1、第二章牛頓定律2-1如圖(a)所示質量為m的物體用平行于斜面的細線聯結置于光滑 的斜面上，若斜面向左方作加速運動，當物體剛脫離斜面時，它的加速度的大 小為()(A) gsin 0(B) gcos 0(C) gtan 0(D) gcot 0分析與解當物體離開斜面瞬間，斜面對物體的支持力消失為零，物體在 繩子拉力Ft (其方向仍可認為平行于斜面)和重力作用下產生平行水平面向 左的加速度a,如圖(b)所示,由其可解得合外力為 mgcot。，故選(D).求解的關鍵 是正確分析物體剛離開斜面瞬間的物體受力情況和狀態特征.2 -2用水平力Fn把一個物體壓著靠在粗糙的豎直墻面上保持靜止.蘭F遍漸增大時，物體

2、所受的靜摩擦力Ff的大小()(A)不為零，但保持不變(B)隨Fn成正比地增大(C)開始隨Fn增大，達到某一最大值后，就保持不變(D)無法確定分析與解與滑動摩擦力不同的是，靜摩擦力可在零與最大值Fn范圍內取值.當Fn增加時，靜摩擦力可取的最大值成正比增加，但具體大小則取決 于被作用物體的運動狀態.由題意知，物體一直保持靜止狀態，故靜摩擦力與重力大小相等，方向相反，并保持不變，故選(A).2 -3 一段路面水平的公路，轉彎處軌道半徑為R,汽車輪胎與路面間的 摩擦因數為山要使汽車不至于發生側向打滑，汽車在該處的行駛速率()(A)不得小于%丁薪(B)必須等于v1gR(C)不得大于v ©R(D

3、)還應由汽車的質量 m決定分析與解由題意知，汽車應在水平面內作勻速率圓周運動，為保證汽車轉彎時不側向打滑，所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供，能夠提供的最大向心力應為Fn.由此可算得汽車轉彎的最大速率應為v=科Rg因此只要汽車轉彎時的實際速率不大于此值，均能保證不側向打滑.應選 (C).2 -4 物體沿固定圓弧形光滑軌道由靜止下滑，在下滑過程中，則()(A)它的加速度方向永遠指向圓心，其速率保持不變(B)它受到的軌道的作用力的大小不斷增加(C)它受到的合外力大小變化，方向永遠指向圓心(D)它受到的合外力大小不變，其速率不斷增加用胃題2 -1圖分析與解由圖可知，物體在下滑過程中受到大小和

4、方向不變的重力以及時刻指向圓軌道中心的軌道支持力 Fn作用，其合外力方向并非指向圓心 ，其 大小和方向均與物體所在位置有關. 重力的切向分量(m gcos 0)使物體的速 率將會不斷增加(由機械能守恒亦可判斷，則物體作圓周運動的向心力(又稱2法向力)將不斷增大，由軌道法向方向上的動力學方程FN mgsin 0 m R可判斷，隨。角的不斷增大過程，軌道支持力Fn也將不斷增大，由此可見應選 (B).2 -5圖(a)示系統置于以a =1/4 g的加速度上升的升降機內，A、B兩 物體質量相同均為 m,A所在的桌面是水平的，繩子和定滑輪質量均不計 ，若 忽略滑輪軸上和桌面上的摩擦，并不計空氣阻力，則繩中

5、張力為( )(A) 58 mg (B) 12 mg (C) mg (D) 2mg分析與解本題可考慮對A、B兩物體加上慣性力后，以電梯這個非慣性參考系進行求解.此時 A、B兩物體受力情況如圖(b)所示，圖中a為A、B兩 物體相對電梯的加速度，ma為慣性力.對A、B兩物體應用牛頓第二定律，可解得 Ft = 5/8 mg .故選(A).討論 對于習題2 -5這種類型的物理問題，往往從非慣性參考系 （本題 為電梯）觀察到的運動圖像較為明確，但由于牛頓定律只適用于慣性參考系，故從非慣性參考系求解力學問題時，必須對物體加上一個虛擬的慣性力.如以地面為慣性參考系求解，則兩物體的加速度aA和aB均應對地而言，

6、本題中 aA和aB的大小與方向均不相同.其中 aA應斜向上.對aA、aB、a和a之 間還要用到相對運動規律，求解過程較繁.有興趣的讀者不妨自己嘗試一下.2 -6圖示一斜面，傾角為底邊AB長為l = 2.1 m,質量為m的物體從 題2 -6圖斜面頂端由靜止開始向下滑動 ，斜面的摩擦因數為 科=.t可，當”為 何值時，物體在斜面上下滑的時間最短 其數值為多少分析 動力學問題一般分為兩類：（1）已知物體受力求其運動情況；（2）已知物體的運動情況來分析其所受的力.當然，在一個具體題目中，這兩類問題并無截然的界限，且都是以加速度作為中介，把動力學方程和運動學規律聯 系起來.本題關鍵在列出動力學和運動學方

7、程后，解出傾角與時間的函數關系"=f(t),然后運用對t求極值的方法即可得出數值來.解取沿斜面為坐標軸Ox,原點O位于斜面頂點，則由牛頓第二定律有mgsin 瓜 mg Ros a ma(1)又物體在斜面上作勻變速直線運動，故有l1212-at -g sin a pcos a t cos a 22則t ' (2)Vgcosasinaos a為使下滑的時間最短，可令d_ 0,由式(2)有 dsin a sin apcos a cos a cos apsin a 01 c則可得tan 2 a ,49(1此時二2l0.99 sVgcosasinaos a2 -7工地上有一吊車，將甲、

8、乙兩塊混凝土預制板吊起送至高空.甲塊 質量為m = x 10kg,乙塊質量為m2 = x 10kg.設吊車、框架和鋼絲繩的 質量不計.試求下述兩種情況下，鋼絲繩所受的張力以及乙塊對甲塊的作用力：(1)兩物塊以10.0 m -s -2的加速度上升；(2)兩物塊以1.0 m s-2的加速 度上升.從本題的結果，你能體會到起吊重物時必須緩慢加速的道理嗎分析預制板、吊車框架、鋼絲等可視為一組物體.處理動力學問題通 常采用 隔離體”的方法，分析物體所受的各種作用力，在所選定的慣性系中列出它們各自的動力學方程.根據連接體中物體的多少可列出相應數目的方程式.結合各物體之間的相互作用和聯系，可解決物體的運動或

9、相互作用力.解 按題意，可分別取吊車(含甲、乙)和乙作為隔離體，畫示力圖，并取豎 直向上為Oy軸正方向(如圖所示).當框架以加速度a上升時，有Ft -(ml + m2 )g =(mi + m2 )aFn2 - m2 g = m2 a(2)解上述方程，得Ft = (mi + m2 )(g + a)(3)Fn2 = m2 (g + a)(4)(1)當整個裝置以加速度 a =10 m s -2上升時，由式(3)可得繩所受張力 的值為Ft = X lON乙對甲的作用力為FN2 = -FN2 =-m2 (g +a) = x lON(2)當整個裝置以加速度a =1 m s -2上升時，得繩張力的值為Ft

10、= x iOn此時,乙對甲的作用力則為F' N2= X 103 N由上述計算可見，在起吊相同重量的物體時 ，由于起吊加速度不同，繩中 所受張力也不同，加速度大，繩中張力也大.因此，起吊重物時必須緩慢加速 ， 以確保起吊過程的安全.2 -8如圖(a)所示，已知兩物體A、B的質量均為m = 3.0kg物體A以加速度a =1.0 m-s -2運動，求物體B與桌面間的摩擦力.（滑輪與連接繩的質量不計）分析該題為連接體問題中張力大小處處相等是有條件的，同樣可用隔離體法求解.分析時應注意到繩繩之間的摩擦不計的前提下成立.同時也要注意到張力方向是不同的.，即必須在繩的質量和伸長可忽略、滑輪與A、mA

11、 g -Ft :F't 1 -Ff=mA a=mB a'(2)F't -2Fti =0考慮到mA = mB = m,Ft =口，Fti =Fti ,a = 2a,可聯立解得物體與桌面的摩擦力Ffmg m 4m a 72 N2.解 分別對物體和滑輪作受力分析圖（b）1 .由牛頓定律分別對物體B及滑輪列動力學方程，有討論 動力學問題的一般解題步驟可分為：（1）分析題意，確定研究對象分析受力，選定坐標；（2）根據物理的定理和定律列出原始方程組；（3）解方程組，得出文字結果；（4）核對量綱，再代入數據，計算出結果來.2 -9質量為m'的長平板A以速度v在光滑平面上作直線

12、運動 ，現將質 量為m的木塊B輕輕平穩地放在長平板上，板與木塊之間的動摩擦因數為 內 求木塊在長平板上滑行多遠才能與板取得共同速度分析 當木塊B平穩地輕輕放至運動著的平板A上時，木塊的初速度可視為零，由于它與平板之間速度的差異而存在滑動摩擦力，該力將改變它們的運動狀態.根據牛頓定律可得到它們各自相對地面的加速度.換以平板為參考系來分析，此時,木塊以初速度-v'節平板運動速率大小相等、方向相反）作勻減速運動，其加速度為相對加速度，按運動學公式即可解得.該題也可應用第三章所講述的系統的動能定理來解.將平板與木塊作為系統，該系統的動能由平板原有的動能變為木塊和平板一起運動的動能，而它們的共同

13、速度可根據動量定理求得.又因為系統內只有摩擦力作功，根據系統的動能定理，摩擦力的功應等于系統動能的增量.木塊相對平板移動的距 離即可求出.解1以地面為參考系，在摩寸力Ff =科mg的作用下，根據牛頓定律分 別對木塊、平板列出動力學方程Ff =mg= maiF'f =-Ff =m'a2ai和a2分別是木塊和木板相對地面參考系的加速度.若以木板為參考系,木塊相對平板的加速度 a = ai +a2，木塊相對平板以初速度-v作勻減速 運動直至最終停止.由運動學規律有-v2 =2as由上述各式可得木塊相對于平板所移動的距離為2m vs 2回m m解2以木塊和平板為系統，它們之間一對摩擦力

14、作的總功為W = Ff (s + l) -Ff i =mgs式中l為平板相對地面移動的距離.由于系統在水平方向上不受外力，當木塊放至平板上時，根據動量守恒定 律，有m V'= (m '+ m) v"由系統的動能定理，有mgs 1mv2 1m mv2由上述各式可得2m v s 2回m m2 -10如圖(a)所示,在一只半徑為R的半球形碗內，有一粒質量為m的小鋼球，當小球以角速度 3在水平面內沿碗內壁作勻速圓周運動時，它距碗底有多局(h)題2IO圖分析維持鋼球在水平面內作勻角速度轉動時，必須使鋼球受到一與向心加速度相對應的力(向心力，而該力是由碗內壁對球的支持力Fn的分力

15、來提供的，由于支持力Fn始終垂直于碗內壁，所以支持力的大小和方向是隨3而變的.取圖示 Oxy坐標，列出動力學方程，即可求解鋼球距碗底的高度.解取鋼球為隔離體，其受力分析如圖(b)所示.在圖示坐標中列動力學 方程2FNsin 0 man mRcosin 0(i)FnCOS 0 mg(2)且有cos 0 h(3)R由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為 h R片可見,h隨油勺變化而變化.2 -11火車轉彎時需要較大的向心力，如果兩條鐵軌都在同一水平面內(內軌、外軌等高，這個向心力只能由外軌提供，也就是說外軌會受到車輪對它很大的向外側壓力，這是很危險的.因此，對應于火車的速率及轉彎處的曲 率半徑，必須使

16、外軌適當地高出內軌，稱為外軌超高.現有一質量為m的火車, 以速率v沿半彳空為R的圓弧軌道轉彎，已知路面傾角為。，試求：(1)在此條件 下，火車速率vo為多大時，才能使車輪對鐵軌內外軌的側壓力均為零(2)如果火車的速率V為0，則車輪對鐵軌的側壓力為多少題2 - 11國分析 如題所述，外軌超高的目的欲使火車轉彎的所需向心力僅由軌道 支持力的水平分量FNsinQ提供(式中0角為路面傾角).從而不會對內外軌產 生擠壓.與其對應的是火車轉彎時必須以規定的速率vo行駛.當火車行駛速率V內0時,則會產生兩種情況：如圖所示，如v> vo時，外軌將會對車輪產生斜向內的側壓力Fi ,以補償原向心力的不足，如

17、vvvo時，則內軌對車輪產生斜向 外的側壓力F2，以抵消多余的向心力，無論哪種情況火車都將對外軌或內軌產 生擠壓.由此可知，鐵路部門為什么會在每個鐵軌的轉彎處規定時速，從而確保行車安全.解(1)以火車為研究對象，建立如圖所示坐標系.據分析，由牛頓定律有2 viFnSia 0m(1)RFN cos 0mg 0(2)解(1)(2)兩式可得火車轉彎時規定速率為Iv0 JgRtan 0(2)當v> vo時，根據分析有2 v FNSin 0 F1cos 0 mRFNcos 0 F1sin 0 mg 0解(3)(4)兩式，可得外軌側壓力為(4)Fi2v八m cos 0Rgsin 0當vv V0時，根

18、據分析有2VFNSin 0 F2cos 0 m RFN cos 0 F2sin 0 mg 0解(5)(6)兩式，可得內軌側壓力為(6)m gsin 02cos0R2 -12 雜技演員在圓筒形建筑物內表演飛車走壁.總質量為m,圓筒半徑為R演員騎摩托車在直壁上以速率設演員和摩托車的v作勻速圓周螺旋分析 雜技演員(連同摩托車)的運動可以看成一個水平面內的勻速率圓周運動和一個豎直向上勻速直線運動的疊加.其旋轉一周所形成的旋線軌跡展開后，相當于如圖(b)所示的斜面.把演員的運動速度分解為圖示的vi和v2兩個分量，顯然v1是豎直向上作勻速直線運動的分速度，而v2則是繞圓筒壁作水平圓周運動的分速度，其中向心

19、力由筒壁對演員的支持力FN的水平分量FN2提供，而豎直分量FN1則與重力相平衡.如圖所示，其中4角為摩托車與 筒壁所夾角.運用牛頓定律即可求得筒壁支持力的大小和方向解設雜技演員連同摩托車整體為研究對象，據（b）（c）兩圖應有Fni mg 0(2)2 v Fn2 m R八2水v2 VCOS0 v ；22v1 2 R h以式（3）代入式（2），得F N2FnFniFN2(4).22 2m 4 冗 R v 2c2-2R 4 冗 Rh224 tt Rmv2 -2-24 tt R h將式（1）和式（5）代入式（4）,可求出圓筒壁對雜技演員的作用力 大小為（即支承力）Fn . FN21FN222m. g4

20、,Rv224，R2 h2與壁的夾角4為arctanFN2Fniarctan'4，Rv24/R2 h2 g討論表演飛車走壁時，演員必須控制好運動速度，行車路線以及摩托車 的方位，以確保三者之間滿足解題用到的各個力學規律.,X0 =2 -13 一質點沿x軸運動，其受力如圖所示，設t =0時,v0=5m-s-12 m,質點質量m = 1kg試求該質點7 s末的速度和位置坐標.分析首先應由題圖求得兩個時間段的F(t)函數,進而求得相應的加速度函數，運用積分方法求解題目所問，積分時應注意積分上下限的取值應與兩 時間段相應的時刻相對應.解由題圖得2t,35 5t,5st 5st 7s由牛頓定律可得

21、兩時間段質點的加速度分別為a 2t,0 t5sa 35 5t,5s t 7s積分后得再由vdx /日一得dt積分后得時間段，由a5t3t3將t =5s代入，得V5=30 mdV/日記得VdvV0tadt05 t2xdxX0tvdt0,s -1 和 x5 = 68.7 m5 s V t < 7 s時間段，用同樣方法有vtdva2dtv5 s2.5t2 82.5ttvdt5s和 X7 = 142 mv 35tX再由dxx5X =將t = 7 s代入分別得V7= 40 m s -12 -14 一質量為10 kg的質點在力F的作用下沿x軸作直線運動，已知F = 120t +40，式中F的單位為N

22、,t的單位的s.在t =0時，質點位于x =5.0 m處,其速度V0=6.0 m s -1 .求質點在任意時刻的速度和位置.分析這是在變力作用下的動力學問題.由于力是時間的函數，而加速度2= dv/dt,這時，動力學方程就成為速度對時間的一階微分方程，解此微分方程可得質點的速度v （t）;由速度的定義v=dx /dt,用積分的方法可求出質點的 位置.解 因加速度a=dv/dt,在直線運動中，根據牛頓運動定律有 dv 120t 40 mdt依據質點運動的初始條件，即t0 =0時vo =6.0 m S-1,運用分離變量法 對上式積分，得vtdv 12.0t 4.0 dtv00v= +又因v= dx

23、/d t,并由質點運動的初始條件：to =0時xo =5.0 m,對上式分離變量后積分，有xt2dx 6.0 4.0t 6.0t dtx00x = + +2 -15 輕型飛機連同駕駛員總質量為X 10kg.飛機以55.0 m s-1的速率在水平跑道上著陸后，駕駛員開始制動，若阻力與時間成正比，比例系數 X 10 N -s -1 ,空氣對飛機升力不計，求：（1）10 s后飛機的速率；（2）飛機著陸 后10 s內滑行的距離.分析飛機連同駕駛員在水平跑道上運動可視為質點作直線運動.其水平方向所受制動力F為變力，且是時間的函數.在求速率和距離時 ，可根據動 力學方程和運動學規律，采用分離變量法求解.解

24、 以地面飛機滑行方向為坐標正方向，由牛頓運動定律及初始條件，有F maVdvV0dv mdtt戊I 一 dt mVoa f22m因此，飛機著陸10 s后的速率為v = 30 m-1xv0dxx0故飛機著陸后10 s內所滑行的距離s x x0v0ta6mt3467 m高臺上由靜止跳下落入水，并略去空氣阻力.運動員2 -16 質量為m的跳水運動員，從10.0 m 中.高臺距水面距離為 h.把跳水運動員視為質點 入水后垂直下沉，水對其阻力為bv2,其中b為一常量.若以水面上一點為坐標原點Q豎直向下為Oy軸，求：（1）運動員在水中的速率 v與y的函數關系；（2）如b /m = 0.40m -1 ,跳水

25、運動員在水中下沉多少距離才能使其速率v減少到落水速率vo的1 /10 （假定跳水運動員在水中的浮力與所受的重力大小恰好 相等）分析 該題可以分為兩個過程，入水前是自由落體運動，入水后，物體受 重力P、浮力F和水的阻力Ff的作用，其合力是一變力，因此，物體作變加速運 動.雖然物體的受力分析比較簡單 ，但是，由于變力是速度的函數（在有些問題中變力是時間、位置的函數，對這類問題列出動力學方程并不復雜，但要從它計算出物體運動的位置和速度就比較困難了.通常需要采用積分的方法去解所列出的微分方程.這也成了解題過程中的難點.在解方程的過程中，特別需要注意到積分變量的統一和初始條件的確定.解(1)運動員入水前

26、可視為自由落體運動，故入水時的速度為Vo 2gh運動員入水后面牛頓定律得P -Ff -F =ma 由題意 P =F、Ff = bv2,而 a =dv /dt = v (d v /dy),代 入上式后得-bv2= mv (d v /dy)考慮到初始條件yo = 0時，vo %/2gh，對上式積分，有tm , v dv一 dy0b vo vv°eby/ m.2ghe by/m(2)將已知條件b/m =0.4 m -1 ,v = 代入上式，則得m, vy ln 5.76 mbv0*2 -17 直升飛機的螺旋槳由兩個對稱的葉片組成.每一葉片的質量m= 136 kg,長l=3.66 m.求當它

27、的轉速 n=320 r/min 時，兩個葉片根部的張力.(設葉片是寬度一定、厚度均勻的薄片 )題217圖分析 螺旋槳旋轉時，葉片上各點的加速度不同，在其各部分兩側的張力也不同；由于葉片的質量是連續分布的，在求葉片根部的張力時，可選取葉片上一小段，分析其受力，列出動力學方程，然后采用積分的方法求解.解設葉片根部為原點。，沿葉片背離原點O的方向為正向，距原點O為r處的長為dr一小段葉片，其兩側對它的拉力分別為F"r)與FNr+dr).葉片轉動時，該小段葉片作圓周運動，由牛頓定律有 m 2 ,dFTFt rFt r dr w rdr由于r =l時外側Ft =0,所以有tFt rdFT,2l

28、 m 3rdrr l22 Tmn , 22l rl2m W 22FT rl r2l上式中取r =0,即得葉片根部的張力Fto = x iOn負號表示張力方向與坐標方向相反.2 -18 質量為m的小球最初位于如圖（a）所示的A點,然后沿半徑為r 的光滑圓軌道ADCB下滑.試求小球到達點 C時的角速度和對圓軌道的作用 力.分析 該題可由牛頓第二定律求解.在取自然坐標的情況下，沿圓弧方向的加速度就是切向加速度a t,與其相對應的外力Ft是重力的切向分量mgsin”,而與法向加速度 an相對應的外力是支持力Fn和重力的法向分量mg cos a.由此，可分別列出切向和法向的動力學方程Ft = mdv/d

29、t和Fn =man .由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的，因此，需應用積分求解，為使運算簡便，可轉換積分變量.倡該題也能應用以小球、圓弧與地球為系統的機械能守恒定律求解小球的速度和角速度，方法比較簡便.但它不能直接給出小球與圓弧表面之間的作用力.解小球在運動過程中受到重力P和圓軌道對它的支持力Fn ,取圖（b）所示的自然坐標系曲牛頓定律得Ftmgsin adv m一dtFnFN mgcos2 mv m mR(2), ds rd a /口 口由v，得dtdt dt的始末條件，進行積分，有rd 代入式（1）,并根據小球從點 A運動到點CVvdvvo90orgsind得v2rgcosa則小球在點C

30、的角速度為vGJ r,2gcos a/r2lmv八由式（2）得FN m mgcos a 3mgcos ar由此可得小球對圓軌道的作用力為FNFN3mgcos a負號表示F N與en反向.2 -19光滑的水平桌面上放置一半徑為 R的固定圓環，物體緊貼環的內 側作圓周運動，其摩擦因數為山開始時物體的速率為vo，求：（1） t時刻物體的 速率；（2）當物體速率從v。減少到12 vo時,物體所經歷的時間及經過的路程.把2-19國分析 運動學與動力學之間的聯系是以加速度為橋梁的，因而，可先分析動力學問題.物體在作圓周運動的過程中，促使其運動狀態發生變化的是圓環內側對物體的支持力 FN和環與物體之間的摩擦

31、力 Ff ,而摩擦力大小與正 壓力Fn成正比，且Fn與Fn又是作用力與反作用力 ，這樣，就可通過它們把切向 和法向兩個加速度聯系起來了，從而可用運動學的積分關系式求解速率和路程.解（1）設物體質量為m,取圖中所示的自然坐標，按牛頓定律，有2 mv Fn man -R-dvFfmatdt由分析中可知，摩擦力的大小Ff=N曲上述各式可得2,vdv(1 Rdt取初始條件t =0時v =V0，并對上式進行積分，有tdt oR v dv一、，-2a 。vRv。R v。心(2)當物體的速率從v。減少到1/2v。時，由上式可得所需的時間為t物體在這段時間內所經過的路程ts °vdtsw。R v。心

32、鳥n2(12 -20 質量為45.。kg的物體，由地面以初速6。.。m s -1豎直向上發射， 物體受到空氣的阻力為 Fr =kv,且k = N/( m s -1 ). (1)求物體發射到最大 高度所需的時間.(2)最大高度為多少分析物體在發射過程中，同時受到重力和空氣阻力的作用，其合力是速率v的一次函數，動力學方程是速率的一階微分方程，求解時，只需采用分離變量的數學方法即可.但是，在求解高度時，則必須將時間變量通過速度定義 式轉換為位置變量后求解，并注意到物體上升至最大高度時，速率應為零.解(1)物體在空中受重力 mg和空氣阻力Fr =kv作用而減速.由牛頓 定律得, dvmg kvm-dt

33、(1)根據始末條件對上式積分，有tdtovodvvmg kv,m. t ln kkv06.11smg（2）利用業 vdv的關系代入式dt dy，可得分離變量后積分討論如不考慮空氣阻力mgkvdvmv一 dyyodymvdvvomgkv詈inkvomgvo183 m，則物體向上作勻減速運動.由公式y v分別算得t-s和y84 m,均比實際值略大一些. 2g2 -21物體自地球表面以速率vo豎直上拋.假定空氣對物體阻力的 值為Fr = kmv2，其中m為物體的質量,k為常量.試求：（1）該物體能上升的 高度；（2）物體返回地面時速度的值.（設重力加速度為常量.）of Q2 -21 11分析 由于空

34、氣對物體的阻力始終與物體運動的方向相反，因此，物體在上拋過程中所受重力 P和阻力Fr的方向相同；而下落過程中，所受重力P和 阻力Fr的方向則相反.又因阻力是變力，在解動力學方程時，需用積分的方法.解分別對物體上拋、下落時作受力分析，以地面為原點，豎直向上為y軸（如圖所示）.（1）物體在上拋過程中，根據牛頓定律有,2 dv vdvmg kmv m mdt dy依據初始條件對上式積分，有y0 vdvdy 20v0 g kvgkv2一 I 2gkv0物體到達最高處時，v =0,故有,1 , g kv2hymax帖02k g（2）物體下落過程中，有dy2 vdv mg kmv m對上式積分，有0 vd

35、vv。g kv2o 1/2.kvVVo 1 g2 -22質量為m的摩托車，在恒定的牽引力F的作用下工作，它所受的阻 力與其速率的平方成正比，它能達到的最大速率是Vm ,試計算從靜止加速到 Vm/2所需的時間以及所走過的路程.分析該題依然是運用動力學方程求解變力作用下的速度和位置的問題，求解方法與前兩題相似，只是在解題過程中必須設法求出阻力系數k.由于阻力Fr =kv2，且Fr又與，ff力F的方向相反；故當阻力隨速度增加至與恒力大 小相等時，加速度為零，此時速度達到最大.因此,根據速度最大值可求出阻力 系數來.但在求摩托車所走路程時，需對變量作變換.解 設摩托車沿x軸正方向運動，在牽引力F和阻力

36、Fr同時作用下，由牛 頓定律有2 dv F kv m dt當加速度a = dv/dt =0時，摩托車的速率最大，因此可得(2)k=F/Vm22 V 2 v m由式（1）和式（2）可得dv m一dt根據始末條件對式（3）積分，有tdto1二 vm210V 2 v mdvmvm2Fln3dv mvdv又因式(3)中m dt dx，再利用始末條件對式（3）積分，有xdxoVm2 vmdv2/2嗎 ln4 0.144嗎2F 3F*2 -23飛機降落時，以vo的水平速度著落后自由滑行，滑行期間飛機受 到的空氣阻力F1=-k1 v2，升力F2= k2 v2 ,其中v為飛機的Vt行速度，兩個系數之 比k1/

37、 k2稱為飛機的升阻比.實驗表明 ，物體在流體中運動時，所受阻力與速 度的關系與多種因素有關 ，如速度大小、流體性質、物體形狀等.在速度較小或流體密度較小時有 F0c v,而在速度較大或流體密度較大的有F8 v2，需要精確計算時則應由實驗測定.本題中由于飛機速率較大，故取Fa v2作為計算依據設飛機與跑道間的滑動摩擦因數為以試求飛機從觸地到靜止所滑行的距離.以上計算實際上已成為飛機跑道長度設計的依據之一.分析 如圖所示，飛機觸地后滑行期間受到 5個力作用，其中F1為空氣阻 力，F2為空氣升力，F3為跑道作用于飛機的摩擦力，很顯然飛機是在合外力為變力的情況下作減速運動，列出牛頓第二定律方程后，用

38、運動學第二類問題 的相關規律解題.由于作用于飛機的合外力為速度v的函數，所求的又是飛機滑行距離X因此比較簡便方法是直接對牛頓第二定律方程中的積分變量dtdx進行彳t換，將dt用dx代替，得到一個有關v和x的微分方程，分離變量后再作積分.解取飛機滑行方向為x的正方向，著陸點為坐標原點，如圖所示，根據 牛頓第二定律有Fnkv2dv m一 dtFnk2v2mg 0(2)將式(2)代入式(1)，并整理得,2 dv dvmgk|（k2 vmmv dt dx分離變量并積分，有v mvdv,2 dxv0 jmgk1水2 V 0得飛機滑行距離m .1mgk|由2 v2x In （3）考慮飛機著陸瞬間有2 ki

39、水2mgFn=0和v= vo，應有k2vo2 = mg,將其代入(3)式，可得飛機滑行距離x的另一表達式kvln2g ki區2ki比2討論 如飛機著陸速度vo= 144 km h-1 ,尸,升阻比 5 ,可算得飛機 k2的滑行距離x =560 m,設計飛機跑道長度時應參照上述計算結果.2 -24在卡車車廂底板上放一木箱，該木箱距車箱前?&擋板的距離L =2.0 m,已知剎車時卡車的加速度 a =7.0 m s -2 ,設剎車一開始木箱就開始滑 動.求該木箱撞上擋板時相對卡車的速率為多大設木箱與底板間滑動摩擦因 數尸.分析 如同習題2 -5分析中指出的那樣，可對木箱加上慣性力F0后，以車

40、廂為參考系進行求解，如圖所示，此時木箱在水平方向受到慣性力和摩擦力 作用，圖中a為木箱相對車廂的加速度.解由牛頓第二定律和相關運動學規律有F0-Ff = ma -科 mg= ma'(1)v' 2 =2a，L(2)聯立解(1)(2)兩式并代入題給數據，得木箱撞上車廂擋板時的速度為2v <2 a 囚 L 2.9 m s*2 -25 如圖（a）所示，電梯相對地面以加速度 a豎直向上運動.電梯中有 一滑輪固定在電梯頂部，滑輪兩側用輕繩懸掛著質量分別為 mi和m2的物體 A和B.設滑輪的質量和滑輪與繩索間的摩擦均略去不計.已知 mi >m2，如 以加速運動的電梯為參考系 ，求

41、物體相對地面的加速度和繩的張力.（3 ）題2 -25圖分析 如以加速運動的電梯為參考系 ，則為非慣性系.在非慣性系中應用牛頓定律時必須引入慣性力.在通常受力分析的基礎上，加以慣性力后，即可列出牛頓運動方程來.解 取如圖（b）所示的坐標，以電梯為參考系，分別對物體A、B作受力分 析，其中Fi =mia,F2 = m2a分別為作用在物體 A、B上的慣性力.設ar為物 體相對電梯的加速度，根據牛頓定律有m1gm1aFT1m1ar由上述各式可得m2 gm2aFT2m2ar(2)Ft2Ft2mim2ar g am1m22m1m2FT2 FT2g am1 m2由相對加速度的矢量關系，可得物體A、B對地面的加速度值為m1 m2 g 2m2 a a1 ar a ml m22m1a m1 m2 ga2ar a mi m2a2的方向向上，ai的方向由ar和a的大小決定.當 ar va,即mig -m2g-2m2 a>0時,ai的方向