【正文】 h1和54 kmm2m2m的夾角，求：(1)球軌道最高點的曲率半徑；(2)落地處的曲率半徑．(提示：利用曲率半徑與法向加速度之間的關(guān)系)解：設(shè)小球所作拋物線軌道如題110圖所示．題110圖(1)在最高點，又∵ ∴ (2)在落地點，,而 ∴ 111 m，自靜止啟動，其角加速度為β= rad習(xí)題解答習(xí)題一11 ｜｜與 有無不同?和有無不同? 和有無不同?其不同在哪里?試舉例說明．解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；（2）是速度的模，.∵有（式中叫做單位矢），則 式中就是速度徑向上的分量，∴不同如題11圖所示. 題11圖 (3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量.∵有表軌道節(jié)線方向單位矢），所以 式中就是加速度的切向分量. (的運算較復(fù)雜，超出教材規(guī)定，故不予討論)12 設(shè)質(zhì)點的運動方程為=()，=()，在計算質(zhì)點的速度和加速度時，有人先求出r＝，然后根據(jù) =，及＝而求得結(jié)果；又有人先計算速度和加速度的分量，再合成求得結(jié)果，即 =及= 你認(rèn)為兩種方法哪一種正確？為什么？兩者差別何在？解：，在平面直角坐標(biāo)系中，有， 故它們的模即為而前一種方法的錯誤可能有兩點，其一是概念上的錯誤，即誤把速度、加速度定義作其二，可能是將誤作速度與加速度的模。求＝2s時邊緣上各點的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．解：當(dāng)時， 則112 如題112圖，物體以相對的速度＝沿斜面滑動，為縱坐標(biāo)，開始時在斜面頂端高為處，物體以勻速向右運動，求物滑到地面時的速度．解：當(dāng)滑至斜面底時，則,物運動過程中又受到的牽連運動影響，因此，對地的速度為題112圖113 一船以速率＝30kms1,沿x軸正向，若物體原來具有6 ms1解(二) ∵∴ 題224圖224 在只掛重物M1時，小球作圓周運動的向心力為M1g，即M1g=mr0ω20 ①掛上M2后，則有 (M1+M2)g=mr′ω′2 ②重力對圓心的力矩為零，故小球?qū)A心的角動量守恒．即 r0mv0=r′mv′ ③聯(lián)立①、②、③得225 (1)先作閘桿和飛輪的受力分析圖(如圖(b))．圖中N、N′是正壓力，F(xiàn)r、F′r是摩擦力，F(xiàn)x和Fy是桿在A點轉(zhuǎn)軸處所受支承力，R是輪的重力，P是輪在O軸處所受支承力．題225圖（a）題225圖(b)桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以對A點的合力矩應(yīng)為零，設(shè)閘瓦厚度不計，則有對飛輪，按轉(zhuǎn)動定律有β=FrR/I，式中負號表示β與角速度ω方向相反．∵ Fr=μN N=N′∴ 又∵ ∴ ①以F=100 N等代入上式，得由此可算出自施加制動閘開始到飛輪停止轉(zhuǎn)動的時間為這段時間內(nèi)飛輪的角位移為可知在這段時間里，．(2)ω0=900(2π)/60 rads1，頻率為300 Hz，波速為300mh1的速度相向而行，第一 列火車發(fā)出一個600 Hz的汽笛聲，若聲速為340 ms1，求汽車的速率．解: 設(shè)汽車的速度為，汽車在駛近車站時，車站收到的頻率為 汽車駛離車站時，車站收到的頻率為聯(lián)立以上兩式，得525 兩列火車分別以72kms 1，波長為2m，求：(1)波動方程；(2) 點的振動方程及振動曲線；(3) 點的坐標(biāo)；(4) 點回到平衡位置所需的最短時間．解: 由題513圖可知，時，∴，由題知，則∴ (1)波動方程為題513圖(2)由圖知，時，∴ (點的位相應(yīng)落后于點，故取負值)∴點振動方程為(3)∵ ∴解得 (4)根據(jù)(2)的結(jié)果可作出旋轉(zhuǎn)矢量圖如題513圖(a)，則由點回到平衡位置應(yīng)經(jīng)歷的位相角題513圖(a) ∴所屬最短時間為514 如題514圖所示，有一平面簡諧波在空間傳播，已知P點的振動方程為= cos()．(1)分別就圖中給出的兩種坐標(biāo)寫出其波動方程；(2)寫出距點距離為的點的振動方程．解: (1)如題514圖(a)，則波動方程為如圖(b)，則波動方程為題514圖 (2) 如題514圖(a)，則點的振動方程為 如題514圖(b)，則點的振動方程為515 已知平面簡諧波的波動方程為(SI)．(1)寫出= s時各波峰位置的坐標(biāo)式，并求此時離原點最近一個波峰的位置，該波峰何時通過原點?(2)畫出= s時的波形曲線． 解:(1)波峰位置坐標(biāo)應(yīng)滿足 解得 (…)所以離原點最近的波峰位置為．∵ 故知,∴ ，這就是說該波峰在前通過原點，那么從計時時刻算起，則應(yīng)是，即該波峰是在時通過原點的．
題515圖(2)∵，∴，又處，時，又，當(dāng)時，則應(yīng)有 解得 ，故時的波形圖如題515圖所示516 題516圖中(a)表示=0時刻的波形圖，(b)表示原點(=0)處質(zhì)元的振動曲線，試求此波的波動方程，并畫出=2m處質(zhì)元的振動曲線．解: 由題516(b)圖所示振動曲線可知,，且時，故知,再結(jié)合題516(a)圖所示波動曲線可知，該列波沿軸負向傳播，且，若取題516圖則波動方程為 517 一平面余弦波，沿直徑為14cm的圓柱形管傳播，103J= m題219圖219 m從M上下滑的過程中，機械能守恒，以m，M地球為系統(tǒng)
，以最低點為重力勢能零點，則有mgR= 又下滑過程，動量守恒，以m,M為系統(tǒng)則在m脫離M瞬間，水平方向有mvMV=0聯(lián)立，以上兩式，得v=220 兩小球碰撞過程中，機械能守恒，有即 ①題220圖(a) 題220圖(b)又碰撞過程中，動量守恒，即有mv0=mv1+mv2亦即 v0=v1+v2 ②由②可作出矢量三角形如圖(b)，又由①式可知三矢量之間滿足勾股定理，且以v0為斜邊，故知v1與v2是互相垂直的．221 由題知，質(zhì)點的位矢為r=x1i+y1j作用在質(zhì)點上的力為f=fi所以，質(zhì)點對原點的角動量為L0=rmv=(x1i+y1j)m(vxi+vyj)=(x1mvyy1mvx)k作用在質(zhì)點上的力的力矩為M0=rf=(x1i+y1j)(fi)=y1fk
222 哈雷彗星繞太陽運動時受到太陽的引力——即有心力的作用，所以角動量守恒；又由于哈雷彗星在近日點及遠日點時的速度都與軌道半徑垂直，故有
r1mv1=r2mv2∴223 (1) (2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7即r1=4i,r2=7i+vx=v0x=1即v1=i1+6j,v2=i+11j∴ L1=r1mv1=4i3(i+6j)=72kL2=r2mv2=(7i+)3(i+11j)=∴ΔL=L2L1= kg則動量的增量為Δp=mvmv0由矢量圖知，動量增量大小為｜mv0｜，方向豎直向下．27由題知，．因小球為平拋運動，故小球落地的瞬時向下的速度大小為v1=gt=，小球上跳速度的大小亦為v2=．設(shè)向上為y軸正向，則動量的增量Δp=mv2mv1 方向豎直向上，大小 ｜Δp｜=mv2(mv1)=mg碰撞過程中動量不守恒．這是因為在碰撞過程中，小球受到地面給予的沖力作用．另外，碰撞前初動量方向斜向下，碰后末動量方向斜向上，這也說明動量不守恒．28 (1)若物體原來靜止，則Δp1= i kg角時，其角位移是多少? 解： (1)時， (2)當(dāng)加速度方向與半徑成角時，有即 亦即 則解得 于是角位移為18 質(zhì)點沿半徑為的圓周按＝的規(guī)律運動，式中為質(zhì)點離圓周上某點的弧長,，都是常量，求：(1)時刻質(zhì)點的加速度；(2) 為何值時，加速度在數(shù)值上等于．解：（1） 則 加速度與半徑的夾角為(2)由題意應(yīng)有即 ∴當(dāng)時，19 半徑為的輪子，以勻速沿水平線向前滾動：(1)證明輪緣上任意點的運動方程為＝，＝，式中/是輪子滾動的角速度，當(dāng)與水平線接觸的瞬間開始計時．此時所在的位置為原點，輪子前進方向為軸正方向；(2)求點速度和加速度的分量表示式．解：依題意作出下圖，由圖可知 （1）題19圖（2）110 以初速度＝20拋出一小球，拋出方向與水平面成幔60176。在11題中已說明不是速度的模，而只是速度在徑向上的分量，同樣，也不是加速度的模，它只是加速度在徑向分量中的一部分。h1沿直線向東行駛，另一小艇在其前方以速率＝40kms1初速，則于是,同理，Δv2=Δv1,I2=I1這說明，只要力函數(shù)不變，作用時間相同，則不管物體有無初動量，也不管初動量有多大，那么物體獲得的動量的增量(亦即沖量)就一定相同，這就是動量定理．(2)同上理，兩種情況中的作用時間相同，即亦即t2+10t200=0解得t=10 s，(t′=20 s舍去)29 質(zhì)點的動量為p=mv=mω(asinωti+bcosωtj)將t=0和t=分別代入上式，得p1=mωbj,p2=mωai,則動量的增量亦即質(zhì)點所受外力的沖量為I=Δp=p2p1=mω(ai+bj)210 (1)由題意，子彈到槍口時，有F=(abt)=0,得t= (2)子彈所受的沖量將t=代入，得(3)由動量定理可求得子彈的質(zhì)量211設(shè)一塊為m1，則另一塊為m2，m1=km2及m1+m2=m于是得 ①又設(shè)m1的速度為v1,m2的速度為v2，則有 ②mv=m1v1+m2v2 ③聯(lián)立①、③解得v2=(k+1)vkv1 ④將④代入②，并整理得于是有將其代入④式，有又，題述爆炸后，兩彈片仍沿原方向飛行，故只能取證畢．212 (1)由題知，F(xiàn)合為恒力，∴ A合=Fs1，要求飛輪轉(zhuǎn)速在t=2 s內(nèi)減少一半，可知用上面式(1)所示的關(guān)系，可求出所需的制動力為226 設(shè)a，a2和β分別為m1m2和柱體的加速度及角加速度，方向如圖(如圖b)．
題226(a)圖 題226(b)圖(1) m1，m2和柱體的運動方程如下：式中 T1′=T1,T2′=T2,a2=rβ,a1=Rβ而 I=(1/2)MR2+(1/2)mr2由上式求得 (2)由①式T2=m2rβ+m2g=2+2＝ N由②式T1=m1gm1Rβ=2＝ N227 分別以m1，m2滑輪為研究對象，受力圖如圖(b)所示．對m1,m2運用牛頓定律，有m2gT2=m2a ①T1=m1a ②對滑輪運用轉(zhuǎn)動定律，有T2rT1r=(1/2Mr2)β ③又， a=rβ ④聯(lián)立以上4個方程，得題227(a)圖 題227(b)圖題228圖228 (1)由轉(zhuǎn)動定律，有mg(l/2)=[(1/3)ml2]β∴ β= (2)由機械能守恒定律，有mg(l/2)sinθ=(1/2)[(1/3)ml2]ω2∴ω=題229圖229 (1)設(shè)小球的初速度為