物理上用“电场强度 描述电场的强弱.电场强度用字母E表示.若电荷量为q的电荷.在电场中某点受到的静电力为F.那么该点的电场强度E=,同理.把电荷量为的电荷放在此点.该电荷受到的静电力.电场强度是矢量.——精英家教网——
暑假天气热？在家里学北京名师课程，
物理上用“电场强度 描述电场的强弱.电场强度用字母E表示.若电荷量为q的电荷.在电场中某点受到的静电力为F.那么该点的电场强度E=,同理.把电荷量为的电荷放在此点.该电荷受到的静电力.电场强度是矢量.物理学中规定.电场中某点的电场强度的方向跟正电荷在该点所受静电力的方向相同. 【】
题目列表(包括答案和解析)
请完成以下两小题．
(1)某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别固定在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第二条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物．
①为完成实验，下述操作中必需的是________．
a．测量细绳的长度
b．测量橡皮筋的原长
c．测量悬挂重物后像皮筋的长度
d．记录悬挂重物后结点O的位置
②钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次实验证，可采用的方法是________
(2)为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统．光控开头可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位Lx)．某光敏电阻Rp在不同照度下的阻值如下表：
①根据表中数据，请在给定的坐标系(见答卷纸)中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点．
②如图所示，当1、2两端所加电压上升至2 V时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路．给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(1x)时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图．(不考虑控制开关对所设计电路的影响)提供的器材如下：光敏电源E(电动势3 V，内阻不计)；定值电阻：R1＝10 kΩ，R2＝20 kΩ，R3＝40 kΩ(限选其中之一并在图中标出)开关S及导线若干．
请完成以下两小题。（1）某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋（遵循胡克定律）和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物。①为完成该实验，下述操作中必需的是_______________。a.测量细绳的长度&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& b.测量橡皮筋的原长c.测量悬挂重物后橡皮筋的长度&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& d.记录悬挂重物后结点O的位置②钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是_____________。（2）为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为1x）。某光敏电阻RP在不同照度下的阻值如下表:①根据表中数据，请在给定的坐标系（见答题卡）中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点。②如图所示，当1、2两端所加电压上升至2 V时，控制开关自动启动照明系统。请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(1x)时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图。(不考虑控制开关对所设计电路的影响)提供的器材如下：光敏电阻RP（符号，阻值见上表）；直流电源E（电动势3 V，内阻不计）；定值电阻：R1=10 kΩ,R2=20 kΩ,R3=40 kΩ（限选其中之一并在图中标出）；开关S及导线若干。
(1)下列过程中，没有利用电磁波的是_______________。A．电视机接收卫星电视信号&&&&&& B．移动电话通话C．电风扇通电后正常运转&&&&&&&& D．雷达发现飞机(2)[3分]物理学中描述电场强弱的物理量是_________。A．电流&&&&& B．电荷量&&&&&&& C．电场强度&&&&&& D．磁感应强度（3）[3分]在国际单位制中，电容的单位是____________A．法拉&&&& B．伏特&&&&& C．安培&&&&&& D．欧姆（4）[3分]下列说法正确的是__________A．电磁感应现象是牛顿发现的B．交流发电机发出的电流方向不变C．升压变压器的原、副线圈匝数相同D．远距离输电要用高电压，是为了减少输电线上的电能损失（5）[4分]当螺线管中通入如图所示的电流时，位于它B端附近的小磁针____________（填“会”或“不会”）发生偏转，螺线管A端的磁极是____________（填“N极”或“S极”）（6）[6分] 一根长L＝0.2m的直导线，通有I＝2A的电流，放入磁感应强度B＝1T的匀强磁场中。问：①当导线方向与磁场方向平行时，导线会不会受到安培力？②当导线方向与磁场方向垂直时，导线受到的安培力是多大？
(1)下列过程中，没有利用电磁波的是_______________。A．电视机接收卫星电视信号&&&&&&B．移动电话通话C．电风扇通电后正常运转&&&&&&&&D．雷达发现飞机(2)[3分]物理学中描述电场强弱的物理量是_________。A．电流&&&&&B．电荷量&&&&&&&C．电场强度&&&&&& D．磁感应强度（3）[3分]在国际单位制中，电容的单位是____________A．法拉&&&&B．伏特&&&&& C．安培&&&&&& D．欧姆（4）[3分]下列说法正确的是__________A．电磁感应现象是牛顿发现的B．交流发电机发出的电流方向不变C．升压变压器的原、副线圈匝数相同D．远距离输电要用高电压，是为了减少输电线上的电能损失（5）[4分]当螺线管中通入如图所示的电流时，位于它B端附近的小磁针____________（填“会”或“不会”）发生偏转，螺线管A端的磁极是____________（填“N极”或“S极”）（6）[6分] 一根长L＝0.2m的直导线，通有I＝2A的电流，放入磁感应强度B＝1T的匀强磁场中。问：①当导线方向与磁场方向平行时，导线会不会受到安培力？②当导线方向与磁场方向垂直时，导线受到的安培力是多大？&
(1)下列过程中，没有利用电磁波的是_______________。A．电视机接收卫星电视信号&&&&&& B．移动电话通话C．电风扇通电后正常运转&&&&&&&& D．雷达发现飞机(2)[3分]物理学中描述电场强弱的物理量是_________。A．电流&&&&& B．电荷量&&&&&&& C．电场强度&&&&&& D．磁感应强度（3）[3分]在国际单位制中，电容的单位是____________A．法拉&&&& B．伏特&&&&& C．安培&&&&&& D．欧姆（4）[3分]下列说法正确的是__________A．电磁感应现象是牛顿发现的B．交流发电机发出的电流方向不变C．升压变压器的原、副线圈匝数相同D．远距离输电要用高电压，是为了减少输电线上的电能损失（5）[4分]当螺线管中通入如图所示的电流时，位于它B端附近的小磁针____________（填“会”或“不会”）发生偏转，螺线管A端的磁极是____________（填“N极”或“S极”）（6）[6分] 一根长L＝0.2m的直导线，通有I＝2A的电流，放入磁感应强度B＝1T的匀强磁场中。问：①当导线方向与磁场方向平行时，导线会不会受到安培力？②当导线方向与磁场方向垂直时，导线受到的安培力是多大？
精英家教网新版app上线啦！用app只需扫描书本条形码就能找到作业，家长给孩子检查作业更省心，同学们作业对答案更方便，扫描上方二维码立刻安装！
请输入姓名
请输入手机号第八章电磁感应 电磁场习题解答_百度文库
您的浏览器Javascript被禁用，需开启后体验完整功能，
享专业文档下载特权
&赠共享文档下载特权
&100W篇文档免费专享
&每天抽奖多种福利
两大类热门资源免费畅读
续费一年阅读会员，立省24元！
第八章电磁感应 电磁场习题解答
阅读已结束，下载本文需要
定制HR最喜欢的简历
下载文档到电脑，同时保存到云知识，更方便管理
加入VIP
还剩8页未读，
定制HR最喜欢的简历
你可能喜欢您所在位置： &
&nbsp&&nbsp&nbsp&&nbsp
物理奥赛教案 第九讲 磁场 电磁感应.doc 36页
本文档一共被下载：
次 ,您可全文免费在线阅读后下载本文档。
下载提示
1.本站不保证该用户上传的文档完整性，不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
2.该文档所得收入(下载+内容+预览三)归上传者、原创者。
3.登录后可充值，立即自动返金币，充值渠道很便利
你可能关注的文档：
··········
··········
湖南省岳阳县第一中学2014年物理奥赛教案
c、稳恒电流的磁场
毕奥-萨伐尔定律（Biot-Savart law）：对于电流强度为I 、长度为dI的导体元段，在距离为r的点激发的“元磁感应强度”为△B 。矢量式△B=△Lsin(；(为电流方向与r之间的夹角，(0=4π×10-7Tm/A。把通电圆环分为无穷多的线微元(L，每个(L在中心O处产生的磁感应强度都是一样的。
因为：△B=△L
所以，B=((B=((L=×2πr=
(2)无限长直线电流的磁感应强度
B= (可用微元法证明)，r是场点P到导线的垂直距离。
(3)长度为L的有限长直导线电流I的磁感应强度
显然，当L趋于无限长时，(1→0(，(2→180(，与(2)相同。
θ再结合“左手定则”解决方向问题（θ为B与L的夹角）。
b、弯曲导体的安培力
⑴整体合力
折线导体所受安培力的合力等于连接始末端连线导体（电流不变）的的安培力。
证明：参照右图，令MN段导体的安培力F1与NO段导体的安培力F2的合力为F，则F的大小为
关于F的方向，由于ΔFF2P∽ΔMNO，可以证明图中的两个灰色三角形相似，这也就证明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（这个证明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中点了。
由于连续弯曲的导体可以看成是无穷多元段直线导体的折合，所以，关于折线导体整体合力的结论也适用于弯曲导体。（说明：这个结论只适用于匀强磁场。）
⑵导体的内张力
c、匀强磁场对线圈的转矩
如图(1)所示，当一个矩形线圈（线圈面积为S、通以恒定电流I）放入匀强磁场中，且磁场B的方向平行线圈平面时，线圈受安培力将转动（并自动选择垂直B的中心轴OO'，因为质心无加速度），此瞬时的力矩为
几种情形的讨论：
(1)增加匝数至N ，则 M = NBIS ；
(2)转轴平移，结论不变（证明从略）；
(3)线圈形状改变，结论不变（证明从略）；
(4)磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转α角，则M = BIScosα ，如图(2)；
证明：当α = 90o时，显然M = 0，而磁场是可以分解的，只有垂直转轴的的分量Bcosα才能产生力矩…
(5)磁场B垂直OO′轴相对线圈平面旋转β角，则M=BIScosβ，如图β=90o时，显然M = 0，而磁场是可以分解的，只有平行线圈平面的的分量Bcosβ才能产生力矩…
说明：在默认的情况下，讨论线圈的转矩时，认为线圈的转轴垂直磁场。如果没有人为设定，而是让安培力自行选定转轴，这时的力矩称为力偶矩。
【例题1】两根无限长的平行直导线a、b相距40cm，通过电流的大小都是3.0A，方向相反。试求位于两根导线之间且在两导线所在平面内的、与a导线相距10cm的P点的磁感强度。
答案：大小为8.0×10?6T ，方向在图中垂直纸面向外。
【例题2】半径为R，通有电流I的圆形线圈，放在磁感强度大小为B 、方向垂直线圈平面的匀强磁场中，求由于安培力而引起的线圈内张力。
思考如果圆环的电流是由于环上的带正电物质顺时针旋转而成（磁场仍然是进去的），且已知单位长度的电量为λ、环的角速度ω、环的总质量为M ，其它条件不变，再求环的内张力。
提示：此时环的张力由两部分引起：①安培力，②离心力。
前者的计算上面已经得出（此处I =
= ωλR），T1 = BωλR2 ；
后者的计算必须应用图的思想，只是F变成了离心力，方程 2T2 sin = Mω2R ，即T2 = 。
〖答〗BωλR2 + 。
二、洛仑兹力
1、f = qvBsinθ
式中θ为与的夹角。能量性质
由于总垂直与确定的平面，故总垂直，只能起到改变速度方向的作用。结论：洛仑兹力可对带电粒子形成冲量，却不可能做功。或：洛仑兹力可使带电粒子的动量发生改变却不能使其动能发生改变。
问题：安培力可以做功，为什么洛仑兹力不能做功？
解说：应该注意“安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现”这句话的确切含义——“宏观体现”和“完全相等”是有区别的。我们可以分两种情形看这个问题：（1）导体静止时，所有粒子的洛仑兹力的合力等于安培力（这个证明从略）；（2）导体运动时，粒子参与的是沿导体棒的运动v1和导体运动v2的合运动，其合速度为v ，这时的洛仑兹力f垂直v而安培力垂直导体棒，它们是不可能相等的，只能说安培力是洛仑兹力的分力f1 = qv1B的合力（见图）。很显然，f1的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者说f1的正功和f2的负功的代数和为零）。（事实上，由于电子定向移动速率v1在10?5m/s数量级，而v2一般都在10?2m/s数量级以上，致使f1只是f的一个极小分量。）
☆如果从能量的角度看这个问题，当导体棒放在光滑的导轨上时（参看图），导体棒必
正在加载中，请稍后... 上传我的文档
 上传文档
 下载
 收藏
粉丝量：29
该文档贡献者很忙，什么也没留下。
 下载此文档
【精品】大学物理习题课-电磁感应和电磁场理论的基本概念-
下载积分：820
内容提示：【精品】大学物理习题课-电磁感应和电磁场理论的基本概念-
文档格式：PPT|
浏览次数：1|
上传日期： 17:04:12|
文档星级：
全文阅读已结束，如果下载本文需要使用
 820 积分
下载此文档
该用户还上传了这些文档
【精品】大学物理习题课-电磁感应和电磁场理论的基
关注微信公众号1-1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｜dr｜＝ds,但却不等于 dr．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故 ,即｜ ｜≠ ． 但由于｜dr｜＝ds,故 ,即｜ ｜＝ ．由此可见,应选(C)． 1-2 分析与解 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,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量； 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 求解．故选(D)． 1-3 分析与解 表示切向加速度 aｔ,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； 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 aｔ．因此只有(3) 式表达是正确 的．故选(D)． 1-4 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, aｔ恒 为零；质点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 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 ,其中绳长 l 随时间 t 而变化． 小船速度 ,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 ,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)． 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： ,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 来确定其运动方向改变的时刻 tp ,求出 0～tp 和 tp～t 内的位移大小 Δx1 、Δx2 ,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 则 (1) 质点在 4.0 s 内位移的大小 得知质点的换向时刻为 , (t＝0 不合题意) (2) 由所以,质点在 4.0 s 时间间隔内的路程为 (3) t＝4.0 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 x–t 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 (匀加速直线运动), (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 (匀速直线运动)由此,可计算在 0～2ｓ和 4～6ｓ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 0～2ｓ和 4～6ｓ时间内的 x -t 图．在 2～4ｓ时间内, 质点 是作 的匀速直线运动, 其 x -t 图是斜率 k＝20 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、Δr、Δr、Δs 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 ,最后用 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, 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 , 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 其中位移大小 而径向增量 *(4) 如图(B)所示,所求 Δs 即为图中 PQ 段长度,先在其间任意处取 AB 微元 ds,则 ,由轨道方程可 得 ,代入 ds,则 2ｓ内路程为1-9 分析 解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． (1) 速度的分量式为 , 当 t ＝0 时, vox ＝-10 m?6?1ｓ-1 , voy ＝15 m?6?1ｓ-1 ,则初速度大小为 设 vo 与 x 轴的夹角为 α,则 α＝123°41′ (2) 加速度的分量式为 , 则加速度的大小为 设 a 与 x 轴的夹角为 β,则 ,β＝-33°41′(或 326°19′) 1-10 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,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距离为解2(1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小 a′＝g ＋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 1-11 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 O′x′y′坐标系,并采 用参数方程 x′＝x′(t)和 y′＝y′(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 , 坐标变换后,在 Oxy 坐标系中有 , 则质点 P 的位矢方程为 (2) 5ｓ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,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位 (1) 如图(B)所示,在 O′x′y′坐标系中,因 ,则质点 P 的参数方程为矢方程．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 ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为 s＝htgωt,下午 2∶00 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 3∶00 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,必须在给定条件下用积分 方法解决．由 和 可得 和 ．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 得 由 得 点运动方程为 1-14 分析 解 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 (2) (2)得 v0＝-1 m?6?1ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质 将 t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m?6?1ｓ-1 代入(1) (1)式 dv ＝a(v)dt 分离变量为 后再两边积分． 选取石子下落方向为 y 轴正向,下落起点为坐标原点． (1) (2) (1) 由题意知 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,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 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 及初始条件 t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 由上述结果可得质点运动方程的分量式,即 x ＝10＋3t2 y ＝2t2 3y ＝2x -20 m 消去参数 t,可得运动的轨迹方程这是一个直线方程．直线斜率 ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1-16 分析 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 Δt→0 时的极限值． 解 所以 (2) 将 Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得, , , 以上结果表明,当 Δθ→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 (1) 由图(b)可看到 Δv ＝v2 -v1 ,故 而 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 ．在匀速率圆周运动中, ,式中｜Δv｜可由图(B)中的几何关系得到,而 Δt 可由转过的角度 Δθ 求它们的大小分别为 ,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 ,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 ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量 aｔ 和 an , 前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即 ,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速 度 a 和 aｔ 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 ρ． 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 ＝1.00ｓ 到 t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度 (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 则 t1 ＝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(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为 则 1-18 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 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 y ＝1/2 gt2 x ＝vt,飞机水平飞行速度 v＝100 m?6?1s-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 (2) 视线和水平线的夹角为 (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 取自然坐标,物品在抛出 2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为1-19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 v0cosβ 和 v0sinβ,其加速度分别为 gsinα 和 gcosα． 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 ,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 解1 (即图中的 r 矢量)． 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足 y ＝0 和 vx ＝0,则 (3) 由(2)(3)两式消去 t 后得 由此可知．只要角 α 和 β 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 选定伞边缘 O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度 ω 旋转时,雨滴将以速度 v 沿切线方 验一下． 1-20 分析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 解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为 (1) 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) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝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 φ 角喷射的水柱射程为 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 解 , 消去 t 得轨迹方程 以 x ＝25.0 m,v ＝20.0 m?6?1ｓ-1 及 3.44 m≥y≥0 代入后,可解得 71．11°≥θ1 ≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．89° 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 θ＞71．11°或 θ ＜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,θ 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°＜θ ＜69．92°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 Δs＝st -s0．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 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,故只需将 x、y 值代入即可求出． 取图示坐标系 Oxy,由运动方程 (2)其加速度的切向分量和法向分量分别为 , 故加速度的大小为 其方向与切线之间的夹角为 (2) 要使｜a｜＝b,由 可得 (3) 从 t＝0 开始到 t＝v0 /b 时,质点经过的路程为因此质点运行的圈数为 1-23 分析 首先应该确定角速度的函数关系 ω＝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,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∝t2 得比例系数 所以 则 t′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为 总加速度 在 2.0ｓ内该点所转过的角度 1-24 分析 解 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．(1) 由于 ,则角速度 ．在 t ＝2 ｓ 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 1-25 分析 t ＝0.55ｓ 以 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′．v1 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 落的速度 v2′为相对速度,它们之间的关系为 (如图所示),于是可得地面为参考系,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1-26 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 ．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 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． 解 (1) 由 v＝u ＋v′可知 ,则船到达正对岸所需时间为(2) 由于 ,在划速 v′一定的条件下,只有当 α＝0 时, v 最大(即 v＝v′),此时,船过河时间 t′＝d /v′,船到达距正对岸为 l 的下游处,且有 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 O′x′y′分别为观察者 O 和观察者 O′所在的坐标系,且使 Ox 和 O′x′两轴平行． 在 y′＝y ＝1/2 gt2 t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得 x′＝x - v t ＝v t - v t ＝0 加速度 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 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 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 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 μFN 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 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 μFN．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 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 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 可判断,随 θ 角的不断增大过程,轨道支 持力 FN 也将不断增大,由此可见应选(B)． 2-5 分析与解 本题可考虑对 A、 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解． B 此时 A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中 a′为 A、 两物体相对电梯的加速度,ma′为惯性力． A、 两 B 对 B 物体应用牛顿第二定律,可解得 FＴ ＝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 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 有 则 则可得 此时 , (2) 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 (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有 为使下滑的时间最短,可令 ,由式(2)有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 (1) ,FN2 - m2 g ＝m2 a FN2 ＝m2 (g ＋a) (2) (4) 所示)．当框架以加速度 a 上升时,有 FＴ -(m1 ＋m2 )g ＝(m1 ＋m2 )a 解上述方程,得 FＴ ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) FＴ ＝5.94 ×103 N 乙对甲的作用力为 F′N2 ＝-FN2 ＝-m2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N 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 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 有 F′Ｔ1 -Fｆ ＝mB a′ F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 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, mA g -FＴ ＝mA a (2) (3) (1) (2) 当整个装置以加速度 a ＝1 m?6?1ｓ-2 上升时,得绳张力的值为 (3) (1) 当整个装置以加速度 a ＝10 m?6?1ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为考虑到 mA ＝mB ＝m, FＴ ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力 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 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 间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．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′(与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述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,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． 木块相对平板移动的距离即 可求出． 解1 方程 Fｆ ＝μmg ＝ma1 F′ｆ ＝-Fｆ ＝m′a2 a1 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止．由运动学规律 以地面为参考系,在摩擦力 Fｆ ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学有- v′2 ＝2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为 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 ＝Fｆ (s ＋l) -Fｆl ＝μmgs 式中 l 为平板相对地面移动的距离． 由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有 m′v′＝(m′＋m) v″ 由系统的动能定理,有 由上述各式可得 2-10 分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与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 的分力来提供的,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 ω 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 由上述各式可解得钢球距碗底的高度为 可见,h 随 ω 的变化而变化． 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水平分量 FNsinθ 提供(式中 θ 角为路面倾角)．从而不会对内外轨产生挤压．与其对应的是火车转弯时必须 以规定的速率 v0 行驶．当火车行驶速率 v≠v0 时,则会产生两种情况：如图所示,如 v＞v0 时,外轨 将会对车轮产生斜向内的侧压力 F1 ,以补偿原向心力的不足,如 v＜v0 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,无论哪种情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,从而确保行车安全． 解 (1) 以火车为研究对象,建立如图所示坐标系．据分析,由牛顿定律有 (1) (2) (3)解(1)(2)两式可得火车转弯时规定速率为 (2) 当 v＞v0 时,根据分析有 (3) (4) 解(3)(4)两式,可得外轨侧压力为 当 v＜v0 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)的运动可以看成一个水平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展开后,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 两个分量,显然 v1 是竖直向上作匀速直线运动的分速度,而 v2 则是绕 圆筒壁作水平圆周运动的分速度,其中向心力由筒壁对演员的支持力 FN 的水平分量 FN2 提供,而竖直分量 FN1 则与重力相平衡．如图(c)所示,其中 φ 角为摩托车与筒壁所夹角．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研究对象,据(b)(c)两图应有 (1) (3) (5) 将式(1)和式(5)代入式(4),可求出圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力)大小为 与壁的夹角 φ 为 讨论 表演飞车走壁时,演员必须控制好运动速度,行车路线以及摩托车的方位,以确保三者之间满足 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 (2) (4)以式(3)代入式(2),得解题用到的各个力学规律． 2-13 分析 解 解题目所问,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应． 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 ＜5ｓ 时间段,由 得 积分后得 再由 得 积分后得 将 t ＝5ｓ 代入,得 v5＝30 m?6?1ｓ-1 和 x5 ＝68.7 m 对 5ｓ＜t ＜7ｓ 时间段,用同样方法有 得 再由 2-14 分析 得 x ＝17.5t2 -0.83t3 -82.5t ＋147.87 x7 ＝142 m 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 a＝dv/dt,这时,动力 将 t ＝7ｓ代入分别得 v7＝40 m?6?1ｓ-1 和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 v＝dx /dt,用积分的方法可求出质点的位置． 解 因加速度 a＝dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有依据质点运动的初始条件,即 t0 ＝0 时 v0 ＝6.0 m?6?1ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得 v＝6.0+4.0t+6.0t2 又因 v＝dx /dt,并由质点运动的初始条件：t0 ＝0 时 x0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有 x ＝5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3 2-15 分析 解 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动．其水平方向所受制动力 F 为 得 变力,且是时间的函数．在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解． 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件, 因此,飞机着陆 10ｓ后的速率为 v ＝30 m?6?1ｓ-1又 故飞机着陆后 10ｓ内所滑行的距离 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 Fｆ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较简单,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复杂, 但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了． 通常需要采用积分的方法去解所列出的微分方 程．这也成了解题过程中的难点．在解方程的过程中,特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的 确定． 解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为 P -Fｆ -F ＝ma运动员入水后,由牛顿定律得 入上式后得由题意 P ＝F、Fｆ＝bv2 ,而 a ＝dv /dt ＝v (d v /dy),代 -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,在其各部分两侧的张力也不同；由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 用积分的方法求解． 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 FＴ(r)与 FＴ(r＋dr)．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 FＴ ＝0,所以有 上式中取 r ＝0,即得叶片根部的张力 FＴ0 ＝-2.79 ×105 N 负号表示张力方向与坐标方向相反． 2-18 分析 该题可由牛顿第二定律求解． 在取自然坐标的情况下,沿圆弧方向的加速度就是切向加速 度 aｔ,与其相对应的外力 Fｔ是重力的切向分量 mgsinα,而与法向加速度 an 相对应的外力是支持力 FN 和重力的法向分量 mgcosα．由此,可分别列出切向和法向的动力学方程 Fｔ＝mdv/dt 和 Fn＝ man ． 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、圆弧与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 较简便．但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力． 解 律得 (1) 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 2-19 分析 负号表示 F′N 与 en 反向． (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,进行积分,有 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,由牛顿定运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,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化的是圆环内侧对物体的支持力 FN 和环与物体之间的摩擦力 Fｆ ,而摩擦力大小与正压力 FN′成正比,且 FN 与 FN′又是作用力与反作用力,这样,就可通过 它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程． 解 (1) 设物体质量为 m,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有由分析中可知,摩擦力的大小 Fｆ＝μFN ,由上述各式可得 取初始条件 t ＝0 时 v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有 (2) 当物体的速率从 v 0 减少到 1/2v 0 时,由上式可得所需的时间为 物体在这段时间内所经过的路程 2-20 分析 物体在发射过程中,同时受到重力和空气阻力的作用,其合力是速率 v 的一次函数,动力学方程是速率的一阶微分方程,求解时,只需采用分离变量的数学方法即可． 但是,在求解高度时,则必 须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解,并注意到物体上升至最大高度时,速率应为零． 解 (1) 物体在空中受重力 mg 和空气阻力 Fr ＝kv 作用而减速．由牛顿定律得 (1) 根据始末条件对上式积分,有 (2) 利用 的关系代入式(1),可得 分离变量后积分 故 讨论 如不考虑空气阻力,则物体向上作匀减速运动．由公式 和 分别算得 t≈6.12ｓ和 y≈184 m, 由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反,因此,物体在上抛过程中所受重力 P 均比实际值略大一些． 2-21 分析 和阻力 Fr 的方向相同；而下落过程中,所受重力 P 和阻力 Fr 的方向则相反．又因阻力是变力,在解 动力学方程时,需用积分的方法． 解 分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为 y 轴(如图所示)．(1) 物体在 上抛过程中,根据牛顿定律有 依据初始条件对上式积分,有 物体到达最高处时, v ＝0,故有 (2) 物体下落过程中,有 对上式积分,有 则 2-22 分析 该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题,求解方法与前两题相 似,只是在解题过程中必须设法求出阻力系数 k．由于阻力 Fr ＝kv2 ,且 Fr 又与恒力 F 的方向相反； 故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加速度为零,此时速度达到最大．因此,根据速度最大值可 求出阻力系数来．但在求摩托车所走路程时,需对变量作变换． 解 设摩托车沿 x 轴正方向运动,在牵引力 F 和阻力 Fr 同时作用下,由牛顿定律有 (1)当加速度 a ＝dv/dt ＝0 时,摩托车的速率最大,因此可得 k＝F/vm2 由式(1)和式(2)可得 (3) 根据始末条件对式(3)积分,有 则 又因式(3)中 ,再利用始末条件对式(3)积分,有 则 2-23 分析 如图所示,飞机触地后滑行期间受到 5 个力作用,其中 F1 为空气阻力, F2 为空气升力, F3 为跑道作用于飞机的摩擦力,很显然飞机是在合外力为变力的情况下作减速运动,列出牛顿第二定 律方程后,用运动学第二类问题的相关规律解题． 由于作用于飞机的合外力为速度 v 的函数,所求的又 是飞机滑行距离 x,因此比较简便方法是直接对牛顿第二定律方程中的积分变量 dt 进行代换,将 dt 用 代替,得到一个有关 v 和 x 的微分方程,分离变量后再作积分． 解 取飞机滑行方向为 x 的正方向,着陆点为坐标原点,如图所示,根据牛顿第二定律有 (1) (2) 将式(2)代入式(1),并整理得 分离变量并积分,有 得飞机滑行距离 (3) 考虑飞机着陆瞬间有 FN＝0 和 v＝v0 ,应有 k2v02 ＝mg,将其代入(3)式,可得飞机滑行距离 x 的另一 表达式 讨论 如飞机着陆速度 v0＝144 km?6?1h-1 ,μ＝0.1,升阻比 ,可算得飞机的滑行距离 x ＝560 m, 如同习题 2 -5 分析中指出的那样,可对木箱加上惯性力 F0 后,以车厢为参考系进行求解, (2)设计飞机跑道长度时应参照上述计算结果． 2-24 分析 解 如图所示,此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用,图中 a′为木箱相对车厢的加速度． 由牛顿第二定律和相关运动学规律有 (1) (2) F0 -Fｆ＝ma -μmg＝ma′ v′ 2 ＝2a′L联立解(1)(2)两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时的速度为2-25 分析如以加速运动的电梯为参考系,则为非惯性系． 在非惯性系中应用牛顿定律时必须引入惯性力．在通常受力分析的基础上,加以惯性力后,即可列出牛顿运动方程来． 解 取如图(b)所示的坐标,以电梯为参考系,分别对物体 A、B 作受力分析,其中 F1 ＝m1a,F2 ＝m2a (1) (2) (3) 由上述各式可得分别为作用在物体 A、B 上的惯性力．设 ar 为物体相对电梯的加速度,根据牛顿定律有由相对加速度的矢量关系,可得物体 A、B 对地面的加速度值为 a2 的方向向上, a1 的方向由 ar 和 a 的大小决定．当 ar ＜a,即 m1g -m2g -2m2 a＞0 时,a1 的方 向向下；反之, a1 的方向向上． 2-26 分析 这类问题可应用牛顿定律并采用隔离体法求解．在解题的过程中必须注意： (1) 参考系的选择．由于牛顿定律只适用于惯性系,可选择地面为参考系(惯性系)．因地面和斜面都 是光滑的,当滑块在斜面上下滑时,三棱柱受到滑块对它的作用,也将沿地面作加速度为 aA 的运动,这 时,滑块沿斜面的加速度 aBA ,不再是它相对于地面的加速度 aB 了．必须注意到它们之间应满足相对 加速度的矢量关系,即 aB ＝aA ＋aBA ．若以斜面为参考系(非惯性系),用它求解这类含有相对运动 的力学问题是较为方便的．但在非惯性系中,若仍要应用牛顿定律,则必须增添一惯性力 F,且有 F ＝ maA ． (2) 坐标系的选择． 常取平面直角坐标,并使其中一坐标轴方向与运动方向一致,这样,可使解题简化． (3) 在分析滑块与三棱柱之间的正压力时,要考虑运动状态的影响,切勿简单地把它视为滑块重力在 垂直于斜面方向的分力 mgcos α,事实上只有当 aA ＝0 时,正压力才等于 mgcos α. 解1 取地面为参考系,以滑块 B 和三棱柱 A 为研究对象,分别作示力图,如图(b)所示． 受重力 P1 、 BA 施加的支持力 FN1 ； 受重力 P2 、 施加的压力 FN1′、 A B 地面支持力 FN2 ． 的运动方向为 Ox 轴 A 的正向,Oy 轴的正向垂直地面向上．设 aA 为 A 对地的加速度,aB 为 B 对的地加速度．由牛顿定律 得 (1) (2) (3) (4) 设 B 相对 A 的加速度为 aBA ,则由题意 aB 、aBA 、aA 三者的矢量关系如图(c)所示．据此可得 (5) (6) 解上述方程组可得三棱柱对地面的加速度为 滑块相对地面的加速度 aB 在 x、y 轴上的分量分别为 则滑块相对地面的加速度 aB 的大小为 其方向与 y 轴负向的夹角为 A 与 B 之间的正压力 解2 若以 A 为参考系,Ox 轴沿斜面方向［图(d)］．在非惯性系中运用牛顿定律,则滑块 B 的动力 (1) (2) 又因 (4) 由以上各式可解得 由 aB 、aBA 、aA 三者的矢量关系可得 (3) 学方程分别为以 aA 代入式(3)可得 3-1 分析与解 在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒 为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的 夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般 为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转 换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3) 说法是正确的．故选(C)． 3-2 分析与解 对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒．物体在 下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功 将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功． 由于斜面倾角不同,故物体沿不同 倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等(动量方向也不同)．故(A)(B)(C)三种说法均 不正确． 至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量 的矢量和不可能为零．由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平 方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒． 3-3 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 和必为零．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和未必为零(详见习题 3 -2 分 析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)． 3-4 分析与解 由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,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 分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机 械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移 大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过 其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作 功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的． 3-6 分析 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问 题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情 况． 在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(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的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相 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．由动量定理得式中 F′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为 20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为 Δt ＝l /v,以此代入上 式可得 鸟对飞机的平均冲力为 式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N 的冲力大致相当于 一个 22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．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 分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律 可知,物体到达最高点的时间 ,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两 倍．这样,按冲量的定义即可求得结果． 另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出． 解1 物体从出发到达最高点所需的时间为则物体落回地面的时间为 于是,在相应的过程中重力的冲量分别为 解2 根据动量定理,物体由发射点 O 运动到点 A、B 的过程中,重力的冲量分别为 本题可由冲量的定义式 ,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度 v2． t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去)3-8 分析 解(1) 由分析知 I ＝m v2- m v1(2) 由 I ＝300 ＝30t ＋2t2 ,解此方程可得 (3) 由动量定理,有 3-9 分析由(2)可知 t ＝6．86 s 时 I ＝300 N?6?1s ,将 I、m 及 v1 代入可得 从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是 作自由落体运动； 在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变 力,且作用时间很短． 为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,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．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作 用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的 结果． 解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至 2 m 处时的 (1) 在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有 (2) 由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为 解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有 由冲量定义求得力 F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式 积分前,应先将 速度为3-10 分析 解式中 x 用 x ＝Acosωt 代之,方能积分． 力 F 的冲量为 即 3-11 分析 对于弯曲部分 AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间 Δt 内,从其一端流入的水量等 于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间 Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动 量的增量 Δp＝Δm(vB -vA )；此动量的变化是管壁在 Δt 时间内对其作用冲量 I 的结果．依据动量 定理可求得该段水受到管壁的冲力 F；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力 F′＝-F． 解 在 Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为 Δm ＝ρυSΔt,弯曲部分 AB 的水的动量的 Δp＝Δm(vB -vA ) ＝ρυSΔt (vB -vA ) 增量则为依据动量定理 I ＝Δp,得到管壁对这部分水的平均冲力 从而可得水流对管壁作用力的大小为 作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧． 3-12 分析 根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的．因此,若能求出第二块 碎片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地 的位置．为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量 可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒． 由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动 量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置．解取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点 A 的速度的水平分量为 (1)物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为 当该碎片落地时,有 y1 ＝0,t ＝t1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度 (2) 又根据动量守恒定律,在最高点处有 (3) (4) 联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为 爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为 (5) (6) 落地时,y2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置 x2 ＝500 m 3-13 分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船 A 与从船 B 搬入的重物所组 成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒； 同样,对搬 出重物后的船 B 与从船 A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守 恒方程即可解出结果． 解 (1) (2) 由题意知 vA′ ＝0, vB′ ＝3.4 m?6?1s-1 代入数据后,可解得 设 A、B 两船原有的速度分别以 vA 、vB 表示,传递重物后船的速度分别以 vA′ 、vB′ 表 示,被搬运重物的质量以 m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有也可以选择不同的系统,例如,把 A、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也 可列出相对应的方程求解． 3-14 分析 人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致． 在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化． 如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作 用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地 面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定． 至于,人因跳跃而增 加的距离,可根据人在水平方向速率的增量 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,在向左抛物的过程中,满足动量守 恒,故有 式中 v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率．得 人的水平速率的增量为 3-15 分析 定理来求． 而人从最高点到地面的运动时间为 所以,人跳跃后增加的距离 由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的托力． 但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对 dt 时间内下落绳的冲力,此力必须运用动量解取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点,Oy 轴的正向竖直向下．绳的总长为 l,以 t 时刻,已落到桌面上长为 y、质量为 m′的绳为研究对象．这段绳受重力 P、桌面的托力 FN 和下落绳子对它的 冲力 F (如图中所示)的作用．由力的平衡条件有 (1) 为求冲力 F,可取 dt 时间内落至桌面的线元 dy 为研究对象． 线元的质量 ,它受到重力 dP 和冲力 F 的 反作用力 F′的作用,由于 F′＞＞dP,故由动量定理得 (2) 而 由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为 3-16 分析 这是一个系统内质量转移的问题． 为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在重力场中的动 (3)力学方程．为此,以 t 时刻质量为 m 的火箭为研究对象,它在 t→t ＋Δt 的时间内,将分离成火箭主 体(包括尚剩的燃料)和排出的燃料两部分． 根据它们的总动量的增量 ΣdPi 和系统所受的外力——— 重力(阻力不计),由动量定理可得到-mg ＝udm′/dt ＋mdv/dt(推导从略,见教材),即火箭主体的动 力学方程．由于在 dt 时间内排出燃料的质量 dm′很小,式中 m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率 dm′/dt 也就是火箭质量的变化率-dm/dt．这样,上述方程也可写成 ．在特定加速 度 a0 的条件下, 根据初始时刻火箭的质量 m0 ,就可求出燃料的排出率 dm/dt．在火箭的质量比( 即 t 时刻火箭的质 量 m 与火箭的初始质量 m0 之比) 已知的条件下,可算出火箭所经历的时间,则火箭运动的速率可通过 对其动力学方程积分后解得． 解 (1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为 (1) 因火箭的初始质量为 m0 ＝5.00 ×105 kg, 要使火箭获得最初的加速度 a0 ＝4.90 m?6?1s-2,则燃气的排出率为 (2) 为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成 分离变量后积分,有 火箭速率随时间的变化规律为 (2) 因火箭的质量比为 6.00,故经历时间 t 后,其质量为 得 (3)将式(3)代入式(2),依据初始条件,可得火箭的最后速率 3-17 分析 解 由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力 F 与位置 x 的关系,由题给条件 计算,然后由动能定理求质点速率．知 ．则该力作的功可用式 由动能定理有由分析知 , 则在 x ＝0 到 x ＝L 过程中作功, 得 x ＝L 处的质点速率为此处也可用牛顿定律求质点速率,即 分离变量后,两边积分也可得同样结果． 3-18 分析 式 来求解． 解 取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为 该题中虽施以“恒力”,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化．需按功的矢量定义3-19 分析本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式 来求解． 关键在于寻找力函数 F ＝F(x)． 根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系 F(v) ＝kv2 变换到 F(t),进一步按 x ＝ct3 的关系把 F(t)转换为 F(x),这样,就可按功的定义式求解． 解 由运动学方程 x ＝ct3 ,可得物体的速度按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为 则阻力的功为3-20 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． 由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随 高度变化的关系,拉力作功即可题 3 -20 图求出． 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,水桶重力随位置的变化关系为 P ＝mg -αgy 其中 α＝0．2 kg/m,人对水桶的拉力的功为 3-21 分析 (1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功．小球摆动过程中同时受到重力和张力作用．重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终 与小球运动方向垂直,根据功的矢量式 ,即能得出结果来． (2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能 求出动能和速率．(3) 在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提 供来确定．解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即在小球摆动过程中,张力 FＴ 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功 (2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因 而,在最低位置时的动能为 小球在最低位置的速率为 (3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得 3-22 分析 解 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少； 而减少的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． (1) 摩擦力作功为 (1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且 Fｆ ＝μmg,故有 (2) 由式(1)、(2)可得动摩擦因数为 (3) 由于一周中损失的动能为 ,则在静止前可运行的圈数为 圈 3-23 分析 运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一． 因为它与过程的细节无关,也常常 与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,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),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,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(重力和弹力)作功,支持力不 作功,因此,满足机械能守恒的条件． 只需取状态 1 和状态 2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这 两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出． 解 选取如图(b)所示坐标,取原点 O 处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对 A (1) 板而言,当施以外力 F 时,根据受力平衡有 F1 ＝P1 ＋F 当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得式中 y1 、y2 为 M、N 两点对原点 O 的位移．因为 F1 ＝ky1 ,F2 ＝ky2 及 P1 ＝m1g,上式可写为 F1 -F2 ＝2P1 由式(1)、(2)可得 F ＝P1 ＋F2 F ＝P1 ＋P2 ＝(m1 ＋m2 )g 应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点, 也同时为重力势能的零点． 3-24 分析 矿车在下滑和返回的全过程中受到重力、弹力、阻力和支持力作用．若取矿车、地球和 弹簧为系统,支持力不作功,重力、弹力为保守力,而阻力为非保守力．矿车在下滑和上行两过程中, 存在非保守力作功,系统不满足机械能守恒的条件,因此,可应用功能原理去求解．在确定重力势能、 弹性势能时,应注意势能零点的选取,常常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点, 这样做对解题比较方便． 解 取沿斜面向上为 x 轴正方向．弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点 O．矿车在下滑和上 (1) 行的全过程中,按题意,摩擦力所作的功为 Wｆ ＝(0.25mg ＋0.25m′g)(l ＋x) 式中 m′和 m 分别为矿车满载和空载时的质量,x 为弹簧最大被压缩量． 根据功能原理,在矿车运动的全过程中,摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值,故有 Wｆ ＝-ΔE ＝-(ΔEP＋ΔEｋ ) 由于矿车返回原位时速度为零,故 ΔEｋ＝0；而 ΔEP＝(m -m′) g(l ＋x) sinα, 故有 Wｆ ＝-(m -m′) g(l ＋x) sinα 由式(1)、(2)可解得 3-25 分析 由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子 (2) (3) 当 A 板跳到 N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力 F′2 ＝P2 ,且 F2 ＝F′2 ．由式(3)可得 (2)钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进 入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解． 解 因阻力与深度成正比,则有 F＝kx(k 为阻力系数)．现令 x0＝1.00 ×10 -2 m,第二次钉入的深度 Δx＝0.41 ×10 -2 m 3-26 分析 根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即 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的速率和动能．由于卫 星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时,必须规定势能的零点,通常取卫 星与地球相距无限远时的势能为零．这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了．至于卫星的机械能 为 Δx,由于钉子两次所作功相等,可得则是动能和势能的总和． 解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得 则 (2) 取卫星与地球相距无限远(r→∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为 (3) 卫星的机械能为 3-27 分析 取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力 FN 始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力 P 又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程 不能解出速度和位置两个物理量； 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的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果． 解 由系统的机械能守恒,有 (1) 根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为 (2) 冰块脱离球面时,支持力 FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置 冰块此时的速率为 v 的方向与重力 P 方向的夹角为 3-28 分析 α＝90°-θ ＝41.8°若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒． 运用守恒定律解题 时,关键在于选好系统的初态和终态． 为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样, 可使弹簧的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的最高点 C 处,因为这时 小球的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的向心力,由牛顿定律求出． 这样, 再由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值． 解 小球要刚好通过最高点 C 时,轨道对小球支持力 FN ＝0,因此,有 (1) 取小球开始时所在位置 A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有 (2) 由式(1)、(2) 可得 3-29 分析 这也是一种碰撞问题． 碰撞的全过程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,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量 为零,因此,在此方向动量守恒．但是,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,故系统的机械能也守恒．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,可免除碰撞中的许多细节问 题． 解 设弹簧的最大压缩量为 x0 ．小球与靶共同运动的速度为 v1 ．由动量守恒定律,有 (1) 又由机械能守恒定律,有 (2) 由式(1)、(2)可得 3-30 分析 该题可分两个过程分析．首先是弹丸穿越摆锤的过程．就弹丸与摆锤所组成的系统而言,由于穿越过程的时间很短,重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量,因此,可认为系统在 水平方向不受外力的冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒． 摆锤在碰撞中获得了一定的速度,因而 具有一定的动能,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的速率,该速率 可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确定； 与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地 球组成的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 由水平方向的动量守恒定律,有 (1) 为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力 FＴ＝0,则 (2) 式中 v′h 为摆锤在圆周最高点的运动速率． 又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有 (3) 解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为 3-31 分析 对于粒子的对心弹性碰撞问题,同样可利用系统(电子和氢原子)在碰撞过程中所遵循的动量守恒和机械能守恒来解决．本题所求电子传递给氢原子的能量的百分数,即氢原子动能与电子动 能之比 ．根据动能的定义,有 ,而氢原子与电子的质量比 m′/m 是已知的,它们的速率比可应用上述 两守恒定律求得, 解 (1) 由于粒子作对心弹性碰撞,在碰撞过程中系统同时满足动量守恒和机械能守恒定律,故有 (2) (3) 由题意知 m′/m＝1 840,解上述三式可得 3-32 分析 这是粒子系统的二维弹性碰撞问题．这类问题通常采用守恒定律来解决．因为粒子系统 即可求出． 以 EH 表示氢原子被碰撞后的动能, Ee 表示电子的初动能,则在碰撞的平面内不受外力作用,同时,碰撞又是完全弹性的,故系统同时满足动量守恒和机械能守 恒．由两守恒定律方程即可解得结果． 解 取如图所示的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量 (1) (2) 又由机械能守恒定律,有 (3) 解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后 B 粒子的速率为 各粒子相对原粒子方向的偏角分别为 3-33 分析 该题可分两个阶段来讨论,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包含子弹)沿斜面式,有向上的滑动过程． 在撞击过程中,对物块和子弹组成的系统而言,由于撞击前后的总动量明显是不同的, 因此,撞击过程中动量 不守恒．应该注意,不是任何碰撞过程中动量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞击力(属于内 力)远大于子弹的重力 P1 和物块的重力 P2 在斜面的方向上的分力以及物块所受的摩擦力 Fｆ ,在该方向上动量守恒,由此可得到物块被撞击后的速度．在物块沿斜面上滑的过程中,为解题方便,可重新 选择系统(即取子弹、物块和地球为系统),此系统不受外力作用,而非保守内力中仅摩擦力作功,根据 系统的功能原理,可解得最终的结果． 解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有 (1) 在物块上滑的过程中,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为 v2 ,并取 A 点的重力势能为零．由系统的 功能原理可得 (2) 由式(1)、(2)可得 3-34 分析 由于桌面无摩擦,容器可以在水平桌面上滑动,当小球沿容器内壁下滑时,容器在桌面上也要发生移动． 将小球与容器视为系统,该系统在运动过程中沿水平桌面方向不受外力作用,系统在该 方向上的动量守恒；若将小球、容器与地球视为系统,因系统无外力作用,而内力中重力是保守力,而 支持力不作功,系统的机械能守恒．由两个守恒定律可解得小球和容器在惯性系中的速度．由于相对 运动的存在,小球相对容器运动的轨迹是圆,而相对桌面运动的轨迹就不再是圆了,因此,在运用曲线 运动中的法向动力学方程求解小球受力时,必须注意参考系的选择．若取容器为参考系(非惯性系), 小球在此参考系中的轨迹仍是容器圆弧,其法向加速度可由此刻的速度(相对于容器速度)求得．在分 析小球受力时,除重力和支持力外,还必须计及它所受的惯性力． 小球位于容器的底部这一特殊位置时, 容器的加速度为零,惯性力也为零．这样,由法向动力学方程求解小球所受的支持力就很容易了．若仍 取地面为参考系(惯性系),虽然无需考虑惯性力,但是因小球的轨迹方程比较复杂,其曲率半径及法向 加速度难以确定,使求解较为困难． 解 根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得 (1) (2) 式中 vm 、vm′分别表示小球、容器相对桌面的速度．由式(1)、(2)可得小球到达容器底部时小球、 容器的速度大小分别为由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂,为此,可改为以容器为参考系(非惯性系)．在容器底部时,小 球相对容器的运动速度为 (3) 在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为 (4) 由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为 3-35 分析 (1) 桩依靠自重下沉是利用重力势能的减少来克服摩擦力作功,可根据功能原理求解． (2)打桩过程可分为三个阶段．1.锤自由下落的过程．在此过程中,锤与地球系统的势能转化为锤的动能, 满足机械能守恒定律．2.碰撞的过程．在这过程中,由于撞击力远大于重力和泥土的阻力,锤与桩这一 系统满足动量守恒定律．由于碰撞是完全非弹性的,碰撞后桩和锤以共同速度运动．3.桩下沉的过 程．在这过程中,桩和锤的动能和系统的势能将用于克服摩擦力作功,可应用系统的功能原理．根据以 上分析列出相应方程式即可解．(3)仍为打桩过程．所不同的是,在此过程中,碰撞是非弹性的,因此, 桩获得的速度还需根据锤反弹的高度求出．桩下沉时,仍是以桩的动能和势能减少来克服摩擦力作功 的．解(1) 在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能原理,有 (1)桩下沉的距离为 (2) 锤从 1 m 高处落下,其末速率为 ．由于锤与桩碰撞是完全非弹性的,锤与桩碰撞后将有共同的速 率,按动量守恒定律,有 (2) 随后桩下沉的过程中,根据系统的功能原理,有 (3) 由式(2)、(3)可解得桩下沉的距离为 h2 ＝0.2 m (3) 当桩已下沉 35 m 时,再一次锤桩,由于此时的碰撞是一般非弹性的,锤碰撞后的速率可由上抛运 动规律得 ,再根据动量守恒定律,有 (4) 随后,桩在下沉过程中,再一次应用系统的功能原理,得 (5) 由式(4)、(5)可得桩再一次下沉的距离 h3 ＝0.033 m 3-36 分析 点的速度． 解 在质点运动的平面内取如图 3 -36 所示坐标．按 的分量式,有 因质点系的质心是静止的, 质心的速度为零, 即 vC ＝drC ,故有 ,这是一矢量方程．将质点系中各质点的质量和速度分量代入其分量方程式,即可解得第三质其中 , 则 3-37 分析 解,θ ＝-30°,代入后得两质点被刚性杆连接构成一整体,其质心坐标可按质心位矢式求出． 虽然两力分别作用在杆端不同质点上,但对整体而言,可应用质心运动定律和运动学规律来求解． (1) 选如图所示坐标,则 t ＝0 时,系统质心的坐标为对小球与杆整体应用质心运动定律,得 (1) (2) 根据初始条件 t ＝0 时,v ＝0,分别对式(1)、式(2)积分可得质心速度的分量与时间的函数关系式, 有 (3) (4) 根据初始条件 t ＝0 时,x ＝xC0 ,y ＝yC0 ,对式(3)、式(4)再一次积分可得质心坐标与时间的函数 关系式,有及 (2) 利用动量定理并考虑到系统的初始状态为静止,可得系统总动量与时间的函数关系 4-1 分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况： 其中两种情况下力矩为零： 一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于 转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力 矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作 用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但 如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)． 4-2 分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴 的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量 等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不 同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此 可见应选(B)． 4-3 分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有 关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重 力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦 可判断角速度变化情况)，应选(C)． 4-4 分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴 O 的角动量守恒，故 L 不 变，此时应有下式成立，即 式中 mvD 为子弹对点 O 的角动量 ω０ 为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴 O 的转动 惯量，J0 为子弹射入前盘对轴 O 的转动惯量．由于 J ＞J0 ，则 ω＜ω０ ．故选(C)． 4-5 分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地 球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即 r ×mv ＝恒量， 式中 r 为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r ｜不同，由角动 量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并 不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变， 由此可见，应选(B)． 4-6 分析 解 这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系， 本题为匀变速转动． (1) 由于角速度 ω＝2π n(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义 ，在匀变速转动中 角加速度为 (2) 发动机曲轴转过的角度为 在 12 s 内曲轴转过的圈数为 4-7 分析 与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动 的运动方程．本题由 ω＝ω(t)出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和 6.0 s 内转过的 圈数． 解 (1) 根据题意中转速随时间的变化关系，将 t ＝6.0 s 代入，即得(2) 角速度随时间变化的规律为 (3) t ＝6.0 s 时转过的角度为 则 t ＝6.0 s 时电动机转过的圈数 圈 4-8 分析 解 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对 AA ′轴和 BB′ 轴的转动惯量均为零，因此 计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可． 由图可得此二式相加，可得 则 由二式相比，可得 则 4-9 分析 根据转动惯量的可叠加性， 飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量 之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的 积分计算得到． 解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得4-10 分析由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式 计算，式中 dm 可取半径为 r、宽度为 dr 窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆 盘对同一轴的转动惯量的差值．至于第二问需用到平行轴定理． 解 挖去后的圆盘如图(b)所示． 由分析知 (1) 解 1 解2整个圆盘对 OO 轴转动惯量为 ， 挖去的小圆盘对 OO 轴转动惯量 ， 由分析知， 剩余部分对 OO 轴的转动惯量为 (2) 由平行轴定理，剩余部分对 O′O′轴的转动惯量为 4-11 分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就 可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确 定． 该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为 零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系， 代入机械能守恒方程中即可解得． 解1 设绳子的拉力为 FＴ，对飞轮而言，根据转动定律，有 (1) 而对重物而言，由牛顿定律，有 (2)由于绳子不可伸长，因此，有 (3) 重物作匀加速下落，则有 (4) 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 解2 根据系统的机械能守恒定律，有 (}