(完整版)2質(zhì)點運動定律習題思考題

1、2-1 質(zhì)量為16kg的質(zhì)點在xOy平面內(nèi)運動, 習題2 受一恒力作用，力的分量為fx 6N，fy 7N，當 t 0 時, x y 0，Vx 2m / s, Vy 0。當 t 2s 時, 求: (1) 質(zhì)點的位矢; 質(zhì)點的速度。 解: 由axx，有: m ax 6 16 3m/s2， 8 ay 7 16 m / s2 ( VxVxo axdt 2 VyVyoo aydt 于是質(zhì)點在2s時的速度: 3 2 8 7 / m /s。 8 5V i 4 /s , 7 V 8j m /s V12 (2)r(Vot axt )1 13V7 V i i m 48 v 4)i (厶 4j 2 16 2-2摩托

2、快艇以速率 V0行駛，它受到的摩擦阻力與速率平方成正比，可表示為 F= - kV2(k為正值常量)。 設(shè)摩托快艇的質(zhì)量為 m,當摩托快艇發(fā)動機關(guān)閉后，求: (1)求速率V隨時間t的變化規(guī)律； 求路程x隨時間t的變化規(guī)律； k x (3)證明速度v與路程x之間的關(guān)系為vVe，其中k k/ m。 解：(1)由牛頓運動定律 F ma得: kv2 m 竺，分離變量有d t m dt 0 2 兩邊積分得：速率隨時間變化的規(guī)律為 0 (2)由位移和速度的積分關(guān)系: dt， 積分有: t 1 x 0 1 k x t V0 m dt kln(丄 m V0 -t) m k 1 kln丄路程隨時間變化的規(guī)律為:

3、m V0 x 上 ln(1 V0t)； m m (3)由 kv2 d v d x m d x dt kdx m x dx V dv V0 V 積分有：v v0e kx 2-3質(zhì)量為m的子彈以速度V。水平射入沙土中，設(shè)子彈所受阻力與速度反向，大小與速度成正比，比例 (2)子彈進入沙土的最 系數(shù)為k，忽略子彈的重力，求：(1)子彈射入沙土后，速度隨時間變化的函數(shù)式; 大深度。 10 解：(1)由題意，子彈射入沙土中的阻力表達式為: f mdv，則 kv dt k dt ,兩邊同時積分, m 又由牛頓第二定律可得: dv m dt kv 分離變量，可得：dv v k t v ve m 有: 0 dv

4、 所以： (2)子彈進入沙土的最大深度也就是 v 0的時候子彈的位移, 考慮到dv dt dv dx dx dt 不，可推出：dx 則: x max 0 m , m vo mdv mv。 dt， m -dv，而這個式子兩邊積分就可以得到位移： k 2-4 條質(zhì)量分布均勻的繩子，質(zhì)量為M、長度為L, 一端拴在豎直轉(zhuǎn)軸 00 . 上，并以恒定角速度在水平面上旋轉(zhuǎn).設(shè)轉(zhuǎn)動過程中繩子始終伸直不打彎，且 忽略重力，求距轉(zhuǎn)軸為 r處繩中的張力T( r).: 解：在繩子L上距離轉(zhuǎn)軸為r處取一小段微元繩子，假設(shè)其質(zhì)量為dm,可知：| MV/Z/Z dm dr，因為它做的是圓周運動，所以微元繩的所受合力提供向心

5、力： dT (r)2rdm2r 。 L 距轉(zhuǎn)軸為r處繩中的張力T( r)將提供的是r以外的繩子轉(zhuǎn)動的向心力，所以兩邊積分： lM 222 T (r) dT (r) M(L2 r2)。 r2L 2-5.已知一質(zhì)量為 m的質(zhì)點在x軸上運動，質(zhì)點只受到指向原點的引力作用，引力大小與質(zhì)點離原點的 距離x的平方成反比，即fk/x2, k是比例常數(shù).設(shè)質(zhì)點在x A時的速度為零，求質(zhì)點在x A/4 處的速度的大小。 解：由題意: 占，再由牛頓第二定律可得: x 考慮到屯也空 dt dx dt 兩邊同時取積分，則: 空，可推出：mvdv dt v vdv 0 k dv 2 m一 x dt $dx x 有：v

6、A/4 1 k 2dx A x 0時，它的初 v v 2 v 2-6. 一質(zhì)量為2kg的質(zhì)點，在xy平面上運動，受到外力F 4i 24t j (SI)的作用，t v v v 速度為v。 3i 4 j (SI)，求t 1s時質(zhì)點的速度及受到的法向力Fn。 解：由于是在平面運動，所以考慮矢量。 vv v d vv 2 v d v 由：F m，有：4i 24t2j 2匚，兩邊積分有: dtdt v v 11 v 2 vv v v 3v dv(4i 24t2j)dt，二 v v。2t i 4t3j , v0 2 v v vv v 考慮到 v。 3i 4 j , t 1s，有 v 5i 由于在自然坐標系

7、中，v v首，而v-i 5v (t 1s時)，表明在t 1s時，切向速度方向就是i方向，所 vv v 2vvvvvv 以，此時法向的力是 j方向的，則利用 F 4i 24t2j，將t 1s代入有F 4i 24 j 4首24en , Fn24 N。 2-7如圖，用質(zhì)量為的板車運載一質(zhì)量為 m2的木箱，車板與箱底間的摩擦系數(shù)為，車與路面間的 滾動摩擦可不計，計算拉車的力F為多少才能保證木箱不致滑動？ 解法一：根據(jù)題意，要使木箱不致于滑動，必須使板車與木箱具有相同的加速度，且上限車板與箱底間為 最大摩擦。 Ff f max 即：a 葉 m2m2 Fmax，列式有: 可得：F (g m2)g 解法二：

8、設(shè)木箱不致于滑動的最大拉力為 Fmaxm2g ga m2g| m2a 聯(lián)立得：Fmax(m1 m2)g , 有：F g m2)g。 2-8 如圖所示一傾角為的斜面放在水平面上，斜面上放一木塊， 兩者間摩擦系數(shù)為(tg )。為使木塊相對斜面靜止，求斜面加速 度a的范圍。 解法一：在斜面具有不同的加速度的時候， 木塊將分別具有向上和向下滑動的趨勢，這就是加速度的兩個范圍， 由題意，可得： (1)當木塊具有向下滑動的趨勢時(見圖 a),列式為: N sinN cos N sinN cos 可計算得到：此時的 a1 mg ma1 tan 1 tan (2)當木快具有向上滑動的趨勢時(見圖 b),列式為

9、: 可計算得到：此時的 a2 ta n 1 tan g,所以: ta n 1 tan tan 解法二：考慮物體m放在與斜面固連的非慣性系中， 將物體m受力沿x和y方向分解，如圖示，同時 考慮非慣性力，隔離物塊和斜面體，列出木塊平衡式： x方向：mg sin ma cos f 0 y方向：N mg cos ma sin 0 考慮到 f N，有： mgsi n ma cos(mg cos masin N sin mg N cos N sin N cos ma2 解得：a sin cos cos m sin g tan g。 1 m tan a的取值范圍: tantan 1 tan g a 1tag

10、 2-9密度為pi的液體，上方懸一長為 I，密度為 繩，并設(shè)棒只在重力和浮力作用下下沉，求： (1) 棒剛好全部浸入液體時的速度； (2) 若p2 p/2,棒進入液體的最大深度； (3) 棒下落過程中能達到的最大速度。 解：(1)由牛頓運動定律 G Fn ma得： p的均質(zhì)細棒AB,棒的B端剛好和液面接觸。今剪斷 2gl S 1g x S S，考慮到 d v dt d v d x d x ,v d x d td t 分離變量，有：v d v 棒剛好全部浸入液體時，速度為 v,此時x l , 則兩邊積分, 得: 1gl 2 2 (2 21)gl (2) J_妲 來看，棒可以全部浸入液體的條件為

11、即: 寸，假若有條件 1，則棒不能全部浸入液體; 2 1 v 亍，設(shè)棒進入液體的最大深度為h，由積分v dv h 2gl 可得: 】v2 gh，考慮到棒在最大深度時速度為零，有: 22 21 2 2丨 。 1 (3)由牛頓運動定律 G Fn ma知，當G Fn時，a 0，速度最大(設(shè)為vm) 有: 2g l S 1g x S，即 Xn 由積分 v dv 0 2gl 0 2l 蟲dx，有: 21 o 1 g 2 l 2 ”)， 2-10 .圓柱形容器內(nèi)裝有一定量的液體，若它們一起繞圓柱軸以角速度 的形狀如何？ 解：取容器內(nèi)穩(wěn)定旋轉(zhuǎn)液面某處一小塊液體微元 面，受力分析如圖示。列式：Nsi n 2

12、,又由導(dǎo)數(shù)幾何意義， g /有: ta n 勻速轉(zhuǎn)動，試問穩(wěn)定旋轉(zhuǎn)時液面 有：tan dz 2 dy，積分有：z g 0時 z z0所以 2 2 2 y c 2g C z0 z y2 z0，表明yoz剖面上，形成液面的拋物線; 2g , m受重力 mg和支持力N的作用，考慮yoz剖 2 同理，在xoz剖面上，可得：zx2 z0，穩(wěn)定旋轉(zhuǎn)時液面是一個拋物面，綜上，在立體的三維坐 2g 2 標xyz上，拋物面的方程為： z (x2 y2) z0 。 2g 2-11 質(zhì)量為m2的物體可以在劈形物體的斜面上無摩擦滑動, 劈形物質(zhì)量為 m1，放置在光滑的水平面上，斜面傾角為 求釋放后兩物體的加速度及它們

13、的相互作用力。 解：利用隔離體方法，設(shè)方形物 m2相對于劈形物 葉 沿斜面下滑的加速度為 a2，劈形物m1水平向左的加 速度為a1，分析受力有： 方形物m2受力：m2孑，N1, m2aV1 (慣性力); 劈形物m1受力：m , N1, N2，如圖； 對于m2，有沿斜面平行和垂直的方程為： .m2a1 cosm2g sinmba2 N1 m2a1 sinm2g cos 對于葉，有： N1 sin 葉印 將代入有：mb sinm2 g cos , sin m2sin cos 2 m m2 sin g，代入，有: a2 (m1 m2)si n 2g m1 m2 sin 再將a2在水平和豎直兩方向上分

14、解，有: a2x a2y (m, m2)sin cos .2 g m m2sin (mh m2)s in2 g a2y m m2 sin a2xa a2x m sin cos g m1 m2si n2 而相互作用力：N1 m1a1 sin m1m2 cos :2 m1m2 sin 2-12 一小環(huán)套在光滑細桿上，細桿以傾角 桿端點O的距離r。 解：根據(jù)題意，當小環(huán)能平衡時，其運動為繞 Z軸的圓周運動，所以可列式： N sin 繞豎直軸作勻角速度轉(zhuǎn)動，角速度為 ，求：小環(huán)平衡時距 N cos 所以，可得: mg 2 r sin g 。 tan sin Z O 2-13.設(shè)質(zhì)量為m的帶電微粒受到沿

15、 x方向的電力F (b cx)V 假定t 0時，v00,滄 0。其中b , c為與時間無關(guān)的常數(shù)， Vo ，計算粒子在任 m , F , x , -時刻 t的速度和位置， t的單位分別為kg , N , 解：根據(jù)題意和牛頓第二定律，可列式: V F (b V cx)i d2x m2 , dt2 整理可得二階微分方程: d2x dt2 F面分c為正負做討論: c x m c (1)當c 0時，令 c，方程為: m d2x dt2 .2/ b . d (x2) 可以寫成：m dt 2(x 【考慮到高等數(shù)學(xué)中，對于 d2y dx2 其通解為: Acos( x ) Acos( )，即: Acos( 再

16、對上式求一次導(dǎo), 得到: dt A sin( 由初始條件: 0 時，v0 0，X0 有 x b cos c b . v sin c (2)當 0時，令 c，方程為: m d2x dt2 可以寫成: d2(x 七) m dt2 2(x 【考慮到高等數(shù)學(xué)中，對于 d2y dx2 2 y 0 ,其通解為：y C,e x C?e x 】 0 x 12 可得：x ) 2 C1et C2e t, 1 m 再對上式求一次導(dǎo), 得到： V d x dt 由初始條件： t 0時， Vo0 ,X。 有 x- (et e t), V C2 C1etC2e t 0 ,可知:C1 A (et e 2c t); 2-14

17、 在光滑的水平面上設(shè)置一豎直的圓筒，半徑為R , 一小球緊靠圓筒內(nèi)壁運動， 摩擦系數(shù)為，在t 0 時，球的速率為v0，求任一時刻球的速率和運動路程。 2 V N m ，而： R 2 V R VoR 解：利用自然坐標系，法向: 切向: v 1 . 2dv vo v2 t S vdt 0 dv nt m，則: dt t dt , o R t VoR o 得: dt dv dt R Vo t R Vo應(yīng) R -ln(1 苛 Vo t 2-15設(shè)飛機降落時的著地速度大小 Vo，方向與地面平行，飛機與地面間的摩擦系數(shù) ，如果飛機受到 的迎面空氣阻力與速率平方成正比為 Kx V2,升力為 Ky V2 （K

18、x和Ky均為常量），已知飛機的升阻比為 C，求從著地到停止這段時間所滑行的距離（設(shè)飛機剛著地時對地面無壓力） Kx 解：（1）由牛頓運動定律 F ma，考慮到飛機剛著地時對地面無壓力，有: KxV： mg 則(KxV： Kxv2) KyV2 Kxldv，又. dv dt dt d v dx dx dt d v V dx， 1 dv2 有： 2g dx (1 2 W) Vo 2 V2，即: Vo 2 vo 2g dv2 dx (C)v2 積分有: 2 Vo x 2g(C vo dv2 v2 C V2 路程為：x 2 Vo 2g(C 2 Vo 2g(C In ) 2 Vo C vo )lnC。 1

19、9 思考題 2-1.質(zhì)量為m的小球，放在光滑的木板和光滑的墻壁之間，并保持平衡，如圖所示設(shè)木 板和墻壁之間的夾角為，當 逐漸增大時，小球?qū)δ景宓膲毫⒃鯓幼兓?解：以小球為研究對象，設(shè)墻壁對小球的壓力為Ni, 方向水平向右，木板對小球的壓力為 N2,方向垂直于 木板，小球受重力為 mg,建立平衡方程： N2 sinmg , N| N2 cos 所以當增大，小球?qū)δ景宓膲毫?N2將減??； 小球?qū)Ρ诘膲毫?N1也減小。 2-2.質(zhì)量分別為mi和m2的兩滑塊A和B通過一輕彈簧水平連結(jié)后置于水平桌面上，滑塊與桌面間的摩擦 系數(shù)均為 仏系統(tǒng)在水平拉力 F作用下勻速運動，如圖所示.如突然撤消拉力，則剛

20、撤消后瞬間，二者的 加速度aA和aB分別為多少 ？ 解：由于系統(tǒng)在拉力 F作用下做勻速運動， 對A進行受力分析，知： F kx m1g， 對B進行受力分析，知： kxm2g 突然撤消拉力時，對 A有：miaA kx gg，所以aA m1m2 m1 對 B 有：m2aB kxm2g，所以 aB 0。 2-3.如圖所示，用一斜向上的力F（與水平成30角），將一重為G的木塊壓靠在豎 直壁面上，如果不論用怎樣大的力F，都不能使木塊向上滑動，則說明木塊與壁面間的 靜摩擦系數(shù)的大小為多少？ 解：假設(shè)墻壁對木塊的壓力為N，由受力分析圖可知： / F sin30 G N N F cos30 整理上式，并且根據(jù)

21、題意，如果不論用怎樣大的力F，都不能使木塊向上滑動，則說明： iF G 3F 即: F 2 2 F （此式中F無論為多大，總成立） ，則可得: 2-4. 質(zhì)量分別為m和M的滑塊A和B，疊放在光滑水平桌面上, 如圖所示.A、B間靜摩擦系數(shù)為 滑動摩擦系數(shù)為 k，系統(tǒng)原處于靜止.今有一水平力作用于A上，要使A、B不發(fā)生相對滑動，則 F應(yīng) 取什么范圍？ 解：根據(jù)題意，分別對 A，B進行受力分析，要使 A， B不發(fā)生相對滑動，必須使兩者具有相同的加速 度，所以列式: I Fmaxsmg m I smg Ma 解得: 二 F Fmax smg， smg 2-5.如圖，物體 A、B質(zhì)量相同，B在光滑水平桌

22、面上.滑輪與繩的質(zhì)量以及空氣阻力均不計，滑輪與其 軸之間的摩擦也不計.系統(tǒng)無初速地釋放，則物體A下落的加速度是多少？ 解：分別對A，B進行受力分析，可知： mAg T mA 2T mB aB 1 aBaA 2 4 則可計算得到：aA 4g 5 A至C的下滑過程中，下 面哪個說法是正確的？ (A) 它的加速度大小不變，方向永遠指向圓心。 (B) 它的速率均勻增加。 (C) 它的合外力大小變化，方向永遠指向圓心。 (D) 它的合外力大小不變。 (E) 軌道支持力的大小不斷增加。 解：在下滑過程中，物體做圓周運動。并且 v在增大，所以它既有法向加速度，又有切向加速度, A的說 2-6.如圖所示，假設(shè)

23、物體沿著豎直面上圓弧形軌道下滑，軌道是光滑的，在從 法不對; 速率的增加由重力沿切線方向的分力提供，由于切線方向始終在改變，所以速率增加不均勻，B的說 法不對； 夕卜力有重力和支持力，后者的大小和方向都在變化，所以合力的大小方向也在變化。C，D的說法都 不對。 2 下滑過程中的B和v都在增大，所以N也在增大，N mg sinm R 則E的說法正確。 2-7 小珠可在半徑為R的豎直圓環(huán)上無摩擦地滑動，且圓環(huán)能以其豎直直徑為軸轉(zhuǎn)動當圓環(huán)以一適 當?shù)暮愣ń撬俣绒D(zhuǎn)動，小珠偏離圓環(huán)轉(zhuǎn)軸而且相對圓環(huán)靜止時，小珠所在處圓環(huán)半徑偏離豎直方向的角 度為多大？ 解：根據(jù)題意，當小珠能相對于圓環(huán)平衡時， 其運動為繞Z軸的圓周運動，假設(shè)小珠所在處 圓環(huán)半徑偏離豎直方向的角度為 0,可列式： N cosmg