速度和加速度 解 (1) 如图(B)所示,在Oxy坐标系中,因=程为 2t,则质点P 的参数方Tx=Rsin坐标变换后,
15、在Oxy 坐标系中有 22t, y=-Rcost TTx=x=Rsin则质点P 的位矢方程为 22t, y=y+y0=-Rcost+R TTr=Rsin22ti+-Rcost+RjTT=3sin(0.1t)i+31-cos(0.1t)j (2) 5时的速度和加速度分别为 v=dr2222=Rcosti+Rsintj=(0.3ms-1)jdtTTTTd2r2222a=2=-R2sinti+R2costj=(-0.032ms-2)idtTTTT1 -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200 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
16、.0 m？ 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shtgt,下午200 时,杆顶在地面上影子的速度大小为 v=dsh-3-1=1.9410ms 2dtcost1sarctan=36060s h4当杆长等于影长时,即s h,则 t=即为下午300 时 1 -13 质点沿直线运动,加速度a4 -t2 ,式中a的单位为m-2 ,t的单位为如果当t 3时,x9 m,v 2 m-1 ,求质点的运动方程 解 由分析知,应有 vt由 v0dv=adt 0得 v=4t-t+v0 (1) 133xx0dx=vdt 02t得 x=2t-14t+v0t+x0 (2) 12将t3时,x9
17、 m,v2 m-1代入(1) (2)得v0-1 m-1,x00.75 m于是可得质点运动方程为 x=2t2-14t+0.75 121 -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aA -Bv,式中A、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程 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 a=用分离变量法把式(1)改写为 dv=A-Bv (1) dtdv=dt (2) A-Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件,有 vv0tdvdv=dt 0A-Bv得石子速度 v=由此可知当,t时,v(2) 再由v=A(1-e-Bt) BA为一常量
18、,通常称为极限速度或收尾速度 BdyA=(1-e-Bt)并考虑初始条件有 dtBytA-Bt0dy=0B(1-e)dt 得石子运动方程 y=AAt+2(e-Bt-1) BB1 -15 一质点具有恒定加速度a 6i 4j,式中a的单位为m-2 在t0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 解 由加速度定义式,根据初始条件t0 0时v0 0,积分可得 dv=adt=(6i+4j)dt 000vttv=6ti+4tj 又由v=dr及初始条件t0 时,r0(10 m)i,积分可得 dtrr0dr=vdt
19、=(6ti+4tj)dt 00ttr=(10+3t2)i+2t2j 由上述结果可得质点运动方程的分量式,即 x 103t2 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k=dy2=tan=,3341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(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为a=2(1-cos)v2/(R)；(2) 当分别等于90、30、10和1时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论 解 (1) 由图(b)可看到v v2 -v1 ,故 22v=v
20、1+v2-2v1v2cos =v2(1-cos) 而 t=所以 sR= vvvv2a=2(1-cos) tR (2) 将90,30,10,1分别代入上式, 得 v2v2a10.9003,a20.9886 RRv2v2a30.9987,a41.000 RR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v2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r2.0ti (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t11.0s 到t2 2.0s 时间内的平均速度；(3) t1 1.0时的速度及切向和法向
21、加速度；(4) t 1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径 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 -0.50x2 (2) 在t1 1.00 到t2 2.0时间内的平均速度 v=rr2-r1=2.0i-6.0j tt2-t1(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 v(t)=vxi+vyj=dxdyi+j=2.0i-4.0tj dtdtd2xd2ya(t)=2i+2j=-4.0ms-2j dtdt则t1 1.00时的速度 v(t)t 12.0i -4.0j 切向和法向加速度分别为 att=1s=dvd2-2et=(vx+v2y
22、)et=3.58mset dtdtan=a2-at2en=1.79ms-2en (4) t 1.0质点的速度大小为 2-1v=vx+v2y=4.47ms v2则=11.17m an1 -18 飞机以100 m-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后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？ 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v10
23、0 ms-1 ,飞机离地面的高度y100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离 x=v(2) 视线和水平线的夹角为 2y=452m gy=12.5o x=arctan(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 vygt=arctan=arctan vxv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 gtat=gsin=gsinarctan=1.88ms-2 vgtan=gcos=gcosarctan=9.62ms-2 v1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为,炮身与斜坡的夹角为,炮弹的出口速度为v0,忽略空气阻力求：(1
24、)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和必须满足tan=1并与v0 无关 2tan(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 12gtsin (1) 21y=v0tsin-gt2cos (2) 2x=v0tcos-令y 0 求得时间t 后再代入式(1)得 222v0sin2v0sinOP=x=(coscos-sinsin)=cos(+) gcos2gcos2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 rsin-212gtv0t =2sinsin+2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
25、y 0 和vx 0,则 vx=v0cos-gtsin=0 (3) 由(2)(3)两式消去t 后得 tan=1 2sin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 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) 当伞绕伞柄以匀角速旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径2为r=R1+2h/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？ 解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为 x=vt=R
26、t (1) y=212gt=h (2) 22R22h由式(1)(2)可得 x= g由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为 r=x2+R2=R1+2h2 g(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 R=v0sin2 g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3.4
27、4 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) 解 取图示坐标系Oxy,由运动方程 1x=vtcos, y=vtsin-gt2 2消去t 得轨迹方程 y=xtan-g(1+tan2)x2 22v以x 25.0 m,v 20.0 m-1 及3.44 my0 代入后,可解得 71111 6992 27922 1889 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7111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
28、71.11与18.89之间的任何值当倾角取值为27.92 6992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s=v0t-12bt运动,v0 、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？ 解 (1) 质点作圆周运动的速率为 v=ds=v0-bt dt其加速度的切向分量和法向分量分别为 d2sv2(v0-bt)2at=2=-b, an= dtRR故加速度的大小为 at2b2+(v0-bt)4 a=a+a=R2
29、n2t其方向与切线之间的夹角为 (v0-bt)2an=arctan=arctan- atRb(2) 要使ab,由1R2b2+(v0-bt)4=b可得 Rvt=0 b2v0s=st-s0= 2b(3) 从t0 开始到tv0 /b 时,质点经过的路程为 因此质点运行的圈数为 2sv0n= 2R4bR1 -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t2.0 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m-1求：(1) 该轮在t0.5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 解 因R v,由题意t2 得比例系数 v=2rads-3 22tR
30、t所以 =(t)=2t2 k=则t0.5 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为 =2t2=0.5rads-1 =d=4t=2.0rads-2 dtat=R=1.0ms-2 总加速度 a=an+at=Ret+2Ren a=2(R)2+(2R)22=1.01ms-2 在2.0内该点所转过的角度 232t0=5.33rad 00331 -24 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为=2+4t,式-0=dt=2t2dt=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
31、,法向加速度和切向加速度的值相等？ 解 (1) 由于=2+4t,则角速度=向加速度和切向加速度的数值分别为 3d=12t2在t 2 时,法dtant=2s=r2=2.30ms-2 at(2) 当at=a/2=t=2s=rd=4.80ms-2 dt122an+at2时,有3at2=an,即 223(24rt)=r212t2 ()4得 t=此时刻的角位置为 3123=2+4t3=3.15rad (3) 要使an=at,则有 23(24rt)=r212t2 ()4t 0.55 1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v120.0 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
32、求雨滴下落的速度v2 (设下降的雨滴作匀速运动) 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v2=v2+v1 (如图所示),于是可得 v2=v1=5.36ms-1 otan751 -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？ 解 由v2=v2-v1图(b),有 v-vsin =arctan12v2cos而要使arctanl,则 hv1-v2sinl v2co
33、shlcosv1v2+sin h1 -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？ 解 (1) 由vu v可知=arcsinu,则船到达正对岸所需时间为 vt=dd=1.05103s vvcos(2) 由于v=vcos,在划速v一定的条件下,只有当0 时, v 最大(即vv),此时,船过河时间td /v,船到达距正对岸为l 的下游处,且
34、有 l=ut=ud=5.0102m v1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x vt , ygt2 /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？ 解 取Oxy 和Oxy分别为观察者O 和观察者O所在的坐标系,且使Ox 和Ox两轴平行在t 0 时,两坐标原点重合由坐标变换得 xx - v t v t - v t 0 yy 1/2 gt2 d2y=g 加速度 a=ay=2dt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
35、 -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 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
36、( ) (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 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( ) gR (B) 必须等于gR (C) 不得大于gR (D) 还应由汽车的质量m 决定
37、(A) 不得小于分析与解 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vRg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 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的
38、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v2FN-mgsin=m可判断,随 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
39、mg (B) 12 mg (C) mg (D) 2mg 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) 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？ 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mgsin-mgcos=ma
40、 (1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有 l11=at2=g(sin-cos)t2 cos22则 t=2l (2) gcos(sin-cos)为使下滑的时间最短,可令dt=0,由式(2)有 d-sin(sin-cos)+cos(cos-sin)=0 则可得 tan2=-1o,a=49 此时 t=2l=0.99s gcos(sin-cos)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？ 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
