普通物理教程力学第二版第三章

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面向21世纪课程教材-普通物理学教程-力学-第二版-漆安慎_杜婵英_思考题习题解析

面向21世纪课程教材-普通物理学教程-力学-第二版-漆安慎杜婵英思考题习题解析第一章物理学和力学思考题1.1解答，基本量：长度、质量、时间、电流、温度、物质的量、光强度。

基本单位：米（m ）、千克（kg ）、时间（s ）、安培（A ）、温度（k ）、摩尔（mol ）、坎德拉（cd ）。

力学中的基本量：长度、质量、时间。

力学中的基本单位：米（m ）、千克（kg ）、时间（s ）。

1.2解答，（1）由量纲1dim -=LT v ，2 dim -=LT a ，h km h km h km s m /6.3/36001036001/10/33=⨯==-- 2223232/36006.3/360010)36001/(10/h km h km h km s m ⨯=⨯==-- 改为以h （小时）和km （公里）作为时间和长度的单位时，,36006.3216.320at t v s ⨯⨯+=（速度、加速度仍为SI 单位下的量值）验证一下: 1.0h 3600s t ,4.0m /s a ,/0.220====s m v 利用,2120at t v s += 计算得：)(259272002592000072003600421360022m s =+=⨯⨯+⨯=利用,36006.3216.320at t v s ⨯⨯+= 计算得：)(2.25927259202.71436006.321126.32km s =+=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯= （2）. 仅时间单位改为h 由量纲1 dim -=LT v ，2 dim -=LT a 得h m h m h m s m /3600/360036001//=== 222222/3600/3600)36001/(/h m h m h m s m === 若仅时间单位改为h ，得：,3600213600220at t v s ⨯+=验证一下: 1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,/0.220====s m v利用,2120at t v s +=计算得：)(259272002592000072003600421360022m s =+=⨯⨯+⨯=利用,3600213600220at t v s ⨯+=计算得：)(259272002592000072001436002112360022m s =+=⨯⨯⨯+⨯⨯= （3）. 若仅0v 单位改为km/h 由量纲1 dim -=LT v ,得：sm h km h km h km s m /6.31/,/6.3)36001/(10/3===-仅0v 单位改为km/h ，因长度和时间的单位不变，将km/h 换成m/s 得：,216.3120at t v s +=验证一下: 1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,/0.220====s m v利用,2120at t v s +=计算得：)(259272002592000072003600421360022m s =+=⨯⨯+⨯=利用,216.3120at t v s +=计算得：)(25927200259200007200360042136003600/11026.3123m s =+=⨯⨯+⨯⨯⨯=- 1.3解答，,ksv f ,22=∝sv f][][][][][[?]][][]?[][32242222222222mkgsv f s m kgms sv f s m v m s N f k s m v m s k N f ====----物理意义：体密度。

力学第二版漆安慎高等教育出版社第三章答案

3.4.2 质量为m 的质点在oxy 平面内运动, 质点的运动学方程为j t b i t a rωωsin cos +=, ω,,b a 为正常数,证明作用于质点的合力总是指向原点. 解题思路:本题已知质点的运动学方程,要求的是力,可运用第二章的知识,求得加速度,,再运用牛顿运动定律求力.指向原点的意思是力的方向与矢径方向相反.3.4.4 桌面上叠放着两块木块,质量各为m 1, m 2 ,如图所示, m 2 和桌面的摩擦系数为2μ, m 1, m 2 间的静摩擦系数为1μ, 问水平方向用多大的力才能把下面的物体抽出来.解题思路：本题应先作出受力分析图，可先按极限情况情况讨论刚好抽出所需要的力。

3.4.5 质量为m2,的斜面可在光滑的水平面上滑动,斜面倾角为α,质量为m1的运动员与斜面之间亦无摩擦,求运动员相对于斜面的加速度及其对斜面的压力.解题思路:本题可用非惯系的方法求,如图所示,将坐标取在斜面上,设斜面后退的加速度为a0,则m1除了受重力、斜面的支持力作用外，还受到一惯性力作用（水平向左）运动员相对斜面的加速度为ar，则对于斜面3.4.6 两物体的质量分别为m 和M，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为u。

求在力F 的作用下两物体的加速度及绳的张力。

绳不可伸长解：对每一物体受力分析，由牛顿第二定律列方程,对m、M 水平方向的方程为可解得3.4.9 跳伞运动员初张伞时的速率为00=v ，设所受阻力的大小与其速率的两次方成正比2v α，求)(t v v =的函数(即任一时刻的速度)解题思路：阻力是一变力,应先受力分析,列出运动微分方程,通过解微分方程求解.设阻力的大小可表示成2v f α-=，取向下为正方向。

由牛顿第二定律得 dtdv m v mg =-2α 分离变量，两边积分⎰⎰=-dt v mg dv 2α⎰⎰=-dt v gmdvg211α令 v gmx α=则 dx gmdv α=则⎰⎰=-dt xdxg m 21α 积分,得⎰⎰⎰+-+=+--+=++-=-11211ln 21)]1ln()1[ln(21)1(2)1(21C x xC x x x dx x dx x dx 211ln 21C t mg xx +=-+α113232+-=C eC e x t mg t m g αα所以, 113232+-=C eC egm v tmg t mg ααα带入初始条件 0,00==v t , 得到 13=C1122+-=tmg t mg eegm v ααα3.4.11 棒球的质量为0.14kg.用棒击棒球的力随时间的变化如图所示.设棒球被击前后速度增量大小为70m/s,求力的最大值.打击时,不计重力.解题思路:本题用动量定理,球所受的冲量等于球动量的增量,已知力函数求冲量等于曲线下的面积3.4.18 太空旅馆, 用32m 长的绳联结质量相同的客舱, 如果旅客感到与地面相同的重力作用, 需要绕中点转动的角速度多大? 解: 圆周运动的向心加速度为 g r a ==2ω 所以, s rad rg /78.02328.9===ω3.5.2 升降机A 内有一装置如图示.悬挂的两物体的质量各为1m 和2m ,且21m m ≠.若不计绳及滑轮质量,不计轴承处摩擦,绳不可伸长,求当升降机以加速度A(方向向下)运动时,两物体的加速度各是多少?绳内的张力是多少?解题思路：方法一，用非惯性力学解题。

漆安慎《普通物理学教程：力学》第二版各单元课后习题思维方法分析

建模法、隔离法、演绎法、等效法、叠加法、图示法
1
[3.5.3]
6
非惯性系(转动参考系)中牛顿运动定律的运用：已知受力情况(包括离心惯性力或科里奥利力)及初始条件，求运动情况
建模法、隔离法、演绎法、等效法、叠加法、图示法
3
[3.5.4][3.5.5] [3.5.6]
7
已知受力情况(包括变力 )及时间，求冲量
[4.3.7]
5
已知保守力做功，求对应势能的变化
微元法、极限法、建模法、演绎法
1
[4.4.1]
6
质点系机械能守恒定律的应用：由质点系机械能守恒，已知势能变化，求动能变化(或动能)
建模法、隔离法、演绎法
3
[4.5.1][4.5.2] [4.5.3]
7
动量守恒定律、机械能守恒定律(或动能定理)与恢复系数在对心碰撞问题中的应用
建模法、隔离法、分析法、演绎法、综合法
9
[4.6.2][4.6.3][4.6.4]
[4.6.5] [4.6.6][4.6.7] [4.6.8][4.6.9]
分析法、叠加法、演绎法
2
[2.5.4][2.5.5]
12
相遇问题:已知两质点的加速度、初速度及开始时刻的位置关系，求何时或何地相遇
叠加法、比较法
3
[2.4.5][2.4.7] [2.5.2]
13
已知自然坐标系下的运动学方程(或切向速度)，求切向速度(或切向加速度或合加速度)
类比法、微元法、极限法、叠加法
漆安慎《普通物理学教程：力学》第二版
各单元课后习题思维方法分析
《质点运动学》单元中的习题分析
序号
题型
思维方法
题目数
对应习题题号

普通物理学教程力学第二版课后题答案(第四、十章)

普通物理学教程力学第二版课后题答案(第四、十章)动能和势能思考题4.1 起重机起重重物。

问在加速上升、匀速上升、减速上升以及加速下降、匀速下降、减速下降六种情况下合力之功的正负。

又：在加速上升和匀速上升了距离h这两种情况中，起重机吊钩对重物的拉力所做的功是否一样多？[解答]在加速上升、匀速上升、减速上升以及加速下降、匀速下降、减速下降六种况下合力之功的正负分别为：正、0、负、正、0、负。

在加速上升和匀速上升了距离h这两种情况中，起重机吊钩对重物的拉力所做的功不一样多。

加速上升F mg；匀速上升F mg。

4.2 弹簧A和B，劲度系数，(1)将弹簧拉长同样的距离；(2)拉长两个弹簧到某一长度时，所用的力相同。

在这两种情况下拉伸弹簧的过程中，对那个弹簧做的功更多？[解答](1) KA KB 拉长同样距离1KA 221AB KB 22 ｝KA KB,AA AB.AA(2)FA KAxA, FB KBxB, FxA A KA FA FB FxB BKBOAOBKAxA KBxB22__2AA KAxA KA222KA2KA22__2AB KBxB KB222KB2KB ｝KA KB,AA AB4.3 “弹簧拉伸或压缩时，弹簧势能总是正的。

”这一论断是否正确？如果不正确，在什么情况下，弹簧势能会是负的。

[解答]与零势能的选取有关。

4.4 一同学问：“二质点相距很远，引力很小，但引力势能大；反之，相距很近，引力势能反而小。

想不通”。

你能否给他解决这个疑难？[解答]设两物体（质点）相距无限远处为零势能。

4.5 人从静止开始步行，如鞋底不在地面上打滑，作用于鞋底的摩擦力是否做了功？人体的动能是哪里来的？分析这个问题用质点系动能定理还是用能量守恒定律分析较为方便？[解答]（1）作用于鞋底的摩擦力没有做功。

（2）人体的动能是内力做功的结果。

（3）用质点系动能定理分析这个问题较为方便。

4.6 一对静摩擦力所做功的代数和是否总是负的？正的？为零？[解答] 不一定。

物理学教程第二版全复习提纲

大学物理复习提纲大学物理1第一章质点运动学教学要求：1．质点平面运动的描述，位矢、速度、加速度、平均速度、平均加速度、轨迹方程。

2．圆周运动，理解角量与线量的关系，角速度、角加速度、切向加速度、法向加速度。

主要公式：1．笛卡尔直角坐标系位失r=x i +y j +z k ，质点运动方程（位矢方程）：k t z j t y i t x t r )()()()(++=参数方程：。

t t z z t y y t x x 得轨迹方程消去→⎪⎩⎪⎨⎧===)()()(2．速度：dt rd v =3．加速度：dt vd a =4．平均速度：trv ∆∆=5．平均加速度：t va ∆∆=6．角速度：dt d θω=7．角加速度：dtd ωα=8．线速度与角速度关系：ωR v = 9．切向加速度：ατR dtdva ==10．法向加速度：Rv R a n 22==ω11．总加速度：22n a a a +=τ第二章牛顿定律教学要求：1．牛顿运动三定律及牛顿定律的应用。

2．常见的几种力。

主要公式：1．牛顿第一定律：当0=合外F时，恒矢量=v。

2．牛顿第二定律：dtP d dt v d m a m F=== 3．牛顿第三定律（作用力与反作用力定律）：F F '-=第三章动量与能量守恒定律教学要求：1．质点的动量定理、质点系的动量定理与动量守恒定律。

2．质点的动能定理，质点系的动能定理、机械能守恒定律。

3．变力做功。

4．保守力做功的特点。

主要公式：1．动量定理：P v v m v m dt F I t t∆=-=∆=⋅=⎰)(12212．动量守恒定律：0,0=∆=P F合外力当合外力3. 动能定理：)(21212221v v m E dx F W x x k -=∆=⋅=⎰合4．机械能守恒定律：当只有保守内力做功时，0=∆E第四章刚体教学要求：1．刚体的定轴转动，会计算转动惯量。

2．刚体定轴转动定律与角动量守恒定律。

物理学简明教程第二版知识点总结

物理学简明教程第二版知识点总结物理学是自然科学的一门重要学科，研究物质的本质、性质和运动规律。

物理学简明教程第二版是一本系统介绍物理学基础知识的教材。

本文将对该教材的知识点进行总结，以帮助读者更好地理解和学习物理学。

第一章：物理学的基本概念和原理本章主要介绍了物理学的定义、研究对象、基本概念和基本原理。

物理学是研究物质、能量和它们之间相互作用的科学，它包括经典物理学和现代物理学两个方面。

第二章：运动学运动学是物理学的一个重要分支，研究物体的运动规律。

本章介绍了运动的基本概念，如位移、速度、加速度等，并讨论了匀速直线运动、变速直线运动和曲线运动等不同类型的运动。

第三章：力学力学是研究物体运动的原因和规律的学科。

本章介绍了力的概念和性质，讨论了牛顿三定律以及万有引力定律等重要的力学原理。

第四章：能量能量是物理学中的重要概念，用于描述物体的运动和变化。

本章介绍了能量的种类和转化，包括动能、势能、机械能等，并讨论了能量守恒定律和功与能量的关系。

第五章：振动与波动振动与波动是物理学中的重要现象，涉及到物体的周期性运动和波的传播。

本章介绍了简谐振动的特点和性质，以及波的传播和干涉等基本原理。

第六章：热学热学是研究物体热现象和热力学规律的学科。

本章介绍了温度、热量和热平衡的概念，讨论了热传导、热辐射和热膨胀等热学现象。

第七章：电学电学是研究电荷、电场和电流等现象和规律的学科。

本章介绍了电荷、电场和电势的概念，讨论了静电场、电流和电阻等重要的电学原理。

第八章：磁学磁学是研究磁场和磁性物质的学科。

本章介绍了磁场的产生和性质，讨论了磁感应强度、磁力和电磁感应等基本原理。

第九章：光学光学是研究光的传播和光现象的学科。

本章介绍了光的波动性和粒子性，讨论了光的反射、折射和干涉等基本原理。

第十章：相对论相对论是研究物体在高速运动时的规律的学科。

本章介绍了狭义相对论和广义相对论的基本概念和原理，讨论了时空的相对性和引力的本质。

普通物理学第二版第三章课后习题答案

第三章动量定理及动量守恒定律（习题）3.5.1质量为2kg 的质点的运动学方程为 j ˆ)1t 3t 3(i ˆ)1t 6(r 22+++-=(t 为时间，单位为s ；长度单位为m).求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。

解，j ˆ)3t 6(i ˆt 12v ++= j ˆ6i ˆ12a +=jˆ12i ˆ24a m F +==（恒量）012257.262412tg )N (83.261224F ==θ=+=-3.5.2质量为m 的质点在oxy 平面内运动，质点的运动学方程为ωω+ω=b,a, ,j ˆt sin b i ˆt cos a r为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。

解， ,j ˆt cos b i ˆt sin a v ωω+ωω-= r,j ˆt sin b i ˆt cos a a 22 ω-=ωω-ωω-= r m a m F ω-==3.5.3在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛，一方面由筛孔漏出谷粒，一方面逐出秸杆，筛面微微倾斜，是为了从较底的一边将秸杆逐出，因角度很小，可近似看作水平，筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出，若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4，问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动。

解答，以谷筛为参照系，发生相对运动的条件是,g a ,mg f a m 000μ≥'μ=≥'a ' 最小值为)s /m (92.38.94.0g a 20=⨯=μ='以地面为参照系：解答，静摩擦力使谷粒产生最大加速度为,mg ma 0max μ= ,g a 0max μ=发生相对运动的条件是筛的加速度g a a0max μ=≥'，a '最小值为)s /m (92.38.94.0g a20=⨯=μ='3.5.4桌面上叠放着两块木板，质量各为,m ,m 21如图所示。

2m 和桌面间的摩擦系数为2μ，1m 和2m 间的静摩擦系数为1μ。

物理学教程(第二版)上册第三章课后答案

第三章动量守恒定律与能量守恒定律3 -3对功得概念有以下几种说法:(1) 保守力作正功时,系统内相应得势能增加;(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作得功为零;(3) 作用力与反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功得代数与必为零.下列上述说法中判断正确得就是( )(A) (1)、(2)就是正确得(B) (2)、(3)就是正确得(C) 只有(2)就是正确得(D) 只有(3)就是正确得分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少.由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之与必为零.至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之与未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C).3 -4如图所示,质量分别为m1与m2得物体A与B,置于光滑桌面上,A与B之间连有一轻弹簧.另有质量为m1与m2得物体C与D分别置于物体A与B 之上,且物体A与C、B与D之间得摩擦因数均不为零.首先用外力沿水平方向相向推压A与B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A与B弹开得过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成得系统,有( )(A) 动量守恒,机械能守恒(B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解由题意知,作用在题述系统上得合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D).3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止得木块后而穿出.以地面为参考系,下列说法中正确得说法就是( )(A) 子弹减少得动能转变为木块得动能(B) 子弹-木块系统得机械能守恒(C) 子弹动能得减少等于子弹克服木块阻力所作得功(D) 子弹克服木块阻力所作得功等于这一过程中产生得热分析与解子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统得合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒.这就是因为子弹与木块作用得一对内力所作功得代数与不为零(这就是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能得减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少得动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块得动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功得代数与).综上所述,只有说法(C)得表述就是完全正确得.3 -6 一架以3、0 ×102m·ｓ-1得速率水平飞行得飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 得飞鸟相碰.设碰撞后飞鸟得尸体与飞机具有同样得速度,而原来飞鸟对于地面得速率甚小,可以忽略不计.试估计飞鸟对飞机得冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算).根据本题得计算结果,您对于高速运动得物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害得物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果得问题有些什么体会？分析由于鸟与飞机之间得作用就是一短暂时间内急剧变化得变力,直接应用牛顿定律解决受力问题就是不可能得.如果考虑力得时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中得细节情况.在求鸟对飞机得冲力(常指在短暂时间内得平均力)时,由于飞机得状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行;这时,可将问题转化为讨论鸟得状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用得相互性(作用与反作用),问题就很简单了.解以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向.由动量定理得 0Δ-='v m t F 式中F '为飞机对鸟得平均冲力,而身长为20cm 得飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得 N 1055.252⨯=='lm F v 鸟对飞机得平均冲力为N 1055.25⨯-='-=F F式中负号表示飞机受到得冲力与其飞行方向相反.从计算结果可知,2、25 ×105N 得冲力大致相当于一个22 t 得物体所受得重力,可见,此冲力就是相当大得.若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故.3 -7 如图所示,质量为m 得物体,由水平面上点O 以初速为v 0抛出,v 0与水平面成仰角α.若不计空气阻力,求:(1) 物体从发射点O 到最高点得过程中,重力得冲量;(2) 物体从发射点到落回至同一水平面得过程中,重力得冲量.分析重力就是恒力,因此,求其在一段时间内得冲量时,只需求出时间间隔即可.由抛体运动规律可知,物体到达最高点得时间gαt sin Δ01v =,物体从出发到落回至同一水平面所需得时间就是到达最高点时间得两倍.这样,按冲量得定义即可求得结果.另一种解得方法就是根据过程得始、末动量,由动量定理求出.解1 物体从出发到达最高点所需得时间为gαt sin Δ01v =则物体落回地面得时间为 gt t αsin Δ2Δ0122v == 于就是,在相应得过程中重力得冲量分别为 j j F I αsin Δd 011Δ1v m t mg t t -=-==⎰j j F I αsin 2Δd 022Δ2v m t mg t t -=-==⎰解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 得过程中,重力得冲量分别为j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-=j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 得单位为N,t 得单位为s)得合外力作用在质量m ＝10 kg 得物体上,试求:(1) 在开始2ｓ内此力得冲量;(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用得时间;(3) 若物体得初速度v 1＝10 m·s -1 ,方向与F x 相同,在t ＝6、86s 时,此物体得速度v 2.分析本题可由冲量得定义式⎰=21d t t t F I ,求变力得冲量,继而根据动量定理求物体得速度v 2.解 (1) 由分析知 ()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6、86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6、86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得112s m 40-⋅=+=mm I v v 3 -9 高空作业时系安全带就是非常必要得.假如一质量为51.0 kg 得人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带得保护,最终使她被悬挂起来.已知此时人离原处得距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0、50 s .求安全带对人得平均冲力.分析从人受力得情况来瞧,可分两个阶段:在开始下落得过程中,只受重力作用,人体可瞧成就是作自由落体运动;在安全带保护得缓冲过程中,则人体同时受重力与安全带冲力得作用,其合力就是一变力,且作用时间很短.为求安全带得冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)得改变来分析,即运用动量定理来讨论.事实上,动量定理也可应用于整个过程.但就是,这时必须分清重力与安全带冲力作用得时间就是不同得;而在过程得初态与末态,人体得速度均为零.这样,运用动量定理仍可得到相同得结果.解1 以人为研究对象,按分析中得两个阶段进行讨论.在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时得速度为gh 21=v (1)在缓冲过程中,人受重力与安全带冲力得作用,根据动量定理,有()12Δv v m m t -=+P F (2)由式(1)、(2)可得安全带对人得平均冲力大小为()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg t m Δmg F v 解2 从整个过程来讨论.根据动量定理有N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F 3 -10 质量为m 得小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到ωt 2π=时间内小球动量得增量.分析由冲量定义求得力F 得冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式⎰21d t t t F 积分前,应先将式中x 用x ＝A cos ωt 代之,方能积分.解力F 得冲量为 ωωωkA t t kA t kx t F I t t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d 即()ωkA m -=v Δ 3 -11 一只质量kg 11.01=m 得垒球以11s m 17-⋅=v 水平速率扔向打击手,球经球棒击出后,具有如图(a)所示得速度且大小12s m 34-⋅=v ,若球与棒得接触时间为0、025 s,求:(1)棒对该球平均作用力得大小;(2)垒球手至少对球作了多少功？分析第(1)问可对垒球运用动量定理,既可根据动量定理得矢量式,用几何法求解,如图(b)所示;也可建立如图(a)所示得坐标系,用动量定量得分量式求解,对打击、碰撞一类作用时间很短得过程来说,物体得重力一般可略去不计、题 3-11 图解(1)解 1由分析知,有12mv mv t F -=∆ 其矢量关系如图(b)所示,则)60180cos())((2)()()(2122212 --+=∆mv mv mv mv t F解之得N 9.197=F解 2由图(a)有x x x mv mv t F 12-=∆02-=∆y y mv t F将，则和代入解得及y x y x x F F v v v v v v 60sin 60cos ,22221=-==N 9.19722=+=y x F F F(2) 由质点动能定理,得 J 7.4721212122=-=mv mv W 3 -12 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m 2得直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1得水通过,求弯管所受力得大小与方向.题 3-12 图分析对于弯曲部分AB 段内得水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入得水量等于从另一端流出得水量.因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量得增量也就就是流入与流出水得动量得增量Δp ＝Δm (v B -v A );此动量得变化就是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 得结果.依据动量定理可求得该段水受到管壁得冲力F ;由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁得作用力F′＝-F .解在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水得质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 得水得动量得增量则为Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水得平均冲力()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F 从而可得水流对管壁作用力得大小为N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F作用力得方向则沿直角平分线指向弯管外侧.3 -13 A 、B 两船在平静得湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 得重物,结果就是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1得速度继续向前驶去.A 、B 两船原有质量分别为0、5×103kg 与1、0 ×103 kg,求在传递重物前两船得速度.(忽略水对船得阻力)分析由于两船横向传递得速度可略去不计,则对搬出重物后得船A 与从船B 搬入得重物所组成得系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用得过程中应满足动量守恒;同样,对搬出重物后得船B 与从船A 搬入得重物所组成得系统Ⅱ亦就是这样.由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ得动量守恒方程即可解出结果.解设A 、B 两船原有得速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船得速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物得质量以m 表示.分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有()A A B A A m m m m v v v '=+-(1) ()''=+-B B A B B m m m m v v v (2)由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m·s -1代入数据后,可解得 ()()12s m 40.0-⋅-=---'-=mm m m m m m A B B B A v v()()()12s m 6.3-⋅=---'-=m m m m m m m m B A B B A B v v也可以选择不同得系统,例如,把A 、B 两船(包括传递得物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应得方程求解.3 -14 质量为m′得人手里拿着一个质量为m 得物体,此人用与水平面成α角得速率v 0向前跳去.当她达到最高点时,她将物体以相对于人为u 得水平速率向后抛出.问:由于人抛出物体,她跳跃得距离增加了多少？ (假设人可视为质点)分析人跳跃距离得增加就是由于她在最高点处向后抛出物体所致.在抛物得过程中,人与物之间相互作用力得冲量,使她们各自得动量发生了变化.如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力得冲量为零,系统在该方向上动量守恒.但在应用动量守恒定律时,必须注意系统就是相对地面(惯性系)而言得,因此,在处理人与物得速度时,要根据相对运动得关系来确定.至于,人因跳跃而增加得距离,可根据人在水平方向速率得增量Δv 来计算.解取如图所示坐标.把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物得过程中,满足动量守恒,故有()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0式中v 为人抛物后相对地面得水平速率,v -u 为抛出物对地面得水平速率.得u mm m α'++=cos 00v v 人得水平速率得增量为 u m m m α'+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面得运动时间为gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加得距离 ()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3 -15 一物体在介质中按规律x ＝ct 3作直线运动,c 为一常量.设介质对物体得阻力正比于速度得平方.试求物体由x 0＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作得功.(已知阻力系数为k )分析本题就是一维变力作功问题,仍需按功得定义式⎰⋅=x F d W 来求解.关键在于寻找力函数F ＝F (x ).根据运动学关系,可将已知力与速度得函数关系F (v ) ＝kv 2变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3得关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功得定义式求解.解由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体得速度 23d d ct tx ==v 按题意及上述关系,物体所受阻力得大小为3/43/242299x kc t kc k F ===v则阻力得功为⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W l l -=-==⋅=⎰⎰⎰ x F 3 -16 一人从10.0 m 深得井中提水,起始桶中装有10.0 kg 得水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 得水.水桶被匀速地从井中提到井口,求所作得功.题 3-16 图分析由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡.水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功.由于拉力作功也就就是克服重力得功,因此,只要能写出重力随高度变化得关系,拉力作功即可求出.解水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置得变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0.2 kg/m,人对水桶得拉力得功为()J 882d d 100100=-=⋅=⎰⎰y agy mg W y F3 -17 一质量为0.20 kg 得球,系在长为2.00 m 得细绳上,细绳得另一端系在天花板上.把小球移至使细绳与竖直方向成30°角得位置,然后从静止放开.求:(1) 在绳索从30°角到0°角得过程中,重力与张力所作得功;(2) 物体在最低位置时得动能与速率;(3) 在最低位置时得张力.题 3-17 图分析 (1) 在计算功时,首先应明确就是什么力作功.小球摆动过程中同时受到重力与张力作用.重力就是保守力,根据小球下落得距离,它得功很易求得;至于张力虽就是一变力,但就是,它得方向始终与小球运动方向垂直,根据功得矢量式⎰⋅=s d F W ,即能得出结果来.(2) 在计算功得基础上,由动能定理直接能求出动能与速率.(3) 在求最低点得张力时,可根据小球作圆周运动时得向心加速度由重力与张力提供来确定.解 (1) 如图所示,重力对小球所作得功只与始末位置有关,即 ()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P在小球摆动过程中,张力F Ｔ得方向总就是与运动方向垂直,所以,张力得功s F d T T ⋅=⎰W(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能得增量就是由于重力对它作功得结果.初始时动能为零,因而,在最低位置时得动能为J 53.0k ==P W E小球在最低位置得速率为1P K s m 30.222-⋅===mW m E v (3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得lm P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v 3 -18 一质量为m 得质点,系在细绳得一端,绳得另一端固定在平面上.此质点在粗糙水平面上作半径为r 得圆周运动.设质点得最初速率就是v 0.当它运动一周时,其速率为v 0 /2.求:(1) 摩擦力作得功;(2) 动摩擦因数;(3) 在静止以前质点运动了多少圈？分析质点在运动过程中速度得减缓,意味着其动能减少;而减少得这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上.由此,可依据动能定理列式解之.解 (1) 摩擦力作功为20202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-=(1) (2) 由于摩擦力就是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有mg r s F W μπ2180cos o f -== (2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为rgπμ16320v = (3) 由于一周中损失得动能为2083v m ,则在静止前可运行得圈数为 34k0==W E n 圈 3 -19 如图(a)所示,A 与B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们得质量分别为m 1与m 2.问在A 板上需加多大得压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起.(设弹簧得劲度系数为k )题 3-19 图分析运用守恒定律求解就是解决力学问题最简捷得途径之一.因为它与过程得细节无关,也常常与特定力得细节无关.“守恒”则意味着在条件满足得前提下,过程中任何时刻守恒量不变.在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立得条件.该题可用机械能守恒定律来解决.选取两块板、弹簧与地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力与弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒得条件.只需取状态1与状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力得平衡,便可将所需压力求出.解选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能与弹性势能零点.作各状态下物体得受力图.对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1＝P 1＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选得系统,由机械能守恒定律可得2221212121mgy ky mgy ky +=- 式中y 1、y 2为M 、N 两点对原点O 得位移.因为F 1＝ky 1 ,F 2＝ky 2及P 1＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得F ＝P 1＋F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2＝P 2 ,且F 2＝F′2.由式(3)可得F ＝P 1＋P 2＝(m 1＋m 2 )g应注意,势能得零点位置就是可以任意选取得.为计算方便起见,通常取弹簧原长时得弹性势能为零点,也同时为重力势能得零点.3 -20 如图所示,一质量为m 得木块静止在光滑水平面上,一质量为m /2得子弹沿水平方向以速率0v 射入木块一段距离L (此时木块滑行距离恰为s )后留在木块内,求:(1)木块与子弹得共同速度v ,此过程中木块与子弹得动能各变化了多少？(2)子弹与木块间得摩擦阻力对木块与子弹各作了多少功？(3)证明这一对摩擦阻力得所作功得代数与就等于其中一个摩擦阻力沿相对位移L 所作得功、(4)证明这一对摩擦阻力所作功得代数与就等于子弹-木块系统总机械能得减少量(亦即转化为热得那部分能量)、题 3-20 图分析对子弹-木块系统来说,满足动量守恒,但系统动能并不守恒,这就是因为一对摩擦内力所做功得代数与并不为零,其中摩擦阻力对木块作正功,其反作用力对子弹作负功,后者功得数值大于前者,通过这一对作用力与反作用力所做功,子弹将一部分动能转移给木块,而另一部分却转化为物体内能、本题(3)、(4)两问给出了具有普遍意义得结论,可帮助读者以后分析此类问题、解(1)子弹-木块系统满足动量守恒,有v m m mv )2/(2/0+=解得共同速度031v v =对木块 2022k 181021mv mv E =-=∆ 对子弹 202022k 92)2(21)2(21mv v m v m E -=-=∆ (2) 对木块与子弹分别运用质点动能定理,则对木块 201k 1181mv E W =∆= 对子弹 202k 292mv E W -=∆= (3) 设摩擦阻力大小为f F ,在两者取得共同速度时,木块对地位移为s ,则子弹对地位移为L +s ,有对木块 s F W f 1= 对子弹 )(f 2s L F W +-= 得 L F W W W f 21-=+=式中L 即为子弹对木块得相对位移,“-”号表示这一对摩擦阻力(非保守力)所作功必定会使系统机械能减少、(4) 对木块 2f 121mv s F W == 对子弹 202f 2)2(21)2(21)(v m v m s L F W -=+-= 两式相加,得202221)2(21])2(2121[v m v m mv W W -+=+ 即 20f 183mv L F -=- 两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系得动能定理表达式,左边为一对内力所作功,右边为系统动能得变化量、3 -21 用铁锤把钉子敲入墙面木板.设木板对钉子得阻力与钉子进入木板得深度成正比.若第一次敲击,能把钉子钉入木板1、00 ×10 -2m.第二次敲击时,保持第一次敲击钉子得速度,那么第二次能把钉子钉入多深？分析由于两次锤击得条件相同,锤击后钉子获得得速度也相同,所具有得初动能也相同.钉子钉入木板就是将钉子得动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作得功相等.由于阻力与进入木板得深度成正比,按变力得功得定义得两次功得表达式,并由功相等得关系即可求解.解因阻力与深度成正比,则有F ＝kx (k 为阻力系数).现令x 0＝1、00 ×10 -2 m,第二次钉入得深度为Δx ,由于钉子两次所作功相等,可得⎰⎰+=x x x x x kx x kx Δ0000d dΔx ＝0、41 ×10 -2 m3 -22 一质量为m 得地球卫星,沿半径为3R E 得圆轨道运动, R E 为地球得半径.已知地球得质量为m E .求:(1) 卫星得动能;(2) 卫星得引力势能;(3) 卫星得机械能.分析根据势能与动能得定义,只需知道卫星得所在位置与绕地球运动得速率,其势能与动能即可算出.由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动得速率与动能.由于卫星得引力势能就是属于系统(卫星与地球)得,要确定特定位置得势能时,必须规定势能得零点,通常取卫星与地球相距无限远时得势能为零.这样,卫星在特定位置得势能也就能确定了.至于卫星得机械能则就是动能与势能得总与.解 (1) 卫星与地球之间得万有引力提供卫星作圆周运动得向心力,由牛顿定律可得()E 22E E 33R m R m m G v = 则EE 2k 621R m m G m E ==v (2) 取卫星与地球相距无限远(r →∞)时得势能为零,则处在轨道上得卫星所具有得势能为 E E P 3R m m GE -= (3) 卫星得机械能为EE E E E E P k 636R m m G R m m G R m m G E E E -=-=+= 3 -23 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 得半球形屋面,有一冰块从光滑屋面得最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计.求此冰块离开屋面得位置以及在该位置得速度.题 3-23 图分析取冰块、屋面与地球为系统,由于屋面对冰块得支持力F N 始终与冰块运动得方向垂直,故支持力不作功;而重力P 又就是保守内力,所以,系统得机械能守恒.但就是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度与位置两个物理量;因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向得动力学方程.求解上述两方程即可得出结果.解由系统得机械能守恒,有θmgR m mgR cos 212+=v (1) 根据牛顿定律,冰块沿径向得动力学方程为 Rm F θmgR 2N cos v =- (2) 冰块脱离球面时,支持力F N ＝0,由式(1)、(2)可得冰块得角位置o θ2.4832arccos == 冰块此时得速率为32cos Rg θgR ==v v 得方向与重力P 方向得夹角为 α＝90° - θ＝41、8°3 -24 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 得小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7、5 ×10 -2m.然后在弹簧弹性力得作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动.小球与轨道间得摩擦不计.已知BCD 就是半径r ＝0.15 m 得半圆弧,AB 相距为2r .求弹簧劲度系数得最小值.题 3-24 图分析若取小球、弹簧与地球为系统,小球在被释放后得运动过程中,只有重力与弹力这两个保守内力作功,轨道对球得支持力不作功,因此,在运动得过程中,系统得机械能守恒.运用守恒定律解题时,关键在于选好系统得初态与终态.为获取本题所求得结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧得劲度系数与初态相联系;而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时得最高点C 处,因为这时小球得速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动;小于此速率时,小球将脱离轨道抛出.该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需得向心力,由牛顿定律求出.这样,再由系统得机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数得最小值.解小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力F N ＝0,因此,有rm mg c 2v = (1) 取小球开始时所在位置A 为重力势能得零点,由系统得机械能守恒定律,有()()22213Δ21c m r mg l k v += (2) 由式(1)、(2)可得()12m N 366Δ7-⋅==l mgr k 3 -25 如图所示,质量为m 、速度为v 得钢球,射向质量为m′得靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 得弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动.求子弹射入靶内弹簧后,弹簧得最大压缩距离.题 3-25 图分析这也就是一种碰撞问题.碰撞得全过程就是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球与靶组成得系统在水平方向不受外力作用,外力得冲量为零,因此,在此方向动量守恒.但就是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来.又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统得机械能也守恒.应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解.应用守恒定律求解,可免除碰撞中得许多细节问题.解设弹簧得最大压缩量为x 0.小球与靶共同运动得速度为v 1.由动量守恒定律,有()1v v m m m '+= (1)又由机械能守恒定律,有()20212212121kx m m m +'+=v v (2) 由式(1)、(2)可得()v m m k m m x '+'=0 3 -26 质量为m 得弹丸A ,穿过如图所示得摆锤B 后,速率由v 减少到v/2.已知摆锤得质量为m ′,摆线长度为l ,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全得圆周运动,弹丸速度v 得最小值应为多少？题 3-26 图分析该题可分两个过程分析.首先就是弹丸穿越摆锤得过程.就弹丸与摆锤所组成得系统而言,由于穿越过程得时间很短,重力与得张力在水平方向得冲量远小于冲击力得冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力得冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒.摆锤在碰撞中获得了一定得速度,因而具有一定得动能,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,必须使摆锤在最高点处有确定得速率,该速率可由其本身得重力提供圆周运动所需得向心力来确定;与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地球组成得系统满足机械能守恒定律,根据两守恒定律即可解出结果.解由水平方向得动量守恒定律,有v v v ''+=m m m 2(1) 为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中得张力F Ｔ＝0,则lm g m h 2v ''=' (2)。

普通物理学力学第二版课后习题答案(全)推荐

第一章物理学和力学1.2中学所学习的匀变速直线运动公式为,2120at t v s += 各量单位为时间：s （秒），长度：m （米），若改为以h （小时）和km （公里）作为时间和长度的单位，上述公式如何？若仅时间单位改为h ，如何？若仅0v 单位改为km/h ，又如何？解答，（1）由量纲1LTvdim -=，2LT a dim -=，h/km 6.3h/km 360010h 36001/km 10s /m 33=⨯==--2223232h /km 36006.3h /km 360010)h 36001/(km 10s /m ⨯=⨯==--改为以h （小时）和km （公里）作为时间和长度的单位时，,at 36006.321t v 6.3s 20⨯⨯+=1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,s /m 0.2v 20====利用,at 21t v s 20+=计算得： )m (25927200259200007200360042136002s 2=+=⨯⨯+⨯=利用,at 36006.321t v 6.3s 20⨯⨯+=计算得)km (2.25927259202.71436006.321126.3s 2=+=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯=（2）. 仅时间单位改为h由量纲1LTv dim -=，2LTadim -=得h /m 3600h/m 3600h 36001/m s /m ===222222h /m 3600h/m 3600)h 36001/(m s /m ===若仅时间单位改为h ，得：,at 360021t v 3600s 220⨯+=验证一下:1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,s /m 0.2v 20==== 利用,at 21t v s 20+=计算得： )m (25927200259200007200360042136002s 2=+=⨯⨯+⨯=利用,at 360021t v 3600s 220⨯+=计算得：)m (2592720025920000720014360021123600s 22=+=⨯⨯⨯+⨯⨯= （3）. 若仅0v 单位改为km/h由量纲1LTv dim -=,得s/m 6.31h /km ,h /km 6.3)h 36001/(km 10s /m 3===-仅0v 单位改为km/h ，因长度和时间的单位不变，将km/h 换成m/s得,at 21t v 6.31s 20+=验证一下:1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,s /m 0.2v 20====利用,at 21t v s 20+=计算得： )m (25927200259200007200360042136002s 2=+=⨯⨯+⨯=利用,at 21t v 6.31s 20+=计算得：)m (25927200259200007200360042136003600/11026.31s 23=+=⨯⨯+⨯⨯⨯=-1.3设汽车行驶时所受阻力f 与汽车的横截面积S 成正比，且与速率v 之平方成正比。

物理学教程(第二版)上册课后答案1,2,3单元

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 ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r(C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s(D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s(2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v(C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )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Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜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Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故ts t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -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 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．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tr d d 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v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；t d d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1 -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 ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ．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)是对的分析与解td d v 表示切向加速度a ｔ,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,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．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) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(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 ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 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 ｔ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 ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ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 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,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 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Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,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0d d =tx 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x 两式计算．题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由0d d =tx 得知质点的换向时刻为 s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t x v 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a 1 -6 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；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 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析).解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为 2412x y -=这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x 其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=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．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t tx x 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v 0x ＝-10 m·ｓ-1 , v 0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v 0与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==x yαv v α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta x x v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v 则加速度的大小为 222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则 32tan -==x y a a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -8 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y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(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20121at t y +=v 20221gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v v s 705.02=+=ag h t (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m 716.021202=+-=-=gt t y h d v 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)(210t a g h +-= s 705.02=+=ag h t (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v则 m 716.0='-=h h d题 1-8 图1 -9 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．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t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d 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 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⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=txx t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得 v 0＝-1 m·ｓ-1, x 0＝0.75 m于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -10 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 -B v ,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d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分．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 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-vv (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v v v 得石子速度 )e 1(Bt B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)e 1(d d Bt BA t y --==v 并考虑初始条件有 t BA y t Bt y d )e 1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(e 2-+=-Bt B A t B A y 1 -11 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．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 1-11 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a x 和a y 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20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,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t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==tt t t 000)d 46(d d j i a vvj i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt rr t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2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32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )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t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ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ρ．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t ΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 22222s m 0.4d d d d )(-⋅-=+=ty t x t则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na ρv 1 -13 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2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？题 1-13 图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α或β．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α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 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x ＝v t , y ＝1/2 gt 2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m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为o 5.12arctan==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 vv v gt αx yarctan arctan == 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2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g g a n α 1 -14 为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口，如图所示，柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为1500=v h km 1-⋅，他随即以仰角 5=α冲出，飞越跨度达57 m ，安全着陆在西岸木桥上，求：题 1-14 图（1）柯飞车跨越黄河用了多长时间？（2）若起飞点高出河面10 m ，柯驾车飞行的最高点距河面为几米？（3）西岸木桥和起飞点的高度差为多少？分析由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动来说，运用叠加原理是求解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的直角坐标系，将运动分解为两个相互正交的直线运动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g ，故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动，直接列出相关运动规律方程即可求解，本题可建立图示坐标系，图中m m x y 和分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度. 解在图示坐标系中，有t v x )cos (0α= （1）2021sin (gt t v y -=）α （2） gt v v y -=αsin 0 （3）(1) 由式（1），令57m ==x x m ，得飞跃时间37.1cos 0m m ==αv x t s （2）由式（3），令0=y v ，得飞行到最大高度所需时间gv t αsin 0m =’将’m t 代入式（2），得飞行最大高度 67.02sin 220m ==gv y αm 则飞车在最高点时距河面距离为10m +=y h m 67.10= m（3）将37.1m =t s 代入式（2），得西岸木桥位置为y = - 4.22 m“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.讨论本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在 y 方向上的运动方程应为10=y m + 2021)sin (gt t v -α 1 -15 如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角 30=α，球的抛射角 60=β，设球被抛出时的速率v 0 ＝19.6 m·ｓ-1，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡底端的距离为多少？此过程经历多长时间？题 1-15 图分析求解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图（a ）和图（b ）所示.在图（a ）坐标系中，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-g αcos 和-g αsin ，看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y =0,对应的时间t 和x 的值即为本题所求.在图（b ）坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P 的坐标y 与x 的关系列出来.解 1 由分析知，在图（a ）坐标系中，有20)sin (21)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1） 20)cos (21)]sin([t g t v y ααβ-+-= （2）落地时，有y =0，由式（2）解得飞行时间为31.230tan 20==g v t s将 t 值代入式（1），得1.26322===g v x OP m解 2 由分析知，在图（b ）坐标系中，对小球 t v x )cos (0β=（1） 2021)sin (gt t v y -=β（2）对点P αtan x y ='（3）由式（1）、（2）可得球的轨道方程为ββ2202cos 2tan v gx x y -=（4）落地时，应有y y '=，即60cos 260tan 30tan 2202v gx x x -=解之得落地点P 的x 坐标为g v x 332=（5）则 1.263230cos 20===g v xOP m联解式（1）和式（5）可得飞行时间31.2=t s讨论比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?1 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(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a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,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bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为 b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -17 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 ＝2.0ｓ时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．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 ,ω＝ω(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．解因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa 在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -18 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ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,θ 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 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t (2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-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)题 1-19 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Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v 2 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v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得 1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1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v 2′的方向)应满足hl αarctan≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．题 1-20 图解由122v v v -='［图(b)］,有θθcos sin arctan 221v v v -=α而要使hlαarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 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,它的加速度的大小为( )(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ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 Ｔ (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mg cot θ,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F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 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F N 成正比地增大(C) 开始随F N 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μF N 范围内取值．当F N 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μ,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gRμμ(B) 必须等于gR(C) 不得大于gRμ(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供,能够提供的最大向心力应为μF N．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．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重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N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 g cos θ) 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R m θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,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) 5/8 mg (B) 1/2 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,m a 为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ＝5/8 mg ．故选(A)．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a A 和a B 均应对地而言,本题中a A 和a B 的大小与方向均不相同．其中a A 应斜向上．对a A 、a B 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2 -6 图示一斜面,倾角为α,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μ＝0.14．试问,当α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α＝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ma αmg μαmg =-cos sin (1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -== 则 ()αμααg l t cos sin cos 2-= (2)为使下滑的时间最短,可令0d d =αt,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα 则可得μα12t a n -=,o 49=α 此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg l t2 -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m 1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m 2 ＝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·ｓ-2的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m·ｓ-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？题2-7 图分析预制板、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FＴ-( m1＋m2)g ＝(m1＋m2)a (1)F N2 - m2g ＝m2a (2) 解上述方程,得FＴ＝(m1＋m2)(g ＋a) (3)F N2＝m2(g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a＝10 m·ｓ-2上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F′N2＝-F N2＝-m2 (g ＋a)＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a＝1 m·ｓ-2上升时,得绳张力的值为FＴ＝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·ｓ-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m A g -F Ｔ＝m A a (1) F ′Ｔ1 -F ｆ＝m B a ′ (2) F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3) 考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ＝F′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力()N 2.724f =+-=a m m mg F题 2-8 图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μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？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。

力学第二版漆安慎高等教育出版社第三章答案.doc

3.4.2 质量为m 的质点在oxy 平面内运动, 质点的运动学方程为j t b i t a rsin cos , ,,b a 为正常数,证明作用于质点的合力总是指向原点. 解题思路:本题已知质点的运动学方程,要求的是力,可运用第二章的知识,求得加速度,,再运用牛顿运动定律求力.指向原点的意思是力的方向与矢径方向相反.3.4.4 桌面上叠放着两块木块,质量各为m 1, m 2 ,如图所示, m 2 和桌面的摩擦系数为2 , m 1, m 2 间的静摩擦系数为1 , 问水平方向用多大的力才能把下面的物体抽出来.解题思路：本题应先作出受力分析图，可先按极限情况情况讨论刚好抽出所需要的力。

求在力F 的作用下两物体的加速度及绳的张力。

绳不可伸长解：对每一物体受力分析，由牛顿第二定律列方程,对m、M 水平方向的方程为可解得3.4.9 跳伞运动员初张伞时的速率为00 v ，设所受阻力的大小与其速率的两次方成正比2v ，求)(t v v 的函数(即任一时刻的速度)解题思路：阻力是一变力,应先受力分析,列出运动微分方程,通过解微分方程求解.设阻力的大小可表示成2v f ，取向下为正方向。

由牛顿第二定律得 dtdv m v mg 2 分离变量，两边积分dt v mg dv 2dt v gmdvg211令 v gmx则 dx gmdv则dt xdxg m 21 积分,得11211ln 21)]1ln()1[ln(21)1(2)1(21C x xC x x x dx x dx x dx 211ln 21C t mg xx113232C eC e x t mg t m g所以, 113232C eC egm v tmg t mg带入初始条件 0,00 v t , 得到 13 C1122tmgtmgeegmv3.4.11 棒球的质量为0.14kg.用棒击棒球的力随时间的变化如图所示.设棒球被击前后速度增量大小为70m/s,求力的最大值.打击时,不计重力.解题思路:本题用动量定理,球所受的冲量等于球动量的增量,已知力函数求冲量等于曲线下的面积3.4.18 太空旅馆, 用32m 长的绳联结质量相同的客舱, 如果旅客感到与地面相同的重力作用, 需要绕中点转动的角速度多大?解: 圆周运动的向心加速度为gra2所以, sradrg/78.02328.93.5.2 升降机A 内有一装置如图示.悬挂的两物体的质量各为1m和2m,且21mm .若不计绳及滑轮质量,不计轴承处摩擦,绳不可伸长,求当升降机以加速度A(方向向下)运动时,两物体的加速度各是多少?绳内的张力是多少?解题思路：方法一，用非惯性力学解题。

《普通物理学教程力学(第二版》电子教案目录精编版

第八章弹性体的应力和应变
§8.1 弹性体的拉伸和压缩 §8.2 弹性体的剪切形变 §8.3 弯曲和扭转
第九章振动
§9.1简谐振动的动力学特征 §9.2简谐振动的运动学 §9.3简谐振动的能量转换 §9.4简谐振动的合成 §9.5 振动的分解 §9.6 阻尼振动 §9.7 受迫振动 §9.8“不守规矩”的摆混沌行为 §9.9 参数振动自激振动
漆安慎杜婵英著
普通物理学教程力学（第二版）
电子教案
何丽珠研制
高等教育出版社高等教育电子音像出版社
第一章物理学和力学
§1.1 发展着的物理学 §1.2 物理学研究的方法 §1.3 时间和长度的测量 §1.4 单位制和量纲 §1.5 数量级估计 §1.6 参考系·坐标系与时间坐标轴 §1.7 力学——学习物理学的开始
第十章波动和声
§10.1 波的基本概念 §10.2 平面简谐波方程 §10.3 波动方程与波速 §10.4 平均能流密度·声强与声压 §10.5 波的叠加和干涉·驻波 §10.6 多普勒效应
第十一章流体力学
§11.1 理想流体 §11.2 静止流体内的压强 §11.3 流体运动学的基本概念 §11.4 伯努利方程 §11.5 流体的动量和角动量 §11.6 黏性流体的运动 §11.7 固体在流体中受到的阻力 §11.8 机翼的升力
第二章质点运动学
§ 2.1 质点的运动学方程 §2.2 瞬时速度矢量与瞬时加速度矢量 §2.3 质点直线运动——从坐标到速度和加速度 §2.4质点直线运动——从加速度到速度和坐标 §2.5 平面直角坐标系·抛体运动 §2.6 自然坐标·切向和法向加速度 §2.7 极坐标系·径向速度与横向速度 §2.8 伽利略变换

普通物理-量子力学习题解-第三章

第三章：一维定态问题[1]对于无限深势阱中运动的粒子（见图3-1）证明并证明当时上述结果与经典结论一致。

[解]写出归一化波函数：（1）先计算坐标平均值：利用公式：（2）得（3）计算均方根值用以知，可计算利用公式（5）（6）在经典力学的一维无限深势阱问题中，因粒子局限在（0，a）范围中运动，各点的几率密度看作相同，由于总几率是1，几率密度。

故当时二者相一致。

#[2]试求在不对称势力阱中粒子的能级。

[解] （甲法）：根据波函数标准条件，设定各区间的波函数如下：(x<0区)：（1）（0<x<a区）：（2）（x>a区）：（3）但写出在连接点x=0处连续条件（4）（5）x=a处连续条件（6）（7）（4）（5）二式相除得（6）（7）二式相除得从这两式间可消去B，C，得到一个间的关系解出，得（8）最后一式用E表示时，就是能量得量子化条件：（乙法）在0<x<a区间中波函数表示为现在和前一法相同写出边界条件：（在x=0处）(9)(10) (在x=a处) (11)(12)（9）（10）相除得(13)（11）（12）相除得(14)写出（13）（14）的反正切关系式，得到：或前述两法的结果形式不同，作为一种检验，可以用下述方法来统一。

试将第二法所得的量子化条件，等号左右方取其正切：左方此结果与第一法相同。

#［3］设质量为ｍ的粒子在下述势阱中运动：求粒子的能级。

（解）本题是在半区中的一维谐振子，它的薛定谔方程式在ｘ＞０的半区内与普通谐振子的相同，在负半区中。

一般谐振子的函数ψ（x）满足薛氏方程式：（1）作自变量变换（）并将波函数变换：得u的微分方程：（2）但（3）设（2）的解是级数：（4）将（4）代入（2）知道，指标s的值是s=1或s=0。

此外又得到相同的二个未定系数之间的关系有二种：s=0时，（5）s=1时，（6）为了使波函数ψ（x）满足标准条件，级数（4）必需中断。

此外由于本题情形中应满足边界条件（波函数连续性），x=0时ψ（x）=0，即u（0）=0。

漆安慎《普通物理学教程：力学》第二版《相对论简介》单元思维方法分析一览表

(三)关于相对性原理的思考
物理学家重新考虑克斯韦方程是否满足相对性原理
臻美法
12.2洛伦兹变换
(一)狭义相对论的基本假设
光速不变原理
√
臻美法
狭义的相对性原理
√
臻美法
(二)洛伦兹变换
新的时间空间坐标变换关系需要满足两个条件
√
臻美法、演绎法
(三)洛伦兹变换蕴含的时空观
同时是相对的
演绎法
运动的杆缩短
演绎法
漆安慎《普通物理学教程：力学》第二版
《相对论简介》单元思维方法分析一览表
节思维方法
12.1狭义相对论的历史背景
(一)麦克斯韦方程建立引起的问题
“以太”是否存在的问题
类比法
麦克斯韦方程组是否满足相对性原理的问题
对称法
(二)菲索与迈克耳孙-莫雷实验
迈克耳孙-莫雷实验的基本原理
演绎法
运动的时钟变慢
演绎法
(四)尺缩钟慢的实验检验
许多实验能检验相对论尺缩钟慢效应
归纳法
12.3相对论的速度变换
相对论的速度变换
根据洛伦兹力变换和速度定义求出相对论的速度变换
√
演绎法
12.4相对论的动量和能量
(一)相对论的动量
相对论的动量
√
臻美法
(二)相对论的质能公式
质能关系式
√
等效法
静能概念
演绎法
由质能关系式和静能定义，可推出总能等于动能加静能
归纳法
臻美法
(二)等效原理和广义相对性原理
弱等效原理
等效法
强等效原理
等效法
广义相对性原理
等效法
局域惯性系
微元法、建模法
*12.6引力场与弯曲时空