【正文】 件對(duì)式(3)積分,有 則 又因式(3)中,再利用始末條件對(duì)式(3)積分,有 則 223 分析　如圖所示,飛機(jī)觸地后滑行期間受到5 個(gè)力作用,其中F1為空氣阻力, F2 為空氣升力, F3 為跑道作用于飛機(jī)的摩擦力,很顯然飛機(jī)是在合外力為變力的情況下作減速運(yùn)動(dòng),列出牛頓第二定律方程后,用運(yùn)動(dòng)學(xué)第二類問題的相關(guān)規(guī)律解題．由于作用于飛機(jī)的合外力為速度v的函數(shù),所求的又是飛機(jī)滑行距離x,因此比較簡(jiǎn)便方法是直接對(duì)牛頓第二定律方程中的積分變量dt 進(jìn)行代換,將dt 用代替,得到一個(gè)有關(guān)v 和x 的微分方程,分離變量后再作積分． 解　取飛機(jī)滑行方向?yàn)閤 的正方向,著陸點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律有 (1) (2)將式(2)代入式(1),并整理得分離變量并積分,有得飛機(jī)滑行距離 (3)考慮飛機(jī)著陸瞬間有FN＝0 和v＝v0 ,應(yīng)有k2v02 ＝mg,將其代入(3)式,可得飛機(jī)滑行距離x 的另一表達(dá)式討論　如飛機(jī)著陸速度v0＝144 kmｓ2 上升時(shí),得繩張力的值為 FＴ ＝ 103 N此時(shí),乙對(duì)甲的作用力則為 F′N2 ＝ 103 N由上述計(jì)算可見,在起吊相同重量的物體時(shí),由于起吊加速度不同,繩中所受張力也不同,加速度大,繩中張力也大．因此,起吊重物時(shí)必須緩慢加速,以確保起吊過程的安全．28 分析　該題為連接體問題,同樣可用隔離體法求解．分析時(shí)應(yīng)注意到繩中張力大小處處相等是有條件的,即必須在繩的質(zhì)量和伸長(zhǎng)可忽略、滑輪與繩之間的摩擦不計(jì)的前提下成立．同時(shí)也要注意到張力方向是不同的．解　分別對(duì)物體和滑輪作受力分析［圖(b)］．由牛頓定律分別對(duì)物體A、B 及滑輪列動(dòng)力學(xué)方程,有 mA g FＴ ＝mA a (1)F′Ｔ1 Fｆ ＝mB a′ (2)F′Ｔ 2FＴ1 ＝0 (3)考慮到mA ＝mB ＝m, FＴ ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可聯(lián)立解得物體與桌面的摩擦力討論　動(dòng)力學(xué)問題的一般解題步驟可分為：(1) 分析題意,確定研究對(duì)象,分析受力,選定坐標(biāo)；(2) 根據(jù)物理的定理和定律列出原始方程組；(3) 解方程組,得出文字結(jié)果；(4) 核對(duì)量綱,再代入數(shù)據(jù),計(jì)算出結(jié)果來．29 分析　當(dāng)木塊B 平穩(wěn)地輕輕放至運(yùn)動(dòng)著的平板A 上時(shí),木塊的初速度可視為零,由于它與平板之間速度的差異而存在滑動(dòng)摩擦力,該力將改變它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．根據(jù)牛頓定律可得到它們各自相對(duì)地面的加速度．換以平板為參考系來分析,此時(shí),木塊以初速度v′(與平板運(yùn)動(dòng)速率大小相等、方向相反)作勻減速運(yùn)動(dòng),其加速度為相對(duì)加速度,按運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解得． 該題也可應(yīng)用第三章所講述的系統(tǒng)的動(dòng)能定理來解．將平板與木塊作為系統(tǒng),該系統(tǒng)的動(dòng)能由平板原有的動(dòng)能變?yōu)槟緣K和平板一起運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能,而它們的共同速度可根據(jù)動(dòng)量定理求得．又因?yàn)橄到y(tǒng)內(nèi)只有摩擦力作功,根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)能定理,摩擦力的功應(yīng)等于系統(tǒng)動(dòng)能的增量．木塊相對(duì)平板移動(dòng)的距離即可求出．解1　以地面為參考系,在摩擦力Fｆ ＝μmg 的作用下,根據(jù)牛頓定律分別對(duì)木塊、平板列出動(dòng)力學(xué)方程Fｆ ＝μmg ＝ma1 F′ｆ ＝Fｆ ＝m′a2a1 和a2 分別是木塊和木板相對(duì)地面參考系的加速度．若以木板為參考系,木塊相對(duì)平板的加速度a ＝a1 ＋a2 ,木塊相對(duì)平板以初速度 v′作勻減速運(yùn)動(dòng)直至最終停止．由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有 v′2 ＝2as由上述各式可得木塊相對(duì)于平板所移動(dòng)的距離為解2　以木塊和平板為系統(tǒng),它們之間一對(duì)摩擦力作的總功為W ＝Fｆ (s ＋l) Fｆl ＝μmgs式中l(wèi) 為平板相對(duì)地面移動(dòng)的距離．由于系統(tǒng)在水平方向上不受外力,當(dāng)木塊放至平板上時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有m′v′＝(m′＋m) v″由系統(tǒng)的動(dòng)能定理,有由上述各式可得 210 分析　維持鋼球在水平面內(nèi)作勻角速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),必須使鋼球受到一與向心加速度相對(duì)應(yīng)的力(向心力),而該力是由碗內(nèi)壁對(duì)球的支持力FN 的分力來提供的,由于支持力FN 始終垂直于碗內(nèi)壁,所以支持力的大小和方向是隨ω而變的．取圖示Oxy 坐標(biāo),列出動(dòng)力學(xué)方程,即可求解鋼球距碗底的高度．解　取鋼球?yàn)楦綦x體,其受力分析如圖(b)所示．在圖示坐標(biāo)中列動(dòng)力學(xué)方程 (1) (2)且有 (3)由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為可見,h 隨ω的變化而變化．211 分析　如題所述,外軌超高的目的欲使火車轉(zhuǎn)彎的所需向心力僅由軌道支持力的水平分量FNsinθ 提供(式中θ 角為路面傾角)．從而不會(huì)對(duì)內(nèi)外軌產(chǎn)生擠壓．與其對(duì)應(yīng)的是火車轉(zhuǎn)彎時(shí)必須以規(guī)定的速率v0行駛．當(dāng)火車行駛速率v≠v0 時(shí),則會(huì)產(chǎn)生兩種情況：如圖所示,如v＞v0 時(shí),外軌將會(huì)對(duì)車輪產(chǎn)生斜向內(nèi)的側(cè)壓力F1 ,以補(bǔ)償原向心力的不足,如v＜v0時(shí),則內(nèi)軌對(duì)車輪產(chǎn)生斜向外的側(cè)壓力F2 ,以抵消多余的向心力,無論哪種情況火車都將對(duì)外軌或內(nèi)軌產(chǎn)生擠壓．由此可知,鐵路部門為什么會(huì)在每個(gè)鐵軌的轉(zhuǎn)彎處規(guī)定時(shí)速,從而確保行車安全．解　(1) 以火車為研究對(duì)象,建立如圖所示坐標(biāo)系．據(jù)分析,由牛頓定律有 (1) (2)解(1)(2)兩式可得火車轉(zhuǎn)彎時(shí)規(guī)定速率為(2) 當(dāng)v＞v0 時(shí),根據(jù)分析有 (3) (4)解(3)(4)兩式,可得外軌側(cè)壓力為當(dāng)v＜v0 時(shí),根據(jù)分析有 (5) (6)解(5)(6)兩式,可得內(nèi)軌側(cè)壓力為212 分析　雜技演員(連同摩托車)的運(yùn)動(dòng)可以看成一個(gè)水平面內(nèi)的勻速率圓周運(yùn)動(dòng)和一個(gè)豎直向上勻速直線運(yùn)動(dòng)的疊加．其旋轉(zhuǎn)一周所形成的旋線軌跡展開后,相當(dāng)于如圖(b)所示的斜面．把演員的運(yùn)動(dòng)速度分解為圖示的v1 和v2 兩個(gè)分量,顯然v1是豎直向上作勻速直線運(yùn)動(dòng)的分速度,而v2則是繞圓筒壁作水平圓周運(yùn)動(dòng)的分速度,其中向心力由筒壁對(duì)演員的支持力FN 的水平分量FN2 提供,而豎直分量FN1 則與重力相平衡．如圖(c)所示,其中φ角為摩托車與筒壁所夾角．運(yùn)用牛頓定律即可求得筒壁支持力的大小和方向力．解　設(shè)雜技演員連同摩托車整體為研究對(duì)象,據(jù)(b)(c)兩圖應(yīng)有 (1) (2) (3) (4)以式(3)代入式(2),得 (5)將式(1)和式(5)代入式(4),可求出圓筒壁對(duì)雜技演員的作用力(即支承力)大小為與壁的夾角φ為討論　表演飛車走壁時(shí),演員必須控制好運(yùn)動(dòng)速度,行車路線以及摩托車的方位,以確保三者之間滿足解題用到的各個(gè)力學(xué)規(guī)律．213 分析　首先應(yīng)由題圖求得兩個(gè)時(shí)間段的F(t)函數(shù),進(jìn)而求得相應(yīng)的加速度函數(shù),運(yùn)用積分方法求解題目所問,積分時(shí)應(yīng)注意積分上下限的取值應(yīng)與兩時(shí)間段相應(yīng)的時(shí)刻相對(duì)應(yīng)． 解　由題圖得由牛頓定律可得兩時(shí)間段質(zhì)點(diǎn)的加速度分別為 對(duì)0 ＜t ＜5ｓ 時(shí)間段,由得 積分后得 再由得 積分后得將t ＝5ｓ 代入,得v5＝30 m之間的任何值．176。如何理解上述角度的范圍？在初速一定的條件下,球擊中球門底線或球門上緣都將對(duì)應(yīng)有兩個(gè)不同的投射傾角(如圖所示)．如果以θ＞71．11176。ｓ1 m≥y≥0 代入后,可解得71．11176。,1176。ｓ1,x0＝ m．于是可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程為 114 分析　本題亦屬于運(yùn)動(dòng)學(xué)第二類問題,與上題不同之處在于加速度是速度v的函數(shù),因此,需將式dv ＝a(v)dt 分離變量為后再兩邊積分．解　選取石子下落方向?yàn)閥 軸正向,下落起點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1) 由題意知 (1)用分離變量法把式(1)改寫為 (2)將式(2)兩邊積分并考慮初始條件,有 得石子速度 由此可知當(dāng),t→∞時(shí),為一常量,通常稱為極限速度或收尾速度．(2) 再由并考慮初始條件有 得石子運(yùn)動(dòng)方程115 分析　與上兩題不同處在于質(zhì)點(diǎn)作平面曲線運(yùn)動(dòng),根據(jù)疊加原理,求解時(shí)需根據(jù)加速度的兩個(gè)分量ax 和ay分別積分,從而得到運(yùn)動(dòng)方程r的兩個(gè)分量式x(t)和y(t)．由于本題中質(zhì)點(diǎn)加速度為恒矢量,故兩次積分后所得運(yùn)動(dòng)方程為固定形式,即和,兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)均為勻變速直線運(yùn)動(dòng)．讀者不妨自己驗(yàn)證一下．解　由加速度定義式,根據(jù)初始條件t0 ＝0時(shí)v0 ＝0,積分可得 又由及初始條件t＝0 時(shí),r0＝(10 m)i,積分可得 由上述結(jié)果可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程的分量式,即x ＝10＋3t2 y ＝2t2消去參數(shù)t,可得運(yùn)動(dòng)的軌跡方程 3y ＝2x 20 m這是一個(gè)直線方程．直線斜率,α＝33176。41′(2) 加速度的分量式為 , 則加速度的大小為 設(shè)a 與x 軸的夾角為β,則 ,β＝33176。大學(xué)物理課后習(xí)題答案（上）=======================================================================全國(guó)高校統(tǒng)一大學(xué)物理11 分析與解 (1) 質(zhì)點(diǎn)在t 至(t ＋Δt)時(shí)間內(nèi)沿曲線從P 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn),各量關(guān)系如圖所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大?。｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜｜r｜表示質(zhì)點(diǎn)位矢大小的變化量,三個(gè)量的物理含義不同,在曲線運(yùn)動(dòng)中大小也不相等(注：在直線運(yùn)動(dòng)中有相等的可能)．但當(dāng)Δt→0 時(shí),點(diǎn)P′無限趨近P點(diǎn),則有｜dr｜＝ds,但卻不等于dr．故選(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故,即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可見,應(yīng)選(C)．12 分析與解　表示質(zhì)點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離隨時(shí)間的變化率,在極坐標(biāo)系中叫徑向速率．通常用符號(hào)vr表示,這是速度矢量在位矢方向上的一個(gè)分量；表示速度矢量；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式計(jì)算,在直角坐標(biāo)系中則可由公式求解．故選(D)．13 分析與解　表示切向加速度aｔ,它表示速度大小隨時(shí)間的變化率,是加速度矢量沿速度方向的一個(gè)分量,起改變速度大小的作用；在極坐標(biāo)系中表示徑向速率vr(如題1 2 所述)；在自然坐標(biāo)系中表示質(zhì)點(diǎn)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) 式表達(dá)是正確的．故選(D)．14 分析與解　加速度的切向分量aｔ起改變速度大小的作用,而法向分量an起改變速度方向的作用．質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),由于速度方向不斷改變,相應(yīng)法向加速度的方向也在不斷改變,因而法向加速度是一定改變的．至于aｔ是否改變,則要視質(zhì)點(diǎn)的速率情況而定．質(zhì)點(diǎn)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí), aｔ恒為零；質(zhì)點(diǎn)作勻變速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí), aｔ為一不為零的恒量,當(dāng)aｔ改變時(shí),質(zhì)點(diǎn)則作一般的變速率圓周運(yùn)動(dòng)．由此可見,應(yīng)選(B)．15 分析與解　本題關(guān)鍵是先求得小船速度表達(dá)式,進(jìn)而判斷運(yùn)動(dòng)性質(zhì)．為此建立如圖所示坐標(biāo)系,設(shè)定滑輪距水面高度為h,t 時(shí)刻定滑輪距小船的繩長(zhǎng)為l,則小船的運(yùn)動(dòng)方程為,其中繩長(zhǎng)l 隨時(shí)間t 而變化．小船速度,式中表示繩長(zhǎng)l 隨時(shí)間的變化率,其大小即為v0,代入整理后為,方向沿x 軸負(fù)向．由速度表達(dá)式,可判斷小船作變加速運(yùn)動(dòng)．故選(C)．16 分析　位移和路程是兩個(gè)完全不同的概念．只有當(dāng)質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動(dòng)且運(yùn)動(dòng)方向不改變時(shí),位移的大小才會(huì)與路程相等．質(zhì)點(diǎn)在t 時(shí)間內(nèi)的位移Δx 的大小可直接由運(yùn)動(dòng)方程得到：,而在求路程時(shí),就必須注意到質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中可能改變運(yùn)動(dòng)方向,此時(shí),位移的大小和路程就不同了．為此,需根據(jù)來確定其運(yùn)動(dòng)方向改變的時(shí)刻tp ,求出0～tp 和tp～t 內(nèi)的位移大小Δx1 、Δx2 ,則t 時(shí)間內(nèi)的路程,如圖所示,至于t ＝ s 時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度和加速度可用和兩式計(jì)算．解　(1) s內(nèi)位移的大小 (2) 由 得知質(zhì)點(diǎn)的換向時(shí)刻為 (t＝0不合題意)則 ,所以, s時(shí)間間隔內(nèi)的路程為 (3) t＝ s時(shí) , ,17 分析　根據(jù)加速度的定義可知,在直線運(yùn)動(dòng)中vt曲線的斜率為加速度的大小(圖中AB、CD 段斜率為定值,即勻變速直線運(yùn)動(dòng)；而線段BC 的斜率為0,加速度為零,即勻速直線運(yùn)動(dòng))．加速度為恒量,在at 圖上是平行于t 軸的直線,由vt 圖中求出各段的斜率,即可作出at 圖線．又由速度的定義可知,xt 曲線的斜率為速度的大小．因此,勻速直線運(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)的x t 圖應(yīng)是一直線,而勻變速直線運(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)的x–t 圖為t 的二次曲線．根據(jù)各段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)方程x＝x(t),求出不同時(shí)刻t 的位置x,采用描數(shù)據(jù)點(diǎn)的方法,可作出xt 圖．解　將曲線分為AB、BC、CD 三個(gè)過程,它們對(duì)應(yīng)的加速度值分別為　 (勻加速直線運(yùn)動(dòng)),　　 (勻速直線運(yùn)動(dòng)) 　(勻減速直線運(yùn)動(dòng))根據(jù)上述結(jié)果即可作出質(zhì)點(diǎn)的at 圖［圖(B)］．在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中,有由此,可計(jì)算在0～2ｓ和4～6ｓ時(shí)間間隔內(nèi)各時(shí)刻的位置分別為用描數(shù)據(jù)點(diǎn)的作圖方法,由表中數(shù)據(jù)可作0～2ｓ和4～6ｓ時(shí)間內(nèi)的x t 圖．在2～4ｓ時(shí)間內(nèi), 質(zhì)點(diǎn)是作的勻速直線運(yùn)動(dòng), 其x t 圖是斜率k＝20的一段直線［圖(c