大学物理习题解答 湖南大学物理与微电子科学学院 第一章质点运动学 10s内走过路程s=30m,而其速度增为n=5 倍.试证加速度为a 2(n-1)s (n+1)t 质点沿直线运动,运动方程为并由上述数据求出量值 t(n)=6r2-2r.试求: 证明]依题意得v=mo (1)第2s内的位移和平均速度 根据速度公式 (2)ls末及2s末的瞬时速度,第 内的路程 根据速度与位移的关系式2=12+2as,得 (3)ls末的瞬时加速度和第2s内的平 a=(n2-1)v2/2s,(2) 均加速度 (1)平方之后除以(2)式证得 解答](1)质点在第1s末的位移大小 (n-1) a x(1)=6×12-2×13=4(m) 在第2s末的位移大小为 计算得加速度为 x(2)=6×22-2×23=8(m) 在第2s内的位移大小为 2(5-1) (5+1)102 =0.4(ms2) △x=x1(2)-x(1)=4(m), 经过的时间为△t=ls,所以平均速度大小 3一人乘摩托车跳越一个大矿坑 v=△x/△t=4(ms2) 他以与水平成225°的夹角的初速度65ms1 (2)质点的瞬时速度大小为 从西边起跳,准确地落在坑的东边.已知东 v()=ddr=121-6r, 边比西边低70m,忽略空气阻力,且取g= 因此n(1)=12×1-6×12=6(ms) 1(2)=12×2-6×22=0, (1)矿 质点在第2s内的路程等于其位移的大小,坑有多宽? 即△s=△x=4m. 他飞越的时 70m (3)质点的瞬时加速度大小为 间多长? a()= dudt=12-121, (2)他 图1.3 因此ls末的瞬时加速度为 在东边落地 a(1)=12-12×1=0, 时的速度?速度与水平面的夹角? 第2s内的平均加速度为 解答]方法一:分步法.(1)夹角用0 a=[v(2)-(1)△t=[0-6]/=表示,人和车(他)在竖直方向首先做竖直 6(ms2) 上抛运动,初速度的大小为 [注意]第几秒内的平均速度和平均加 vy0=vosine= 24.87(m-s) 速度的时间间隔都是1秒. 取向上的方向为正,根据匀变速直线运 动的速度公式 1.2一质点作匀加速直线运动,在t Vt-10=at
1 大学物理习题解答 湖南大学物理与微电子科学学院 第一章 质点运动学 P23． 1．1 一质点沿直线运动，运动方程为 x(t) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第 2s 内的位移和平均速度； （2）1s 末及 2s 末的瞬时速度，第 2s 内的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第 2s 内的平 均加速度． [解答]（1）质点在第 1s 末的位移大小 为 x(1) = 6×1 2 - 2×1 3 = 4(m)． 在第 2s 末的位移大小为 x(2) = 6×2 2 - 2×2 3 = 8(m)． 在第 2s 内的位移大小为 Δx = x(2) – x(1) = 4(m)， 经过的时间为 Δt = 1s，所以平均速度大小 为 v =Δx/Δt = 4(m·s-1 )． （2）质点的瞬时速度大小为 v(t) = dx/dt = 12t - 6t 2， 因此 v(1) = 12×1 - 6×1 2 = 6(m·s-1 )， v(2) = 12×2 - 6×2 2 = 0， 质点在第 2s 内的路程等于其位移的大小， 即 Δs = Δx = 4m． （3）质点的瞬时加速度大小为 a(t) = dv/dt = 12 - 12t， 因此 1s 末的瞬时加速度为 a(1) = 12 - 12×1 = 0， 第 2s 内的平均加速度为 a = [v(2) - v(1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s-2 )． [注意]第几秒内的平均速度和平均加 速度的时间间隔都是 1 秒． 1．2 一质点作匀加速直线运动，在 t = 10s 内走过路程 s = 30m，而其速度增为 n = 5 倍．试证加速度为 2 2( 1) ( 1) n s a n t − = + ． 并由上述数据求出量值． [证明]依题意得 vt = nvo， 根据速度公式 vt = vo + at，得 a = (n – 1)vo/t， (1) 根据速度与位移的关系式 vt 2 = vo 2 + 2as，得 a = (n 2 – 1)vo 2 /2s，(2) （1）平方之后除以（2）式证得 2 2( 1) ( 1) n s a n t − = + ． 计算得加速度为 2 2(5 1)30 (5 1)10 a − = + = 0.4(m·s-2 )． 1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑， 他以与水平成 22.5°的夹角的初速度 65m·s-1 从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东 边比西边低 70m，忽略空气阻力，且取 g = 10m·s-2．问： （1）矿 坑有多宽？ 他飞越的时 间多长？ （2）他 在东边落地 时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用 θ 表示，人和车（他）在竖直方向首先做竖直 上抛运动，初速度的大小为 vy0 = v0sinθ = 24.87(m·s-1 )． 取向上的方向为正，根据匀变速直线运 动的速度公式 vt - v0 = at， 70m 22.5º 图 1.3
这里的v就是v0,a=-g:当他达到最高点 4一个正在沿直线行驶的汽船,关 时,v=0,所以上升到最高点的时间为 闭发动机后,由于阻力得到一个与速度反 t1=vo/g=2.49s) 向、大小与船速平方成正比例的加速度,即 再根据匀变速直线运动的速度和位移dvdr=-k2,k为常数. 的关系式 (1)试证在关闭发动机后,船在t时 可得上升的最大高度为 刻的速度大小为-=-+kt; h=102/2g=3094(m). 他从最高点开始再做自由落体运动,下 (2)试证在时间t内,船行驶的距离 落的高度为 为x=ln(vokt+1) h2=h+h=100.94(m) 根据自由落体运动公式s=g/2,得下落的 证明!(1)分离变量得=-d 时间为 2h2 积分 因此他飞越的时间为 11 12=698(s) 可得 他飞越的水平速度为 cos0=60.05(m:s) 所以矿坑的宽度为 (2)公式可化为v volt (2)根据自由落体速度公式可得他落由于v=d/d,所以 地的竖直速度大小为 dt +Vokt k(1+vok) 落地速度为 )2=92.08(ms) 与水平方向的夹角为 积分「dx= d(l+volt) o=arctan(vvx)=49.30%, +v4) 方向斜向下 方法二:一步法.取向上的方向为正 因此x=ln(vnkt+1).证毕 他在竖直方向的位移为y=101-g/2,移项 [讨论]当力是速度的函数时,即f=f(v), 得时间的一元二次方程 根据牛顿第二定律得∫=ma 由于a=d2x/ ogt -vo sin At+y=0 而 dx/d 解得 所以 dudt I=(vo sina y sin20-2gv)g 分离变量得方程 这里y=-70m,根号项就是他落地时在竖直 d 方向的速度大小,由于时间应该取正值,所 以公式取正根,计算时间为 解方程即可求解 t=6.98(s) 在本题中,k已经包括了质点的质量.如 由此可以求解其他问题 果阻力与速度反向、大小与船速的n次方成 正比,则 2
2 这里的 v0 就是 vy0，a = -g；当他达到最高点 时，vt = 0，所以上升到最高点的时间为 t1 = vy0/g = 2.49(s)． 再根据匀变速直线运动的速度和位移 的关系式 vt 2 - v0 2 = 2as， 可得上升的最大高度为 h1 = vy0 2 /2g = 30.94(m)． 他从最高点开始再做自由落体运动，下 落的高度为 h2 = h1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式 s = gt2 /2，得下落的 时间为 2 2 2h t g = = 4.49(s)． 因此他飞越的时间为 t = t1 + t2 = 6.98(s)． 他飞越的水平速度为 vx0 = v0cosθ = 60.05(m·s-1 )， 所以矿坑的宽度为 x = vx0t = 419.19(m)． （2）根据自由落体速度公式可得他落 地的竖直速度大小为 vy = gt = 69.8(m·s-1 )， 落地速度为 v = (vx 2 + vy 2 ) 1/2 = 92.08(m·s-1 )， 与水平方向的夹角为 φ = arctan(vy/vx) = 49.30º， 方向斜向下． 方法二：一步法．取向上的方向为正， 他在竖直方向的位移为 y = vy0t - gt2 /2，移项 得时间的一元二次方程 2 0 1 sin 0 2 gt v t y − + = ， 解得 0 2 2 0 t v v gy g = − ( sin sin 2 ) ． 这里 y = -70m，根号项就是他落地时在竖直 方向的速度大小，由于时间应该取正值，所 以公式取正根，计算时间为 t = 6.98(s)． 由此可以求解其他问题． 1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关 闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反 向、大小与船速平方成正比例的加速度，即 dv/dt = -kv2，k 为常数． （1）试证在关闭发动机后，船在 t 时 刻的速度大小为 0 1 1 kt v v = + ； （2）试证在时间 t 内，船行驶的距离 为 0 1 x v kt ln( 1) k = + ． [证明]（1）分离变量得 2 d d v k t v = − ， 积分 0 2 0 d d v t v v k t v = − ， 可得 0 1 1 kt v v = + ． （2）公式可化为 0 0 1 v v v kt = + ， 由于 v = dx/dt，所以 0 0 0 0 1 d d d(1 ) 1 (1 ) v x t v kt v kt k v kt = = + + + 积分 0 0 0 0 1 d d(1 ) (1 ) x t x v kt k v kt = + + ． 因此 0 1 x v kt ln( 1) k = + ． 证毕． [讨论]当力是速度的函数时，即 f = f(v)， 根据牛顿第二定律得 f = ma． 由于 a = d2 x/dt 2， 而 dx/dt = v， 所以 a = dv/dt， 分离变量得方程 d d ( ) m v t f v = ， 解方程即可求解． 在本题中，k 已经包括了质点的质量．如 果阻力与速度反向、大小与船速的 n 次方成 正比，则
dv/dt=-ky/ [解答](1)角速度为 (1)如果n=1,则得 @=de/dt=12/=48(rads), 法向加速度为 an=r2=230.4(ms2) 积分得 角加速度为 Iny =-kt+C B=do/dr=24/=48(rad-s-) 当t=0时,v=1,所以C=Inw,因此 切向加速度为 Inv/o=-kt ar=rB=4.8(m s-2) 得速度为 (2)总加速度为a=(a2+an2)12 当a1=a/2时,有4a2 而dv=ved,积分得 √3 e +O 当t=0时,x=0,所以C=1/k,因此 由此得ro2=rB√3, (1-e) 即(1212)2=24/√3, (2)如果n≠1,则得=-kdt,积解得t=√3 分得 所以 0=2+42=2(1+√3/3)=3154rad 3)当 时,可得 即 122)2, 当t=0时,y=,所以=C,因此解得t=(16)1/=0.(s) n 6一飞机在铅直面内飞行,某时刻 分+(n-1)k 飞机的速度为y=300ms1,方向与水平线 夹角为30°而斜向下,此后飞机的加速度为 如果n=2,就是本题的结果 如果n≠2,可得 a=20√3ms2,方向与水平前进方向夹角 {[+(n-1)0-k]n-1} 为30°而斜向上,问多长时间后,飞机又回 )vo- k 到原来的 高度?在 读者不妨自证 此期间飞 机在水平 1.5一质点沿半径为010m的圆周运方向飞行v 动,其角位置(以弧度表示)可用公式表示:的距离为 多少? (1)t=2s时,它的法向加速度和切向 解答]建立水平和垂直坐标系,飞机的 加速度 初速度的大小为 (2)当切向加速度恰为总加速度大小 的一半时,O为何值? (3)在哪一时刻,切向加速度和法向加速度的大小为 加速度恰有相等的值? dx -acoso
3 dv/dt = -kvn． （1）如果 n = 1，则得 d d v k t v = − ， 积分得 lnv = -kt + C． 当 t = 0 时，v = v0，所以 C = lnv0，因此 lnv/v0 = -kt， 得速度为 v = v0e -kt． 而 dv = v0e -ktdt，积分得 0 e ` v kt x C k − = + − ． 当 t = 0 时，x = 0，所以 C` = v0/k，因此 0 (1-e ) v kt x k − = ． （2）如果 n≠1，则得 d d n v k t v = − ，积 分得 1 1 n v kt C n − = − + − ． 当 t = 0 时，v = v0，所以 1 0 1 n v C n − = − ，因此 1 1 0 1 1 ( 1) n n n kt v v − − = + − ． 如果 n = 2，就是本题的结果． 如果 n≠2，可得 1 ( 2)/( 1) 0 2 0 {[1 ( 1) ] 1} ( 2) n n n n n v kt x n v k − − − − + − − = − ， 读者不妨自证． 1．5 一质点沿半径为 0.10m 的圆周运 动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示： θ = 2 + 4t 3．求： （1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向 加速度； （2）当切向加速度恰为总加速度大小 的一半时，θ 为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向 加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为 ω = dθ/dt = 12t 2 = 48(rad·s-1 )， 法向加速度为 an = rω2 = 230.4(m·s-2 )； 角加速度为 β = dω/dt = 24t = 48(rad·s-2 )， 切向加速度为 at = rβ = 4.8(m·s-2 )． （2）总加速度为 a = (at 2 + an 2 ) 1/2， 当 at = a/2 时，有 4at 2 = at 2 + an 2，即 3 n t a a = ． 由此得 2 r r = 3 ， 即 2 2 (12 ) 24 3 t t = ， 解得 3 t = 3 / 6． 所以 3 = + = + 2 4 2(1 3 / 3) t =3.154(rad)． （3）当 at = an 时，可得 rβ = rω2， 即 24t = (12t 2 ) 2， 解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)． 1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻 飞机的速度为 v = 300m·s-1，方向与水平线 夹角为 30°而斜向下，此后飞机的加速度为 a = 20 3 m·s-2，方向与水平前进方向夹角 为 30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回 到原来的 高度？在 此期间飞 机在水平 方向飞行 的距离为 多少？ [解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的 初速度的大小为 v0x = v0cosθ， v0y = v0sinθ． 加速度的大小为 ax = acosα， y x O α v0 θ a ax ay v0x v0y
asina 机的天花板上松落,天花板与升降机的底面 运动方程为 相距2.74m.计算 (1)螺帽从天花板落到底面所需的时 x=vorl+=, 间 (2)螺帽相对于升降机外固定柱子的 vo lt-a 下降距离 即x=0cos6·t+ a cos a.t2, [解答]在螺帽从天花板落到底面时,升 降机上升的高度为 y=- , sine1+ a sina·t2 h1=v2+an2; 令y=0,解得飞机回到原来高度时的时间为螺帽做竖直上抛运动,位移为 =0(舍去):t=2sin 10√3(s h2=V21-=gt a sina 将t代入x的方程求得x=9000m 由题意得h=h1-h,所以 注意选择不同的坐标系,例如x方向 沿着a的方向或者沿着1的方向,也能求出 h=-(a+g)t 相同的结果 解得时间为 1.7一个半径为R=1.0m的轻圆盘, √2h(a+g)=0705 可以绕一水平轴自由转 算得h=-0.716m,即螺帽相对于升降机外 动.一根轻绳绕在盘子 固定柱子的下降距离为0716m 的边缘,其自由端拴一 注意]以升降机为参考系,钉子下落时 物体A.在重力作用下, 相对加速度为a+g,而初速度为零,可列 物体A从静止开始匀加 方程 速地下降,在△t=20s h=(a+g)2, 内下降的距离h 由此可计算钉子落下的时间,进而计算下降 0.4m.求物体开始下降 距离 后3末,圆盘边缘上任图1.7 点的切向加速度与法 9有一架飞机从A处向东飞到B处, 向加速度 然后又向西飞回到A处.已知气流相对于地 「解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于面的速度为,AB之间的距离为l,飞机相 物体A下落加速度 对于空气的速率ν保持不变 由于h1 2a△r,所以 (1)如果=0(空气静止),试证来 an=2h△2=0.2(m-s2) 回飞行的时间为 物体下降3s末的速度为 (2)如果气流的速度向东,证明来回 v=at=06(ms1), 这也是边缘的线速度,因此法向加速度为 飞行的总时间为=1p2 (3)如果气流的速度向北,证明来回 an=÷=0.36(ms2) R 飞行的总时间为2 1.8一升降机以加速度1.22ms2上升, [证明](1)飞机飞行来回的速率为v, 当上升速度为244ms1时,有一螺帽自升降路程为2l,所以飞行时间为t=2l/v
4 ay = asinα． 运动方程为 2 0 1 2 x x x v t a t = + ， 2 0 1 2 y y y v t a t = − + ． 即 2 0 1 cos cos 2 x v t a t = + ， 2 0 1 sin sin 2 y v t a t = − + ． 令 y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为 t = 0（舍去）； 0 2 sin 10 3 sin v t a = = (s)． 将 t 代入 x 的方程求得 x = 9000m． [注意]选择不同的坐标系，例如 x 方向 沿着 a 的方向或者沿着 v0 的方向，也能求出 相同的结果． 1．7 一个半径为 R = 1.0m 的轻圆盘， 可以绕一水平轴自由转 动．一根轻绳绕在盘子 的边缘，其自由端拴一 物体 A．在重力作用下， 物体 A 从静止开始匀加 速地下降，在 Δt = 2.0s 内 下 降 的 距 离 h = 0.4m．求物体开始下降 后 3s 末，圆盘边缘上任 一点的切向加速度与法 向加速度． [解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于 物体 A 下落加速度． 由于 1 2 2 t h a t = ，所以 at = 2h/Δt 2 = 0.2(m·s-2 )． 物体下降 3s 末的速度为 v = att = 0.6(m·s-1 )， 这也是边缘的线速度，因此法向加速度为 2 n v a R = = 0.36(m·s-2 )． 1．8 一升降机以加速度 1.22m·s-2 上升， 当上升速度为 2.44m·s-1 时，有一螺帽自升降 机的天花板上松落，天花板与升降机的底面 相距 2.74m．计算： （1）螺帽从天花板落到底面所需的时 间； （2）螺帽相对于升降机外固定柱子的 下降距离． [解答]在螺帽从天花板落到底面时，升 降机上升的高度为 2 1 0 1 2 h v t at = + ； 螺帽做竖直上抛运动，位移为 2 2 0 1 2 h v t gt = − ． 由题意得 h = h1 - h2，所以 1 2 ( ) 2 h a g t = + ， 解得时间为 t h a g = + 2 /( ) = 0.705(s)． 算得 h2 = -0.716m，即螺帽相对于升降机外 固定柱子的下降距离为 0.716m． [注意]以升降机为参考系，钉子下落时 相对加速度为 a + g，而初速度为零，可列 方程 h = (a + g)t 2 /2， 由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降 距离． 1．9 有一架飞机从 A 处向东飞到 B 处， 然后又向西飞回到 A 处．已知气流相对于地 面的速度为 u，AB 之间的距离为 l，飞机相 对于空气的速率 v 保持不变． （1）如果 u = 0（空气静止），试证来 回飞行的时间为 0 2l t v = ； （2）如果气流的速度向东，证明来回 飞行的总时间为 0 1 2 2 1 / t t u v = − ； （3）如果气流的速度向北，证明来回 飞行的总时间为 0 2 2 2 1 / t t u v = − ． [证明]（1）飞机飞行来回的速率为 v， 路程为 2l，所以飞行时间为 t0 = 2l/v． R A 图 1.7
(2)飞机向东飞行顺风的速率为v+ vI=Visine+ v3sina u,向西飞行逆风的速率为v-l,所以飞行其中v3=v/cosa,而v1=p2cosO, 时间为 因此v=sin0+ vcosesina/cosa, V1=v2(sin+;cosO).证毕 v+u v-u v-ul 2l/ 方法二:利用正弦定理.根据正弦定理 1-u2/y21-2/v 可得 (3)飞机相对地 的速度等于相对风的 速度加风相对地的速 sin(+a)sin(90°-a) 度.为了使飞机沿着 所以 AB之间的直线飞行, sin(6+ 就要使其相对地的速 VI cosa 度偏向北方,可作矢 sin e cos a+cos esin a 量三角形,其中沿AB B cos a 方向的速度大小为 v, (sin+cos0 tana) y=2-n2,所以飞行时间为 即v1=n2(sinb+;cosb) 2l/ 2 V 22-u2V1-u/v2 方法三:利用位移关系.将雨滴的速度 分解为竖直和水平两个分量,在t时间内, 4/p2近毕 雨滴的位移为 1.10如图所示,一汽车在雨中沿直线两式消去时间t即得所求 证毕 行驶,其速度为v,下落雨的速度方向与铅 直方向的夹角 为θ,偏向于汽 第二章质点力学的运动定律 车前进方向,速 度为12.今在车 守恒定律 后放一长方形 物体,问车速 2.1一个重量为P的质点,在光滑的固 v为多大时此 图 物体刚好不会被雨水淋湿? 定斜面(倾角为a)上以初速度v运动,v 解答]雨对地的速度n2等于雨对车的的方向与斜面底 边的水平约AB平 速度加车对地的 行,如图所示,求 这质点的运动轨 速度诉,由此可作矢 12 道 图21 [解答]质点在 量三角形.根据题意 斜上运动的加速度为a= gina,方向与初速 得tana=h 度方向垂直.其运动方程为 方法一:利用直角三角形.根据直角三 x=lot, y==ar =g sin a 角形得
5 （2）飞机向东飞行顺风的速率为 v + u，向西飞行逆风的速率为 v - u，所以飞行 时间为 1 2 2 l l vl 2 t v u v u v u =+= + − − 0 2 2 2 2 2 / 1 / 1 / l v t u v u v = = − − ． （3）飞机相对地 的速度等于相对风的 速度加风相对地的速 度．为了使飞机沿着 AB 之间的直线飞行， 就要使其相对地的速 度偏向北方，可作矢 量三角形，其中沿 AB 方向的速度大小为 2 2 V v u = − ，所以飞行时间为 2 2 2 2 2 2 2 2 / 1 / l l l v t V v u u v = = = − − 0 2 2 1 / t u v = − ． 证毕． 1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线 行驶，其速度为 v1，下落雨的速度方向与铅 直方向的夹角 为 θ，偏向于汽 车前进方向，速 度为 v2．今在车 后放一长方形 物体，问车速 v1 为多大时此 物体刚好不会被雨水淋湿？ [解答]雨对地的速度 2 v 等于雨对车的 速度 3 v 加车对地的 速度 1 v ，由此可作矢 量三角形．根据题意 得 tanα = l/h． 方法一：利用直角三角形．根据直角三 角形得 v1 = v2sinθ + v3sinα， 其中 v3 = v⊥/cosα，而 v⊥ = v2cosθ， 因此 v1 = v2sinθ + v2cosθsinα/cosα， 即 1 2 (sin cos ) l v v h = + ． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理 可得 1 2 sin( ) sin(90 ) v v = + − ， 所以 1 2 sin( ) cos v v + = 2 sin cos cos sin cos v + = 2 = + v (sin cos tan ) ， 即 1 2 (sin cos ) l v v h = + ． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度 分解为竖直和水平两个分量，在 t 时间内， 雨滴的位移为 l = (v1 – v2sinθ)t， h = v2cosθ∙t． 两式消去时间 t 即得所求． 证毕． 第二章 质点力学的运动定律 守恒定律 P91． 2.1 一个重量为 P 的质点，在光滑的固 定斜面（倾角为 α）上以初速度 0 v 运动， 0 v 的方向与斜 面底 边的水平约 AB 平 行，如图所示，求 这质点的运 动轨 道． [解答]质点在 斜上运动的加速度为 a = gsinα，方向与初速 度方向垂直．其运动方程为 x = v0t， 1 1 2 2 sin 2 2 y at g t = = ． α A B v0 P 图 2.1 A B A B v v + u v - u A B v u u v v v1 h l v2 θ 图 1.10 v1 h l θ v2 v3 α α v⊥
将t=x1,代入后一方程得质点的轨道方程+Mg=Ma, 为 即F=f+M+(m+Mg Ds sina 算得F=16.17(N) 因此要将板从物体下面抽出,至少需要 这是抛物线方程 16.17N的力 22桌上有一质量M=1kg的平板,板 2.3如图所示:已知F=4N,m1 上放一质量m=2kg的另一物体,设物体与0.3kg,m2=0.2kg,两物体与水平面的的摩 板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为=擦因素匀为02.求质量为m的物体的加速 0.25,静摩擦因素为山=0.30.求 度及绳子对它的拉力.(绳子和滑轮质量均 (1)今以水平力F拉板,使两者一起不计 以a=1ms2的加速度运动,试计算物体与 F 板、与桌面间的相互作用力 (2)要将板从物体下面抽出,至少需 要多大的力? 图23 解答](1)物体与板之间有正压力和摩 [解答]利用几何关系得两物体的加速度 擦力的作用 之间的关系为a2=2a1,而力的关系为T1= 板对物体的支持大小等于物体的重力 19.6(N 对两物体列运动方程得 这也是板受物体的压力的大小,但压力方向 72-mg=ma2, 相反 F-T1-Um18=ma1 物体受板摩擦力 可以解得m的加速度为 做加速运动,摩擦力的 大小为 F-(m+2m2)g=478(ms2), m1/2+2m2 m=ma=2(N), 这也是板受到的摩擦 绳对它的拉力为 力的大小,摩擦力方向也相反 板受桌子的支持力大小等于其重力 F-mg/2)=135(N m1/2+2m2 NM=(m+Mg=294( 这也是桌子受板的压力的大小,但方向相 2.4两根 板在桌子上滑动,所受摩擦力的大小为弹簧的倔强系 MM=HNM=7.35(N 数分别为k和 这也是桌子受到的摩擦力的大小,方向也相 求证 反 (1)它们WW (2)设物体在最大静摩擦力作用下和串联起来时, 板一起做加速度为a的运动,物体的运动方总倔强系数k 图 2.4 程为 f=usmg=ma', 与k和k2.满足关系关系式= 可得a=g 板的运动方程为 (2)它们并联起来时,总倔强系数k F-f-ua(m
6 将 t = x/v0，代入后一方程得质点的轨道方程 为 2 2 0 g sin y x v = ， 这是抛物线方程． 2.2 桌上有一质量 M = 1kg 的平板，板 上放一质量 m = 2kg 的另一物体，设物体与 板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为 μk = 0.25，静摩擦因素为 μs = 0.30．求： （1）今以水平力 F 拉板，使两者一起 以 a = 1m·s-2 的加速度运动，试计算物体与 板、与桌面间的相互作用力； （2）要将板从物体下面抽出，至少需 要多大的力？ [解答]（1）物体与板之间有正压力和摩 擦力的作用． 板对物体的支持大小等于物体的重力 Nm = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向 相反． 物体受板摩擦力 做加速运动，摩擦力的 大小为 fm = ma = 2(N)， 这也是板受到的摩擦 力的大小，摩擦力方向也相反． 板受桌子的支持力大小等于其重力 NM = (m + M)g = 29.4(N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相 反． 板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为 fM = μkNM = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相 反． （2）设物体在最大静摩擦力作用下和 板一起做加速度为 a`的运动，物体的运动方 程为 f =μsmg = ma`， 可得 a` =μsg． 板的运动方程为 F – f – μk(m + M)g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk(m + M)g = (μs + μk)(m + M)g， 算得 F = 16.17(N)． 因此要将板从物体下面抽出，至少需要 16.17N 的力． 2．3 如图所示：已知 F = 4N，m1 = 0.3kg，m2 = 0.2kg，两物体与水平面的的摩 擦因素匀为 0.2．求质量为 m2 的物体的加速 度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均 不计） [解答]利用几何关系得两物体的加速度 之间的关系为 a2 = 2a1，而力的关系为 T1 = 2T2． 对两物体列运动方程得 T2 - μm2g = m2a2， F – T1 – μm1g = m1a1． 可以解得 m2 的加速度为 1 2 2 1 2 ( 2 ) / 2 2 F m m g a m m − + = + = 4.78(m·s-2 )， 绳对它的拉力为 2 1 1 2 ( / 2) / 2 2 m T F m g m m = − + = 1.35(N)． 2．4 两根 弹簧的倔强系 数分别为 k1 和 k2．求证： （1）它们 串联起来时， 总倔强系数 k 与 k1 和 k2．满足关系关系式 1 2 1 1 1 k k k = + ； （2）它们并联起来时，总倔强系数 k = k1 + k2． Nm fm NM fM a Nm f NM f ` f F a` m2 T1 F a1 T m1 a2 2 f2 f1 图 2.3 k1 k2 F (a) k1 k2 F 图 2.4 (b)
解答]当力F将弹簧共拉长x时,有F 其中k为总倔强系数 T=V(ma)+(mg)=mya+g 两个弹簧分别拉长x和x2,产生的弹力 (3)小车沿斜 分别为 面自由滑下时,摆仍 F1=k1x1,F2=k2x2 然受到重力和拉力 (1)由于弹簧串联,所以 合力沿斜面向下,所 F=F1=F2,x=x1+x, 以 因此FF,F kk1k2’kkk2 (3) (4)根据题意 (2)由于弹簧并联,所以 作力的矢量图,将 F=F1+F2,x=x1=x2 竖直虚线延长,与 因此kx=k1x1+k2x2,即k=k1+k 水平辅助线相交, 可得一直角三角 如所示,为的果形;0角的对边是 (4) 求摆线的方向(即摆线与竖直线的夹角O) + masino,由此可 及线中的张力T 得 (1)小车沿水平线作匀速运动 (2)小车以加速 mb cosp ng+mosin 度a沿水平方向运动 因此角度为 (3)小车自由地 从倾斜平面上滑下,斜 cOS 0=arctan 面与水平面成φ角 +bsin (4)用与斜面平 图25 而张力为 行的加速度b把小车 T=(mb)+(mg)2-2(mb)(mg)cos(/2+o) 沿斜面往上推(设b1=b) mb2+g2+2bg sin o (5)以同样大小的加速度b2(b=b) 将小车从斜面上推下来 (5)与上一问 相比,加速度的方向 解答](1)小车 反向,只要将上一结 沿水平方向做匀速直 果中的b改为-b就行 线运动时,摆在水平 了 方向没有受到力的作 用,摆线偏角为零, 2.6如图所示 (5) 线中张力为T=mg 质量为m=10kg的 (2)小车在水平 小球,拴在长度l=5m 方向做加速运动时,重力和拉力的合力就是的轻绳子的一端,构成 合外力.由于 一个摆.摆动时,与竖 直线的最大夹角为 所以0= arctan(a/g) 绳子张力等于摆所受的拉力 (1)小球通过竖 图26
7 [解答]当力 F 将弹簧共拉长 x 时，有 F = kx，其中 k 为总倔强系数． 两个弹簧分别拉长 x1 和 x2，产生的弹力 分别为 F1 = k1x1，F2 = k2x2． （1）由于弹簧串联，所以 F = F1 = F2，x = x1 + x2， 因此 1 2 1 2 F F F k k k = + ，即 1 2 1 1 1 k k k = + ． （2）由于弹簧并联，所以 F = F1 + F2，x = x1 = x2， 因此 kx = k1x1 + k2x2，即 k = k1 + k2． 2．5 如图所示，质量为 m 的摆悬于架 上，架固定于小车上，在下述各种情况中， 求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角 θ） 及线中的张力 T． （1）小车沿水平线作匀速运动； （2）小车以加速 度 1 a 沿水平方向运动； （3）小车自由地 从倾斜平面上滑下，斜 面与水平面成 φ 角； （4）用与斜面平 行的加速度 1 b 把小车 沿斜面往上推（设 b1 = b）； （5）以同样大小的加速度 2 b （b2 = b）， 将小车从斜面上推下来． [解答]（1）小车 沿水平方向做匀速直 线运动时，摆在水平 方向没有受到力的作 用，摆线偏角为零， 线中张力为 T = mg． （2）小车在水平 方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是 合外力．由于 tanθ = ma/mg， 所以 θ = arctan(a/g)； 绳子张力等于摆所受的拉力 2 2 2 2 T ma mg m a g = + = + ( ) ( ) ． （3）小车沿斜 面自由滑下时，摆仍 然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下，所 以 θ = φ； T = mgcosφ． （4）根据题意 作力的矢量图，将 竖直虚线延长，与 水平辅助线相交， 可得一直角三角 形，θ 角的对边是 mbcosφ，邻边是 mg + mbsinφ，由此可 得： cos tan sin mb mg mb = + ， 因此角度为 cos arctan sin b g b = + ； 而张力为 2 2 T mb mg mb mg = + − + ( ) ( ) 2( )( )cos( / 2 ) π 2 2 = + + m b g bg 2 sin ． （5）与上一问 相比，加速度的方向 反向，只要将上一结 果中的b改为-b就行 了． 2．6 如图所示： 质量为 m = 10kg 的 小球，拴在长度 l = 5m 的轻绳子的一端，构成 一个摆．摆动时，与竖 直线的最大夹角为 60°．求： （1）小球通过竖 图 2.5 T mg ma θ （2） T mg ma φ θ （3） T mg mb φ θ φ （4） T mg mb φ θ （5） l m θ B C O 图 2.6
直位置时的速度为多少?此时绳的张力多切向加速度为 ? (2)在0<60°的任一位置时,求小球法向加速度为 速度v与θ的关系式.这时小球的加速度为 多大?绳中的张力多大? a,=t=g(2 cos 8-D) (3)在O=60°时,小球的加速度多大? 绳的张力有多大? 由于Tc- mgcos0=man,所以张力为 [解答](1)小球 Tc=mgcos0 man=mg(3cos0-1) 在运动中受到重力和 (3)当0=60°时,切向加速度为 绳子的拉力,由于小球 沿圆弧运动,所以合力 2g=84ms2 方向沿着圆弧的切线 方向,即F=- nasIr 法向加速度为 负号表示角度θ增加的方向为正方向 小球的运动方程为 绳子的拉力 d 2s mg/2=0.49(N). F [注意]在学过机械能守恒定律之后,求 解速率更方便 其中s表示弧长.由于s=R=10,所以速 度为 2.7小石块沿一弯曲光滑轨道上由静 止滑下h高度时,它的速率多大?(要求用 牛顿第二定律积分求解) 因此 [解答]小石块在运动 中受到重力和轨道的支持 F dy de de dt l de 力,合力方向沿着曲线方 即 dv=-glsinede 向.设切线与竖直方向的h n rdv=-glho s 夹角为O,则 取积分 sIn do F=goose. 小球的运动方程为 图2.7 gl cos 8 F=ma= m 解得 g s表示弧长 =22l(ms) 由于,、ds,所以 由于 dt2 dtdtdt ds dtds 所以TB=2mg=1.96(N) (2)由(1)式积分得 因此dy= goosed h表示石下落的高度 vc=gl cos 8+C 积分得 v=gh+C 当O=60°时,vc=0,所以C=-lg/2 因此速度为 当h=0时,=0,所以C=0, vn=√gl(2cosb 因此速率为v=√2g
8 直位置时的速度为多少？此时绳的张力多 大？ （2）在 θ < 60°的任一位置时，求小球 速度 v 与 θ 的关系式．这时小球的加速度为 多大？绳中的张力多大？ （3）在 θ = 60°时，小球的加速度多大？ 绳的张力有多大？ [解答]（1）小球 在运动中受到重力和 绳子的拉力，由于小球 沿圆弧运动，所以合力 方向沿着圆弧的切线 方向，即 F = -mgsinθ， 负号表示角度 θ 增加的方向为正方向． 小球的运动方程为 2 2 d d s F ma m t = = ， 其中 s 表示弧长．由于 s = Rθ = lθ，所以速 度为 d d d d s v l t t = = ， 因此 d d d d d d d d v v m v F m m v t t l = = = ， 即 vdv = -glsinθdθ， （1） 取积分 0 0 60 d sin d B v v v gl = − ， 得 0 2 60 1 cos 2 B v gl = ， 解得 B v gl = = 2.21(m·s-1 )． 由于 2 2 B B B v v T mg m m mg R l − = = = ， 所以 TB = 2mg = 1.96(N)． （2）由（1）式积分得 1 2 cos 2 C v gl C = + ， 当 θ = 60º 时，vC = 0，所以 C = -lg/2， 因此速度为 (2cos 1) C v gl = − ． 切向加速度为 at = gsinθ； 法向加速度为 2 (2cos 1) C n v a g R = = − ． 由于 TC – mgcosθ = man，所以张力为 TC = mgcosθ + man = mg(3cosθ – 1)． （3）当 θ = 60º 时，切向加速度为 3 2 t a g = = 8.49(m·s-2 )， 法向加速度为 an = 0， 绳子的拉力 T = mg/2 = 0.49(N)． [注意]在学过机械能守恒定律之后，求 解速率更方便． 2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静 止滑下 h 高度时，它的速率多大？（要求用 牛顿第二定律积分求解） [解答]小石块在运动 中受到重力和轨道的支持 力，合力方向沿着曲线方 向．设切线与竖直方向的 夹角为 θ，则 F = mgcosθ． 小球的运动方程为 2 2 d d s F ma m t = = ， s 表示弧长． 由于 d d s v t = ，所以 2 2 d d d d d d d ( ) d d d d d d d s s v v s v v t t t t s t s = = = = ， 因此 vdv = gcosθds = gdh， h 表示石下落的高度． 积分得 1 2 2 v gh C = + ， 当 h = 0 时，v = 0，所以 C = 0， 因此速率为 v gh = 2 ． l m θ B C O mg T h θ m N mg 图 2.7
(2)如果n≠1,可得 2.8质量为m的物体,最初静止于x0 x+c k 在力∫=-(为常数)作用下沿直线运 利用初始条件x=x0时,y=0,所以 动证明物体在x处的速度大小v=[2(1/x- l/xo)/m]12 证明]当物体在直线上运动时,根据牛 顿第二定律得方程 因此1m2=-k(-1--1 f =ma= 2k 即 利用v=dv/d,可得 (n-I)m x x o d -x dv 当n=2时,即证明了本题的结果 dt2 dt 由t 2.9一质量为m的小球以速率1从 因此方程变为 地面开始竖直向上运动.在运动过程中,小 球所受空气阻力大小与速率成正比,比例系 数为k.求: 积分得 (1)小球速率随时间的变化关系1(1) k (2)小球上升到最大高度所花的时间 利用初始条件,当x=x0时,v=0,所解答](1)小球竖直上升时受到重力和 以C=-kx0,因此 空气阻力,两者方向向下,取向上的方向为 I mkk 下,根据牛顿第二定律得方程 2k(I-1) 分离变量得 证毕 d(mg +hv) 讨论此题中,力是位置的函数:∫= f(x),利用变换可得方程:mdv=fx)x,积积分得 分即可求解 I=-In(mg+kv)+C 如果f(x)=-x,则得 当t=0时,v=1,所以 (1)当n=1时,可得 -y=-kInx+C 因此 利用初始条件x=时,”=0,所以C=m,t=-mmnm+=- mIn mg/k+ +k k mg/k+vo 因此m2=klnx 小球速率随时间的变化关系为 mg Ro p(--) m k (2)当小球运动到最高点时v=0,所
9 2．8 质量为 m 的物体，最初静止于 x0， 在力 2 k f x = − (k 为常数)作用下沿直线运 动．证明物体在 x 处的速度大小 v = [2k(1/x – 1/x0)/m] 1/2． [证明]当物体在直线上运动时，根据牛 顿第二定律得方程 2 2 2 d d k x f ma m x t = − = = 利用 v = dx/dt，可得 2 2 d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x = = = ， 因此方程变为 2 d d k x mv v x = − ， 积分得 1 2 2 k mv C x = + ． 利用初始条件，当 x = x0 时，v = 0，所 以 C = -k/x0，因此 2 0 1 2 k k mv x x = − ， 即 0 2 1 1 ( ) k v m x x = − ． 证毕． [讨论]此题中，力是位置的函数：f = f(x)，利用变换可得方程：mvdv = f(x)dx，积 分即可求解． 如果 f(x) = -k/xn，则得 1 d 2 2 n x mv k x = − ． （1）当 n = 1 时，可得 1 2 ln 2 mv k x C = − + ． 利用初始条件 x = x0 时，v = 0，所以 C = lnx0， 因此 1 2 0 ln 2 x mv k x = ， 即 2 0 ln k x v m x = ． （2）如果 n≠1，可得 1 2 1 2 1 k n mv x C n − = − + − ． 利用初始条件 x = x0 时，v = 0，所以 1 0 1 k n C x n − = − − ， 因此 2 1 1 0 1 1 1 ( ) 2 1 n n k mv n x x − − = − − ， 即 1 1 0 2 1 1 ( ) ( 1) n n k v n m x x − − = − − ． 当 n = 2 时，即证明了本题的结果． 2．9 一质量为 m 的小球以速率 v0 从 地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小 球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系 数为 k．求： （1）小球速率随时间的变化关系 v(t)； （2）小球上升到最大高度所花的时间 T． [解答]（1）小球竖直上升时受到重力和 空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为 下，根据牛顿第二定律得方程 d d v f mg kv m t = − − = ， 分离变量得 d d( ) d v m mg kv t m mg kv k mg kv + = − = − + + ， 积分得 ln ( ) m t mg kv C k = − + + ． 当 t = 0 时，v = v0，所以 0 ln ( ) m C mg kv k = + ， 因此 0 0 / ln ln / m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v + + = − = − + + ， 小球速率随时间的变化关系为 0 ( )exp( ) mg kt mg v v k m k = + − − ． （2）当小球运动到最高点时 v = 0，所
需要的时间为 N=m/R T=m mg/k+Vo ="In(l+-) 物体所受的摩擦力为 负号表示力的方向与速度的方向相反 讨论](1)如果还要求位置与时间的关 根据牛顿第二定律得 系,可用如下步骤 由于y=dv/d,所以 ∫=-4mn=m R mg)exp( dx=[+ k dv dt m(vo +mg/k) dexp kt、m 积分得 积分得 m(vo + mg /k k、mgt+C", 当t=0时,v=1,所以 k k 当t=0时,x=0,所以 C m(vo+mg /k) k 因此 因此2t n(vo+mg/k k [-exp(-一)-t (2)如果小球以m的初速度向下做直解得v=- 线运动,取向下的方向为正,则微分方程变 1+u,Vo!/R k r d(1+uvot/R) 用同样的步骤可以解得小球速率随时间的 1+V/R1+v/R 变化关系为 积分得 y="-(" x=-ln(1+ Akol R 这个公式可将上面公式中的g改为-g得 出.由此可见:不论小球初速度如何,其最当t=0时,x=x0,所以C=0,因此 终速率趋于常数Vm=mgk R Akvo R 2.10如图所示:光滑的水平桌面上放 置一固定的圆环带,半径为R.一物体帖着 环带内侧运动,物体与环 带间的滑动摩擦因数为 k,设物体在某时刻经A 2.12如图所示 点时速率为1,求此后时 半径为R的金属光滑 刻物体的速率以及从A图210 圆环可绕其竖直直径转 点开始所经过的路程 动.在环上套有一珠 解答]物体做圆周运动的向心力是由圆子.今逐渐增大圆环的转 环带对物体的压力,即 动角速度,试求在不同 图212
10 需要的时间为 0 0 / ln ln(1 ) / m m mg k v kv T k mg k k mg + = = + ． [讨论]（1）如果还要求位置与时间的关 系，可用如下步骤． 由于 v = dx/dt，所以 0 d [( )exp( ) ]d mg kt mg x v t k m k = + − − ， 即 0 ( / ) d d exp( ) d m v mg k kt mg x t k m k + = − − − ， 积分得 0 ( / ) exp( ) ` m v mg k kt mg x t C k m k + = − − − + ， 当 t = 0 时，x = 0，所以 0 ( / ) ` m v mg k C k + = ， 因此 0 ( / )[1 exp( )] m v mg k kt mg x t k m k + = − − − ． （2）如果小球以 v0 的初速度向下做直 线运动，取向下的方向为正，则微分方程变 为 d d v f mg kv m t = − = ， 用同样的步骤可以解得小球速率随时间的 变化关系为 0 ( )exp( ) mg mg kt v v k k m = − − − ． 这个公式可将上面公式中的 g 改为-g 得 出．由此可见：不论小球初速度如何，其最 终速率趋于常数 vm = mg/k． 2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放 置一固定的圆环带，半径为 R．一物体帖着 环带内侧运动，物体与环 带间的滑动摩擦因数为 μk．设物体在某时刻经 A 点时速率为 v0，求此后时 刻 t 物体的速率以及从 A 点开始所经过的路程． [解答]物体做圆周运动的向心力是由圆 环带对物体的压力，即 N = mv2 /R． 物体所受的摩擦力为 f = -μkN， 负号表示力的方向与速度的方向相反． 根据牛顿第二定律得 2 d d k v v f m m R t = − = ， 即 2 d d k v t R v = − ． 积分得 k 1 t C R v = + ． 当 t = 0 时，v = v0，所以 0 1 C v = − ， 因此 0 k 1 1 t R v v = − ． 解得 0 0 1 / k v v v t R = + ． 由于 0 0 0 0 d d(1 / ) d 1 / 1 / k k k k v t v t R R x v t R v t R + = = + + ， 积分得 0 ln (1 ) ` k k R v t x C R = + + ， 当 t = 0 时，x = x0，所以 C = 0，因此 0 ln (1 ) k k R v t x R = + ． *2．11 2．12 如图所示， 一半径为 R 的金属光滑 圆环可绕其竖直直径转 动 ． 在 环 上套 有 一 珠 子．今逐渐增大圆环的转 动角速度 ω，试求在不同 A R v0 图 2.10 m R ω θ r mg 图 2.12
