大学物理 马文蔚 课堂笔记2

0
FB Fr
dv m bv dt
积分得 即 化简得
dv
b dt m

v dv b t dt v0 v 0 m

y
v P
FB 为浮力
b ln ln 0 t m
v v0e

b t m
v0
o
v
t , vL 0
（极限速度）
经过足够长的时间后, 小球将停止下来.
化简得,
2 2 g 2 gk 2 gk0 k 20 2 g 2 2 2 g 2 g0 k0 2 0 2 2 ( g k0 ) 2 g0 2 g0 2 2 ( g k0 )
mg
由此可得, 物体返回地面时速度的值为
0
g 2 ( g k0 )
F ma 得 mg FB 6rv ma
i i
重力和浮力都是常数, 因此 令 F0 mg FB ; b 6r
y F
v P
B 为浮力
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mg FB 6rv ma
F0 mg FB ; b 6r
)
§2.4
6）求解方程, 并根据物理意义对结果进行取舍.
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§2.4
牛顿定律的应用举例
P41 例4
一物体以初速度为 v0斜向上抛出,抛射角为α , 假设物体受到空气
的阻力与物体的速度成正比. 求物体在空气中运动的轨迹.
解 抛体在运动过程中受到重力P和空气阻力f作用, 如图所示
由题设可知
f k ,
F0 b ] t b m 0
ln[ F0 F0 b /( )] t b b m
b

ln(
F0 F b ) ln[ 0 ] t b b m
b
t F0 F0 m /( ) e b b
F0 m t F e ( 0 ) b b
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]
k t m
整理上式可得, 抛体沿y轴方向的速度分量为,
t mg mg m y ( 0 sin )e k k k
(5)
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§2.4
k t m
牛顿定律的应用举例
y
mg mg y ( 0 sin )e (5) k k k t dy m g mg m 由 y ( 0 cos )e dt k k k t y t mg mg 积分得 dy [( 0 cos )e m ]dt 0 0 k k k t m mg mg 即 y ( 0 cos )(1 e m ) t k k k k k t t m x (0 cos )e m (1 e m ) k
d x
O
代入初始条件, t=0, v0x= v0cosα 得 C ln0 x ln(0 cos ) 代入积分常数C可得抛体沿x轴方向的速度分量为,
k t m
x (0 cos )e
k
(3)
由
t dx x (0 cos )e m 积分得 dt

x
0
dx ( 0 cos )e
牛顿定律的应用举例
0 0
dv 由此, 得 F0 bv ma m dt dv b F
即
0
FB Fr
dt
m
(
0
b
b dt 即 F0 ( v) m b 两边积分, 得 v dv b t 0 ( F0 b) m 0 dt
dv
y F
v P
B 为浮力
ln[
0
t
k t m
dt
即
t t m m x (0 cos )e (1 e m ) k
k
k
(4)
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d x m dt k x d y m m g k y dt
§2.4
牛顿定律的应用举例
(1) (2)
y
0
α

f
y F
v P
B 为浮力
一般认为
t 3 m b , v vL
F0 b
v
t
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o
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§2.4
牛顿定律的应用举例
v0
(2) 若球体在水面上是具有竖直向下的速率 v0 ，且在水 中的重力与浮力相等, 即 FB P . 则球体在水中仅受 阻力 Fr bv 的作用. 由牛顿第二定律, 得
P

x
由(2)式得,
d y
mg k y

1 dt m
k ln( mg k y ) t C 两边积分 得, m 代入初始条件, t=0, v0y=v0sinα 得
O
C ln(mg k0 sin )
代入积分常数C可得
ln[
mg k y
mg k0 sin


0
d(g - kv 2 ) g k 2
mg
y
1 1 1 g k 2 2 2 ln(g k ) 0 [ln(g k ) ln g ] ln( ) 2k 2k 2k g
2 g k0 1 1 g k 2 ) ln( ) 将h值代入得, h ln( 2k g 2k g
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t
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§2.4
牛顿定律的应用举例
p51习题2-21: 一物体自地球表面以v0竖起上抛.假定空气阻力的值为f=kmv2,
其中m为物体的质量,k为常数. 试求: (1)该物体能上升的高度; (2)物体返回地面 时速度的值.(设重力加速度为常数) 0 y f
解: 物体在上升和下落过程中都只受到重力和空气
阻力的作用, 如图所示; 1. 上升过程: 由牛顿第二定律可得 v
化简得
dv mg km ma m dt
2
f
0
mg
y
dv dv dy dv m g km m m m dt dt dy dy
2
mg
dv dy g k 2
积分得

y
0
dy

0
dv g k 2
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y
0
dy

0
dv g k 2
§2.4
牛顿定律的应用举例
y v
1 d(kv 2 ) 1 d(g kv 2 ) y 0 g k 2 2k 0 g k 2 2k 1 1 1 ln( g k 2 ) [ ln( g k 2 ) ln( g k02 )] 0 2k 2k 2k 1 g k 2 ln( ) 2 2k g k0
(1) 小球从水面静止释放向水底下沉的速率 v(t ) ;
Fr 6rv,为粘滞系数,求:
(2) 小球从水面以初速 v0 向水底下沉的速率 v(t );
0 0
0
解 (1)小球下沉过程中,受到重力、浮力和粘滞阻力的作用.
建立坐标系如图所示, 向下为正. 根据牛顿第二定律
FB Fr
物体到达最高处时, v=0, 因此 2 g k0 1 g 1 h ymax ln( ) ln( ) 2 2k g k0 2k g 2. 下落过程: 由牛顿第二定律可得
f 0 mg 0
f
m g km 2 m a m g k
2
dv
dy
dv dv m dt dy
§2.4
b
牛顿定律的应用举例
0 0
F0 m t F e ( 0 ) b b
化简得
F0 v (1 e b

b t m
0
)
FB Fr
速度随时间而增大, 如右下图所示.
t , vL F0 / b （极限速度）
当 当
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t 3 m b 时 v vL (1 0.05) 0.95vL t 5 m b 时 v 0.993vL
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§2.4
牛顿定律的应用举例
物体在流体(液体和气体)运动时, 要受到流体对物体的阻力作用.
流体对物体的阻力称为粘滞阻力. 粘滞阻力与速率和物体形状有关. 对于球形物体, 且速率不太大时, 粘滞阻力的大小为
Fr 6rv
P42 例5
力
(斯托克斯公式)
一质量为 m ,半径 r 的球体在水中从水面向水底运动. 已知阻
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作业: pp49-51
习题 2-14; 2-16; 2-18; 2-20; 2-22
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由(4)(6)两式, 可得抛体的运动轨迹方程为
0
α

f
P

x
O
(6)
(4)
mg m2 g k y( tan ) x 2 ln(1 x) k0 cos k m0 cos
(7)
显然(7)式不是抛物线方程, 说明考虑空气阻力后, 抛体的运动轨迹不再是抛物线.
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mg y
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§2.4
g k 2
dv
dy

牛顿定律的应用举例 dv dy g k 2
f
0
物体回到地面时, 下落的距离为h, 因此上式两边积分得

h
h
0
dy
0
dv g k 2

0
dv 1 g k 2 2k


0
d(-kv 2 ) 1 g k 2 2k
§2.4
牛顿定律的应用举例
质点动力学问题一般分为二类:
(i) 已知物体的受力情况, 根据牛顿定律求运动状态(运动方程, 速度等).
(ii) 已知物体的运动状态, 求作用在物体上的力.
解题的基本步骤：
1）确定研究对象,将被研究对象与其它物体“隔离” （隔离物体); 2) 进行受力分析,分析研究对象的受力情况, 并作出受力图; 3）建立坐标系,根据具体问题选取适当的坐标系(直角坐标系,极坐标系,自然坐标系); 4）根据牛顿定律列方程（一般用分量式）； 5）利用其它的约束条件列补充方程；
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(1) (2)
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§2.4
d m x k x dt d m y m g k y dt
牛顿定律的应用举例
(1) (2)
y
0
α

f
P

x
由(1)式得,
两边积分 得,
k dt x m k ln x t C m
F P f
y
0
α

f
P

x
由牛顿第二定律的分量形式
d x Fx m ax m dt d y Fy m ay dt d x m dt k x 可得 d m y m g k y dt
f h mg
0
g k02 g k 2 g ln( ) ln( ) ln( ) 2 g g g k
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y
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§2.4
牛顿定律的应用举例
f h y 0
g k02 g k 2 g ln( ) ln( ) ln( ) 2 g g g k g k02 g g g k 2