大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））
????时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP (即图中的r 矢量)．
解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为
x?v0tcosβ?121gtsinα (1) y?v0tsinβ?gt2cosα (2) 22令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得
222v0sinβ2v0sinβOP?x?(cosαcosβ?sinαsinβ)?cos(α?β)
gcos2αgcos2α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
r?π?sin??α?β??2?12gtv0t 从中消去t 后也可得到同样结果． ??2π??sinβsin??α??2?(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则
vx?v0cosβ?gtsinα?0 (3)
由(2)(3)两式消去t 后得
tanβ?1 2sinα由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 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,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．
1-20 分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω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
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解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为
x?vt?Rωt (1) y?212gt?h (2) 22R2ω2h由式(1)(2)可得 x?
g由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为
r?x2?R2?R1?2h2ω g(2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v0 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φ角喷射的水柱射程为
R?v0sin2 g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
1x?vtcosθ, y?vtsinθ?gt2
2消去t 得轨迹方程
y?xtanθ?g(1?tan2θ)x2 22v以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y≥0 代入后,可解得 71．11°≥θ1 ≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．89°
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
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有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜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,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°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 ＝aｔeｔ＋anen．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs＝st -s0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．
解 (1) 质点作圆周运动的速率为
v?ds?v0?bt dt其加速度的切向分量和法向分量分别为
d2sv2(v0?bt)2at?2??b, an??
dtRR故加速度的大小为
at2b2?(v0?bt)4 a?a?a?R2n2t其方向与切线之间的夹角为
?(v0?bt)2?an θ?arctan?arctan???atRb??(2) 要使｜a｜＝b,由
1R2b2?(v0?bt)4?b可得 Rt?v0 b(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为
2v0s?st?s0?
2b因此质点运行的圈数为
2sv0n??
2πR4πbR1-23 分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝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,ω＝ω(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ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数
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k?ωv??2rad?s?3 所以 ω?ω(t)?2t2 22tRt则t′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为
dω?4t??2.0rad?s?2 at?αR?1.0m?s?2 dt222?2总加速度 a?an?at?αRet?ω2Rena??αR??ωR?1.01m?s
ω?2t?2?0.5rad?s?1 α???在2.0ｓ内该点所转过的角度
θ?θ0??ωdt??2t2dt?0022232t0?5.33rad 31-24 分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．
解 (1) 由于θ?2?4t,则角速度ω?加速度的数值分别为
3dθ?12t2．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向dtant?2s?rω2?2.30m?s?2 att?2s?rdω?4.80m?s?2 dt(2) 当at?a/2?122an?at2时,有3at2?an,即 2423?24rt??r212t2 得 t3???123
此时刻的角位置为 θ?2?4t3?3.15rad
(3) 要使an?at,则有 3?24rt??r212t2 t ＝0.55ｓ
2??41-25 分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为v2?v2?v1 (如图所示),于是可得
'v2?v1?1 ?5.36m?sotan75
1-26 分析 这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对
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于汽车的运动速度v2′的方向)应满足α?arctan即可求出所需车速v1．
l．再由相对速度的矢量关系v?2?v2?v1,h
解 由v?2?v2?v1［图(b)］,有 α?arctanv1?v2sinθ
v2cosθ而要使α?arctanlv?v2sinθl?lcosθ?,则 1? v1?v2??sinθ? hv2cosθh?h?1-27 分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u的存在, v与船在静水中划行的速度v′之间有v＝u ＋v′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使
v沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．
解 (1) 由v＝u ＋v′可知α?arcsinu,则船到达正对岸所需时间为 v?t?dd??1.05?103s vv?cosα第-15-页 共-146-页