【正文】 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′a2 a1 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 ? ?mmgμ ms ????? 2 2v 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) Fｆ l ＝ μmgs 式中 l 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 ? ? 22 2121 vv ???????? mmmm gsμ 由上述各式可得 ? ?mmgμ ms ????? 2 2v 2 12 一雜技演員在圓筒形建筑物內(nèi)表演飛車走壁．設(shè)演員和摩托車的總質(zhì)量為 m,圓筒半徑為 R,演員騎摩托車在直壁上以速率 v 作勻速圓周螺旋運(yùn)動(dòng) ,每繞一周上升距離為 h,如圖所示．求壁對(duì)演員和摩托車的作用力． 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 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 01 ??mgFN ( 1 ) RmFN 22 v? ( 2 ) ? ? 222 π2 π2c os hR Rθ ??? vvv (3) 2221 NNN FFF ?? (4) 以式 (3)代入式 (2),得 222222222222 π4 π4π4 π4 hRRmhR RRmF N ???? vv (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 2222222222 1 π4π4 ???????? ????? hR RgmFFFNNNv 與壁的夾角 φ為 ? ?ghR RFF NN 222 2212 π4 π4a rc t a na rc t a n ??? v 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． 2 13 一質(zhì)點(diǎn)沿 x軸運(yùn)動(dòng) ,其受力如圖所示 ,設(shè) t ＝ 0 時(shí) ,v0＝ 5mｓ 1 的速度沿水平直線飛行 ,在離地面高為 100 m時(shí) ,駕駛員要把物品空投到前方某一地面目標(biāo)處 ,問： (1) 此時(shí)目標(biāo)在飛機(jī)正下方位置的前面多遠(yuǎn)？ (2) 投放物品時(shí) ,駕駛員看目標(biāo)的視線和水平線成何角度？ (3) 物品投出 ,它的法向加速度和切向加速度各為多少？ 分析 物品空投后作平拋運(yùn)動(dòng)．忽略空氣阻力的條件下 ,由運(yùn) 動(dòng)獨(dú)立性原理知 ,物品在空中沿水平方向作勻速直線運(yùn)動(dòng) ,在豎直方向作自由落體運(yùn)動(dòng)．到達(dá)地面目標(biāo)時(shí) ,兩方向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間是相同的．因此 ,分別列出其運(yùn)動(dòng)方程 ,運(yùn)用時(shí)間相等的條件 ,即可求解． 此外 ,平拋物體在運(yùn)動(dòng)過程中只存在豎直向下的重力加速度．為求特定時(shí)刻 t時(shí)物體的切向加速度和法向加速度 ,只需求出該時(shí)刻它們與重力加速度之間的夾角 α或 β．由圖可知 ,在特定時(shí)刻 t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角 α,可由此時(shí)刻的兩速度分量 vx 、 vy求出 ,這樣 ,也就可將重力加速度 g 的切向和法向分量求得． 解 (1) 取如圖所示的坐標(biāo) ,物 品下落時(shí)在水平和豎直方向的運(yùn)動(dòng)方程分別為 x ＝ vt, y ＝ 1/2 gt2 飛機(jī)水平飛行速度 v＝ 100 m41′(或 326176。1 6 已知質(zhì)點(diǎn)沿 x 軸作直線運(yùn)動(dòng) ,其運(yùn)動(dòng)方程為 32 262 ttx ??? ,式中 x 的單位為 m,t 的單位為 s．求： (1) 質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)開始后 s內(nèi)的位移的大??； (2) 質(zhì)點(diǎn)在該時(shí)間內(nèi)所通過的路程； (3) t＝ 4 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的速度和加速度． 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：0Δ xxx t ?? ,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) 0dd ?tx 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 21 xxs ???? ,如圖所示 ,至于 t ＝ s 時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度和加速度可用 txdd 和22ddtx 兩式計(jì)算． 解 (1) 質(zhì)點(diǎn)在 s內(nèi)位移的大小 m32Δ 04 ???? xxx (2) 由 0dd ?tx 得知質(zhì)點(diǎn)的換向時(shí)刻為 s2?pt (t＝ 0不合題意 ) 則 021 ??? xxx m40Δ 242 ???? xxx 所以 ,質(zhì)點(diǎn)在 s時(shí)間間隔內(nèi)的路程為 m48ΔΔ 21 ??? xxs (3) t＝ s時(shí) 1 sm48dd ?? ???? ttxv 22 m .s36dd ?? ??? ttxa 1 7 一質(zhì)點(diǎn)沿 x 軸方向作直線運(yùn)動(dòng) ,其速度與時(shí)間的關(guān)系如圖 (a)所示．設(shè) t＝ 0 時(shí) ,x＝0．試根據(jù)已知的 vt 圖 ,畫出 at 圖以及 x t 圖． 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?。虼?,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 2sm20 ??????ABABAB tta vv (勻加速直線運(yùn)動(dòng) ) 0?BCa (勻速直線運(yùn)動(dòng) ) 2sm10 ???????CDCDCD tta vv (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 20 21 ttxx ??? v 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 1sm20 ???v 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)］． 1 9 質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為 23010 ttx ??? 22022 tty ?? 式中 x,y 的單位為 m,t 的單位為ｓ． 試求： (1) 初速度的大小和方向； (2) 加速度的大小和方向． 分析 由運(yùn)動(dòng)方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量 ,再由運(yùn)動(dòng)合成算出速度和加速度的大小和方向． 解 (1) 速度的分量式為 ttxx 6010dd ????v ttyy 4015dd ???v 當(dāng) t ＝ 0 時(shí) , vox ＝ 10 m41′ (2) 加速度的分量式為 2sm60dd ???? ta xx v , 2sm40dd ????? ta yy v 則加速度的大小為 222 ????? yx aaa 設(shè) a 與 x 軸的夾角為 β,則 32tan ??? xyaaβ β＝ 33176。41′．軌跡如圖所示． 1 18 飛機(jī)以 100 m角下降．求雨滴下落的速度 v2 ． (設(shè)下降的雨滴作勻速運(yùn)動(dòng) ) 分析 這是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的問題． 設(shè)雨滴為研究對(duì)象 ,地面為靜止參考系Ｓ ,火車為動(dòng)參考系Ｓ ′． v1 為Ｓ ′相對(duì)Ｓ 的速度 ,v2 為雨滴相對(duì)Ｓ的速度 ,利用相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度的關(guān)系即可解．解 以地面為參考系 ,火車相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的速度為 v1 ,雨滴相對(duì)地面豎直下落的速度為 v2 ,旅客看到雨滴下落的速度 v2′為相對(duì)速度 ,它們之間的關(guān)系為 139。ｓ 1 和 x5 ＝ m 對(duì) 5ｓ＜ t ＜ 7ｓ 時(shí)間段 ,用同樣方法有 ?? ? t tas5 2dd0vv v 得 ttt 2 ???v 再由 ?? ? txx tx s55 dd v 得 x ＝ ＋ 將 t ＝ 7ｓ代入分別得 v7＝ 40 ms,此力作用的時(shí)間； (3) 若物體的初速度 v1 ＝ 10 ms2 ． (2) 若火箭的質(zhì)量比為 ,求該火箭的最后速率． 分析 這是一個(gè)系統(tǒng)內(nèi)質(zhì)量轉(zhuǎn)移的問題．為了討論火箭的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 ,仍需建立其在重力場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)方程．為此 ,以 t 時(shí)刻質(zhì)量為 m 的火箭為研究對(duì)象 ,它在 t→ t ＋ Δt 的時(shí)間內(nèi) ,將分離成火箭主體 (包括尚剩的燃料 )和排出的燃料兩部分．根據(jù)它們的總動(dòng)量的增量 ΣdPi 和系統(tǒng)所受的外力 ———重力 (阻力不計(jì) ),由動(dòng)量定理可得到 mg ＝ udm′/dt ＋ mdv/dt(推導(dǎo)從略 ,見教材 ),即火箭主體的動(dòng)力學(xué)方程．由于在 dt 時(shí)間內(nèi) 排出燃料的質(zhì)量 dm′很小 ,式中 m 也就可以視為此刻火箭主體的質(zhì)量 , 而燃料的排出率 dm′/dt 也就是火箭質(zhì)量的變化率 dm/dt．這樣 ,上述方程也可寫成 mamgtmu ??dd ．在特定加速度 a0 的條件下 , 根據(jù)初始時(shí)刻火箭的質(zhì)量 m0 ,就可求出燃料的排出率 dm/dt．在火箭的質(zhì)量比 ( 即 t 時(shí)刻火箭的質(zhì)量 m 與火箭的初始質(zhì)量 m0之比 ) 已知的條件下 ,可算出火箭所經(jīng)歷的時(shí)間 ,則火箭運(yùn)動(dòng)的速率可通過對(duì)其動(dòng)力學(xué)方程積分后解得． 解 (1) 以火箭發(fā)射處為原點(diǎn) ,豎直向上為正方向．該火箭在重力 場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)方程為 mamgtmu ??dd (1) 因火箭的初始質(zhì)量為 m0 ＝ 105 kg, 要使火箭獲得最初的加速度 a0 ＝ m s1 的流量豎直落至轉(zhuǎn)臺(tái) ， 并粘附于臺(tái)面形成一圓環(huán) ， 若環(huán)的半徑為 r ＝ m， 求砂粒下落 t ＝ 10 s 時(shí) ， 轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度 . 分析 對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)系統(tǒng)而言 ， 隨著砂粒的下落 ， 系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量發(fā)生了改變 .但是 ， 砂粒下落對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)不產(chǎn)生力矩的作用 ， 因此 ， 系統(tǒng)在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中的角動(dòng)量是守恒的 .在時(shí)間 t 內(nèi)落至臺(tái)面的砂粒的質(zhì)量 ， 可由其流量求出 ， 從而可算出它所引起的附加的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 .這樣 ， 轉(zhuǎn)臺(tái)在不同時(shí)刻的角速度就可由角動(dòng)量守恒定律求出 . 解 在時(shí)間 0→ 10 s 內(nèi)落至臺(tái)面的砂粒的質(zhì)量為 ?? ? tm 根據(jù)系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒定律 ， 有 ? ?ωmrJωJ 2022 ?? 則 t ＝ 10 s 時(shí) ， 轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度 112000 ???? JmrJ ωJω 4 － 32 如圖所示 ， A 與 B 兩飛輪 的軸桿由摩擦嚙合器連接 ， A 輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 J1 ＝ kg m － 1 ， R1 ＝ mm， R2 ＝ mm，兩極間的電勢(shì)差為多少 ？ 分析 兩極間的電場(chǎng)可以近似認(rèn)為是無限長(zhǎng)同軸帶電圓柱體間的電場(chǎng) ， 由于電荷在圓柱面上均勻分布 ， 電場(chǎng)分布為軸對(duì)稱 ． 由高斯定理不難求得兩極間的電場(chǎng)強(qiáng)度 ， 并利用電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的積分關(guān)系 ? ?? 21 dRRU lE 求出兩極間的電勢(shì)差 ． 解 （ 1