大学物理答案

第二章 牛顿定律

2 -1 如图(a)所示, 质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上, 若斜面向左方作加速运动, 当物体刚脱离斜面时, 它的加速度的大小为( )

(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) gcot θ

分析与解 当物体离开斜面瞬间, 斜面对物体的支持力消失为零, 物体在绳子拉力F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面) 和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a , 如图(b)所示, 由其可解得合外力为mg cot θ, 故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．

2 -2 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时, 物体所受的静摩擦力F f 的大小( )

(A) 不为零, 但保持不变

(B) 随F N 成正比地增大

(C) 开始随F N 增大, 达到某一最大值后, 就保持不变

(D) 无法确定

分析与解 与滑动摩擦力不同的是, 静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值．当F N 增加时, 静摩擦力可取的最大值成正比增加, 但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知, 物体一直保持静止状态, 故静摩擦力与重力大小相等, 方向相反, 并保持不变, 故选(A)． 2 -3 一段路面水平的公路, 转弯处轨道半径为R , 汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ, 要使汽车不至于发生侧向打滑, 汽车在该处的行驶速率( )

(A) 不得小于μgR (B) 必须等于μgR

(C) 不得大于μgR (D) 还应由汽车的质量m 决定

分析与解 由题意知, 汽车应在水平面内作匀速率圆周运动, 为保证汽车转弯时不侧向打滑, 所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供, 能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值, 均能保证不侧向打滑．应选(C)．

2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑, 在下滑过程中, 则( )

(A) 它的加速度方向永远指向圆心, 其速率保持不变

(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加

(C) 它受到的合外力大小变化, 方向永远指向圆心

(D) 它受到的合外力大小不变, 其速率不断增加

分析与解 由图可知, 物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用, 其合外力方向并非指向圆心, 其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断), 则物体作圆周运动的向心力(又称法向力) 将不断增大, 由轨道法向方向上的动力学方程

v 2

F N -mg sin θ=m 可判断, 随θ 角的不断增大过程, 轨道支持力F N 也将不断增大, 由此可R

见应选(B)．

2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ,A 所在的桌面是水平的, 绳子和定滑轮质量均不计, 若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦, 并不计空气阻力, 则绳中张力为( )

(A) 58 mg (B) 12 mg (C) mg (D) 2mg

分析与解 本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后, 以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示, 图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度, m a ′为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律, 可解得F Ｔ ＝5/8 mg．故选(A)．

讨论 对于习题2 -5 这种类型的物理问题, 往往从非惯性参考系(本题为电梯) 观察到的运动图像较为明确, 但由于牛顿定律只适用于惯性参考系, 故从非惯性参考系求解力学问题时, 必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解, 则两物体的加速度a A 和a B 均应对地而言, 本题中a A 和a B 的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对a A 、a B 、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 图示一斜面, 倾角为α, 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, 斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问, 当α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α＝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

mg sin α-mg μcos α=ma (1)

又物体在斜面上作匀变速直线运动, 故有

l 11=at 2=g (sin α-μcos α)t 2 cos α22

则 t =2l (2) g cos αsin α-μcos αd t =0, 由式(2)有 d α为使下滑的时间最短, 可令

-sin α(sin α-μcos α)+cos α(cos α-μsin α)=0

则可得 tan 2α=-1o , α=49 μ

此时 t =2l =0. 99s g cos αsin α-μcos α2 -7 工地上有一吊车, 将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m 1 ＝2.00 ×102 kg, 乙块质量为m 2 ＝1.00 ×102 kg ．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下, 钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1)

两物块以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；

(2) 两物块以1.0 m·ｓ-2 的加速度上升．从本题的结果, 你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？

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

F Ｔ -(m1 ＋m 2 )g ＝(m1 ＋m 2 )a (1)

F N2 - m 2 g ＝m 2 a (2)

解上述方程, 得

F Ｔ ＝(m1 ＋m 2 )(g ＋a) (3)

F N2 ＝m 2 (g ＋a) (4)

(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m·ｓ-2 上升时, 由式(3)可得绳所受张力的值为

F Ｔ ＝5.94 ×103 N

乙对甲的作用力为

F ′N2 ＝-F N2 ＝-m 2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N

(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m·ｓ-2 上升时, 得绳张力的值为

F Ｔ ＝3.24 ×103 N

此时, 乙对甲的作用力则为

F′N2 ＝-1.08 ×103 N

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．

2 -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·ｓ-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

m A g -F Ｔ ＝m A a (1)

F ′Ｔ1 -F ｆ ＝m B a ′ (2)

F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)

考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a , 可联立解得物体与桌面的摩擦力

F f =mg -(m +4m )a =7. 2N 2

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；(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μ, 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．

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 ｆ ＝μmg 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 ｆ ＝μmg ＝ma 1

F ′ｆ ＝-F ｆ ＝m ′a 2

a 1 和a 2 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 ＝a 1 ＋a 2 ,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

- v ′2 ＝2as

由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为

m 'v '2

s =2μg m '+m 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 ｆ (s ＋l ) -F ｆl ＝μmgs

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

m ′v ′＝(m ′＋m ) v ″

由系统的动能定理, 有

μmgs =

由上述各式可得 11m 'v '2-(m '+m )v ''2 22

m 'v '2

s =2μg m '+m 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ω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F N 的分力来提供的, 由于支持力F N 始终垂直于碗内壁, 所以支持力的大小和方向是随ω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

F N sin θ=ma n =mR ω2sin θ (1)

F N cos θ=mg (2) (R -h ) (3) 且有 cos θ=R

由上述各式可解得钢球距碗底的高度为

h =R -

可见, h 随ω的变化而变化． g ω2

2 -11 火车转弯时需要较大的向心力, 如果两条铁轨都在同一水平面内(内轨、外轨等高), 这个向心力只能由外轨提供, 也就是说外轨会受到车轮对它很大的向外侧压力, 这是很危险的．因此, 对应于火车的速率及转弯处的曲率半径, 必须使外轨适当地高出内轨, 称为外轨超高．现有一质量为m 的火车, 以速率v 沿半径为R 的圆弧轨道转弯, 已知路面倾角为θ, 试求：

(1) 在此条件下, 火车速率v 0 为多大时, 才能使车轮对铁轨内外轨的侧压力均为零？ (2) 如果火车的速率v ≠v 0 ,则车轮对铁轨的侧压力为多少？

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F N sin θ 提供(式中θ 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v 0行驶．当火车行驶速率v ≠v 0 时, 则会产生两种情况：如图所示, 如v ＞v 0 时, 外轨将会对车轮产生斜向内的侧压力F 1 , 以补偿原向心力的不足, 如v ＜v 0时, 则内轨对车轮产生斜向外的侧压力F 2 , 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, 铁路部门为什么会在每个铁轨的转弯处规定时速, 从而确保行车安全．

解 (1) 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

v 2

F N sin θ=m (1) R

F N cos θ-mg =0 (2)

解(1)(2)两式可得火车转弯时规定速率为

v 0=gR tan θ

(2) 当v ＞v 0 时, 根据分析有

v 2

F N sin θ+F 1cos θ=m (3) R

F N cos θ-F 1sin θ-mg =0 (4)

解(3)(4)两式, 可得外轨侧压力为

⎛v 2⎫⎪F 1=m cos θ-g sin θ R ⎪ ⎝⎭

当v ＜v 0 时, 根据分析有

v 2

F N sin θ-F 2cos θ=m (5) R

F N cos θ+F 2sin θ-mg =0 (6)

解(5)(6)两式, 可得内轨侧压力为

⎛⎫v

2

⎪ F 2=m g sin θ-cos θ ⎪R ⎝⎭

2 -12 一杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁．设演员和摩托车的总质量为m , 圆筒半径为R , 演员骑摩托车在直壁上以速率v 作匀速圆周螺旋运动, 每绕一周上升距离为h , 如图所示．求壁对演员和摩托车的作用力．

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叠加．其旋转一周所形成的旋线轨迹展开后, 相当于如图(b)所示的斜面．把演员的运动速度分解为图示的v 1 和v 2 两个分量, 显然v 1是竖直向上作匀速直线运动的分速度, 而v 2则是绕圆筒壁作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F N 的水平分量F N2 提供, 而竖直分量F N1 则与重力相平衡．如图(c)所示, 其中φ角为摩托车与筒壁所夹角．运用牛顿定律即可求得筒壁支持力的大小和方向

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

F N 1-mg =0 (1)

F N 2v 2=m (2) R

v 2=v cos θ=v 2πR

2πR 2+h 2 (3)

22F N =F N 1+F N 2 (4)

以式(3)代入式(2),得

F N 2m 4π2R 2v 24π2Rm v 2== (5) R 4π2R 2+h 24π2R 2+h 2

将式(1)和式(5)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

⎛4πR v ⎫222 F N =F N +F =m g +1N 2 4π2R 2+h 2⎪⎪ ⎝⎭

与壁的夹角φ为 222

F N 24π2R v 2

==

222F N 14πR +h g

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 一质点沿x 轴运动, 其受力如图所示, 设t ＝0 时, v 0＝5m·ｓ-1 , x 0＝2 m, 质点质量m ＝1kg, 试求该质点7ｓ末的速度和位置坐标．

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

0

由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为

a =2t , 0

a =35-5t , 5s

对0 ＜t ＜5ｓ 时间段, 由a =d v 得 d t

⎰

再由v =v v 0d v =⎰a d t 0t 2积分后得 v =5+t d x 得 d t

⎰

3积分后得x =2+5t +t x x 0d x =⎰v d t 0t 1

3

将t ＝5ｓ 代入, 得v 5＝30 m·ｓ-1 和x 5 ＝68.7 m

对5ｓ＜t ＜7ｓ 时间段, 用同样方法有

⎰

再由 v v 0d v =⎰a 2d t 5s t 2得 v =35t -2. 5t -82. 5t ⎰x

x 5d x =⎰v

d t 5s t

得

x ＝17.5t 2 -0.83t 3 -82.5t ＋147.87

将t ＝7ｓ代入分别得v 7＝40 m·ｓ-1 和 x 7 ＝142 m

2 -14 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动, 已知F ＝120t ＋40, 式中F 的单位为N, t 的单位的ｓ．在t ＝0 时, 质点位于x ＝5.0 m 处, 其速度v 0＝6.0 m·ｓ-1 ．求质点在任意时刻的速度和位置．

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 ＝d v /dt , 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 ＝d x /dt , 用积分的方法可求出质点的位置．

解 因加速度a ＝d v /dt , 在直线运动中, 根据牛顿运动定律有

120t +40=m

d v

d t

依据质点运动的初始条件, 即t 0 ＝0 时v 0 ＝6.0 m·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分, 得

⎰d v =⎰(12. 0t +4. 0)d t

v 0

v t

v ＝6.0+4.0t+6.0t 2

又因v ＝d x /dt , 并由质点运动的初始条件：t 0 ＝0 时x 0 ＝5.0 m, 对上式分离变量后积分, 有

⎰d x =⎰(6. 0+4. 0t +6. 0t )d t

x

t

2

x 0

x ＝5.0+6.0t+2.0t 2 +2.0t 3

2 -15 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0 ×103 kg．飞机以55.0 m·ｓ-1 的速率在水平跑道上着陆后, 驾驶员开始制动, 若阻力与时间成正比, 比例系数α＝5.0 ×102 N·ｓ-1 , 空气对飞机升力不计, 求：(1) 10ｓ后飞机的速率；(2) 飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．

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, 有

d v

=-αt d t v t αt d v =-⎰v 0⎰0m d t α2

t 得 v =v 0-2m

F =ma =m

因此, 飞机着陆10ｓ后的速率为

v ＝30 m·ｓ-1

又

α2⎫⎛

d x =v -d t ⎰x 0⎰0⎝02m t ⎪

⎭

x

t

故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离

s =x -x 0=v 0t -

α3

t =467m 6m

2 -16 质量为m 的跳水运动员, 从10.0 m 高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为h ．把跳水运动员视为质点, 并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉, 水对其阻力为b v 2 , 其中b 为一常量．若以水面上一点为坐标原点O , 竖直向下为Oy 轴, 求：(1) 运动员在水中的速率v 与y 的函数关系；(2) 如b /m ＝0.40m -1 ,跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0 的1 /10？ (假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等)

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F ｆ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较简单, 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

v 0=2gh

运动员入水后, 由牛顿定律得

P -F ｆ -F ＝ma

由题意P ＝F 、F ｆ＝b v 2 ,而a ＝d v /dt ＝v (d v /dy ), 代 入上式后得

-b v 2＝ m v (d v /dy )

考虑到初始条件y 0 ＝0 时, v 0=

t

2gh , 对上式积分, 有

v d v ⎛m ⎫

-d y =⎪⎰0 ⎰v 0v ⎝b ⎭

v =v 0e -by /m =2gh e -by /m

(2) 将已知条件b/m ＝0.4 m -1 ,v ＝0.1v 0 代入上式, 则得

y =-

m v

ln =5. 76m b v 0

*2 -17 直升飞机的螺旋桨由两个对称的叶片组成．每一叶片的质量m ＝136 kg,长l ＝3.66 m ．求当它的转速n ＝320 r/min 时, 两个叶片根部的张力．(设叶片是宽度一定、厚度均匀的薄片)

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O , 沿叶片背离原点O 的方向为正向, 距原点O 为r 处的长为d r 一小段叶片, 其两侧对它的拉力分别为F Ｔ(r)与F Ｔ(r ＋d r ) ．叶片转动时, 该小段叶片作圆周运动, 由牛顿定律有

d F T =F T (r )-F T (r +d r )=

由于r ＝l 时外侧F Ｔ ＝0, 所以有

m 2

ωr d r l

⎰

t

F T (r )

d F T =⎰

l

r

m ω2

d r l

m ω2222πmn 222

F T (r )=-l -r =-l -r

2l l

()()

上式中取r ＝0, 即得叶片根部的张力

F Ｔ0 ＝-2.79 ×105 N

负号表示张力方向与坐标方向相反．

2 -18 一质量为m 的小球最初位于如图(a)所示的A 点, 然后沿半径为r 的光滑圆轨道ADCB 下滑．试求小球到达点C 时的角速度和对圆轨道的作用力．

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a ｔ, 与其相对应的外力F ｔ是重力的切向分量mg sin α, 而与法向加速度a n 相对应的外力是支持力F N 和重力的法向分量mg cos α．由此, 可分别列出切向和法向的动力学方程F ｔ＝m d v /d t 和F n ＝ma n ．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F N ．取图(b)所示的自然坐标系, 由牛顿定律得

F t =-mg sin α=m

d v

(1) d t

m v 2

F n =F N -mg cos α=m (2)

R

由v =行积分, 有

d s r d αr d α=, 得d t =, 代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件, 进d t d t v

⎰

得 v =则小球在点C 的角速度为

v

v 0

v d v =⎰

α

90o

(-rg sin α)d α

2rg cos α

ω=

v

=2g cos α/r r

m v

2

+mg cos α=3mg cos α 由式(2)得 F N =m r

由此可得小球对圆轨道的作用力为

'=-F N =-3mg cos α F N

负号表示F ′N 与e n 反向．

2 -19 光滑的水平桌面上放置一半径为R 的固定圆环, 物体紧贴环的内侧作圆周运动, 其摩擦因数为μ, 开始时物体的速率为v 0 ,求：(1) t 时刻物体的速率；(2) 当物体速率从v 0减少到12 v0时, 物体所经历的时间及经过的路程．

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F N 和环与物体之间的摩擦力F ｆ , 而摩擦力大小与正压力F N ′成正比, 且F N 与F N ′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, 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m , 取图中所示的自然坐标, 按牛顿定律, 有

m v 2F N =ma n =

R F f =-ma t =-

d v d t

由分析中可知, 摩擦力的大小F ｆ＝μFN ,由上述各式可得

v 2d v μ=- R d t

取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分, 有

⎰

t

d t =-

R v d v

μ⎰v 0v 2

v =

R v 0

R +v 0μt

(2) 当物体的速率从v 0 减少到1/2v 0时, 由上式可得所需的时间为

t '

=

R μv 0

物体在这段时间内所经过的路程

s =⎰v d t =⎰

t 't '

R v 0

d t

R +v 0μt

s =

R ln 2 μ

2 -20 质量为45.0 kg 的物体, 由地面以初速60.0 m·ｓ-1 竖直向上发射, 物体受到空气的阻力为F r ＝kv, 且k ＝0.03 N/( m·ｓ-1 )．(1) 求物体发射到最大高度所需的时间．(2) 最大高度为多少？

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 和空气阻力F r ＝k v 作用而减速．由牛顿定律得

-mg -k v =m

根据始末条件对上式积分, 有

d v

(1) d t

⎰

t

d t =-m ⎰v

v 0

v

d v

mg +k v

t =

m ⎛k v 0⎫

⎪ln 1+≈6. 11s ⎪k ⎝mg ⎭

(2) 利用

d v d v

=v 的关系代入式(1),可得 d t d y

-mg -k v =m v

d v

d y

分离变量后积分

⎰

故 y =-

y

d y =⎰-

v 0

m v d v

mg +k v

⎤m ⎡mg ⎛k v 0⎫

⎪ln 1+-v ⎢0⎥≈183m ⎪k ⎣k ⎝mg ⎭⎦

2

v v

讨论 如不考虑空气阻力, 则物体向上作匀减速运动．由公式t =0和y =0分别算

g 2g

得t ≈6.12ｓ和y≈184 m,均比实际值略大一些．

2 -21 一物体自地球表面以速率v 0 竖直上抛．假定空气对物体阻力的值为F r ＝km v 2 ,

其中m 为物体的质量, k 为常量．试求：(1) 该物体能上升的高度；(2)物体返回地面时速度的值．(设重力加速度为常量．)

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F r 的方向相同；而下落过程中, 所受重力P 和阻力F r 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

-mg -km v 2=m

依据初始条件对上式积分, 有

d v v d v

=m d t d y

⎰

y

d y =-⎰

v 0

v d v

g +k v 2

1⎛g +k v 2⎫

⎪ y =-ln 2⎪2k g +k v 0⎭⎝

物体到达最高处时, v ＝0, 故有

2

⎫1⎛g +k v 0⎪ =ln ⎪2k ⎝g ⎭

h =y max

(2) 物体下落过程中, 有

-mg +km v 2=m

对上式积分, 有

v d v d y

⎰

y

d y =-⎰

v 0

v d v

2

g -k v

⎛k v 2⎫

则 v =v 0 1+g ⎪⎪

⎝⎭

-1/2

2 -22 质量为m 的摩托车, 在恒定的牵引力F 的作用下工作, 它所受的阻力与其速率的平方成正比, 它能达到的最大速率是v m ．试计算从静止加速到v m /2所需的时间以及所走过的路程．

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F r ＝k v 2 ,且F r 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F r 同时作用下, 由牛顿定律有

F -k v 2=m

当加速度a ＝d v /dt ＝0 时, 摩托车的速率最大, 因此可得

d v

(1) d t

k ＝F/v m 2 (2)

由式(1)和式(2)可得

⎛v 2⎫d v

⎪ (3) F 1-=m v 2⎪d t m ⎭⎝

根据始末条件对式(3)积分, 有

-1

⎰

t

d t =

m

F ⎰

1v m 20

⎛v 2⎫ 1-v 2⎪⎪d v

m ⎭⎝

则 t =又因式(3)中m

m v m

ln 3 2F

d v m v d v =, 再利用始末条件对式(3)积分, 有 d t d x

⎰

x

d x =

m

F ⎰

1v m 20

⎛v 2⎫ 1-v 2⎪⎪d v

m ⎭⎝

-1

22

m v m 4m v m

ln ≈0. 144则 x = 2F 3F

*2 -23 飞机降落时, 以v 0 的水平速度着落后自由滑行, 滑行期间飞机受到的空气阻力F 1

＝-k 1 v 2 ,升力F 2＝k 2 v 2 ,其中v 为飞机的滑行速度, 两个系数之比k 1/ k2 称为飞机的升阻比．实验表明, 物体在流体中运动时, 所受阻力与速度的关系与多种因素有关, 如速度大小、流体性质、物体形状等．在速度较小或流体密度较小时有F ∝v , 而在速度较大或流体密度较大的有F ∝v 2 ,需要精确计算时则应由实验测定．本题中由于飞机速率较大, 故取F ∝v 2 作为计算依据．设飞机与跑道间的滑动摩擦因数为μ, 试求飞机从触地到静止所滑行的距离．以上计算实际上已成为飞机跑道长度设计的依据之一．

分析 如图所示, 飞机触地后滑行期间受到5 个力作用, 其中F 1为空气阻力, F 2 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d t 进行代换, 将d t 用

d x

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． v

2

F N -k 1v =m

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

d v

(1) d t

F N +k 2v 2-mg =0 (2)

将式(2)代入式(1),并整理得

-μmg -(k 1-μk 2)v 2=m

分离变量并积分, 有

d v d v =m v d t d x

⎰

得飞机滑行距离

v

v 0

⨯m v d v

=-d x 2⎰0μmg +k 1-μk 2v

⎡μmg +(k 1-μk 2)v 2⎤m

(3) x =ln ⎢⎥2k 1-μk 2⎣μmg ⎦

考虑飞机着陆瞬间有F N ＝0 和v ＝v 0 , 应有k 2v 02 ＝mg, 将其代入(3)式, 可得飞机滑行距离x 的另一表达式

2

⎛k 1⎫k 2v 0

⎪ x =ln ⎪2g k 1-μk 2⎝μk 2⎭

讨论 如飞机着陆速度v 0＝144 km·h -1 , μ＝0.1, 升阻比＝560 m,设计飞机跑道长度时应参照上述计算结果．

k 1

=5, 可算得飞机的滑行距离x k 2

2 -24 在卡车车厢底板上放一木箱, 该木箱距车箱前沿挡板的距离L ＝2.0 m, 已知刹车时卡车的加速度a ＝7.0 m·ｓ-2 ,设刹车一开始木箱就开始滑动．求该木箱撞上挡板时相对卡车的速率为多大？设木箱与底板间滑动摩擦因数μ＝0.50．

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F 0 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a ′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

F 0 -F ｆ＝ma -μmg＝ma′ (1) v ′ 2 ＝2a′L (2)

联立解(1)(2)两式并代入题给数据, 得木箱撞上车厢挡板时的速度为

v '=2a -μg L =2. 9m ⋅s -2

*2 -25 如图(a)所示, 电梯相对地面以加速度a 竖直向上运动．电梯中有一滑轮固定在电梯顶部, 滑轮两侧用轻绳悬挂着质量分别为m 1 和m 2 的物体A 和B ．设滑轮的质量和滑轮与绳索间的摩擦均略去不计．已知m 1 ＞m 2 , 如以加速运动的电梯为参考系, 求物体相对地面的加速度和绳的张力．

分析 如以加速运动的电梯为参考系, 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础上, 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F 1 ＝m 1a , F 2 ＝m 2a 分别为作用在物体A 、B 上的惯性力．设a r 为物体相对电梯的加速度, 根据牛顿定律有

m 1g +m 1a -F T1=m 1a r

(1)

m 2g +m 2a -F T2=-m 2a r (2)

F T2=F T2 (3)

由上述各式可得

a r =m 1-m 2(g +a ) m 1+m 2

2m 1m 2(g +a ) m 1+m 2F T2=F T2=

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

a 1=a r -a =(m 1-m 2)g -2m 2a m 1+m 2

2m 1a +(m 1-m 2)g m 1+m 2a 2=-(a r +a )=-

a 2 的方向向上, a 1 的方向由a r 和a 的大小决定．当a r ＜a , 即m 1g -m 2g -2m 2 a ＞0 时, a 1 的方向向下；反之, a1 的方向向上．

*2 -26 如图(a)所示, 在光滑水平面上, 放一质量为m′的三棱柱A , 它的斜面的倾角为α．现把一质量为m 的滑块B 放在三棱柱的光滑斜面上．试求：(1)三棱柱相对于地面的加速度；

(2) 滑块相对于地面的加速度；(3) 滑块与三棱柱之间的正压力．

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a A 的运动, 这时, 滑块沿斜面的加速度a BA , 不再是它相对于地面的加速度a B 了．必须注意到它们之间应满足相对加速度的矢量关系, 即a B ＝a A ＋a BA ．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 ＝ma A ．

(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mg cos α, 事实上只有当a A ＝0 时, 正压力才等于mg cos α．

解1 取地面为参考系, 以滑块B 和三棱柱A 为研究对象, 分别作示力图, 如图(b)所示．B 受重力P 1 、A 施加的支持力F N1 ；A 受重力P 2 、B 施加的压力F N1′、地面支持力F N2 ．A 的运动方向为Ox 轴的正向, Oy 轴的正向垂直地面向上．设a A 为A 对地的加速度, a B 为B 对的地加速度．由牛顿定律得

'F N1sin α=m 'a A (1)

-F N1sin α=ma Bx (2)

F N 1cos α-mg =ma By (3)

'F N1=F N1 (4)

设B 相对A 的加速度为a BA ,则由题意a B 、a BA 、a A 三者的矢量关系如图(c)所示．据此可得

a Bx =a A -a BA cos α (5)

a By =-a BA sin α (6)

解上述方程组可得三棱柱对地面的加速度为

a A =mg sin αcos α m '+m sin 2α

m 'g sin αcos α 2'm +m sin α滑块相对地面的加速度a B 在x 、y 轴上的分量分别为 a Bx =

a By (m '+m )g sin 2α=-m '+m sin 2α

则滑块相对地面的加速度a B 的大小为 a B =a +a

其方向与y 轴负向的夹角为 2Bx 2By m '2+2m m '+m 2sin 2α =g sin α2m '+m sin αa m '+cot αθ=Bx = a By m '+m

A 与B 之间的正压力

F N1=m 'mg cos α m '+m sin 2α

解2 若以A 为参考系, Ox 轴沿斜面方向［图(d)］．在非惯性系中运用牛顿定律, 则滑块

B 的动力学方程分别为

mg sin α+ma A cos α=ma BA (1)

mg cos α-F N1-ma A sin α=0 (2)

又因 F '

N1sin α-m 'a A =0

F '

N1=F N1

由以上各式可解得

a mg sin αcos α

A =m '+m 2

a BA =-(sin α

m '+m )g sin α

m '+m sin 2α

由a B 、a BA 、a A 三者的矢量关系可得 m '2+2m 'm +m 2

a sin 2α

B =g sin αm '+m sin 2α

以a A 代入式(3)可得

F mg cos α

N1=m '

m '+m sin 2α (3) (4)