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第二章 牛顿运动定律答案

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第二章 牛顿运动定律2-1解:设地球表面的重力加速度为1g ,月球表面的重力加速度为2g ,弹簧在地面上挂物体A(质量为1m )与在月球表面挂石块B(质量为2m )的读数相同,则有1122F m g m g == --------------------①如右图,取坐标轴向下为正,对物体A,B由牛顿第二定律得:221212()m g m g m m a -=+-------②联立解得 121201/g g a g g -=〉+将219.81/g m s =,22 1.67/g m s =代入解得22 1.18/a m s =故石块B 将以初速度为零,竖直向下作匀加速运动.2-2解:取U 形管底端的水平液柱为研究对象,竖直方向合外力为零(因为液柱在竖直方向无加速度)水平方向上受到的合外力大小为 F pS ghS ρ==其中S 为U 形管截面面积, ρ为液体密度, 由牛顿第二定律得: F ma lSa ρ==整理解得 /h la g =2-3解:取坐标轴向右为正方向,设人对板的水平力大小为F . 地面对木板的水平力大小为()2f u m M g =+,物体对木板的水平力大小为 1f umg =取m 为研究对象由牛顿第三定律知它受到木板水平向右的力,其大小为 1f umg = 再由牛顿第二定律得:X 方向: 11f umg ma == (1a 为m 向右的加速度大小) 再取M 为研究对象:X 方向: 122F f f Ma --= (2a 为M 向右的加速度大小) 因为要将木板从物体下面抽出,则 21a a ≥ 整理得 ()F umg u m M g uMg --+≥ 即 ()2F u m M g ≥+故至少需要大小为()2u m M g +的力才能将木板拉出.2-4解:取小球为研究对象.小球受到重力mg,绳子的拉力T圆锥体的支持力N,各力方向如图所示:并如图建立直角坐标系: (1)由牛顿第二定律得:x 方向: 2sin cos sin T N mw l θθθ-=y 方向: cos sin 0T N mg θθ+-=整理解得2sin sin cos N mg mw l θθθ=-2cos sin T mg mw l θθ=+(2)当w 增大到0w 时,小球离开锥面此时0N = 则由(1)得 20sin sin cos 0T mw l T mg θθθ=-=解得:0/cos w T mg θ==2-5证明:如图建立平面直角坐标系.取xoy 平面内第一象限内的水滴mg为研究对象设该水滴所在位置坐标为(,)x y ,质量为m .水滴受到重力mg ,其它水滴对它的支持力N由牛顿定律得 x 轴方向: 2sin N mw x θ=y 轴方向: cos N mg θ=其中tan dy dx θ=, 整理后得 2w x dyg dx=分离变量: 2w xdx dy g=·两边积分得: 00yxwxdx dy g =⎰⎰得 222w y x g= ---------------------------表示抛物线即第一象限内自由面的水滴都在抛物线222w y x g=上,则在空间中桶内水的自由面的形状是一个旋转抛物面. 2-6.解(1)由牛顿定律: 00F kF kt ma a t m m-=⇒=- (2)ⅰ.牛顿定律的微分形式: 0dvF kt mdt-=分离变量: ()0F kt dt mdv -= 两边积分: ()00tvF kt dt mdv -=⎰⎰202F k v t t m m=- 方向沿运动方向 ⅱ.由dxv dt=分离变量 dx vdt = 两边积分: 0xtdx vdt =⎰⎰ (设t 时刻质点在x 处)将2202F k v t t m m=-代入解得23026F k x t t m m=-2-7解：取运动员与滑板作为一个整体为研究对象，受到重力mg ，变力F ，支持力N 的作用，各个力的方向如图所示 以运动员的初始位置为原点，竖直向上方向为y 轴 建立平面直角坐标系，如右图所示 ⑴由牛顿定律x 轴方向：cos cos dv dvF mAt m dt dtθθ=⇒= 分离变量：cos At dt mdv θ=两边积分：0cos tvA tdt m dv θ=⎰⎰2cos 2A t v m θ=y 轴方向有：sin F N mg θ+=当滑板离开水面时，地面的支持力此时为零 即 11sin sin mgAt mg t A θθ=⇒=将1t t =代入得222cos cos 22sin At mg v m A θθθ==⑵由运动微分方程得dxv dt=分离变量得：vdt dx =2cos 2A t dt dx mθ= 两边积分得：200cos 2txA t dt dx m θ=⎰⎰将1t t =代入上式解得：2323cos 6sin m g x A θθ=xNymgFθ2-8解：⑴设作用于质点的力大小为F由牛顿运动微分方程得： 2dv dv dxF mm mkv k mx dt dx xt==== ⑵设质点在0x x =处对应时刻0t t =，在1x x =处的对应时刻1t t = 所需时间： 10t t t ∆=- 由⑴知： 1dx kdt x=两边积分得：1101x tx tdx kdt x =⎰⎰得： 11x t Inkx ∆=2-9解：取活塞为研究对象，它受到沿X 轴正方向的力()f x 的作用，由牛顿第二定律得运动方程 X 轴方向： ()dv dv dx dv k f x mm mv dt dx dt dx x==⋅== 上式中的变量为,v x 分离变量后kmvdv dx x=两边积分得：xv x kmvdv dx x=⎰⎰（设活塞停止在X 处） 解得 2020202mv Inxkm v ke x x ee-==2-10解:质点的运动速率0dsv v bt dt==+ 由牛顿运动定律:切向力dvF ma m mb dtττ===法向力()220n n m v bv v F ma mR R+===2-11解：(1)设星体（质量为M ）的自转角速度为ω，取赤道上的某一物体（质量为m ）为研究对象 由星体的自转周期知 2T πω=当ω最大时，T 最小，故由题意得2224MmG m R R Tπ= 又 343M V R ρρπ==⋅联立上述等式解得最小自转周期T =(2)将2331123.010, 6.6710, 3.14m kg m G N kgρπ--=⨯=⨯= 代入得 36.910T s =⨯(3)由(1)可得 2324R M GTπ= 将2331126.910,1010, 6.6710m T s R m G N kg-=⨯=⨯=⨯代入得 292.3110M kg =⨯2-12 解(1)对子弹分析得牛顿第二定律的微分形式: dvf kv m dt =-= 分离变量得 k dvdt m v -=两边积分得00tvv k dvdt m v -=⎰⎰即 0kt mv v e-=(2) 000tkt ktmm mv ds vdt s v e dt e k --=⇒==-⎰当t →∞时,子弹的最大深度为0m mv s k=. 2-13解:取质点m 为研究对象由牛顿运动定律的微分形式得2dv dv dx dv k f mm mv x dt dx dt dx-====分离变量得 21mvdv dx k x=- 两边积分得 4201AvA mvdv dx k x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰⎰ (x A =时对应速度为0, /4x A =时对应速度为)v解得: v =2-14解:取飞机为研究对象,设其质量为m 受到重力mg,支持力N ,升力2y c v j ,空气阻力2x c v i - ,摩擦阻力Ni μ- ,以0v 所在方向为x X 方向: 2x dv dv dx dv N c v mm mv dt dx dt dxμ+=== Y 方向: 2y c v N mg += 而飞机刚着地时0N =.则 2y x mgc c v=⇒=整理得: ()222001555dvgv gv v v dxμμ-+= 分离变量得: ()20225155v vdvdx gv gv μμ=⇒-+ 两边积分()00022005155xo vvv dvdx v gv gv μμ=-+⎰⎰用换元积分法求得()2051ln 2212155v x m g μμ==-2-15解:取该雨滴为研究对象,它受到重力mg和空气阻力f 的作用.其方向如图所示: 且 2(f kv k =-为比例系数)21mg kv =由牛顿运动定律 22mg kv ma -=将15/v m s = , 24/v m s = , 29.8/g m s = 代入得: 23.53/a m s =2-16证明：取小球为研究对象，小球受到重力,mg浮力F 和粘滞阻力f的作用，取F所在方向为轴正方向，则由牛顿运动微分方程得dv mg F kv mdt--= 式中,v t 为变量，分离变量后dv dtmg F kv m=--两边积分得（注意初始条件为0,0v t ==）00v tdv dtmg F kv m =--⎰⎰ 即 00()v td mg F kv dtk mg F kv m ---=--⎰⎰解得 (1)ktm mg Fv e k--=- 故得证.xmgf。

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02牛顿定律习题解答

02牛顿定律习题解答

第二章 牛顿定律一 选择题1．D 2．C 3．A合力F =F 1+F 2=i +(2-t )j 。

在t =2s 时，力F = i , 沿x 轴正方向，加速度也沿同一方向。

4．A简要提示：米袋和人具有相同的加速度，因此米袋作用在他肩上的力应为0。

5．D简要提示：水平拉力刚撤消的瞬间,滑块A 受到的合力为弹力和滑动摩擦力，均指向负x 方向，滑块B 受到的合力仍然为零。

6．B简要提示：设电梯的加速度为a ，方向向下。

以地面为参考系，则物体A 和B 的动力学方程分别为：ma T mg 22=- ma T mg =- 两式相减，得：a = g7．D 8．B简要提示： 21d d d d x m k x t a -===v v v x x m k x x d )1(d 200⎰⎰-=v v v )11(2102x x m k -=v ， 所以 )11(20x x m k -=v二 填空题1．30N由运动学方程求出物体的加速度a =-6 j (SI)，因此物体所受合外力的大小为ma =5⨯6=30 N 。

2．2g ； 0简要提示：A 物体 ma =mg +mg ，∴ a =2g 。

B 物体ma =mg -mg ，∴ a =0。

3．g sin θ ； 2g cos θ选择题5图填空题3图m 1 2填空题4图填空题2图简要提示：由受力分析得：切向加速度大小a τ=g sin θ ， 法向加速度大小a n = v 2/l =2g l cos θ /l =2g cos θ 。

4．87.5 N简要提示：22121s m 5.2)(-⋅=++++-=m m m gm m m F a , a m m g m m T )2/()2/(22+=+-， 5.87))(2/(2=++=a g m m T N5．17.1 m ⋅ s –1简要提示：mg Rm s 2maxμ=v ， 最大安全速率为1s max s 17.1m 8.9506.0-⋅=⨯⨯==Rg μv6．6μ mg简要提示：对于最下面一块物体，有 ma mg mg F =--μμ32， ma mg F +=μ5。

大学物理习题答案解答第二章牛顿运动定律

大学物理习题答案解答第二章牛顿运动定律

第二章 牛顿运动定律一、填空题1、考察直线运动，设加速度为()a t ，初速度为00v =，则由dv a dv adt dt =⇒= 两边定积分，即 00v t v dv adt =⎰⎰ 得质点在任意时刻t 的速度为 110()()t v t a t dt =⎰ （2-1）再由ds v ds vdt dt =⇒= 两边定积分，即 00s t s ds vdt =⎰⎰ 得质点在任意时刻t 的路程为 0220()t s s s v t dt ∆=-=⎰ 把（2-1）式代入上式，得211200()tt s a t dt dt ∆=⎰⎰依题设可知两物体必做直线运动，设某时刻两物体间作用力为F ，则两物体的加速度分别为11F a m = 和 22F a m = 所以两物体在相同时间内发生的路程分别为：2221111121211200000011()1()()tt tt t t F t s a t dt dt dt dt F t dt dt m m ∆===⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 2221221121211200000022()1()()t t t t t t F t s a t dt dt dt dt F t dt dt m m ∆===⎰⎰⎰⎰⎰⎰所以 11222111s m m s m m ∆==∆ 此即为所求。

2、箱子在最大静摩擦力的作用下，相对地面具有的最大加速度为2max 0max 00.49.8 3.92()F mg a g m s m mμμ-====⨯=⋅ （1）若设箱子相对卡车静止，即物体相对地面的加速度2max 2a m s a -=⋅<表明箱子与卡车底板间是静摩擦，摩擦力的大小为40280()F ma N ==⨯=（2）依然设箱子相对卡车静止，即物体相对地面的加速度2max 4.5a m s a -=⋅>表明箱子与卡车底板间是滑动摩擦，摩擦力的大小为0.25409.898()F mg N μ==⨯⨯=3、如图2-1(a)所示建立直角坐标系，再分析滑块的受力情况，如图2-1(b)所示，滑块受到三个力的作用，分别是地球施加的重力mg ，斜面对它的支持力1N 和滑动摩擦力1f ，并设其加速度为a 。

《大学物理》课后解答题 第二章牛顿运动定律与守恒

《大学物理》课后解答题 第二章牛顿运动定律与守恒

解：（1）A、B系统弹性碰撞动量不守恒（水平方向
守恒，竖直方向不守恒）。受力分析如右图。
注意：斜劈在碰撞瞬间受到桌面的冲力。
（2）令斜劈左右位置互换，如右图
A、B系统弹性碰撞动量守恒。
4、如图4.1所示，质量为m的物体放在水平传送带上，与传送带一起以恒定的加速度 前进，当物体被传送一段距离 时，传送带对物体作功是多少？物体对传送带作功多少？请分别以地面和皮带为参照系考虑问题。在两个参照系中它们互相所做的功的总和是否改变？
（3）动量不守恒，对滑轮轴的角动量守恒，动能和机械能不守恒。
二、课堂练习
1、如图2.11所示，质量为m的物体A放在水平面上，已知滑动摩擦系数为μ，求：欲拉动A以恒定速度 沿水平方向前进所需的最小的拉力 。
图2.11
解：设拉力方向如图，受力分析得：
所以
令 得：
又因为
所以得
2、如图2.12所示，水平桌面上有一块质量为M的木板，板上放一质量为m的物体，M、m与桌面彼此之间的滑动摩擦系数均为 ，静摩擦系数均为 ，今以水平方向的拉力 作用于M，使M与m一起以加速度 运动。
解：应采用系统综合法，即以静置于桌面的绳子和提起运动部分的绳子总体作为研究对象，系统所受合外力实际上只有提起运动部分的绳子所受重力 与上提力 。提起部分的质量为： ，所受重力
由动量定理：
而： ，故得： 。
6、一根均匀的链条，总长为 ，一部分放在光滑的桌面上，另一部分从桌面边缘下垂，长为 ，如图4.6所示，设开始时链条静止，求链条刚好全部离开桌面时的速率。
图2.3
3）、A与B叠放在一起（如图2.3），分以下几种情况讨论：a、A、B静止；b、A、B一起自由下落；c、一起匀速上升。
解：对A和B分别分析分析受力如下图
大学物理 牛顿运动定律及其应用 习题及答案

大学物理 牛顿运动定律及其应用 习题及答案

第2章 牛顿运动定律及其应用 习题解答1．质量为10kg 的质点在xOy 平面内运动，其运动规律为:543x con t =+(m),5sin 45y t =-(m).求t 时刻质点所受的力．解:本题属于第一类问题54320sin 480cos 4x x x x con t dxv t dt dva tdt=+==-==- 5sin 4520cos 480sin 4y y y t v t a t=-==- 12800cos 4()800sin 4()()800()x x y y x y F ma t N F ma t N F F F N ==-==-=+= 2．质量为m 的质点沿x 轴正向运动，设质点通过坐标x 位置时其速率为kx （k 为比例系数），求：（1）此时作用于质点的力；（2）质点由1x x =处出发，运动到2x x =处所需要的时间。

解:(1) 2()dv dx F mmk mk x N dt dt=== (2) 22112111ln ln xx x x x dxdx v kx t x dtkx k k x ==⇒===⎰ 3．质量为m 的质点在合力0F F kt(N )=-（0F ,k 均为常量）的作用下作直线运动，求： （1）质点的加速度；（2）质点的速度和位置（设质点开始静止于坐标原点处）. 解:由牛顿第二运动定律20021000232000012111262v t x t F kt dvmF kt a (ms )dt mF t kt F kt dv dt v (ms )m m F t kt F t kt dx dt x (m )m m ---=-⇒=--=⇒=⎰⎰--=⇒=⎰⎰4．质量为m 的质点最初静止在0x 处，在力2F k /x =-(N)（k 是常量）的作用下沿X 轴运动，求质点在x 处的速度。

解: 由牛顿第二运动定律02120v x x dv dv dx dv F k /x mm mv dt dx dt dxk vdv dx v ms )mx -=-====-⇒=⎰⎰ 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的作用，引力大小与质点离原点的距离x 的平方成反比，即2/x k f -=(N)，k 是比例常数．设质点在 x =A 时的速度为零，求质点在x =A /4处的速度的大小． 解: 由牛顿第二运动定律02120v x x dv dv dx dv F k /x mm mv dt dx dt dxk vdv dx v ms )mx -=-====-⇒===⎰⎰ 6．质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mkev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(kmv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0km v ；(4)当k m t =时速度减至0v 的e1，式中m 为质点的质量． 证明: (1) t 时刻的速度为v ＝t mk ev )(0-000ln vtk t mv dv F kv mdtdv k v kdt t v v e v m v m -=-==-⇒=-⇒=⎰⎰(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(kmv 0)［1-t m ke )(-］0000(1)k t mxtk k t t mmdxv v e dtmv dx v edt x e k---===⇒=-⎰⎰(3)停止运动前经过的距离为)(0km v在x 的表达式中令t=0得到: 停止运动前经过的距离为)(0km v (4)当k m t =时速度减至0v 的e1，式中m 为质点的质量． 在v 的表达式中令k m t =得到:01v v e= 7．质量为m 的子弹以速度v 0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: 由牛顿第二运动定律(1) dv dv k mkv dt dt v m=-⇒=- 考虑初始条件,对上式两边积分:000vtkt mv dv k dt v v e v m -=-⇒=⎰⎰ (2)max00max 0x kt m mv dxv e dt x dt k ∞-=-⇒=⎰⎰ 8．质量为m 的雨滴下降时，因受空气阻力，在落地前已是匀速运动，其速率为v = 5.0 m/s ．设空气阻力大小与雨滴速率的平方成正比，问：当雨滴下降速率为v = 4.0 m/s 时，其加速度a 多大？(取29.8/g m s =)解: 由牛顿第二运动定律雨滴下降未达到极限速度前运动方程为 2mg kv ma -= （1）雨滴下降达到极限速度后运动方程为20mg kv -= （2）将v = 4.0 m/s 代入（2）式得2maxmgk v =（3） 由（1）、（3）式 22424max16(1)10(1) 3.6/25v v v a g m s v ===-=⨯-= 9．一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速前进，如图. 木箱与地面间的摩擦系数μ＝0.6.设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为h ＝1.5 m ，不计箱高，问绳长l 为多长时最省力? 解: 由牛顿第二运动定律有sin 0cos 0T N mg T N θθμ+-=-= 联立以上2式得 ()cos sin mgT μθθμθ=+上式T 取得最小值的条件为tg θμ==由此得到2.92l m =≈。