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1、第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答2-2 假使地球自转速度加快到能使赤道上的物体处于失假使地球自转速度加快到能使赤道上的物体处于失重状态重状态,一昼夜的时间有多长一昼夜的时间有多长?按题意有按题意有:由于物体地球自转时由于物体地球自转时,有向心加速度存在有向心加速度存在.当当提供此加速度的力即为重力时提供此加速度的力即为重力时,物体处于失物体处于失重状态重状态,由向心加速度和角速度的关系就可由向心加速度和角速度的关系就可得一昼夜所需的时间得一昼夜所需的时间.则地球自转一天所需的时间为则地球自转一天
2、所需的时间为:第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答2-4 图示一斜面图示一斜面,倾角为倾角为,底边底边AB长为长为l=2.1m,质量为质量为m的的物体物体 从斜面顶端由静止开始向下滑动从斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩斜面的摩擦因数为擦因数为=0.14.试问试问,当当为何值时为何值时,物体在斜面上下物体在斜面上下滑的时间最短滑的时间最短?其数值为多少其数值为多少?取沿取沿斜面为坐标轴斜面为坐标轴Ox,原点原点O位于斜面顶点位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有则由牛顿第二定律有该题该题关键在列出动力学和运动学方程后关键在列出动力学和运动学方程后,解出解出倾角与时间的
3、函数关系倾角与时间的函数关系=f(t),然后运用对然后运用对 t求求极值的方法即可得出数值来极值的方法即可得出数值来.第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答又又物体在斜面上作匀变速直线运动物体在斜面上作匀变速直线运动,故有故有:则则:为使下滑时间最短为使下滑时间最短,可令可令 ,由上式得由上式得:则可得则可得:此时此时:第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答2-8 直升飞机的螺旋桨由两个对称的叶片组成直升飞机的螺旋桨由两个对称的叶片组成.每每一叶片的质量一叶片的质量m=136kg,长长l=3.66m,求当它的转速求当它的转速n=320r/
4、min时时,两个叶片根部的张力两个叶片根部的张力.(设叶片是宽设叶片是宽度一定、厚度均匀的薄片）度一定、厚度均匀的薄片）螺旋桨旋转时，叶片上各点的加速度不同，在螺旋桨旋转时，叶片上各点的加速度不同，在其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量是连续分布的，在求叶片根部的张力时，可选是连续分布的，在求叶片根部的张力时，可选取叶片上一小段，分析其受力，列出动力学方取叶片上一小段，分析其受力，列出动力学方程，然后采用积分的方法求解。程，然后采用积分的方法求解。第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答设设叶片根部为原点叶片根部为原点O，沿
5、叶片背离原点沿叶片背离原点O的方的方向，距原点向，距原点O为为r处为处为dr一小段叶片，其两侧对一小段叶片，其两侧对它的拉力分别为它的拉力分别为FT（r）与）与FT（r+dr）叶片转叶片转动时，该小段叶片作圆周运动，由牛顿定律有动时，该小段叶片作圆周运动，由牛顿定律有ordr第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答由于由于 时外侧时外侧 ,所以有所以有:上式上式中取中取 ,即得叶片根部的张力即得叶片根部的张力 负号表示张力方向与坐标方向相反负号表示张力方向与坐标方向相反.第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答2-9在一只半径为在一只半径为R
6、的半球形碗内，有一粒质量为的半球形碗内，有一粒质量为m的小钢球。当钢球以角速度的小钢球。当钢球以角速度在水平面内沿碗内壁作在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时，它距碗旅底有多高？匀速圆周运动时，它距碗旅底有多高？维持钢球在水平面内作匀角速度转动时，必维持钢球在水平面内作匀角速度转动时，必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力须使钢球受到一与向心加速度相对应的力（向心力），而该力是由碗内壁对球的支持（向心力），而该力是由碗内壁对球的支持力力FN的的分力来提供的，由于支持为分力来提供的，由于支持为FN始终始终垂直于碗内壁，所以支持力的大小和方向是垂直于碗内壁，所以支持力的大小和方向是随随而变的。取图示
7、而变的。取图示Oxy坐标，列出动力学坐标，列出动力学方程，即可求解钢球距碗底的高度。方程，即可求解钢球距碗底的高度。第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答取取钢球为隔离体钢球为隔离体,其受力其受力分析如图所示分析如图所示.在图示坐在图示坐标中列动力学方程标中列动力学方程:且且有有:由由上述各式可解得钢球距离碗底上述各式可解得钢球距离碗底的高度为的高度为:可见可见,h随随 的变化而变化的变化而变化.第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答2-10一质量为一质量为m的小球最初位于如图的小球最初位于如图2-10(a)所示的所示的A点，点，然后沿半
8、径为然后沿半径为r的光滑圆轨道的光滑圆轨道ADCB下滑。试求小球到下滑。试求小球到达点达点C时的角速度和对圆轨道的作用力。时的角速度和对圆轨道的作用力。该题可由牛顿第二定律求解。在取自然坐标的该题可由牛顿第二定律求解。在取自然坐标的情况下，沿圆弧方向的加速度就是切向加速度情况下，沿圆弧方向的加速度就是切向加速度at，与其相对应的外力与其相对应的外力Ft是是重力的切向分量重力的切向分量mgsin,而与法向加速度而与法向加速度an相对应的外力是支持相对应的外力是支持力力FN和重力的法向分量和重力的法向分量mgcos .由此，可分别由此，可分别列出切向和法向的动力学方程列出切向和法向的动力学方程Ft
9、=mdv/dt和和Fn=man.由于小球在滑动过程中加速度不是恒由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的，因此，需应用积分求解，为使运算简便，定的，因此，需应用积分求解，为使运算简便，可转换积分变量。可转换积分变量。第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答小球在小球在运动过程是受到重运动过程是受到重力力P和圆轨道对它的支持和圆轨道对它的支持力力FN,取如图所示的自然取如图所示的自然坐标系坐标系,由牛顿定律得由牛顿定律得:代代入入(1)式式,并根据小球从点并根据小球从点A运动运动到点到点C的始末条件的始末条件,进行积分进行积分,有有:第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分
10、析与解答部分习题分析与解答得得:则小球在点则小球在点C的角速度为的角速度为:由由式式(2)得得:由此可得小球对圆轨道的作用力为由此可得小球对圆轨道的作用力为:负号表示负号表示 与与 反向反向.第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答2-122-12一质量为一质量为10kg10kg的质点在力的质点在力F=F=（120N.s120N.s-1-1)t+40N)t+40N的的作用下，沿作用下，沿x x轴作直线运动。在轴作直线运动。在t=0t=0时，质点位于时，质点位于x=5.0mx=5.0m处，其速度处，其速度vovo=6.0m.s=6.0m.s-1-1. .求求质点在任意时
11、刻的质点在任意时刻的速度和位置。速度和位置。这是在变力作用下的动力学问题。由于力是这是在变力作用下的动力学问题。由于力是时间的函数，而加速度时间的函数，而加速度a=dv/dt，这时，动力这时，动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程，学方程就成为速度对时间的一阶微分方程，解此微分方程可得质点的速度解此微分方程可得质点的速度v(t)；由速度的由速度的定义定义v=dx/dt，用积分的方法可求出质点的位用积分的方法可求出质点的位置。置。第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答因因加速度加速度 ,在直线运动中在直线运动中,根据牛顿定律根据牛顿定律有有:依据质点运动的初始条件依
12、据质点运动的初始条件,即即t0=0时时,v0=6.0ms-2,运运用分离变量法对上式积分用分离变量法对上式积分,得得:又因又因v=dx/dt,并由质点运动的初始条件并由质点运动的初始条件:t0=0时时x0=5.0m,对上式分离变量积分对上式分离变量积分,有有第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答2-132-13轻型飞机连同驾驶员总质量为轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0101.0103 3kg,kg,飞机以飞机以55.0ms55.0ms-1-1的速率在水平跑道上着陆后的速率在水平跑道上着陆后, ,驾驶员开始制动驾驶员开始制动, ,若阻力与时间成正比若阻力与时间成正比,
13、 ,比例系数比例系数=5.010=5.0102 2 NsNs-1,-1,求求(1)10s(1)10s后飞机的速率后飞机的速率;(2);(2)飞机着陆后飞机着陆后10s10s内滑行的距离内滑行的距离. .飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动作直线运动,其水平方向所受制动力其水平方向所受制动力F为变力为变力,且是时间的函数且是时间的函数,在求速率和距离时在求速率和距离时,可根据动可根据动力学方程和运动学规律力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解采用分离变量法求解.以以地面飞机滑行方向为坐标正方向地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿定由牛顿定律
14、及初始条件律及初始条件,有有:第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答因此因此,飞机着陆飞机着陆10s后的速率为后的速率为:又又故故飞机着陆后飞机着陆后10s内所滑行的距离为内所滑行的距离为:第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答2-15 2-15 自地球表面垂直上抛一物体自地球表面垂直上抛一物体, ,要使它不返回地要使它不返回地面面, ,其初速度最小为多少其初速度最小为多少?(?(略去空气阻力作用略去空气阻力作用) )要使竖直上抛要使竖直上抛物体能脱离地球不再返回地面物体能脱离地球不再返回地面, ,即使其离开地球引力的范围即使其离开地球引
15、力的范围, ,其速度其速度V0,V0,为此为此, ,可根据物体在地球引力场中的动力学方程导出可根据物体在地球引力场中的动力学方程导出V-rV-r关系加以讨论关系加以讨论, ,就可确定脱离地球引力场所就可确定脱离地球引力场所需的最小初速度即逃逸速度需的最小初速度即逃逸速度. .由由动力学方程得动力学方程得:第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答为使为使初速度最小初速度最小,可取末速度接近于零可取末速度接近于零,即即v=0,此此时物体可视为无限远时物体可视为无限远,即即h,由上式可得由上式可得:第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答2-16
16、2-16 质量为质量为45.0kg45.0kg的物体的物体, ,由地面以初速由地面以初速60.0ms60.0ms-1-1竖直向上发射竖直向上发射, ,物体受到空气的阻力为物体受到空气的阻力为F Fr r= =kvkv, ,且且k=0.03N/msk=0.03N/ms-1-1. . （1 1）求物体发射到最大高度所需的求物体发射到最大高度所需的时间时间. .（2 2）最大高度是多少最大高度是多少? ?(1)物体物体 在空中受重力在空中受重力mg和空气阻力和空气阻力F Fr r= =kvkv作作用而减速用而减速. .由牛顿定律得由牛顿定律得根据始末条件对上式积分根据始末条件对上式积分,有有:第二章第二章 牛顿定律牛顿定律部分习题分析与解答部分习题分析与解答(2)(2)利用利用 的关系代入式的关系代入式(1),(1),可得可得: :分离变量后积分分离变量后积分:
