第一章质点运动学课程课后习题答案.docx

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1、第一章质点运动学1-1分析与解(1)质点在t至(t+At)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As=PP,位移大小|Ar|=PP,而Ar=IrI-IrI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AtTO时，点P无限趋近P点，则有Idr|=ds,但却不等于dr.故选(B).由于IrIs,故，即II.但由于IdrI=ds,故，即II=.由此可见，应选.12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

2、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).14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

3、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.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I,则小船的运动方程为，其中绳长I随时间t而变化.小船速度，式中表示绳长I随时间的变化率，其大小即为v,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）.16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Ax的大小可直接由运动方程

4、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Otp和tpt内的位移大小x1、x2,则t时间内的路程，如图所示，至于t=4.Os时质点速度和加速度可用和两式计算.解（1）质点在4.0s内位移的大小（2）由得知质点的换向时刻为仕=0不合题意）则，所以，质点在4.0S时间间隔内的路程为（3）t=4.0s时，17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

5、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,-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，有由此，可计算在02s和46s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02s和46s

6、时间内的X-t图.在24s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）18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、r.s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=OS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=OS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

7、图(B)所示，所求As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)速度的分量式为当t=0时，vox=-10m?6?1s-1,voy=15m?6?1s-1,则初速度大小为设VO与X轴的夹角为,则=12304(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0,则,B=-3304(或326o19,)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

8、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

9、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0,y,坐标系，并采用参数方程x=x,(t)和y,=y,仕)来表示圆周运动是比较方便的.然后，运用坐标变换X=0x,和y=y+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)如图所示,在0xy,坐标系中，因，则质点P的参数方程为坐标变换后，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，

10、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.解设太阳光线对她转动的角速度为3,从正午时分开始计时，则杆的影长为s=htgt,T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

11、由分析知,应有得(1)由得(2)将t=3s时，x=9m,v=2m?6?IS-I代入(1)(2)得Vo=-Im?6?1s-1,xO=O.75m.于是可得质点运动方程为1-14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分离变量为后再两边积分.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(1)用分离变量法把式改写为(2)将式两边积分并考虑初始条件，有得石子速度由此可知当，tT8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1T5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

12、解时需根据加速度的两个分量a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.读者不妨自己脸证一下.解由加速度定义式,根据初始条件t=0时Vo=0,积分可得又由及初始条件t=0时，r=(10m)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+3t2y=2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程3y=2x-20m这是一个直线方程.直线斜率,Q=3341,轨迹如图所示.116分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同，它们分别表示为和.在匀速率圆周运动中，它们的大小分别为，式中

13、IAvI可由图(B)中的几何关系得到，而At可由转过的角度求出.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AtTO时的极限值.解由图(b)可看到Av=v2-v1,故而所以(2)将=90,30,10,1分别代入上式,得,，以上结果表明，当时，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t的大小有关，当AtTOB寸，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

14、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p.解(1)由参数方程X=2.0t,y=19.0-2.0t2消去t得质点的机迹方程：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Wt1=1.0OS时的速度V(t)It=1s=2.Oi-4.Oj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

15、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或B.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Q,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X=vt,y=1/2gt2飞机水平飞行速度V=Ioom?6?1s-1,飞机离地面的高度y=100m,由上述两式可得目

16、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VoCOSB和VoSinB,其加速度分别为gsin和geos.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

17、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所示,由图中所示几何关系也可求得（即图中的r矢量）.解1由分析知，炮弹在图3）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.只要角和B满足上式，炮弹就能垂直击中坡面，而与Vo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，求解本题将会比校困难，有兴趣读者不妨自己体验一下.120分析选定伞边缘0

18、处的雨滴为研究对象，当伞以角速度3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解如图（a）所示坐标系中，雨滴落地的运动方程为（1）（2）由式（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所示的球面喷头（O=45）其上有大量小孔.喷头旋转B寸，水滴以初速度Vo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.则以角

19、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.解取图示坐标系Oxy,由运动方程消去t得轨迹方程以X=25.0m,v=20.0m?6?1s-1及3.44m2y20代入后，可解得71.1101269.9227.92218.89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71.1或6

20、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，8角也并非能取71.11与18.89之间的任何值.当倾角取值为27.92069.92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=atetanen.至于质点在t时间内通过的路程，即为曲线坐标的改变量As=St-s.因圆周长为2R,质点所转过的国数自然可求得.解(

21、1)质点作圆周运动的速率为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要使Ial=b,由可得(3)从t=0开始到t=v/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3=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,3=3(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R=v,由题意3aB、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

22、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，这两类问题并无微然的界限，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Q=f(t),然后运用对t求极值的方法即可得出数值来.解取沿斜面为坐标轴Ox,原点0位于斜面顶点，则由牛顿第二定律有(1)又物体在斜面上作匀变速直线运动，故有则(2)为使下滑的时间最短，可令，由式有则可得，此时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

23、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(如图所示).当框架以加速度a上升时，有FT-(ml+m2)g=(mlm2)a(1),FN2-m2g=m2a(2)解上述方程，得FT=(m1+m2)(ga)(3)FN2=m2(g+a)(4)(1)当整个装置以加速度a=10m?6?1s-2上升时，由式可得绳所受张力的值为FT=5.94103N乙对甲的作用力为FN2=-FN2=-m2(g+a)=-1.98103N(2)当隹个

24、装置以加速度a=1m?6?1s-2上升时，得绳张力的值为FT=3.24103N此时，乙对甲的作用力则为F,N2=-1.08X103N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.28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，有mAg-FT=mAa(1)F,T1

25、-Ff=mBaz(2)F,T-2FT1=0(3)考虑到mA=mB=m,FT=FT,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：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.219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

26、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以地面为参考系，在摩擦力Ff=Hmg的作用下，根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程Ff=mg=ma1Fzf=-Ff=m,a2a1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=a1a2,木块相对平板以初速度-v,作

27、匀减速运动直至最终停止.由运动学规律有一72=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+1)-FfI=mgs式中I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3而变的.取图示OXy坐标，列出动力学方程，即可求解钢球距

28、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(3)由上述各式可解得钢球距碗底的高度为可见，h随3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FNSin提供(式中角为路面倾角).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Vo行驶.当火车行驶速率vv时，则会产生两种情况：如图所示，如vv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VVVo时，则内就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

29、路部门为什么会在每个铁就的转弯处规定时速，从而确保行车安全.解以火车为研究对象，建立如图所示坐标系.据分析，由牛顿定律有(1)(2)解(1)(2)两式可得火车转弯时规定速率为(2)当vv时,根据分析有(3)(4)解(3)(4)两式，可得外轨侧压力为当VVVO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卷加.其旋转一周所形成的旋线轨迹展开后，相当于如图S)所示的斜面.把演员的运动速度分解为图示的Vl和v2两个分量，显然Vl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

30、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FNl则与重力相平衡.如图(C)所示，其中角为摩托车与篇壁所夹角.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)(2)(3) (4)以式代入式(2),得(5)将式和式代入式(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

31、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.解由题图得由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为对Ot5s时间段，由得积分后得再由得积分后得将t=5s代入，得v5=30m?6?1s-1和x5=68.7m对5sVt7s时间段，用同样方法有得再由得X=17.5t2-0.83t3-82.5t+147.87将t=7s代入分别得v7=40m?6?1s-1和7=142m2-14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=dvdt,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

32、点的位置.解因加速度a=dvdt,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t=0时Vo=6.0m?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：t=0时x=5.0m,对上式分离变量后积分，有X=5.0+6.0t+2.0t2+2.0t32-15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，得因此，飞机着陆IoS后的速率为V=3

33、0m?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校简单，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，故入水时的速度为运动员入水后，由牛顿定律得P-Ff-

34、F=ma由题意P=F、Ff=bv2,而a=dv/dt=v(dvdy),代入上式后得-bv2=mv(dvdy)考虑到初始条件y=0时，对上式积分，有(2)将已知条件b/m=0.4m-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。，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FTG)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

35、r=I时外侧FT=0,所以有上式中取r=0,即得叶片根部的张力FTO=-2.79X105N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mgsin,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mgcos.由此，可分别列出切向和法向的动力学方程Ft=mdvdt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

36、接给出小球与圆弧表面之间的作用力.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(1)(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，有得则小球在点C的角速度为由式得由此可得小球对圆轨道的作用力为负号表示FN与en反向.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

37、，从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程.解(1)设物体质量为叫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=UFN,由上述各式可得取初始条件t=0时V=v0,并对上式进行积分，有(2)当物体的速率从V0减少到12v。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220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

38、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t6.12s和y184m,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，根据牛顿定律有依据初始条件对上式积分，有物体到达最高处时，V

39、=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=dvdt=0时,摩托车的速率最大，因此可得k=Fvm2(2)由式(1)和式可得(3)根据始末条件对式积分，有则又因式(3)中，再利用

40、始末条件对式积分，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Fl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

41、机着陆瞬间有FN=O和v=v,应有k2v02=mg,将其代入式，可得飞机滑行距离X的另一表达式讨论如飞机着陆速度v=144km?6?1h-1,=0.1,升阻比，可算得飞机的滑行距离x=560m,设计飞机跑道长度时应参照上述计算结果.2-24分析如同习题2-5分析中指出的那样，可对木箱加上惯性力FO后，以车厢!为参考系进行求解，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az为木箱相对车厢的加速度.解由牛顿第二定律和相关运动学规律有FO-Ff=ma-mg=ma,(1)v,2=2a,L(2)联立解(1)(2)两式并代入题给数据，得木箱撞上车闹挡板时的速度为2-25分析如以加速运动的电梯

42、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磔上，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(1)(2)(3)由上述各式可得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ar0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

43、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=aAaBA.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,事实上只有当aA=0时，正压力才等于mgcos.解1取地面为参考系，以滑块