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2
F
mv 2 2.55 105 N 鸟对飞机 l
F F 2.55 105 N
dx 6.0 4.0t 6.0t dt
x t 2 x0 0
的平均冲力为
x ＝5.0+6.0t+2.0t +2.0t
2
3
3-8 解 (1) 由分析知
2 I 30 4t dt 30t 2t 2 0 68 N s 2 0
FＴ-(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a FN2 -m2g＝m2a
解上述方程,得 (2)
(1)
2 2 2 ,即 324rt r 12t 3at2 an
4
得
t3
1 2 3
FＴ ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) FN2 ＝m2(g ＋a)
(4)
时,由式(3)可得绳所受张力的值为
2
v2 dv μ R dt
取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式 进行积分,有
v 40 m s 1
3-9 解1 以人为研究对象,按分析中的两 个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中, 人跌落至2 m 处时的速度为
t
0
dt
R v dv μ v0 v 2
v
Rv0 R v0 μt
0
2 32 t 0 5.33 rad 3
故加速度的大小为
2 a an at2
1-24
at2b 2 ( v0 bt ) 4 R
ω
解
(1) 由于 θ 2 4t 3 ,则角速度
其方向与切线之间的夹角为
dθ 12t 2 ．在t ＝2 ｓ 时,法向加速 dt
an rω2 2.30 m s 2
2 2
将式(2)两边积分并考虑初始条件,有
t dv d v v0 A Bv 0 dt A 得石子速度 v (1 e Bt ) B A 由此可知当,t→∞时, v 为一常 B
设vo与x 轴的夹角为α,则
tan α
v0 y v0 x
3 2
α＝123°41′
(2) 加速度的分量式为
2
设a 与x 轴的夹角为β,则
A (1 e Bt )dt B A A 方程 y t 2 (e Bt 1) B B
y
0
dy
t
0
tan β
ay ax
2 3
,β＝-33°41′
1-17 解 (1) 由参数方程 x ＝2.0t, 2 y ＝19.0-2.0t 消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0
物体在这段时间内所经过的路程
Δ 2 gh Δmv mg 1.14 103 N Δt Δt
F0 x , 则在x L
s vdt
0
t
0
Rv0 dt R v0 μt
3-17 解 由分析知 F F0
＝0 到x ＝L 过程中作功,
W
L
0
F FL F0 0 x dx 0 L 2
2-19 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
FN man
mv 2 R
Ff mat
dv dt
由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN , 由上述各式可得
(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t ,解此方 程可得 t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍 去) (3) 由动量定理,有 I ＝mv2-mv1 由(2)可知t ＝6． 86 s 时I ＝300 N· s, 将I、m 及v1代入可得 2
( v bt ) 2 a θ arctan n arctan 0 at Rb
度和切向加速度的数值分别为
t 2 s
at
t 2 s
dω 4.80 m s 2 dt 1 2 (2) 当 at a / 2 an at2 时,有 2 r
2
2-7 解
又物体在斜面上作匀变速直 线运动,故有
考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝
l 1 1 at 2 g sin α μcos α t 2 cos α 2 2
则
F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的
摩擦力 (2)
t
2l gcos αsin α μcos α
-0.50x (2) 在t1 ＝1.00ｓ 到t2 ＝2.0ｓ时 间内的平均速度
2
(2) 要使｜a｜＝b,由
v
Δr r2 r1 2.0i 6.0 j Δt t2 t1
1 R 2b 2 ( v0 bt ) 4 b 可得 R v t 0 b
(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点 经过的路程为
v1 2 gh
的作用,根据动量定理,有
(1)
在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力 (2) 由式(1)、 (2)可得安全带对人的平均冲力大 小为
(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
F P Δt mv2 mv1
t
R μv0
F mg
t
-2
1-25
v2
v1 5.36 m s 1 tan 75o
2-6 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
mgsin α mgμcos α ma
(1)
mAg-FＴ＝mA a
F′Ｔ1 -Fｆ ＝mB a′ F′Ｔ -2FＴ1 ＝0
(1) (2) (3)
n
1-23 解
则t1 ＝1.00ｓ时的速度
s v2 0 2πR 4πbR
因ωR ＝v,由题意ω∝t 得比例
2
v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j
切向和法向加速度分别为
at
t 1 s
dv d 2 2 系数 et ( vx v2 y )et 3.58 m s et dt dt
此时刻的角位置为
θ 2 4t 3.15 rad
3
FＴ ＝5.94 ×103 N
乙对甲的作用力为 F′N2 ＝-FN2 ＝-m2
324rt r 2 12t 2
2
(3) 要使 an at ,则有
4
t ＝0.55ｓ
(g ＋a) ＝-1.98 ×103 N
(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m·ｓ 3 上升时,得绳张力的值为FＴ ＝3.24 ×10 N 此时,乙对甲的作用力则为F′N2 ＝-1.08 ×103 N 2-8 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
1 2 mv 0 得x ＝L 2
由动能定理有 W 处的质点速率为 v
3-29 解 设弹簧的最大压缩量为x0 ．小球 与靶共同运动的速度为v1 ． 由动量守恒定律, 有
mv m mv1
又由机械能守恒定律,有
(1)
F0 L m
此处也可用牛顿定律求质点速率,即
1 2 1 1 2 2 mv m mv1 kx0 2 2 2
(3) 质点在任意时刻的速度和加速度 分别为
dx dy v(t ) vx i v y j i j 2.0i 4.0tj dt dt
s st s0
2 v0 2b
a (t )
d2 x d2 y i j 4.0 m s 2 j 2 2 dt dt
因此质点运行的圈数为
1-6 解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小 dx/dt=0
1-13 解 由分析知,应有
Δx x4 x0 32 m
(2) 由 得知质点的换向时刻为
v
v0
dv adt
0
t
得 v 4t t 3 v0 由
t p 2 s (t＝0不合题意)
则
1 3
(1)
dx vdt
h R
g ω2
可见,h 随ω的变化而变化．
2-14 解 因加速度a＝dv/dt,在直线运动中, 根据牛顿运动定律有
s
R ln 2 μ
120t 40 m
dv dt
依据质点运动的初始条件,即t0 ＝0 时 v0 ＝6.0 m·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式 积分,得
3-6 解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方 向为x 轴正向．由动量定理得
2 2 t n 2
an a a e 1.79 m s en
(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为
2 1 则 v vx v2 y 4.47 m s
k
ω v 2 2 rad s 3 2 t Rt
所
以
ω ω(t ) 2t 2
=v2/an=11.17m
Ff
mg m 4ma 7.2 N 2
为使下滑的时间最短,可令
dt 0 ,由 dα
2-10 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
式(2)有
cos cos sin 0
sin sin cos
当t ＝0 时, vox ＝-10 m·ｓ , voy ＝ -1 15 m·ｓ ,则初速度大小为
-1
1-14 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下 落起点为坐标原点． (1) 由题意知
a
dv A Bv dt dv dt A Bv
v
(1)
用分离变量法把式(1)改写为 (2)
v0 v0 x v0 y 18.0 m s 1
