大学物理-物理学(第五版)上册-马文蔚-课后答案-东南大学

大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））

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

ΔrΔs?,即｜v｜≠v． ΔtΔt但由于｜dr｜＝ds,故

drds?,即｜v｜＝v．由此可见,应选(C)． dtdtdr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dtdr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

dtds然坐标系中速度大小可用公式v?计算,在直角坐标系中则可由公式

dt1-2 分析与解

?dx??dy?v??????求解．故选(D)．

?dt??dt?dv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dtdr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

dt1-3 分析与解 -2 所述)；

22dsdv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dtdt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

x?l?h,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度v?长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为v?22dx?dtdldldt,式中表示绳22dtl?hlv0l2?h2/l?v0,方向沿x 轴负cosθ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

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到：Δx?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来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～dttp 和tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程s??x1??x2,如图所示,至于t 2dxdx＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和2两式计算．

dtdt解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小 Δx?x4?x0??32m

dx?0 得知质点的换向时刻为 tp?2s (t＝0不合题意) (2) 由 dt则 Δx1?x2?x0?8.0m ,Δx2?x4?x2??40m

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 s?Δx1?Δx2?48m (3) t＝4.0 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

dxdx??48m?s?1

dtt?4?.0s??36m.s2

aAB?vB?vA?20m?s?2 (匀加速直线运动),aBC?0 (匀速直线运动)

tB?tAvD?vC??10m?s?2 (匀减速直线运动)

tD?tCaCD?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0～2ｓ和4～6ｓ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0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作v?20m?s?1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ds?求ｓ．

解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为,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

12x 4第-2-页 共-135-页

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(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ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 ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．

(3) 由位移表达式,得 Δr?r2?r1?(x2?x0)i?(y2?y0)j?4i?2j 其中位移大小Δr?(Δx)2?(Δy)2?5.66m

2222x2?y2?x0?y0?2.47m

而径向增量Δr?Δr?r2?r0?*(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

1ds?(dx)2?(dy)2,由轨道方程可得dy??xdx,代入ds,则2ｓ内路程为

2s??ds??PQ404?x2dx?5.91m

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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·ｓ , voy ＝15 m·ｓ ,则初速度大小为

v0?v0x?v0y?18.0m?s?1

设vo与x 轴的夹角为α,则 tanα?22v0yv0x3?? α＝123°41′

2(2) 加速度的分量式为

ax?dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2 dtdtax?ay?72.1m?s?2

22则加速度的大小为 a?设a 与x 轴的夹角为β,则

tanβ?ay2?? ,β＝-33°41′(或326°19′) 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,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 t?222h?0.705s g?a (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

d?h?y2??v0t?12gt?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a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有

0?h?1(g?a)t2 t?22h?0.705s g?a第-4-页 共-135-页

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(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为

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 (1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因θ?2πt,则质T点P 的参数方程为

x??Rsin,

2πtTy???Rcos在Oxy 坐标系中有

2πt T坐标变换后,

x?x??Rsin2π2πt?R t, y?y??y0??RcosTT则质点P 的位矢方程为

r?Rsin2π2π??ti???Rcost?R?jTT???3sin(0.1πt)i?3[1?cos(0.1πt)]j

dr2π2π2π2πv2??Rcosti?Rsintj?(0.3πm?s?1)jTTTT2πdrdt2π2π2πa?2??R()2sinti?R()2costj?(?0.03π2m?s?2)i

dtTTTT(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

v?dshω??1.94?10?3m?s?1 2dtcosωt第-5-页 共-135-页

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当杆长等于影长时,即s ＝h,则

t?1sπarctan??3?60?60s ωh4ω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a?dvdx和v?可得dv?adt和dx?vdt．如a＝a(t)或v ＝dtdtv(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

vt?dv??adt

v00 得 v?4t?t?v0 (1) 由

133?xx0dx??vdt

02t得 x?2t?-1

14t?v0t?x0 (2) 12-1

将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ代入(1) (2)得v0＝-1 m·ｓ,x0＝0.75 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)dv?A?Bv (1) dt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?dt (2)

A?Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

tdvAdv?dtv?(1?e?Bt) 得石子速度 ?v0A?Bv?0BA由此可知当,t→∞时,v?为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．

BdyA?(1?e?Bt)并考虑初始条件有 (2) 再由v?dtBytAAA?Bt?Btdy?(1?e)dty?t?(e?1) 得石子运动方程?0?0BBB2v1-15 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

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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x?x0?v0xt?12axt和21y?y0?v0yt?ayt2,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．

2解 由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得

?v0dv??adt??(6i?4j)dt v?6ti?4tj

00tt又由v?dr及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 dttt00?rr0dr??vdt??(6ti?4tj)dt r?(10?3t2)i?2t2j

由上述结果可得质点运动方程的分量式,即

x ＝10＋3t2 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?tanα?,α＝33°41′．轨迹如图所示． dx3

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a?dv和dtΔvΔvv2a?．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为an?,a? ,式中｜Δv｜可由

ΔtΔtR图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 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Δt→0 时的极限值．

解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故

22Δv?v1?v2?2v1v2cosΔθ?v2(1?cosΔθ) 而 Δt?ΔsRΔθ? vv所以

Δvv2?2(1?cosΔθ) a? ΔtRΔθ (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得,

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v2v2v2v2a1?0.9003,a2?0.9886 a3?0.9987,a4?1.000

RRRR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

v2法向加速度．

R

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v?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v?Δr,它与时Δtdr．切向和法向加速dt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

at?dvte,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dtv2质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式an?求ρ．

ρ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 ＝1.00ｓ 到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度

2

2

v?Δrr2?r1??2.0i?6.0j Δtt2?t1(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为

dxdyd2xd2yv(t)?vxi?vyj?i?j?2.0i?4.0tj a(t)?2i?2j??4.0m?s?2j

dtdtdtdt第-8-页 共-135-页

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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

att?1s?dvd2?2a2?at2en?1.79m?s?2en et?(vx?v2y)et?3.58m?set an?dtdt2y?1(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为

2x1-18 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

v2v?v?v?4.47m?s 则ρ??11.17m

anx ＝vt, y ＝1/2 gt2

飞机水平飞行速度v＝100 m·s ,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

-1

x?v2y?452m gy?12.5o x(2) 视线和水平线的夹角为

θ?arctan(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

vgtα?arctany?arctan

vxv取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为

gt??at?gsinα?gsin?arctan??1.88m?s?2

v??gt??an?gcosα?gcos?arctan??9.62m?s?2

v??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

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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?12gt,做出炮2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OP (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

x?v0tcosβ?121gtsinα (1) y?v0tsinβ?gt2cosα (2) 22令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得

222v0sinβ2v0sinβOP?x?(cosαcosβ?sinαsinβ)?cos(α?β) 22gcosαgcosα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． ??ππ????sinβsin??α?β?sin??α??2??2?(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则

vx?v0cosβ?gtsinα?0 (3)

由(2)(3)两式消去t 后得

tanβ?1 2sinα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ω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

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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

FN1?mg?0 (1) FN2v2?m (2)

R (3) FN?22FN1?FN2 (4)

v2?vcosθ?v2πR?2πR?2?h2以式(3)代入式(2),得

FN2m4π2R2v24π2Rmv2?? (5) R4π2R2?h24π2R2?h2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

22FN?FN1?FN2?4π2Rv2?2?mg???4π2R2?h2??

??2与壁的夹角φ为

FN24π2Rv2 ?arctan?arctan22FN14πR?h2g??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,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应．

解 由题图得

0?t?5s?2t, F?t???5s?t?7s?35?5t, 由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为

a?2t, 0?t?5s a?35?5t, 5s?t?7s

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对0 ＜t ＜5ｓ 时间段,由a?dv得 dt?vv0dv??adt 积分后得 v?5?t2

0txtdx得 ?dx??vdt

x00dt13积分后得x?2?5t?t

3再由v?将t ＝5ｓ 代入,得v5＝30 m·ｓ 和x5 ＝68.7 m 对5ｓ＜t ＜7ｓ 时间段,用同样方法有

vt-1

?dv??v05sa2dt 得 v?35t?2.5t2?82.5t

t5s再由

?xx5dx??vdt 得 x ＝17.5t2 -0.83t3 -82.5t ＋147.87

-1

将t ＝7ｓ代入分别得v7＝40 m·ｓ 和 x7 ＝142 m

2-14 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a＝dv/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

120t?40?mdv dt-1

依据质点运动的初始条件,即t0 ＝0 时v0 ＝6.0 m·ｓ ,运用分离变量法对上式积分,得

v?v0dv???12.0t?4.0?dt v＝6.0+4.0t+6.0t2

0t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

?dx???6.0?4.0t?6.0t?dt

xt2x00x ＝5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3

2-15 分析 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．

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,F?ma?mvtdvαtα2??αt ?dv???dt 得 v?v0?t

v00m2mdt因此,飞机着陆10ｓ后的速率为

v ＝30 m·ｓ-1

又

t?α2?dx?v?dt ??x0?0?02mt??x第-22-页 共-135-页

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故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离 s?x?x0?v0t?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

α3t?467m 6mv0?2gh 运动员入水后,由牛顿定律得 P -Fｆ -F ＝ma 由题意P ＝F、Fｆ＝bv ,而a ＝dv /dt ＝v (d v /dy),代 入上式后得 -bv＝ mv (d v /dy) 考虑到初始条件y0 ＝0 时, v0?t2

2

2gh,对上式积分,有

vdv?m??by/m?by/m ?dy?v?ve?2ghe??0?0?b??v0v(2) 将已知条件b/m ＝0.4 m ,v ＝0.1v0 代入上式,则得

-1

y??mvln?5.76m bv02-17 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

dFT?FT?r??FT?r?dr??m2ωrdr l由于r ＝l 时外侧FＴ ＝0,所以有

?tFT?r?dFT??lrmω2mω2222πmn222rdr FT?r???l?r??l?r l2ll????上式中取r ＝0,即得叶片根部的张力FＴ0 ＝-2.79 ×10 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

5

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

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大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））

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

dvmv2Ft??mgsinα?m (1) Fn?FN?mgcosα?m (2)

dtR由v?dsrdαrdα?,得dt?,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,dtdtvα进行积分,有

?vv0vdv??90o??rgsinα?dα 得 v?2rgcosα

则小球在点C 的角速度为

vmv2ω??2gcosα/r 由式(2)得 FN?m?mgcosα?3mgcosα

rr???FN??3mgcosα负号表示F′N 与en 反向．由此可得小球对圆轨道的作用力为 FN

2-19 分析 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

dvmv2FN?man? Ff??mat??

dtR由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN ,由上述各式可得

v2dvμ?? Rdt取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有

RvdvRv0dt??v? ?0μ?v0v2R?v0μtt第-24-页 共-135-页

大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））

(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

t??R μv0物体在这段时间内所经过的路程

s??vdt??0t?t?0RRv0dt s?ln2

μR?v0μt2-20 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

?mg?kv?mdv (1) dt根据始末条件对上式积分,有

?t0dt??m?vv0vdvm?kv0? t?ln??1??6.11s ??mg?kvk?mg?(2) 利用

dvdv?v的关系代入式(1),可得 dtdydv dy?mg?kv?mv分离变量后积分

?y0?m?mg?kv0?mvdv??y??ln1??vdy??? 故 ?0??183m ??v0k?k?mg?mg?kv?0vv讨论 如不考虑空气阻力,则物体向上作匀减速运动．由公式t?0和y?0分别算

g2g得t≈6.12ｓ和y≈184 m,均比实际值略大一些．

2-21 分析 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 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

2?mg?kmv2?mdvvdv?m dtdy依据初始条件对上式积分,有

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