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1、1-1 分析及解 (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更量,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,即但由于drds,故,即由此可见,应选(C)1-2 分析及解表示质点到坐标原点的间隔 随时间的变更率,在极坐标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重量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式
2、求解故选(D)1-3 分析及解表示切向加速度a,它表示速度大小随时间的变更率,是加速度矢量沿速度方向的一个重量,起变更速度大小的作用；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；而表示加速度的大小而不是切向加速度a因此只有(3) 式表达是正确的故选(D)1-4 分析及解加速度的切向重量a起变更速度大小的作用,而法向重量an起变更速度方向的作用质点作圆周运动时,由于速度方向不断变更,相应法向加速度的方向也在不断变更,因此法向加速度是确定变更的至于a是否变更,则要视质点的速率状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
3、的恒量,当a变更时,质点则作一般的变速率圆周运动由此可见,应选(B)1-5 分析及解本题关键是先求得小船速度表达式,进而推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 而变更小船速度,式中表示绳长l 随时间的变更率,其大小即为v0,代入整理后为,方向沿x 轴负向由速度表达式,可推断小船作变加速运动故选(C)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变更时,位移的大小才会及路程相等质点在t 时间内的位移x 的大小可干脆由运动方程得到：,而在求路程时,就必需留意到质点在运动过程中可
4、能变更运动方向,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变更的时刻tp ,求出0tp 和tpt 内的位移大小x1 、x2 ,则t 时间内的路程,如图所示,至于t 4.0 s 时质点速度和加速度可用和两式计算解(1) 质点在4.0 s内位移的大小 (2) 由 得知质点的换向时刻为 (t0不合题意)则 ,所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 (3) t4.0 s时 ,1-7 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 图上是平行
5、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 图应是始终线,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,采纳描数据点的方法,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 (匀加速直线运动), (匀速直线运动) (匀减速直线运动)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用描数据点的作图方法,由表中数据可作02和46
6、时间内的x -t 图在24时间内, 质点是作的匀速直线运动, 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重量式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,最终用积分求解(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为,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 其中位移大小而径向增
7、量*(4) 如图(B)所示,所求s 即为图中PQ段长度,先在其间随意处取AB 微元ds,则,由轨道方程可得,代入ds,则2内路程为1-9 分析由运动方程的重量式可分别求出速度、加速度的重量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向解(1) 速度的重量式为当t 0 时, vox -10 m-1 , voy 15 m-1 ,则初速度大小为设vo及x 轴的夹角为,则 12341(2) 加速度的重量式为则加速度的大小为 设a 及x 轴的夹角为,则 ,-3341(或32619)1-10 分析在升降机及螺丝之间有相对运动的状况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别探讨升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为
8、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,即位矢一样这一条件,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,此加速度应当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,升降机及螺丝的运动方程分别为当螺丝落至底面时,有y1 y2 ,即 (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的间隔 为解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(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为 则 1-1
9、1 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,并采纳参数方程xx(t)和yy(t)来表示圆周运动是比拟便利的然后,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 在随意时刻的位矢采纳对运动方程求导的方法可得速度和加速度解(1) 如图(B)所示,在Oxy坐标系中,因,则质点P 的参数方程为坐标变换后,在Oxy 坐标系中有则质点P 的位矢方程为(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
10、大小,必需建立影长刚好间的函数关系,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,从正午时分开场计时,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当杆长等于影长时,即s h,则即为下午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方程,必需在给定条件下用积分方法解决由和可得和如aa(t)或v v(t),则可两边干脆积分假设a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分别变量或变量代换等数
11、学操作后再做积分解由分析知,应有 得 (1)由 得 (2)将t3时,x9 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1-14 分析本题亦属于运动学第二类问题,及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 分别变量为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 (1)用分别变量法把式(1)改写为 (2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有 得石子速度 由此可知当,t时,为一常量,通常称为极限速度或收尾速度(2) 再由并考虑初始条件有 得石子运动方程1-15 分析及上两题不同处在于质点作平
12、面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个重量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个重量式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,积分可得又由和初始条件t0 时,r0(10 m)i,积分可得由上述结果可得质点运动方程的重量式,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,3341轨迹如图所示1-16 分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为和在匀速率圆周运
13、动中,它们的大小分别为, ,式中v可由图(B)中的几何关系得到,而t 可由转过的角度 求出由计算结果能清晰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)可看到v v2 -v1 ,故 而 所以 (2) 将90,30,10,1分别代入上式,得,以上结果说明,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1-17 分析根据运动方程可干脆写出其重量式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更率,即,它刚好间间隔t 的大小有关,当t0 时,平均速度的极限即瞬时速度切向和法向加速度是指
14、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度大小的变更率,即,后者只反映质点速度方向的变更,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(3) 质点在随意时刻的速度和加速度分别为则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(4) t 1.0质点的速度大小为 则1-18 分析物品空投后作平抛运动忽视空气阻力的条件下,由运动独立性原理
15、知,物品在空中沿程度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的时,两方向上运动时间是一样的因此,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及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程度线之间的夹角,可由此时刻的两速度重量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向重量求得解(1) 取如图所示的坐标,物品下落时在程度和竖直方向的运动方程分别为x vt,y 1/2 gt2飞机程度飞行速度v100 ms-1 ,飞机离地面的高度y
16、100 m,由上述两式可得目的在飞机正下方前的间隔 (2) 视线和程度线的夹角为(3) 在随意时刻物品的速度及程度轴的夹角为取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向重量及法向重量分别为1-19 分析这是一个斜上抛运动,看似简洁,但针对题目所问,如不能敏捷运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不简洁现建立如图(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,则应满意vx 0,干脆列出有关运动方程和速度方程
17、,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,由图中所示几何关系也可求得 (即图中的r 矢量)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)令y 0 求得时间t 后再代入式(1)得解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意y 0 和vx 0,则 (3)由(2)(3)两式消去t 后得由此可知只要角和满意上式,炮弹就能垂直击中坡面,而及v0 的大小无关探讨如将炮弹的运动按程度和竖直两个方向分解,求解本题将会比拟困
18、难,有爱好读者不妨自己体验一下1-20 分析选定伞边缘O 处的雨滴为探讨对象,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假设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,为保证匀称喷洒对喷头上小孔的分布解(1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为 (1) (2)由式(1)(2)可得 由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为(2) 常用草坪喷水器采纳如图(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
19、各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头外表根本上及草坪处在同一程度面上则以角喷射的水柱射程为为使喷头四周的草坪能被匀称喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能匀称分布,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程度间隔 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,由运动方程消去t 得轨迹方程以x 25.0 m,v 20.0 m-1 和3.44 my0 代入后,可解得71111 6992 27922 1889如何理解上述角度的范围？在初速确定的条件下,球击中球门
20、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)假设以7111或 18.89踢出足球,都将因射程缺乏而不能干脆射入球门；由于球门高度的限制, 角也并非能取71.11及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 分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开场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 和加速度的切向重量a,而加速度的法向重量为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,即为曲线坐标的变更量s
21、st -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其加速度的切向重量和法向重量分别为故加速度的大小为其方向及切线之间的夹角为(2) 要使ab,由可得(3) 从t0 开场到tv0 /b 时,质点经过的路程为因此质点运行的圈数为1-23 分析首先应当确定角速度的函数关系kt2根据角量及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,留意到运动的角量描绘及线量描绘的相应关系,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R v,由题意t2 得比例系数 所以 则t0.5 时的角
22、速度、角加速度和切向加速度分别为总加速度 在2.0内该点所转过的角度1-24 分析驾驭角量及线量、角位移方程及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,则角速度在t 2 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为(2) 当时,有,即 得 此时刻的角位置为 (3) 要使,则有 t 0.551-25 分析这是一个相对运动的问题设雨滴为探讨对象,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
23、关系为 (如图所示),于是可得1-26 分析这也是一个相对运动的问题可视雨点为探讨对象,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,在车上视察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v2的方向)应满意再由相对速度的矢量关系,即可求出所需车速v1解由图(b),有而要使,则 1-27 分析船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 确定的由于水流速度u的存在, v及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,则必需使v沿正对岸方向；在划速确定的条件下,若要用最短时间过河,则必需使v 有极大值解(1) 由vu v可知,则船到达正对岸所需时间为(2) 由于,
24、在划速v确定的条件下,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1-28 分析该问题涉和到运动的相对性如何将已知质点相对于视察者O 的运动转换到相对于视察者O的运动中去,其本质就是进展坐标变换,将系O 中一动点(x,y)变换至系O中的点(x,y)由于视察者O相对于视察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的解取Oxy 和Oxy分别为视察者O 和视察者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加速度 由此可见,动点相对于系O是在y 方向作匀
25、变速直线运动动点在两坐标系中加速度一样,这也正是伽利略变换的必定结果2-1 分析及解当物体分开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消逝为零,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程度面对左的加速度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分开斜面瞬间的物体受力状况和状态特征2-2 分析及解及滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零及最大值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,但详细大小则取决于被作用物体的运动状态由题意知,物体始终保持静止状态,故静摩擦力及重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)2-3 分析
26、及解由题意知,汽车应在程度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及轮胎间的静摩擦力供应,可以供应的最大向心力应为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 分析及解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以和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,其大小和方向均及物体所在位置有关重力的切向重量(m gcos ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可推断),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推断,随 角的
27、不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B)2-5 分析及解本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进展求解此时A、B 两物体受力状况如图(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)探讨对于习题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)视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,必需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的大小及方
28、向均不一样其中aA 应斜向上对aA 、aB 、a 和a之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁有爱好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状况；(2) 已知物体的运动状况来分析其所受的力当然,在一个详细题目中,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络起来本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角刚好间的函数关系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 (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有 则 (2)为使下滑的时间最短,可令,由式(
29、2)有 则可得 ,此时 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纳“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互相作用和联络,可解决物体的运动或互相作用力解按题意,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)
30、 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 FN2 -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 FN2 -1.08 103 N由上述计算可见,在起吊一样重量的物体时,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,起吊重物时必需缓慢加速,以确保起吊过程的平安2-8 分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解分析时应留意到绳中张力大小到处相等是有条件的,即必需在绳的质量和伸长可忽视
31、、滑轮及绳之间的摩擦不计的前提下成立同时也要留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 和滑轮列动力学方程,有 mA g -F mA a (1)F1 -F mB a (2)F -2F1 0 (3)考虑到mA mB m, F F , F1 F1 ,a2a,可联立解得物体及桌面的摩擦力探讨动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定探讨对象,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 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
32、可视为零,由于它及平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将变更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(及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解并描绘的系统的动能定理来解将平板及木块作为系统,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挪动的间隔 即可求出解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
33、木块、平板列出动力学方程F mg ma1 F -F ma2a1 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顿由运动学规律有 - v2 2as由上述各式可得木块相对于平板所挪动的间隔 为解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) -Fl mgs式中l 为平板相对地面挪动的间隔 由于系统在程度方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有mv(mm) v由系统的动能定理,有由上述各式可得 2-10 分析维持钢球在程度面内作匀角速度转动时,必需使钢球受到一
34、及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 的分力来供应的,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) (2)且有 (3)由上述各式可解得钢球距碗底的高度为可见,h 随的变更而变更2-11 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程度重量FNsin 供应(式中 角为路面倾角)从而不会对内外轨产生挤压及其对应的是火车转弯时必需以规定的速率v0行驶当火车行驶速率vv0 时,则会产生两种状况：
35、如图所示,如vv0 时,外轨将会对车轮产生斜向内的侧压力F1 ,以补偿原向心力的缺乏,如vv0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,无论哪种状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,从而确保行车平安解(1) 以火车为探讨对象,建立如图所示坐标系据分析,由牛顿定律有 (1) (2)解(1)(2)两式可得火车转弯时规定速率为(2) 当vv0 时,根据分析有 (3) (4)解(3)(4)两式,可得外轨侧压力为当vv0 时,根据分析有 (5) (6)解(5)(6)两式,可得内轨侧压力为2-12 分析杂技演员(连同摩托车)的运动可以看成
36、一个程度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绽开后,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 两个重量,明显v1是竖直向上作匀速直线运动的分速度,而v2则是绕圆筒壁作程度圆周运动的分速度,其中向心力由筒壁对演员的支持力FN 的程度重量FN2 供应,而竖直重量FN1 则及重力相平衡如图(c)所示,其中角为摩托车及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力解设杂技演员连同摩托车整体为探讨对象,据(b)(c)两图应有 (1) (2) (3) (4)以式(3)代入式(2),得 (5)将式(1)和式(5)代入式(4),可求出
37、圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力)大小为及壁的夹角为探讨表演飞车走壁时,演员必需限制好运动速度,行车路途以和摩托车的方位,以确保三者之间满意解题用到的各个力学规律2-13 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,积分时应留意积分上下限的取值应及两时间段相应的时刻相对应 解由题图得由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为对0 t 5 时间段,由得 积分后得 再由得 积分后得将t 5 代入,得v530 m-1 和x5 68.7 m对5t 7 时间段,用同样方法有 得 再由 得 x 17.5t2 -0.83t3 -82.5t 147.87将
38、t 7代入分别得v740 m-1 和x7 142 m2-14 分析这是在变力作用下的动力学问题由于力是时间的函数,而加速度adv/dt,这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度v (t)；由速度的定义vdx /dt,用积分的方法可求出质点的位置解因加速度adv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有根据质点运动的初始条件,即t0 0 时v0 6.0 m-1 ,运用分别变量法对上式积分,得 v6.0+4.0t+6.0t2又因vdx /dt,并由质点运动的初始条件：t0 0 时x0 5.0 m,对上式分别变量后积分,有x 5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3
39、2-15 分析飞机连同驾驶员在程度跑道上运动可视为质点作直线运动其程度方向所受制动力F 为变力,且是时间的函数在求速率和间隔 时,可根据动力学方程和运动学规律,采纳分别变量法求解解以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律和初始条件, 得 因此,飞机着陆10后的速率为v 30 m-1又 故飞机着陆后10内所滑行的间隔 2-16 分析该题可以分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后,物体受重力P、浮力F 和水的阻力F的作用,其合力是一变力,因此,物体作变加速运动虽然物体的受力分析比拟简洁,但是,由于变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、位置的函数),对这类问题列出动力学方程并不困难,但
40、要从它计算出物体运动的位置和速度就比拟困难了通常须要采纳积分的方法去解所列出的微分方程这也成理解题过程中的难点在解方程的过程中,特殊须要留意到积分变量的统一和初始条件确实定解(1) 运发动入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为运发动入水后,由牛顿定律得 P -F -F ma由题意P F、Fbv2 ,而a dv /dt v (d v /dy),代入上式后得 -bv2 mv (d v /dy)考虑到初始条件y0 0 时, ,对上式积分,有(2) 将已知条件b/m 0.4 m -1 ,v 0.1v0 代入上式,则得2-17 分析螺旋桨旋转时,叶片上各点的加速度不同,在其各局部两侧的张力也不同；由
41、于叶片的质量是连续分布的,在求叶片根部的张力时,可选取叶片上一小段,分析其受力,列出动力学方程,然后采纳积分的方法求解解设叶片根部为原点O,沿叶片背离原点O 的方向为正向,距原点O 为r处的长为dr一小段叶片,其两侧对它的拉力分别为F(r)及F(rdr)叶片转动时,该小段叶片作圆周运动,由牛顿定律有由于r l 时外侧F 0,所以有上式中取r 0,即得叶片根部的张力F0 -2.79 105 N负号表示张力方向及坐标方向相反2-18 分析该题可由牛顿第二定律求解在取自然坐标的状况下,沿圆弧方向的加速度就是切向加速度a,及其相对应的外力F是重力的切向重量mgsin,而及法向加速度an相对应的外力是支
42、持力FN 和重力的法向重量mgcos由此,可分别列出切向和法向的动力学方程Fmdv/dt和Fnman 由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的,因此,需应用积分求解,为使运算简便,可转换积分变量 倡该题也能应用以小球、圆弧及地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比拟简便但它不能干脆给出小球及圆弧外表之间的作用力解小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它的支持力FN 取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得 (1) (2)由,得,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,进展积分,有 得 则小球在点C 的角速度为 由式(2)得 由此可得小球对圆轨道的作用力为 负号表示FN 及en 反向 2-19 分析运动学及动力学之间的联络是以加速度为桥梁的,因此,可先分析动力学问题物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变更的是圆环内侧对物体的支持力FN 和环及物体之间的摩擦力F ,而摩擦力大小及正压力FN成正比,且FN及FN又是作用力及反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速