2质点运动定律习题思考题.docx

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1、2质点运动定律习题思考题习题2 2-1 质量为16kg的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为fx=6N，fy=7N，当t=0时，x=y=0，vx=-2m/s，vy=0。当t=2s时，求： (1) 质点的位矢； (2) 质点的速度。 解：由 ax=fy-7fx63，有：ax=m/s2 =m/s2，ay=m16m168235adt=-2+2=-m/s， 0x842-77vy=vy0+aydt=2=-m/s。 01685v7vv于是质点在2s时的速度：v=-i-jm/s 48v1-7v12v12v13vr=(v0t+axt)i+aytj=(-22+4)i+4j 222821613v7v=

2、-i-jm 48vx=vx0+2-2 摩托快艇以速率v0行驶，它受到的摩擦阻力与速率平方成正比，可表示为F= -kv2(k为正值常量)。设摩托快艇的质量为m，当摩托快艇发动机关闭后，求： (1) 求速率v随时间t的变化规律； (2) 求路程x随时间t的变化规律； (3) 证明速度v与路程x之间的关系为v=v0e2-kx，其中k=k/m。 解：由牛顿运动定律F=ma得：-kv=mdvkdv，分离变量有-dt=2， dtmv 1 两边积分得：速率随时间变化的规律为t11k=+t； vv0m由位移和速度的积分关系：x=积分有： vdt， 0x=t11k+tv0m0dt=k1kk1ln(+t)-ln

3、mv0mmv0路程随时间变化的规律为：x=由-kv=m2kkln(1+v0t) ； mmvdvdvdxkdvkx，-dx=，-dx= v0vdxdtmvm0积分有：v=v0e -kx。 2-3质量为m的子弹以速度v0水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k，忽略子弹的重力，求：(1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度。 解：由题意，子弹射入沙土中的阻力表达式为：f=-kv 又由牛顿第二定律可得：f=mdvdv，则-kv=m dtdt0dvtdvkk分离变量，可得：=-dt，两边同时积分，有：=-dt， v0v0vmm所以：v

4、=v0e考虑到k-tm子弹进入沙土的最大深度也就是v=0的时候子弹的位移，则： dvdvdxdxm，v=，可推出：dx=-dv，而这个式子两边积分就=dtdxdtdtk0mm可以得到位移：xmax=-dv=v0 。 v0kk2 2-4一条质量分布均匀的绳子，质量为M、长度为L，一端拴在竖直转轴OO上，并以恒定角速度w在水平面上旋转设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且忽略重力，求距转轴为r处绳中的张力T( r) 解：在绳子L上距离转轴为r处取一小段微元绳子，假设其质量为dm，可知：dm=Mdr，因为它做的是圆周运LMdr。 L动，所以微元绳的所受合力提供向心力： dT=w2rdm=w2r距转轴为r

5、处绳中的张力T( r)将提供的是r以外的绳子转动的向心力，所以两边=积分：TLrMw22dT=。 2L22-5已知一质量为m的质点在x轴上运动，质点只受到指向原点的引力作用，引力大小与质点离原点的距离x的平方成反比，即f=-k/x，设k是比例常数质点在x=A时的速度为零，求质点在x=A/4处的速度的大小。 kkdv，再由牛顿第二定律可得：， -=m22xxdtdvdvdxdxk考虑到，v=，可推出：mvdv=-2dx =dtdxdtdtxvA/41两边同时取积分，则：mvdv=-kdx 20Ax6k有：v= mA解：由题意：f=-vvv22-6一质量为2kg的质点，在xy平面上运动，受到外力F

6、=4i-24tj (SI)的的法向力Fn。 解：由于是在平面运动，所以考虑矢量。 vvv作用，t=0时，它的初速度为v0=3i+4j (SI)，求t=1s时质点的速度及受到vvvvvdvdv2由：F=m，有：4i-24tj=2，两边积分有： dtdtvt1vvvvvvv32v0dv=02(4i-24tj)dt，v=v0+2ti-4tj， 3 考虑到v0=3i+4j，t=1s，有v1=5i vvvvvvvvv由于在自然坐标系中，v=vet，而v1=5i，表明在t=1s时，切向vvvvv2速度方向就是i方向，所以，此时法向的力是j方向的，则利用F=4i-24tj，vvvvv将t=1s代入有F=4i

7、-24j=4et-24en，Fn=-24N。 2-7如图，用质量为m1的板车运载一质量为m2的木箱，车板与箱底间的摩擦系数为m，车与路面间的滚动摩擦可不计，计算拉车的力F为多少才能保证木箱不致滑动？ 解法一：根据题意，要使木箱不致于滑动，必须使板车与木箱具有相同的加速度，且上限车板与箱底间为最大摩擦。 即：a=fmm2gfF=max=m1+m2m2m2m2可得：Fm(m1+m2)g 解法二：设木箱不致于滑动的最大拉力为Fmax，列式有： Fmax-mm2g=m1amm2g=m2a联立得：Fmax=m(m1+m2)g， 有：Fm(m1+m2)g。 2-8如图所示一倾角为q的斜面放在水平面上，斜面

8、上放一木块，两者间摩擦系数为m(tgq)。为使木块相对斜面静止，求斜面加速度a的范围。 解法一：在斜面具有不同的加速度的时候， 木块将分别具有向上和向下滑动的趋势，这就是加速度的两个范围，由题意，可得： 当木块具有向下滑动的趋势时，列式为： mNsinq+Ncosq=mg q-mNcoqs=m1a Nsin 可计算得到：此时的a1=tanq-mg 1+mtanq4 当木快具有向上滑动的趋势时，列式为： mNsinq+mg=Ncosq Nsinq+mNcosq=ma2 tanq+mtanq-mtanq+m可计算得到：此时的a2=所以： gag。g，1+mtanq1-mtanq1-mtanq N解

9、法二：考虑物体m放在与斜面固连的非惯性系中， 将物体m受力沿x和y方向分解，如图示，同时 考虑非惯性力，隔离物块和斜面体，列出木块平衡式： x方向：mgsinq-macosqf=0 mayqxmgy方向：N-mgcosq-masinq=0 考虑到f=mN，有：mgsinq-macosqm(mgcosq+masinq)=0， sinqmcosqtanqm解得：a=g=g。 cosqmmsinq1mmtanqtanq-mtanq+ma的取值范围：gag。 1+mtanq1-mtanq2-9 密度为1的液体，上方悬一长为l，密度为2的均质细棒AB，棒的B端刚好和液面接触。今剪断绳，并设棒只在重力和浮

10、力作用下下沉，求： (1) 棒刚好全部浸入液体时的速度； (2) 若20， 由v=r2即：r2若r2r12，假若有条件r2r12，则棒不能全部浸入液体； r12h0，设棒进入液体的最大深度为h，由积分v0vdv=r2gl-r1gxdx r2lr1gh2122r2l可得：v=gh-，考虑到棒在最大深度时速度为零，有：h=。 22r2lr1由牛顿运动定律G-Fn=ma知，当G=Fn时，a=0，速度最大 有：r2glS=r1gxS，即x=r2lr1r2l， r1由积分vm0vdv=0r2gl-r1gxdx，有： r2lr2glrlrgrl12vm=g2-1(2)2，vm=。 r12r12r2lr12

11、-10圆柱形容器内装有一定量的液体，若它们一起绕圆柱轴以角速度w匀速转动，试问稳定旋转时液面的形状如何？ 6 解：取容器内稳定旋转液面某处一小块液体微元Dm，Dm受重力Dmg和支持力vvN的作用，考虑yoz剖面，受力分析如图示。列式：Nsina=Dmw2y ，Ncosa=Dmg /有：tana=w2yg，又由导数几何意义，有：tana= dz=dz dyw2ygdy，积分有： 22z=y+C 2g当 y=0 时 z=z0 所以 C=z0 22z=y+z0，表明yoz剖面上，形成液面的抛物线； 2g同理，在xoz剖面上，可得：z=w22gx2+z0，稳定旋转时液面是一个抛物面，综上，在立体的三维

12、坐标xyz上，抛物面的方程为：z=w22g(x2+y2)+z0。 2-11质量为m2的物体可以在劈形物体的斜面上无摩擦滑动， 劈形物质量为m1，放置在光滑的水平面上，斜面倾角为q， m2求释放后两物体的加速度及它们的相互作用力。 m1解：利用隔离体方法，设方形物m2相对于劈形物m1 沿斜面下滑的加速度为a2，劈形物m1水平向左的加 速度为a1，分析受力有： 方形物m2受力：m2g，N1，m2a1； qN1vvvqm2m2gvvv劈形物m1受力：m1g，N1，N2，如图； 对于m2，有沿斜面平行和垂直的方程为： m2a1m2a1cosq+m2gsinq=m2a2 N1+m2a1sinq=m2gc

13、osq 7 对于m1，有： q=m1a 1 N1sinm1a1+m2a1sinq=m2gcosq， sinqmsinqcosq(m1+m2)sinqa1=2，代入，有：ga=g 2m1+m2sin2qm1+m2sin2q再将a2在水平和竖直两方向上分解，有： N2(m+m2)sinqcosqg a2x=12m1+m2sinqm1o2(m+m2)sinqqa2y=1g=a 2yqm1+m2sin2qN1m1gm1sinqcosqg a2x=a-a2x=-2m1+m2sinqm1m2cosqmag 而相互作用力：N1=11=sinqm1+m2sin2q将代入有：2-12一小环套在光滑细杆上，细杆以

14、倾角q绕竖直轴作匀角速度转动，角速度为w，求：小环平衡时距杆端点O的距离r。 Z解：根据题意，当小环能平衡时，其运动为绕 Z轴的圆周运动，所以可列式： Nsinq=mg Ncosq=mw2rsinq g所以，可得：r=2。 wtanqsinqqrOvv2-13设质量为m的带电微粒受到沿x方向的电力F=(b+cx)i，计算粒子在任一时刻t的速度和位置，假定t=0时，v0=0，x0=0。其中b，c为与时间无关的常数，m，F，x，t的单位分别为kg，N，m，s。 vvvd2x解：根据题意和牛顿第二定律，可列式：F=(b+cx)i，F=m2， dtd2xcb整理可得二阶微分方程：2-x-=0， dtm

15、m8 下面分c为正负做讨论：令w2=2c md2xbc2当c0时，令w=，方程为：2-wx-=0， dtmmbd2(x+)2b2mw可以写成：-w(x+)=0 22dtmwd2ywx-wx2dxbbwt-wtwt-wt可得：x+，即： =Ce+Cex=-+Ce+Ce12122mwcdx=C1wewt-C2we-wt， 再对上式求一次导，得到：v=dtb由初始条件：t=0时，v0=0，x0=0，可知：C1=C2=， 2cbbwtb有x=-+(e+e-wt)，v=w(ewt-e-wt)； c2c2c9 2-14在光滑的水平面上设置一竖直的圆筒，半径为R，一小球紧靠圆筒内壁运动，摩擦系数为m，在t=

16、0时，球的速率为v0，求任一时刻球的速率和运动路程。 v2 解：利用自然坐标系，法向：N=m，而：f=mN Rdvv2dv 切向：-f=m，则：=-m dtRdtv1tmv0R -2dv=dt，得：v= v0v0RR+v0tttvmtdtR=ln(1+0) S=vdt=v0R00R+vmtmR02-15 设飞机降落时的着地速度大小v0，方向与地面平行，飞机与地面间的摩擦系数m，如果飞机受到的迎面空气阻力与速率平方成正比为Kx v2，升力为Ky v2 (Kx和Ky均为常量)，已知飞机的升阻比为C=KyKx，求从着地到停止这段时间所滑行的距离。 解：由牛顿运动定律F=ma，考虑到飞机刚着地时对地面

17、无压力，有：2Kxv0=mg 2Kxv0dvdvdvdxdv=v则-m(Kv-Kxv)-Kyv=，又， gdtdtdxdtdx2x0222v01dv2v2v2dv22=-m(1-2)-C2，即：-=mv0+(C-m)v2 有：2gdxv0v02gdx积分有： x=-vvmvdv2=ln+v 22g(C-m)v0mv02g(C-m)C-m0+v2C-m02022020v0 10 2v0Cln 。 路程为：x=2g(C-m)m 思考题 2-1质量为m的小球，放在光滑的木板和光滑的墙壁之间，并保持平衡，如图所示设木板和墙壁之间的夹角为a，当a逐渐增大时，小球对木板的压力将怎样变化？ 解：以小球为研究

18、对象，设墙壁对小球的压力为N1， 方向水平向右，木板对小球的压力为N2，方向垂直于 N2木板，小球受重力为mg，建立平衡方程： N1N2sina=mg ，N1=N2cosa a所以当a增大，小球对木板的压力N2将减小； mg小球对墙壁的压力N1也减小。 2-2质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图所示如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度aA和aB分别为多少 ？ 解：由于系统在拉力F作用下做匀速运动， 对A进行受力分析，知：F=kx+mm1g， 对B进行受力分析，知：kx=mm2g 突然撤消

19、拉力时，对A有：m1aA=kx+mm1g，所以aA=m对B有：m2aB=kx-mm2g，所以aB=0。 v2-3如图所示，用一斜向上的力F (与水平成30角)，将m1+m2g， m1v一重为G的木块压靠在竖直壁面上，如果不论用怎样大的力F，都不能使木块向上滑动，则说明木块与壁面间的静摩擦系数m的大小为多少？ 解：假设墙壁对木块的压力为N，由受力分析图可知： Fsin300=G+mN N=Fcos300 整理上式，并且根据题意，如果不论用怎样大的力F，都不能使木块向上滑动，则说明：1313FG+mF 即：F3。 3 2-4质量分别为m和M的滑块A和B，叠放在光滑水平桌面上，如图所示A、B间静摩擦

20、系数为ms，滑动摩擦系数为mk，系统原处于静止今有一水平力作用于A上，要使A、B不发生相对滑动，则F应取什么范围？ 解：根据题意，分别对A，B进行受力分析，要使A，B不发生相对滑动，必须使两者具有相同的加速度，所以列式： Fmax-msmg=mmsmg=Ma解得：Fmax=Fm+Mmsmg， Mm+Mmsmg 。 M2-5如图，物体A、B质量相同，B在光滑水平桌面上滑轮与绳的质量以及空气阻力均不计，滑轮与其轴之间的摩擦也不计系统无初速地释放，则物体A下落的加速度是多少？ 解：分别对A，B进行受力分析，可知： mAg-T=mAaA 2T=mBaB 1aB=aA 2则可计算得到：aA=4g 。 5

21、2-6如图所示，假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下滑，轨道是光滑的，在从A至C的下滑过程中，下面哪个说法是正确的？ (A) 它的加速度大小不变，方向永远指向圆心。 (B) 它的速率均匀增加。 (C) 它的合外力大小变化，方向永远指向圆心。 (D) 它的合外力大小不变。 (E) 轨道支持力的大小不断增加。 解：在下滑过程中，物体做圆周运动。并且v在增大，所以它既有法向加速度，又有切向加速度，A的说法不对； 12 速率的增加由重力沿切线方向的分力提供，由于切线方向始终在改变，所以速率增加不均匀，B的说法不对； 外力有重力和支持力，后者的大小和方向都在变化，所以合力的大小方向也在变化。C，D的说法都不

22、对。 v2下滑过程中的和v都在增大，所以N也在增大，N=mgsinq+m R则E的说法正确。 2-7一小珠可在半径为R的竖直圆环上无摩擦地滑动，且圆环能以其竖直直径为轴转动当圆环以一适当的恒定角速度w转动，小珠偏离圆环转轴而且相对圆环静止时，小珠所在处圆环半径偏离竖直方向的角度为多大？ w解：根据题意，当小珠能相对于圆环平衡时， 其运动为绕Z轴的圆周运动，假设小珠所在处 圆环半径偏离竖直方向的角度为，可列式： Ncosq=mg Nsinq=mwRsinq gg所以，可得：cosq=2，q=arccos2 。 wRwR2-8几个不同倾角的光滑斜面，有共同的底边，顶点也在同一竖直面上为使一物体从斜

23、面上端由静止滑到下端的时间最短，则斜面的倾角应选 (A) 60 (B) 45 (C) 30 (D) 15 解：根据题意，假设底边长为s，斜面的倾角为， 可列式： 2qo1s， gsinqt2=2cosq4st2= ， gsin2qq 当=45时，时间最短。 s B与2-9如图所示，小球A用轻弹簧O1A与轻绳O2A系住；小球B用轻绳O1O2B系住，今剪断O2A绳和O2B绳，在刚剪断的瞬间，A、B球的加速度量值和方向是否相同？ 解：不同。 13 对于a图，在剪断绳子的瞬间，弹簧的伸长没有变化，所以弹簧的拉力F不变，A的加速度应该是由重力和弹簧的拉力提供的合力T，所以： Fsinj=T=ma Fco

24、sj=mg 所以加速度大小为：a=gtanj，方向为水平方向。 对于b图，在剪断绳子的瞬间，绳子拉力F变化，它将提供物体做圆周运动，其加速度应该有切向加速度和法向加速度。所以： v2mgsinj=mat ，F-mgcosj=man，切向：法向：考虑到此时v=0，an=，R有：an=0，所以此时加速度大小为：a=at=gsinj，方向为与绳垂直的切线方向。 2-10两质量均为m的小球穿在一光滑圆环上，并由一轻绳相连，环竖直固定放置，在图中位置由静止释放，试问释放瞬间绳上张力为多少？ 解：在释放瞬间上面的小球作水平运动，下面小球作竖直运动，两者加速度大小相等，方向互相垂直。 上面小球：Tsin45=ma 下面小球：mg-Tsin45=ma 两式联立消去a， T= 00mg2mg= 02sin452 14