1、 1 大学 物理 课后答案 微积分在力学解题中的运用 微积分是大学物理学习中应用很多的一种数学运算 ,在力学中较为突出 ,也是初学大学物理课程时遇到的一个困难要用好微积分这个数学工具 ,首先应在思想上认识到物体在运动过程中 ,反映其运动特征的物理量是随时空的变化而变化的一般来说 ,它们是时空坐标的函数运用微积分可求得质点的运动方程和运动状态这是大学物理和中学物理最显著的区别例如通过对质点速度函数中的时间 t 求一阶导数就可得到质点加速度函数另外对物理量数学表达式进行合理变形就可得出新的物理含义如由 tdd av ,借助积分求和运算可求得在 t1 -t2 时间内质点速度的变化；同样由 tdd v
2、r 也可求得质点的运动方程以质点运动学为例 ,我们可用微积分把运动学问题归纳如下： 第一类问题：已知运动方程求速度和加速度； 第二类问题：已知质点加速度以及在起始状态时的位矢和速度 ,可求得质点的运动方程 在力学中还有很多这样的关系 ,读者不妨自己归纳整理一下 ,从而学会自觉运用微积分来处理物理问题 ,运用时有以下几个问题需要引起大家的关注： (1) 运用微积分的物理条 件在力学学习中我们会发现 , ta 0vv和 20 21 tt ar v等描述质点运动规律的公式 ,只是式 t t0 dd avvv0和式 tttr dd 0 00 ar v 在加速度 a 为恒矢量条件下积分后的结果 此外 ,
3、在高中物理中只讨论了一些质点在恒力作用下的力学规律和相关物理问题 ,而在大学物理中则主要研究在变力和变力矩作用下的力学问题 ,微积分将成为求解上述问题的主要数学工具 (2) 积分运算中的分离变量和变量代换问题以质点在变力作用下作直线运动为例 ,如已知变力表达式和初始状态求质点的速率 ,求解本问题一条路径是：由 F m a 求得 a的表达式 ,再由式 dv adt 2 通过积分运算求得 v,其中如果力为时间 t 的显函数 ,则 a a(t),此时可两边直接积分 ,即 t tta0 ddvvv0；但如果力是速率 v 的显函数 ,则 a a(v),此时应先作分离变量后再两边积分 ,即 t ta 0
4、dd1 vvvv0；又如力是位置 x 的显函数 ,则 a a(x),此时可利用 txddv 得 vxt dd ,并取代原式中的 dt,再分离变量后两边积分 ,即 xx txa0 ddvvvv0, 用变量代换的方法可求得 v(x)表达式 ,在以上积分中建议采用定积分 ,下限为与积分元对应的初始条件 ,上限则为待求量 第一章 质点运动学 1 -6 已知质点沿 x 轴作直线运动 ,其运动方程为 32 262 ttx ,式中 x 的单位为 m,t 的单位为 s求： (1) 质点在运动开始后 4.0 s内的位移的大 小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t 4 s时质点的速度和加速度 分析
5、 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 x 的大小可直接由运动方程得到： 0 xxx t ,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 0dd tx 来确定其运动方向改变的时刻 tp ,求出 0 tp 和 tp t 内的位移 大小 x1 、 x2 ,则 t 时间内的路程21 xxs ,如图所示 ,至于 t 4.0 s 时质点速度和加速度可用 txdd 和22ddtx 两式计算 解 (1) 质点在 4.0 s内位移的大小 m32 04 xxx 3
6、 (2) 由 0dd tx 得知质点的换向时刻为 s2pt (t 0不合题意 ) 则 m0.8 021 xxx m40 242 xxx 所以 ,质点在 4.0 s时间间隔内的路程为 m48 21 xxs (3) t 4.0 s时 1s0.4 sm48dd ttxv 2s0.422 m .s36dd ttxa 1 -9 质点的运动方程为 23010 ttx 22015 tty 式中 x,y 的单位为 m,t 的单位为 试求 ： (1) 初速度的大小和方向； (2) 加速度的大小和方向 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
7、度的分量式为 ttxx 6010dd v ttyy 4015dd v 当 t 0 时 , vox -10 m -1 , voy 15 m -1 ,则初速度大小为 120200 sm0.18 yx vvv 设 vo与 x 轴的夹角为 ,则 23tan 00 xy vv4 12341 (2) 加速度的分量式为 2sm60dd ta xx v , 2sm40dd ta yy v 则加速度的大小为 222 sm1.72 yx aaa 设 a 与 x 轴的夹角为 ,则 32tan xyaa -3341(或 32619) ijira )sm03.0(2c o s)2(2s i n)2(dd 222222
8、tTTRtTTRt 1 -13 质点沿直线运动 ,加速度 a 4 -t2 ,式中 a的单位为 m -2 ,t的单位为如果当 t 3时 ,x 9 m,v 2 m -1 ,求质点的运动方程 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 ta ddv 和 txddv 可得tadd v 和 tx dd v 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 由分析知 ,应有 t ta0 dd0vv v 得 03314 vv tt(1) 由 txx tx 0
9、 dd0 v得 0042 1212 xtttx v(2) 将 t 3时 ,x 9 m,v 2 m -1代入 (1) (2)得 v0 -1 m -1,x05 0.75 m于是可得质点运动方程为 75.01212 42 ttx 1 -14 一石子从空中由静止下落 ,由于空气阻力 ,石子并非作自由落体运动 ,现测得其加速度 a A -Bv,式中 A、 B 为正恒量 ,求石子下落的速度和运动方程 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 ta d)(d vv后再两边积分 解 选取石子下落方向为 y 轴正向 ,下落起点
10、为坐标原点 (1) 由题意知 vv BAta dd (1) 用分离变量法把式 (1)改写为 tBA dd vv (2) 将式 (2)两边积分并考虑初始条件 ,有 t tBA 0 ddd0 vvvvv 得石子速度 )1( BteBA v 由此可知当 ,t 时 , BAv 为一常量 ,通常称为极限速度或收尾速度 (2) 再由 )1(dd BteBAty v 并考虑初始条件有 teBAy t Bty d)1(d 00 得石子运动方程 )1(2 BteBAtBAy 6 1 -22 一质点沿半径为 R 的圆周按规律 20 21 btts v运动 ,v0 、 b 都是常量 (1) 求 t 时刻质点的总加速
11、度； (2) t 为何值时总加速度在数值上等于 b？ (3) 当加速度达到 b 时 ,质点已沿圆周运行了多少圈？ 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 a ,而加速度的法向分量为 anv2 /R这样 ,总加速度为 a a e 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 s st -s0因圆周长为 2R,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 btts 0dd vv 其加速度的切向分量和法向分量分别为 btsat 22dd
12、 , RbtRan 202 )( vv 故加速度的大小为 R )(402222 btbaaaa ttn v其方向与切线之间的夹角为 Rb btaa tn 20 )(a r c t a na r c t a n v (2) 要使 a b,由 bbtbRR 4022 )(1 v可得 bt 0v (3) 从 t 0 开始到 t v0 /b 时 ,质点经过的路程为 bsss t 2200 v 因此质点运行的圈数为 bRRsn 42 20v 第二章 牛顿定律 7 2 -6 图示一斜面 ,倾角为 ,底边 AB 长为 l 2.1 m,质量为 m 的物体从题 2 -6 图斜 面顶端由静止开始向下滑动 ,斜面的
13、摩擦因数为 0.14试问 ,当 为何值时 ,物体在斜面上下滑的时间最短？ 其数值为多少？ 分析 动力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 ,这两类问题并无截然的界限 ,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 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 O 位于斜面顶点 ,则由 牛顿第二 定 律 有 mamg mg c o ss in (1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动 ,故有 2
14、2 c o ss in2121c o s tgatl 则 g lt c o ss inc o s 2 (2) 为使下滑的时间最短 ,可令 0dd t ,由式 (2)有 0s inc osc osc oss ins in 则可得 12tan , o49 8 此时 s99.0c o ss inc o s 2 g lt2 -8 如图 (a)所示 ,已知两物体 A、 B 的质量均为 m 3.0kg 物体A 以加速度 a 1.0 m -2 运动 ,求物体 B 与桌面间的摩擦力 (滑轮与连接绳的质量不计 ) 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
15、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 mA g -F mA a (1) F 1 -F mB a (2) F -2F 1 0 (3) 考虑到 mA mB m, F F , F 1 F 1 ,a 2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力 NammmgF 272 4f . 9 讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为： (1) 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
16、； (4) 核对量纲 ,再代入数据 ,计算出结果来 2 -9 质量为 m的长平板 A 以速度 v在光滑平面上作直线运动 ,现将质量为 m 的木块 B 轻轻平稳地放在长平板上 ,板与木块之间的动摩擦因数为 ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？ 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
17、 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 F mg 的作用下 ,根 据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程 F mg ma1 F -F ma2 a1 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 a1 a2 ,木块相对平板以初速度 - v作匀减速运动直至最终停止由运动学规律有
18、- v2 2as 由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为 mmg ms 2 2v 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 F (s l) -F l mgs 10 式中 l 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 mv (m m) v 由系统的动能定理 ,有 22 2121 vv mmmm g s 由上述各式可得 mmg ms 2 2v 2 -10 如图 (a)所示 ,在一只半径为 R 的半球形碗内 ,有一粒质量为 m 的小钢球 ,当小球以角速度 在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时 ,它距碗底有多高？ 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 而变的取图示 Oxy 坐标 ,列出动力学方程 ,即可求解钢球距碗底的高度 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
