第一章质点力学 1.1甲乙两人同时观察正在飞行的直升机,甲看到它匀速上升,乙却看到它匀加速下 降,这样的现象有吗 答:有,这是由于甲乙所处的参照系不同 12设质点作曲线运动的方程为x=x(t),y=y(1)在计算质点的速度和加速度时 有两种方法; (1)先求出r=√x2+y2,再根据,b 和 求出U和a (2)先求出速度和加速度的各分量 dx d2x d 然后再用U=V2+v及a=√a2+a2求出D和a,你认为哪一种方法正确?为什么? 种正确,这是因为 代表径向坐标的时间变化率,而并非位移的变化率(也 不是位移大小的变化率),当然在此基础上的一2就不是加速度的大小。 1.3(1)匀速圆周运动的速度和加速度都恒定不变吗? (2)在什么情况下会有法向加速度?在什么情况下会有切向加速度? (3)以一定加速度Uo,抛射角抛出的物体,在轨道上哪一点时的法向加速度最大? 在哪一点时切向加速度最大? 答:(1)匀速圆周运动的速度和加速度都在改变(方向变化) (2)速度的方向改变(受力与速度方向不在一条直线上)时会有法向加速度;当有 速度方向的分力,速度的大小改变时,会有切向加速度 (3)在运动过程中,物体只受重力作用,在最高点全部重力充当了法向力,这时法 向加速度最大。在抛出点和落点位置,重力沿切向的分力最大,此时,切向加速度的数值 最大。 14有人说:“鸡蛋碰石头,鸡蛋破了,石头无损,说它们受力相等,让人难以置信” 你如何向他们作出正确的解释? 答:这是由于两者本身的性能不同,鸡蛋易破,而石头不易破损
1 第一章 质点力学 1.1 甲乙两人同时观察正在飞行的直升机，甲看到它匀速上升，乙却看到它匀加速下 降，这样的现象有吗？ 答：有，这是由于甲乙所处的参照系不同。 1.2 设质点作曲线运动的方程为 x = x(t), y = y(t) 在计算质点的速度和加速度时， 有两种方法； （1）先求出 2 2 r = x + y ，再根据 dt dr = 和 2 2 dt d r a = 求出 和 a （2）先求出速度和加速度的各分量 dt dx x = ， dt dy y = ， 2 2 dt d x ax = ， 2 2 dt d y ay = 然后再用 2 2 = x + y 及 2 2 a = ax + ay 求出 和 a ，你认为哪一种方法正确？为什么？ 答：后一种正确，这是因为 dt dr 代表径向坐标的时间变化率，而并非位移的变化率（也 不是位移大小的变化率），当然在此基础上的 2 2 dt d r 就不是加速度的大小。 1.3（1）匀速圆周运动的速度和加速度都恒定不变吗？ （2）在什么情况下会有法向加速度？在什么情况下会有切向加速度？ （3）以一定加速度 0 ，抛射角 抛出的物体，在轨道上哪一点时的法向加速度最大？ 在哪一点时切向加速度最大？ 答：（1）匀速圆周运动的速度和加速度都在改变（方向变化） （2）速度的方向改变（受力与速度方向不在一条直线上）时会有法向加速度；当有 速度方向的分力，速度的大小改变时，会有切向加速度。 （3）在运动过程中，物体只受重力作用，在最高点全部重力充当了法向力，这时法 向加速度最大。在抛出点和落点位置，重力沿切向的分力最大，此时，切向加速度的数值 最大。 1.4 有人说：“鸡蛋碰石头，鸡蛋破了，石头无损，说它们受力相等，让人难以置信”， 你如何向他们作出正确的解释？ 答：这是由于两者本身的性能不同，鸡蛋易破，而石头不易破损
1.5(1)一人从原点出发,25秒内向东走30米,又10秒内向南走10米,再15秒 内向西北走18米。试求合位移的大小和方向; (2)求每一份位移中的平均速度;求合位移中的平均速度:求全路程的平均速度 (3)位移和路程有何区别?在什么情况下两者相当?平均速度和平均速率有何区别? 在什么情况下两者的量值相当? 解(1〉如图OA、AB和BC分别是题中 三段时间发生的位移所求即为OC,对此可用多 种方法(坐标、几何等) 现过C点作X轴的垂线交X轴于D点,设 BC交X轴于E由于∠ABC=450 O 东 AE=AB=10m EB=10 CE=18-10√2 △CDE~△EAB∴有CD=CE AB EB CD= DE AB-18 ×10=9√2-10 EB 10√2 OC=VOD+CD2=V(OA-EA-ED)2+CD2=17.5m CD 9√2-10 e arct arcing 9即方向东偏北9° 30-9√2 (2)平均速度分别为同 1.2m/s方向向东 1后后 10lm/s方向向南 1.2m/s方向向西北 15 =0.35m/s,方向东偏北9° 25+10+15 合程路程的平均速率U= 30+10+18 25+10+15 (3)位移是矢量,是位置始点指向末点的矢量,路程是标量,是物体所经历实际路径的 长度。在单向直线运动时位移的大小与路程相等。平均速度是矢量,是一段时间的位移与 时间之比,而平均速率是标量,是一段时间经过的路程与时间之比。在单向直线运动的情 2
2 1.5 （1）一人从原点出发，25 秒内向东走 30 米，又 10 秒内向南走 10 米，再 15 秒 内向西北走 18 米。试求合位移的大小和方向； （2）求每一份位移中的平均速度；求合位移中的平均速度；求全路程的平均速度； （3）位移和路程有何区别？在什么情况下两者相当？平均速度和平均速率有何区别？ 在什么情况下两者的量值相当？ 解〈1〉如图 OA 、AB 和 BC 分别是题中 三段时间发生的位移所求即为 OC，对此可用多 种方法（坐标、几何等） 现过 C 点作 X 轴的垂线交 X 轴于 D 点，设 BC 交 X 轴于 E 由于 0 ABC = 45 AE=AB=10m EB =10 2m CE =18 −10 2 CDE ~ EAB EB CE AB CD 有 = 10 9 2 10 10 2 18 10 2 = − − = = AB = EB CE CD DE OC OD CD (OA EA ED) CD 17.5m 2 2 2 2 = + = − − + = 0 9 30 9 2 9 2 10 = − − = = arctg OD CD arctg 即方向东偏北 0 9 （2）平均速度分别为 1.2m / s 25 30 1 = = 方向向东 1m / s 10 10 2 = = 方向向南 1.2m / s 15 18 3 = = 方向向西北 . m / s . 0 35 25 10 15 17 5 = + + 合 = ，方向东偏北 0 9 合程路程的平均速率 1.16m / s 25 10 15 30 10 18 = + + + + = （3）位移是矢量，是位置始点指向末点的矢量，路程是标量，是物体所经历实际路径的 长度。在单向直线运动时位移的大小与路程相等。平均速度是矢量，是一段时间的位移与 时间之比，而平均速率是标量，是一段时间经过的路程与时间之比。在单向直线运动的情 O X东 B C A o 45 E D
况下平均速度的量值与平均速率相等 1.6质点的运动方程为r=21i+(3-1)j,式中t以秒计,r以米计。试求: (1)质点在前2秒内的位移 (2)质点在前2秒内的平均速度 (3)质点在第2秒末的速度? 解(1)AF=n2-10=(4i+j)-3j=4i-2j(m) (2)-2(27-1)(m/s) dr d [2+(3-1)小=(2-j)(m/s) 它与时间无关,所以在2秒末的速度边为(2i-j)(m/s) 1.7质点的运动方程为r=2+(19-212)j,式中t以秒计,r以米计,试求 (1)质点的轨道方程 (2)质点在t=1s到t=2s内的位移及平均速度 (3)质点在t=1s到t=2s内的平均加速度以及t=2s的瞬时加速度 x= 2t 解:(1)由题知 从中消去参数t得轨迹方程y=19-x (2)F2=21+17jm F2=4+11jm 则位移N=F2-h -6j)m 平均速度U=(2i-6j)m/s (3)D=2i-4 D=2i-4 2i-8 a=△D-=-4j(m/s2) j(m/s) 则在t=2s的瞬时加速度为a=-4j 18跳伞运动员的速度为D=B1。D铅直向下,B,g为常数,求其加速度。讨论时
3 况下平均速度的量值与平均速率相等。 1.6 质点的运动方程为 r = 2ti + (3 − t) j ，式中ｔ以秒计，ｒ以米计。试求： （1）质点在前 2 秒内的位移； （2）质点在前 2 秒内的平均速度； （3）质点在第 2 秒末的速度？ 解（1） (4 ) 3 4 2 ( ) r r2 r0 i j j i j m = − = + − = − （2） (2 ) ( / ) 2 4 2 i j m s i j t r = − − = = （3） [2ti (3 t) j] (2i j) (m /s) dr d dt dr = = + − = − 它与时间无关，所以在 2 秒末的速度边为 (2i j) (m/s) − １.７质点的运动方程为 r 2ti (19 2t ) j 2 = + − ，式中 t 以秒计，r 以米计，试求： （１）质点的轨道方程； （２）质点在ｔ＝１ｓ到ｔ＝２ｓ内的位移及平均速度； （3）质点在ｔ＝１ｓ到ｔ＝２ｓ内的平均加速度以及 t = 2s 的瞬时加速度。 解：（1）由题知 = − = 2 19 2 2 y t x t 从中消去参数 t 得轨迹方程 2 2 1 y =19 − x （2） r2 2i 17 j m = + r i j m 2 = 4 +11 则位移 r r r ( i j) m = 2 − 1 = 2 −6 平均速度 ( i j) m/s = 2 − 6 （3） i tj = 2 − 4 i j 1 = 2 − 4 i j 2 = 2 −8 4 / ) 2 1 2 j m s t t a （ = − − = = 4 / ) 2 j m s dt d a （ = = − 则在 t=2s 的瞬时加速度为 a j = −4 1.8 跳伞运动员的速度为 qt qt e e − − + − = 1 1 铅直向下， , q 为常数，求其加速度。讨论时
间足够长(即M→>∞)时,速度和加速度的变化趋势? 解:a ds9e“(+e)-(-qe)-e)=2qB甲 方向向下。 讨论:M→∞时,b→>Ba→>0 1.9一质点沿x轴运动,其加速度和位置的关系为a=2+6x2,a的单位是m/s2,x 的单位是m质点在ⅹ=0处的速度为10m·s-,试求质点在任一坐标处的速度值 (提示:a= dt dx dt d 解:a 可变形为Ub=(2+6x2)dx dt a==2+6x 两边积分bdb=[(2+6x2)dr 解之得(u2-2)=2x+2x3 有U=2 1.10火车进入弯道时减速,最初列车向正北以90kmh的速率行驶,3min后以 70kmh的速率向北偏西30°方向行驶,求列车的平均加速度。 北 解:据题意画出示意图如右,由图可得速度增量的大小为: △u=√u2+2-2uU2cos30 图1-3习题15示图 则列车的平均加速度大小为:a AU45.7 43/60=914mh2 平均加速度的方向确定如下:设其与正北夹角为a,则有 =0.6428 U,△U 由此可以确定平均加速度的方向与正北的夹角a=130
4 间足够长 (即t →) 时，速度和加速度的变化趋势？ 解： 2 2 (1 ) 2 (1 ) (1 ) ( )(1 ) qt qt qt qt qt qt qt e q e e qe e qe e dt d a − − − − − − − + = + + − − − = = 方向向下。 讨论： t → 时， → a →0 1.9 一质点沿 x 轴运动，其加速度和位置的关系为 2 a = 2 + 6x ， 2 a的单位是m/s ，x 的单位是 m. 质点在 x=0 处的速度为 1 10 − ms ，试求质点在任一坐标处的速度值 ( ) = = = dx d dt dx dx d dt d 提示：a 。 解： 2 2 6x dx d dt dx dx d dt d a = + = = = 可变形为 d (2 6x )dx 2 = + 两边积分 = + x d x dx 0 2 (2 6 ) 0 解之得 2 3 0 2 ( ) 2 2 2 1 − = x + x 2 x x 25 m/s 3 有 = + + 1.10 火车进入弯道时减速，最初列车向正北以 1 90 − km h 的速率行驶，3min 后以 1 70 − km h 的速率向北偏西 0 30 方向行驶，求列车的平均加速度。 解：据题意画出示意图如右，由图可得速度增量的大小为： 2 2 1 0 1 2 2 2 2 1 45 7 2 3 90 70 2 90 70 2 30 − = + − = = + − . k m h cos 则列车的平均加速度大小为： 2 914 3/ 60 45.7 − = = = km h t a 平均加速度的方向确定如下：设其与正北夹角为α，则有： 0.6428 2 cos( ) 1 2 2 2 2 1 = + − − = 由此可以确定平均加速度的方向与正北的夹角α=1300
11l质点从坐标原点出发时开始计时,沿x轴运动,其加速度a,=2cm·s2,求在下列 两种情况下质点的运动学方程;出发后6s时质点的位置,在此期间所走过的位移及路程 (1)初速度U=0; (2)初速度U0的大小为9cms-,方向与加速度方向相反。 解:()2a.=立=2两边取积分=2m由此可解得:2 再由 =U=2t并积分得: dt 从开始到t=6s的时段内,位移为:△x=62-0=36cm路程为:△s=△x=36cm (2)由题知,初始速度与加速度方向相反,则υ0=-9cm·s1仿(1)有: 「2d解得:υ=2-9 k=jub=∫(-9)解之得: 由此可得从开始t=0到t=6s时段内,其位移为:△x=62-9×6=-18cm 由υ=2t-9知,当t=45s时,速度υ=0,可见t=45前质点向X轴负向运动,t=45s 后质点向X轴正向运动,所以从开始到t=6s时段内质点所走的路程为: AS=1452-9×45+162-9×6-(452-9×45=2025+225=225cm 12一质点作一维运动,其加速度与位移的关系为a=-kx,k为正常数。已知t=0时质 点瞬时静止于x=x处,试求质点的运动规律。 d 2x d 2x 3+kx=0此微分方程的通解为 x=Acos√kt+Bsn√kt Asn√kt+√ bCos√kt dt 由初条件t=0时,=0得B=0 x= Acos vkt 再由t=0时,x=x0得:A=x0
5 1.11 质点从坐标原点出发时开始计时，沿 x 轴运动，其加速度 2 2 − a = cm s x ，求在下列 两种情况下质点的运动学方程；出发后 6s 时质点的位置，在此期间所走过的位移及路程。 （1）初速度 0 = 0 ； （2）初速度 0 的大小为 1 9 − cms ，方向与加速度方向相反。 [解]：（1） = = = 0 0 2 2 t x d dt dt d a 两边取积分 由此可解得：=2t 再由 t dt dx = = 2 并积分得： 2 x = t 从开始到 t = 6s 的时段内，位移为：Δx=62 -0=36cm 路程为：Δs = Δx = 36cm （2）由题知，初始速度与加速度方向相反，则υ0 = -9cm·s -1 仿（1）有： − = 9 0 2 t d dt 解得： =2t-9 = = − = − x 0 0 2 2 9 9 t dx dt ( t )dt 解之得： x t t 由此可得从开始 t=0 到 t=6s 时段内，其位移为：Δx = 62 - 9×6=-18cm 由υ= 2t- 9 知，当 t = 4.5s 时，速度υ=0，可见 t = 4.5s 前质点向 X 轴负向运动，t = 4.5s 后质点向 X 轴正向运动，所以从开始到 t = 6s 时段内质点所走的路程为： S 4.5 9 4.5 6 9 6 (4.5 9 4.5) 20.25 2.25 22.5cm 2 2 2 = − + − − − = + = 1.12 一质点作一维运动，其加速度与位移的关系为 a = −kx，k 为正常数。已知 t=0 时质 点瞬时静止于 0 x = x 处，试求质点的运动规律。 解： kx dt d x a = = − 2 2 即 0 2 2 + kx = dt d x 此微分方程的通解为 k A kt kB kt dt dx x = Acos kt + Bsin kt → = − sin + cos 由初条件 t=0 时， 0 = 0 得 B=0 x = Acos kt 再由 t=0 时， x=x0 得： A=x0
则质点的运动方程为 x=X cOS 1.13一质点沿半径为01m的圆周运动,其角位移O=2+413,式中O的单位为弧度,t 的单位是秒,问 (a)在t=2s时,此点的法向加速度和切向加速度各是多少? (b)当O角等于多少时,其总加速度和半径成45角? d 解](a)角速度为:0∥122弧度/秒, 角加速度为:β==24弧度/秒2 由线量和角量的关系得t=2s时,质点的切向和法向加速度分别为: a,=PB=24R=0.1×24×2=48ms-2 an=Ro2=144R=0.1×(12×22)2=2304ms2 (b因为切向加速度与半径垂直,法向加速度沿半径方向,要使合加速度与半径成45° 角,即切向加速度与法向加速度恰好相等,即a,=a.由此可得 144r4R=24R即t=1/6=0.555 与t=0.55s对应的0角为 O=2+413=2+4×0.553=267mad 1.14任意个质点从某一点以同样大小的速率,沿着同一铅直面内不同的方向同时抛出 试证明: )在任意时刻这些质点是散处在某一圆周上; (2)各质点彼此的相对速度的方向始终不变 [证明]:(1)由抛射体的运动方程知: =U cos e t y=Uo sin8t--gi (2) 对不同方向抛出的物体,0是各不相同的,将(2)式变换后得: y+=gt=Do sin 6t(3)
6 则质点的运动方程为： x x cos kt = 0 1.13 一质点沿半径为 0.1m 的圆周运动，其角位移 3 = 2 + 4t ，式中 的单位为弧度，t 的单位是秒，问： (a) 在 t=2s 时，此点的法向加速度和切向加速度各是多少？ (b) 当 角等于多少时，其总加速度和半径成 0 45 角？ [解]:(a)角速度为 ： 12t 2弧度/秒 dt d = = ， 角加速度为： 2 24t弧度/ 秒 dt d = = 由线量和角量的关系得 t = 2s 时，质点的切向和法向加速度分别为： 2 24 0 1 24 2 4 8 − a = R = tR = . = . ms 2 4 2 2 2 144 0.1 (12 2 ) 230.4 − a = R = t R = = m s n (b)因为切向加速度与半径垂直，法向加速度沿半径方向，要使合加速度与半径成 450 角，即切向加速度与法向加速度恰好相等，即 an = a 由此可得: 144t R 24tR t 1/ 6 0.55s 4 3 = 即 = = 与 t=0.55s 对应的θ角为: 2 4t 2 4 0.55 2.67 rad 3 3 = + = + = 1.14 任意个质点从某一点以同样大小的速率，沿着同一铅直面内不同的方向同时抛出。 试证明： （1）在任意时刻这些质点是散处在某一圆周上； （2）各质点彼此的相对速度的方向始终不变。 [证明]：（1）由抛射体的运动方程知： x cos t = 0 （1） 2 0 2 1 y = sin t − gt （2） 对不同方向抛出的物体，θ是各不相同的，将(2)式变换后得： y gt sin t 2 1 0 2 + = （3）
对(1)与(3)式两边平方相加得: +(y+-g 此等式即为圆的方程。其圆心:(0,-g2),半径:R=U1 不同时刻,其圆周不同(因半径与时间t有关),但在同一时刻t,这些沿不同方向抛出的 质点就位于半径为R=Dt的同一圆周上。 (2)对于任意两个满足上述条件的质点1和2,设其抛射角分别为01和02,其速度分 量为: DIr = Do cos Ul =Do sin l, U =U cose D2y=Do sine2-gt 那么1质点相对于2质点的速度分量为: U,=Do cos 0, -Do cos 02 U,=Do sine, -Do sin e2 由此可得1质点相对于2质点的速度与X轴的夹角0的正切为: ts0.Do sin01-Do sin 02 sin 0,-siney uU cos0 -v cos0 2 cos, -cos0 由此可见1质点相对于2质点的速度与X轴的夹角0与时间t无关,所以1质点相对于2 质点的速度方向始终不变。又1、2是满足上述条件的任意两个质点,所以各质点彼此的 相对速度的方向始终不变。 1.15在同一竖直面内的同一水平线上A、B两点分别以30°、600为抛射角同时抛出两小 球(图1.19),欲使两小球相遇时都在自己的轨道的最高点,求A、B两点的距离。已知 小球在A点的发射速度U4=98m:s-1。 [解:要求两小球相遇时都在自己的轨道的最高点,故其最高点位置相同,即: u+ sin-30 U. sin-60 由此可解得B点小球的速度为: sn30° =9.8 =5.7m·s 由抛出点到最高点所需的时间为
7 对（1）与（3）式两边平方相加得： 2 2 0 2 2 2 ) 2 1 x + ( y + gt = t 此等式即为圆的方程。其 圆心：(0， 2 2 1 − gt )，半径： R t =0 不同时刻，其圆周不同（因半径与时间 t 有关），但在同一时刻 t ，这些沿不同方向抛出的 质点就位于半径为 R t =0 的同一圆周上。 （2）对于任意两个满足上述条件的质点 1 和 2，设其抛射角分别为θ1 和θ2 ，其速度分 量为： gt gt x y x y = = − = = − 2 0 2 2 0 2 1 0 1 1 0 1 cos sin cos sin 那么 1 质点相对于 2 质点的速度分量为： = 0 1 − 0 2 = 0 1 − 0 2 x cos cos y sin sin 由此可得 1 质点相对于 2 质点的速度与 X 轴的夹角θ的正切为： 1 2 1 2 0 1 0 2 0 1 0 2 − − = − − = = cos cos sin sin cos cos sin sin x y tg 由此可见 1 质点相对于 2 质点的速度与 X 轴的夹角θ与时间 t 无关，所以 1 质点相对于 2 质点的速度方向始终不变。又 1、2 是满足上述条件的任意两个质点，所以各质点彼此的 相对速度的方向始终不变。 1.15 在同一竖直面内的同一水平线上 A、B 两点分别以 300、600 为抛射角同时抛出两小 球（图 1.19），欲使两小球相遇时都在自己的轨道的最高点，求 A、B 两点的距离。已知 小球在 A 点的发射速度 1 9 8 − = ms A . 。 [解]:要求两小球相遇时都在自己的轨道的最高点，故其最高点位置相同，即： g g A B 2 sin 60 2 sin 30 2 2 0 2 2 0 = 由此可解得 B 点小球的速度为： 1 0 0 5.7 3 / 2 1/ 2 9.8 sin 60 sin 30 − = = = ms B A 由抛出点到最高点所需的时间为:
in u sin 30 9.8×1/2=05 g 9.8 则A、B两点间的距离为: xA-xB=(U4C0S30-Uc0s60)×0.5=9.8× 5.7× 2.8m 1.16抛射体的水平射程为S=sim2式中U2为抛射体的初速率,0为抛射角 (1)试证如果重力加速度的数值改变无限小的微分量dg,则水平射程就改变无限小的微 分量s,两者的关系为=g。 (2)在g的改变和s的改变足够小的情形下,可以认为 ,如果一跳远运动员 的竞技状态不变,其初速率U0与仰角为一定值:试问如果他在北京(g=98ms2)的 跳远记录为800m,那么他在昆明(g=978m·s-2)的记录应该改变多少?是增大了?还 是减小了?试说明增大或减小的原因 i证明]:(1)据题意知,式s=sin20中g是变量,其余为常量。S对g求导可得: 由上式就可得 d g/( Do sin 28 dg dg (2)利用近似关系As/s=-Ag/g可得跳远记录改变为: Ag98-978 8.0=0.016m g 由式s=Dsm20可知,重力加速度减小时,水平射程将增大,所以跳远记录增大。 17一辆卡车在平直路面上以恒速度30m·s行驶,在此车上抛一个抛体,要求在车前
8 s g g t A 0.5 9.8 sin sin 30 9.8 1/ 2 0 0 = = = = 则 A、B 两点间的距离为： xA xB A B ) 2.8m 2 1 5.7 2 3 ( cos30 cos60 ) 0.5 9.8 0 0 − = − = − = 1.16 抛射体的水平射程为 式中 为抛射体的初速率，为抛射角 = 0 2 0 sin2 , g S 。 （1）试证如果重力加速度的数值改变无限小的微分量 dg，则水平射程就改变无限小的微 分量 ds，两者的关系为 g dg s ds = − 。 （2）在 g 的改变和 s 的改变足够小的情形下，可以认为 g g s s = − ，如果一跳远运动员 的竟技状态不变，其初速率 0 与仰角 为一定值；试问如果他在北京 ( 9.8 ) −2 g = ms 的 跳远记录为 8.00m，那么他在昆明 ( 9.78 ) −2 g = ms 的记录应该改变多少？是增大了？还 是减小了？试说明增大或减小的原因。 [证明]：（1）据题意知，式 g g s 中 sin 2 2 0 = 是变量，其余为常量。 s 对 g 求导可得： 2 2 0 sin 2 dg g ds = − 由上式就可得： g dg g dg s g ds = − ) = − sin 2 /( sin 2 2 0 2 2 0 （2）利用近似关系 s/s = −g / g 可得跳远记录改变为： s m g g s 8.0 0.016 9.80 9.8 9.78 = − = = − 由式 sin 2 2 0 g s = 可知，重力加速度减小时，水平射程将增大，所以跳远记录增大。 1.17 一辆卡车在平直路面上以恒速度 1 30 − m s 行驶，在此车上抛一个抛体，要求在车前
进60m时,抛体仍落回到车上原抛出点,问抛射体抛出时相对于地面的初速度的大小和方 向,空气阻力不计 解:卡车是匀速运动,它可作为惯性参照系。以卡车为惯性参照系,取水平方向为ⅹ轴, 竖直向上为y轴正向,据抛体运动的方程 x=Do cost, y=Do sin 8I--gt 知,要抛体仍落会到车上原抛出点,则x=0从而O=90° 抛射体从抛出到落会原处所需时间t=2sma=s g 从而得U=S.86098 =9.8m·s U2302 从地面参照系看,抛射体的初速还有随车一起沿水平方向的速度。所以相对于地面,抛射 体的初速大小为Un=+b2=√982+302=316ms 方向为与水平夹角 a= aresin-=arcsin 9.8 18.1° 31.6 1.18设物体的运动过程可以用vt图中的折线ABCD 表示出来,如图1.20所示 (1)O4和BC这两线段各表示什么? t, t, D (2)相应于AB线段和CD线段的加速度的方向怎样? (3)面积 ABCD表示什么? 解:(1)O4线段代表初速度的大小 BC线段代表在t1到t2这段时间物体的运动为匀速运动。 (2)AB线段相应地加速度方向与运动方向相同,而CD线段相应地加速度方向与运动方 向相反。 (3)面积 ABCD表示物体运动的路程(位移大小) 1.19如图1.21所示,设m4=200g,mB=300g,m=100g,试问:分别当摩擦系
9 进 60m 时，抛体仍落回到车上原抛出点，问抛射体抛出时相对于地面的初速度的大小和方 向，空气阻力不计。 解：卡车是匀速运动，它可作为惯性参照系。以卡车为惯性参照系，取水平方向为 x 轴， 竖直向上为 y 轴正向，据抛体运动的方程 x cos t = 0 ， 2 0 2 1 y = sin t − gt 知，要抛体仍落会到车上原抛出点，则 x=0 从而 0 = 90 抛射体从抛出到落会原处所需时间 s g t = = 2 0 sin 从而得 1 0 9.8 2 9.8 30 60 2 − = = = m s s g 从地面参照系看，抛射体的初速还有随车一起沿水平方向的速度。所以相对于地面，抛射 体的初速大小为 2 2 2 2 1 0 9.8 30 31.6 − 地 = + = + = ms 方向为与水平夹角 0 0 18 1 31 6 9 8 . . . arcsin = arcsin = = 地 1.18 设物体的运动过程可以用 v-t 图中的折线 ABCD 表示出来，如图 1.20 所示： （1） OA 和 BC 这两线段各表示什么？ （2）相应于 AB 线段和 CD 线段的加速度的方向怎样？ （3）面积 OABCD 表示什么？ 解：（1） OA 线段代表初速度的大小。 BC 线段代表在 t1 到 t2 这段时间物体的运动为匀速运动。 （2） AB 线段相应地加速度方向与运动方向相同，而 CD 线段相应地加速度方向与运动方 向相反。 （3）面积 OABCD 表示物体运动的路程（位移大小） 1.19 如图 1.21 所示，设 m 200g, A = mB = 300g ，mc =100g ，试问：分别当摩擦系 A B C D o t 1 t 2 t 图 1.20
数μ=0,或μ=0.25时,此系统的加速度a及各段绳中张力T(绳之质量不计) 解:设B与A间绳的张力为T,A与C间绳子的张力为T2,当4=0时,对各物体应用 顿第二定律得 mB8-l= mga c且AA 71-72=ma 72 对方程组(1)求解便得 图 9.8=4.9m 200+300+100 12=ma=0.1×4.9=0.49N 7=T2+m4a=0.49+0.2×4.9=1.47N 当=0.25时,各物体同样应用牛二得 mBg-T=mga 7-72-mg T2-umcg=mca 对上方程组求解便得: mB-(m4+mc)300-0.25×(200+100) 9.8=3.68m·s ma +mB +mc 200+300+100 72=Hmg+mca=0.25×0.1×9.8+0.1×368=0.6N 71=72+HmAg+ma=0.61+0.25×0.2×98+0.2×368=1.84N 1.20如图122所示桌上有一质量m=kg的板,板上放一质量M=2kg的物体,物体和板之 间、板和桌面之间的滑动摩擦系数均为μ=0.25,静摩擦系数均为=0.30 (1)以水平力拉板,物体与板一起以加速度a=1m\s2运动,计 算物体和板以及和桌面的相互作用力: (2)现在要使板从物体下抽出,须用的力F要加到多大 图1.22 解(1)、对于物体M应用牛二得物M与板间的摩擦力
10 数 = 0 ，或 = 0.25 时，此系统的加速度 a 及各段绳中张力 T（绳之质量不计）。 解：设 B 与 A 间绳的张力为 T1，A 与 C 间绳子的张力为 T2，当 = 0 时，对各物体应用 牛顿第二定律得 (1) 2 1 2 1 = − = − = T m a T T m a m g T m a C A B B 对方程组（1）求解便得 2 9 8 4 9 200 300 100 300 − = + + = + + = g m s m m m m a A B C B . . T2 = mCa = 0.1 4.9 = 0.49N T1 =T2 + mAa = 0.49 + 0.24.9 =1.47N 当 = 0.25 时，各物体同样应用牛二得： − = − − = − = T m g m a T T m g m a m g T m a C C A A B B 2 1 2 1 对上方程组求解便得： 2 9.8 3.68 200 300 100 ( ) 300 0.25 (200 100) − = + + − + = + + − + = g m s m m m m m m a A B C B A C T T m g m a N T m g m a N A A C C 0.61 0.25 0.2 9.8 0.2 3.68 1.84 0.25 0.1 9.8 0.1 3.68 0.61 1 2 2 = + + = + + = = + = + = 1.20 如图 1.22 所示桌上有一质量 m=1kg 的板，板上放一质量 M=2kg 的物体，物体和板之 间、板和桌面之间的滑动摩擦系数均为 = 0.25 ，静摩擦系数均为 = 0.30 （1）以水平力拉板，物体与板一起以加速度 2 a = 1m \ s 运动，计 算物体和板以及和桌面的相互作用力； （2）现在要使板从物体下抽出，须用的力 F 要加到多大？ 解（1）、对于物体 M 应用牛二得物 M 与板间的摩擦力 A B C 图 1.21 M m 图 1.22
