大学物理马文蔚课后答案.docx

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1、大学物理马文蔚课后答案大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 1-1 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 分析与解 dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率通常用符号vr表示,

2、dtdrds表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v=计算,在直dtdt2这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；2dxdy角坐标系中则可由公式v=+求解故选(D) dtdt1-3 分析与解 dv表示切向加速度a,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,dtdrds在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；dtdt起改变速度大小的作用；而dv表示加速度的大小而不是切向加速度a因此只有(3) 式表达是正确的故选(D) dt1-4 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

3、,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 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 而变化小船速度v=dx=dtdldldt,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为dtl2-h2lv=v0l

4、2-h2/l=v0,方向沿x 轴负向由速度表达式,可判断小船作变加速运动故选(C) cos1-6 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：x=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,需根据dx=0来确定其运动方向dt改变的时刻tp ,求出0tp 和tpt 内的位移大小x,则t 时间内的路程s=Dx1 、x2 1+Dx2,如图所示,至于t 2dxdx4.0 s 时质点速度和加速度可用和两式计算 dtdt2第-1-页

5、共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小 x=x4-x0=-32m (2) 由 dx=0 得知质点的换向时刻为 tp=2s (t0不合题意) dt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) t4.0 s时 ,v=2 ,a=2dtt=4.0s1-7 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

6、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xt 图为t 的二次曲线根据各段时间内的运动方程xx(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 dxdx=-48ms-1 dtt=4.0s=-36m.s-2 aAB=aCD=vB-vA=20ms-2 (匀加速直线运动),aBC=0 (匀速直线运动) tB-tAvD-vC=-10ms-2 (匀减速直线运动)

7、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 由此,可计算在02和46时间间隔内各时刻的位置分别为 1x=x+v0t+t2 2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 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ds=解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得

8、质点轨迹方程为,y=2-这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示 (dx)2+(dy)2,最后用s=ds积分求 12x 4第-2-页 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） (2) 将t 0和t 2分别代入运动方程,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

9、中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元ds,则ds=道方程可得dy=-(dx)2+(dy)2,由轨1xdx,代入ds,则2内路程为 24+x2dx=5.91m s=ds=PQ40第-3-页 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 1-9 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 (1) 速度的分量式为 vx=dxdy=-10+60t, vy=15-40t dtdt-1-1当t 0 时, vox -10 m , voy 15 m ,则初速度大小为 v0=v0x+v0y=18.0ms-1 设vo与x 轴的夹角为,则 t

10、an=22v0yv0x3=- 12341 2(2) 加速度的分量式为 ax=dvdvx=60ms-2 , ay=y=-40ms-2 dtdtax+ay=72.1ms-2 22则加速度的大小为 a=设a 与x 轴的夹角为,则 tan=ay2=- ,-3341(或32619) ax31-10 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

11、,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 y1=v0t+121at y2=h+v0t-gt2 22当螺丝落至底面时,有y1 y2 ,即 11v0t+at2=h+v0t-gt2 22t=2h=0.705s g+a (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 1d=h-y2=-v0t+gt2=0.716m 2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 0=h-1(g+a)t2 t=22h=0.705s

12、g+a(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为 第-4-页 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 1h=v0t+at2 则 d=h-h=0.716m 21-11 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Oxy坐标系,并采用参数方程xx(t)和yy(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 (1)

13、 如图(B)所示,在Oxy坐标系中,因=点P 的参数方程为 2t,则质Tx=Rsiny=-Rcos2t, T2t T坐标变换后,在Oxy 坐标系中有 x=x=Rsin2t, Ty=y+y0=-Rcos2t+R T则质点P 的位矢方程为 r=Rsin22ti+-Rcost+RjTT=3sin(0.1t)i+31-cos(0.1t)j dr2222v2=Rcosti+Rsintj=(0.3ms-1)jTTTdrdt222T2a=2=-R2sinti+R2costj=(-0.032ms-2)i dtTTTT(2) 5时的速度和加速度分别为 1-12 分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长

14、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,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=1.9410-3ms-1 2dtcost当杆长等于影长时,即s h,则 t=1sarctan=36060s h4第-5-页 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 即为下午300 时 1-13 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

15、方程,必须在给定条件下用积分方法解决由a=dvdx和v=可得dv=adt和dx=vdt如aa(t)或v v(t),则可两边直接积分如果a 或v不是dtdt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 vv0dv=adt 0t 得 v=4t-t+v0 (1) 由 133dx=vdt x002xt得 x=2t-114t+v0t+x0 (2) 12-1将t3时,x9 m,v2 m代入(1) (2)得v0-1 m,x00.75 m于是可得质点运动方程为 x=2t-214t+0.75 121-14 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

16、度v的函数,因此,需将式dv a(v)dt 分离变量为dv=dt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 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 vv0tdvAdv=dt 得石子速度 v=(1-e-Bt) 0A-BvB由此可知当,t时,vA为一常量,通常称为极限速度或收尾速度 B(2) 再由v=ytdyA=(1-e-Bt)并考虑初始条件有 dtB0dy=AAA(1-e-Bt)dt 得石子运动方程y=t+2(e-Bt-1) 0BBB1-15 分析 与上两题不

17、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第-6-页 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 方程为固定形式,即x=x0+v0xt+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 vtt121axt和y=y0+v0yt+ayt2,两个分运动均为匀变速直线运动读者不妨220dv=adt=(6i+4j)dt v=6ti+4tj 00又由v=rdr及初始条件t0 时,r0(10 m)i,积分可得 dttt2

18、dr=vdt=(6ti+4tj)dt r=(10+3tr000)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轨迹如图所示 dx31-16 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a=dvv和a=在匀速率圆周运dttvv2动中,它们的大小分别为an=,a= ,式中v可由图(B)中的几何关系得到,而t 可由转过的角度Rt 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t0 时的极限值 解 (1) 由图(b)可看

19、到v v2 -v1 ,故 22v=v1+v2-2v1v2cos=v2(1-cos) 而 t=sR= vv所以 vv2=2(1-cos) a= tR (2) 将90,30,10,1分别代入上式,得, v2v2v2v2a10.9003,a20.9886 a30.9987,a41.000 RRRR第-7-页 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） v2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 R1-17 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

20、变化率,即v=r,它与时间间隔t 的大小有关,当t0 时,平均速度t的极限即瞬时速度v=dr切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a 和an ,前者只反映质点在切线方向速dt度大小的变化率,即at=dvt在求得t1 时刻质点e,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a 得到dtv2的速度和法向加速度的大小后,可由公式an=求 解 (1) 由参数方程 x 2.0t, y 19.0-2.0t 消去t 得质点的轨迹方程：y 19.0 -0.50x (2) 在t1 1.00 到t2 2.0时间内的平均速度 22v=rr2-r1=2.0i-6.0j tt2-t1(3) 质点在任意时刻的速度

21、和加速度分别为 d2xd2ydxdyv(t)=vxi+vyj=i+j=2.0i-4.0tj a(t)=2i+2j=-4.0ms-2j dtdtdtdt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=dvd2-2a2-at2en=1.79ms-2en et=(vx+v2y)et=3.58mset an=dtdt第-8-页 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） (4) t 1.0质点的速度大小为 2x2y-11-18 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

22、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 (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 v2v=v+v=4.47ms 则=11.17m anx vt, y 1/2 gt2 飞机水平飞行速度v100 ms ,飞

23、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 -1x=v2y=452m g(2) 视线和水平线的夹角为 =arctany=12.5o x(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 =arctanvyvx=arctangt v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 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

24、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r=v0t+(B)所示,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量) 12如图gt,做出炮弹落地时的矢量图2第-9-页 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 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 x=v0tcos-121

25、gtsin (1) y=v0tsin-gt2cos (2) 22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 12gtrv0t2= 从中消去t 后也可得到同样结果 sinsin-sin+22(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-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

26、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 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 第-10-页 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为 x=vt=Rt (1) y=212gt=h (2) 22R2

27、2h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 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

28、将x、y 值代入即可求出 解 取图示坐标系Oxy,由运动方程 x=vtcos, y=vtsin-消去t 得轨迹方程 12gt 2y=xtan-g22 (1+tan)x22v-1以x 25.0 m,v 20.0 m 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,踢出的足球第-11-页

29、 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 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 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anv2 /R这样,总加速度为a aeanen至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量sst -s0因圆周长为2R,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 v=ds=v0-bt dt其加速度的切向分量和法向分量分别为 d2sv2(v0-b

30、t)2at=2=-b, an= dtRR故加速度的大小为 at2b2+(v0-bt)4 a=a+a=R2n2t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 Rt=v0 b(3) 从t0 开始到tv0 /b 时,质点经过的路程为 2v0s=st-s0= 2b因此质点运行的圈数为 2sv0n= 2R4bR1-23 分析 首先应该确定角速度的函数关系kt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

31、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 因R v,由题意t 得比例系数 22k=v=2rads-3 所以 =(t)=2t2 22tRt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 at=R=1.0ms-2 dt第-12-页 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 2总加速度 a=an+at=Ret+Rena=(R)2+(2R)2=1.01ms-2 在2.0内该点所转过的角度 2222-0=dt=2t2dt=t30=5.33rad 0031-24 分析 掌握角量与

32、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 (1) 由于=2+4t,则角速度=3d在t 2 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 =12t2dt=rd=4.80ms-2 dtant=2s=r2=2.30ms-2 att=2s(2) 当at=a/2=122,即 an+at2时,有3at2=an2423(24rt)=r212t2 得 t3=()1234此时刻的角位置为 =2+4t=3.15rad 23(3) 要使an=at,则有 3(24rt)=r212t2 t 0.55 1-25 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

33、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()v2=v2+v1 (如图所示),于是可得 v2=v1-1=5.36ms otan751-26 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larctan再由相对速度的矢量关系v2=v2-v1,即可求出所需车速v1 h第-13-页 共-123-页 大

34、大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 解 由v2=v2-v1图(b),有 =arctanv1-v2sin v2cosv1-v2sinllcos v1v2+sin v2coshh而要使arctan,则 lh1-27 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vu 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 (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

35、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,且有 l=ut=ud=5.0102m v第-14-页 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 1-28 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 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 x

36、x - 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 2-1 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 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

37、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 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 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 gc

38、os ) 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2向上的动力学方程FN-mgsin=m应选(B) v可判断,随 角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见R第-15-页 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 2-5 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 对于习题2 -5 这种类型的

39、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 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

40、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 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 (1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有 l11=at2=g(sin-cos)t2 则 t=cos22为使下滑的时间最短,可令2l (2) gcos(sin-cos)dt=0,由式(2)有 d1o,a=49 -sin(sin-cos)+cos(cos-sin)=0 则可得 tan2=-第-16-页 共-123-页 大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案） 此时 t=2l=0.9

41、9s gcos(sin-cos)2-7 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 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 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为 -2F 5.94 103 N 乙对甲的作用力为