(完整版)大学物理02牛顿定律习题解答
大学物理习题答案解析第二章
第二章牛顿定律2 -1如图(a)所示,质量为m的物体用平行于斜面的细线联络置于圆滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动 ,当物体刚离开斜面时,它的加快度的大小为()(A) gsin θ(B) gcos θ(C) gtan θ(D) gcot θ剖析与解当物体走开斜面瞬时 ,斜面对物体的支持力消逝为零,物体在绳索拉力 F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面 )和重力作用下产平生行水平面向左的加快度a,如图 (b) 所示 ,由其可解得合外力为 mgcot θ,应选 (D)．求解的重点是正确剖析物体刚走开斜面瞬时的物体受力状况和状态特点．2 -2 用水平力 F N把一个物体压着靠在粗拙的竖直墙面上保持静止．当 F N渐渐增大时 ,物体所受的静摩擦力 F f的大小 ()(A)不为零 ,但保持不变(B)随 F N成正比地增大(C)开始随 F N增大 ,达到某一最大值后 ,就保持不变(D)没法确立剖析与解与滑动摩擦力不一样的是 ,静摩擦力可在零与最大值μF N范围内取值．当F N增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加 ,但详细大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知 ,物体向来保持静止状态 ,故静摩擦力与重力大小相等 ,方向相反 ,并保持不变 ,应选 (A) ．2 -3一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率()(A)不得小于(C)不得大于μgR (B) 一定等于μgRμgR (D) 还应由汽车的质量m 决定剖析与解由题意知 ,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只好由路面与轮胎间的静摩擦力供给,能够供给的最大向心力应为μF N．由此可算得汽车转弯的最大速率应为 v＝μRg．所以只需汽车转弯时的实质速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选 (C) ．2 -4 一物体沿固定圆弧形圆滑轨道由静止下滑,在下滑过程中 ,则 ( )(A)它的加快度方向永久指向圆心,其速率保持不变(B)它遇到的轨道的作使劲的大小不停增加(C)它遇到的合外力大小变化 ,方向永久指向圆心(D)它遇到的合外力大小不变 ,其速率不停增加剖析与解 由图可知 ,物体在下滑过程中遇到大小和方向不变的重力以实时辰指向圆轨道中心的轨 道支持力 F N 作用 ,其合外力方向并不是指向圆心 ,其大小和方向均与物体所在地点有关．重力的切向分 量 (m g cos θ) 使物体的速率将会不停增加 ( 由机械能守恒亦可判断 ),则物体作圆周运动的向心力 (又称法向力 )将不停增大 ,由轨道法向方向上的动力学方程F Nmgsin θ mv 2可判断 ,随 θ 角的不停增R大过程 ,轨道支持力 F N 也将不停增大 ,因而可知应选 (B) ．2 -5 图 (a)示系统置于以 a ＝ 1/4 g 的加快度上涨的起落机内 ,A 、B 两物体质量相同均为 m,A 所在的桌面是水平的 ,绳索和定滑轮质量均不计 ,若忽视滑轮轴上和桌面上的摩擦,其实不计空气阻力 ,则绳中张力为 ( )(A) 58 mg (B) 12 mg (C) mg (D) 2 mg剖析与解此题可考虑对 A 、B 两物体加上惯性力后 ,以电梯这个非惯性参照系进行求解． 此时 A 、B两物体受力状况如图 (b)所示 ,图中 a ′为 A 、B 两物体相对电梯的加快度 ,ma ′为惯性力． 对 A 、B 两物体 应用牛顿第二定律 ,可解得 F ＝ 5/8 mg ．应选 (A) ．Ｔ议论 关于习题 2 -5 这种种类的物理问题 ,常常从非惯性参照系 (此题为电梯 )察看到的运动图像较为 明确 ,但因为牛顿定律只合用于惯性参照系,故从非惯性参照系求解力学识题时,一定对物体加上一个虚构的惯性力．如以地面为惯性参照系求解,则两物体的加快度 a A 和a B 均应付地而言 ,此题中 a A 和 a 的大小与方向均不相同．此中 aA 应斜向上．对 a A 、a 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律 ,求解BB过程较繁．有兴趣的读者不如自己试试试看．2 -6 图示一斜面 ,倾角为 α,底边 AB 长为 l ＝ 2.1 m,质量为 m 的物体从题 2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动 ,斜面的摩擦因数为 μ＝ 0.14 ．试问 ,当 α为何值时 ,物体在斜面上下滑的时间最短？ 其数值为多少？剖析动力学识题一般分为两类：(1) 已知物体受力争其运动状况；(2) 已知物体的运动状况来剖析其所受的力．自然,在一个详细题目中,这两类问题并没有截然的界线,且都是以加快度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．此题重点在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝ f(t),而后运用对 t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox,原点 O 位于斜面极点,则由牛顿第二定律有mgsin α mgμcosαma(1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有l 1 at2 1g sin α μcosαt 2cosα 2 2则t2l(2) gcosαsin α μcosα为使下滑的时间最短,可令dt0 ,由式(2)有dα则可得此时sin αsin α μcosαcosαcosα μsin α0 tan 2α 1 , 49oμt 2l 0.99 sgcosαsin α μcosα2 -7 工地上有一吊车 ,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为 m 2 k g,乙块＝ 2.00 10×1质量为 m2＝ 1.00 ×102 kg．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种状况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作使劲：(1) 两物块以 10.0 m ·ｓ-2的加快度上涨； (2) 两物块以 1.0 m ｓ·-2的加快度上涨．从此题的结果,你能领会到起吊重物时一定迟缓加快的道理吗？剖析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．办理动力学识题往常采纳“隔绝体”的方法物体所受的各样作使劲 ,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．依据连结体中物体的多少可列出相应数量的方程式．联合各物体之间的互相作用和联系 ,可解决物体的运动或互相作使劲．,剖析解按题意 ,可分别取吊车(含甲、乙 )和乙作为隔绝体,画示力争 ,并取竖直向上为Oy 轴正方向 (如图所示 )．当框架以加快度 a 上涨时 ,有FＴ-(m1 ＋ m )g ＝(m ＋ m )a (1)2 1 2FN2- m g ＝ m a (2)2 2解上述方程 ,得F ＝ 1 2 (3)ＴFN2 ＝m (g ＋ a) (4) 2(1)当整个装置以加快度 a ＝ 10 m ·ｓ-2上涨时 ,由式 (3) 可得绳所受张力的值为FＴ＝10×3 N乙对甲的作使劲为N2 N2 2(g ＋ a) ＝3F′＝-F ＝ -m 10× N(2)当整个装置以加快度 a ＝ 1 m·ｓ-2上涨时 ,得绳张力的值为FＴ＝10×3 N此时 ,乙对甲的作使劲则为F′ N2＝103× N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,因为起吊加快度不一样 ,绳中所受张力也不一样,加快度大 ,绳中张力也大．所以,起吊重物时一定迟缓加快,以保证起吊过程的安全．2 -8 如图 (a)所示 ,已知两物体 A、 B 的质量均为 m ＝ 3.0kg 物体 A 以加快度 a ＝ 1.0 m ·ｓ-2 运动 ,求物体 B 与桌面间的摩擦力． (滑轮与连结绳的质量不计)剖析该题为连结体问题 ,相同可用隔绝体法求解．剖析时应注意到绳中张力大小到处相等是有条件的 ,即一定在绳的质量和伸长可忽视、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不一样的．解分别对物体和滑轮作受力剖析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体 A 、B 及滑轮列动力学方程,有m A g -F Ｔ＝m A a (1)F′1 -Fｆ＝ m B a′(2)ＴF′ -2FＴ1＝ 0 (3)Ｔ考虑到 mＴＴＴ1 Ｔ,a ′＝ 2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力A ＝mB ＝m, F ＝F′ ,F ＝ F′1F f mg m 4m a7.2 N2议论动力学识题的一般解题步骤可分为：(1) 剖析题意 ,确立研究对象,剖析受力 ,选定坐标； (2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组； (3) 解方程组 ,得出文字结果； (4) 查对量纲 ,再代入数据 ,计算出结果来．2 -9 质量为m′的长平板 A 以速度v′在圆滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块 B 轻轻安稳地放在长平板上 ,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板获得共同速度？剖析当木块 B 安稳地轻轻放至运动着的平板 A 上时 ,木块的初速度可视为零,因为它与平板之间速度的差别而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．依据牛顿定律可获得它们各自相对地面的加快度．换以平板为参照系来剖析,此时 ,木块以初速度-v ′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动 ,其加快度为相对加快度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所叙述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变成木块和平板一同运动的动能,而它们的共同速度可依据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,依据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板挪动的距离即可求出．解 1 以地面为参照系 ,在摩擦力 Fｆ＝μmg的作用下 ,依据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程F ｆ＝μ mg＝ma1F ′ｆ＝-F ｆ＝ m′a2a1和 a2分别是木块和木板相对地面参照系的加快度．若以木板为参照系,木块相对平板的加快度 a ＝ a1＋ a2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最后停止．由运动学规律有2- v′＝ 2as由上述各式可得木块有关于平板所挪动的距离为sm v 22 μg m m解 2 以木块和平板为系统 ,它们之间一对摩擦力作的总功为W ＝F ｆ(s ＋l ) -F ｆl＝μ mgs式中 l 为平板相对地面挪动的距离．因为系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,依据动量守恒定律,有m′v′＝ (m′＋ m) v″由系统的动能定理 ,有μmgs 1 m v 2 1 m m v 22 2由上述各式可得sm v 22 μg m m2 -10 如图 (a)所示 ,在一只半径为 R 的半球形碗内 ,有一粒质量为 m 的小钢球 ,当小球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时 ,它距碗底有多高？剖析保持钢球在水平面内作匀角速度转动时,一定使钢球遇到一与向心加快度相对应的力(向心力 ), 而该力是由碗内壁对球的支持力 F N的分力来供给的 ,因为支持力 F N一直垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示 Oxy 坐标 ,列出动力学方程 ,即可求解钢球距碗底的高度．解取钢球为隔绝体 ,其受力剖析如图 (b) 所示．在图示坐标中列动力学方程F N sin θ ma n mRω2sin θ(1)F N cosθ mg (2)且有由上述各式可解得钢球距碗底的高度为R h cos θ(3)Rgh Rω2可见 ,h 随 ω的变化而变化．2 -11 火车转弯时需要较大的向心力,假如两条铁轨都在同一水平面内 (内轨、外轨等高 ),这个向心力只好由外轨供给 ,也就是说外轨会遇到车轮对它很大的向外侧压力 ,这是很危险的．所以 ,对应于火车的速率及转弯处的曲率半径,一定使外轨适合地超出内轨,称为外轨超高．现有一质量为m 的火车 ,以速率 v 沿半径为 R 的圆弧轨道转弯 ,已知路面倾角为 θ,试求： (1) 在此条件下 ,火车速率 v 0 为多大时 ,才能使车轮对铁轨内外轨的侧压力均为零？(2) 假如火车的速率 v ≠v 0 ,则车轮对铁轨的侧压力为多少？剖析如题所述 ,外轨超高的目的欲使火车转弯的所需向心力仅由轨道支持力的水平重量F N sin θ 提供 (式中 θ角为路面倾角 )．从而不会对内外轨产生挤压． 与其对应的是火车转弯时一定以规定的速率v 0行驶．当火车行驶速率 v ≠v 0 时,则会产生两种状况： 如下图 ,如 v ＞ v 0 时 ,外轨将会对车轮产生斜向 内的侧压力 F 1 ,以赔偿原向心力的不足,如 v ＜ v 0时 ,则内轨对车轮产生斜向外的侧压力F 2 ,以抵消剩余的向心力 ,不论哪一种状况火车都将对外轨或内轨产生挤压． 由此可知 ,铁路部门为何会在每个铁轨的转弯处规准时速 ,从而保证行车安全．解 (1) 以火车为研究对象 ,成立如下图坐标系．据剖析 ,由牛顿定律有F N sin θ mv 2(1)RF N cos θ mg 0(2)解 (1)(2) 两式可得火车转弯时规定速率为v 0gRtan θ(2) 当 v ＞ v 0 时 ,依据剖析有F N sin θ F 1cos θ m v2(3)RF N cos θ F 1sin θ mg 0(4)解 (3)(4) 两式 ,可得外轨侧压力为F 1 m v 2cos θ gsin θR当 v ＜ v 0 时,依据剖析有2F N sin θ F 2cos θ mv(5)RF N cos θ F 2sin θ mg(6)解 (5)(6) 两式 ,可得内轨侧压力为F 2 m gsin θ v 2cos θR2 -12 一杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁．设演员和摩托车的总质量为 m,圆筒半径为 R,演员骑摩托车在直壁上以速率 v 作匀速圆周螺旋运动 ,每绕一周上涨距离为 h,如下图．求壁对演员和摩托车的作使劲．剖析 杂技演员 (连同摩托车 )的运动能够当作一个水平面内的匀速率圆周运动和一个竖直向上匀速直线运动的叠加．其旋转一周所形成的旋线轨迹睁开后,相当于如图 (b)所示的斜面． 把演员的运动速度分解为图示的 v 1 和 v 2 两个重量 ,明显 v 1是竖直向上作匀速直线运动的分速度 ,而 v 2则是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度,此中向心力由筒壁对演员的支持力F N 的水平重量 F N2 供给 ,而竖直重量 F N1则与重力相均衡．如图 (c) 所示 ,此中 φ角为摩托车与筒壁所夹角．运用牛顿定律即可求得筒壁支持力 的大小和方向解 设杂技演员连同摩托车整体为研究对象 ,据 (b)(c)两图应有FN1mg 0(1) F N 2m v 2(2)Rv 2vcos θ v2πR(3)R 2 h 22πF NF N 21 F N 2 2(4)以式 (3) 代入式 (2),得22 22 2m4π R v4π RmF N 222222v2(5)RhR 4πRh 4π将式 (1) 和式 (5)代入式 (4),可求出圆筒壁对杂技演员的作使劲( 即支承力 )大小为2222224πRF NFN1F N 2 m g2 2 v2h4πR与壁的夹角 φ为FN 222arctan4πRv2arctan2 2FN 14πRh g议论 表演飞车走壁时 , 演员一定控制好运动速度,行车路线以及摩托车的方向 ,以保证三者之间知足解题用到的各个力学规律．2 -13 一质点沿 x 轴运动 ,其受力如下图 ,设 t ＝ 0 时 ,v 0＝ 5m ·ｓ-1,x 0＝ 2 m, 质点质量 m ＝ 1kg, 试求该 质点 7ｓ末的速度和地点坐标．剖析 第一应由题图求得两个时间段的 F(t)函数 ,从而求得相应的加快度函数,运用积分方法求解题目所问 ,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时辰相对应． 解 由题图得F t2t, 0 t 5s 35 5t,5s t 7s由牛顿定律可得两时间段质点的加快度分别为a 2t , 0 t 5sa 35 5t , 5s t 7s对 0 ＜ t ＜ 5ｓ 时间段 ,由 adv 得dtvd tv 0 adtv积分后得 v 5 t 2再由 vdx 得dtxt dxvdtx 0积分后得 x 2 5t1 t 33将 t ＝ 5ｓ 代入 ,得 v 5＝ 30 m ·ｓ-1 和 x 5 ＝ 68.7 m 对 5ｓ＜ t ＜7ｓ 时间段 ,用相同方法有vtdva 2dtv 0 5 s得v 35t2xt再由dx vdtx5 5 s得x ＝23 -82.5t ＋将 t ＝7ｓ代入分别得 v 7＝ 40 m ·ｓ -1 和 x 7 ＝ 142 m2 -14 一质量为 10 kg 的质点在力 F 的作用下沿 x 轴作直线运动 ,已知 F ＝120t ＋ 40,式中 F 的单位为 N, t 的单位的ｓ．在 t ＝ 0 时 ,质点位于 x ＝5.0 m 处 ,其速度 v 0 ＝6.0 m ·ｓ-1 ．求质点在随意时辰的速度和地点．剖析 这是在变力作用下的动力学识题． 因为力是时间的函数 ,而加快度 a ＝ dv/dt,这时 ,动力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v (t)；由速度的定义 v ＝dx /d t,用积分的方法可求出质点的地点．解 因加快度 a ＝ dv/dt,在直线运动中 ,依据牛顿运动定律有120t40m dvdt依照质点运动的初始条件 ,即t 0 ＝ 0 时 v 0 ＝ 6.0 m ｓ·-1 ,运用分别变量法对上式积分,得vt4.0 dtdv 0 vv ＝2又因 v ＝ dx /dt,并由质点运动的初始条件： t 0 ＝ 0 时 x 0 ＝ 5.0 m,对上式分别变量后积分 ,有xt6.0t 2dtdxx 0x ＝2 +2.0 t 32 -15 轻型飞机连同驾驶员总质量为10×3 kg ．飞机以 55.0 m ｓ·-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动 ,若阻力与时间成正比 ,比率系数 α＝ 5.0 ×102 N ·ｓ -1,空气对飞机升力不计 ,求： (1) 10 ｓ后飞机的速率； (2) 飞机着陆后 10ｓ内滑行的距离．剖析 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． 其水平方向所受制动力 F 为变力 ,且是时间的函数．在求速率和距离时,可依据动力学方程和运动学规律,采纳分别变量法求解．解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有 Fma mdvαtαt dtdtvdt vmv 0得v v 0α t 22m所以 ,飞机着陆 10ｓ后的速率为v ＝ 30 m ｓ· -1xt α t 2 dt又dxv 0x02m故飞机着陆后 10ｓ内所滑行的距离s x x 0 v 0tα t 3 467 m6m2 -16 质量为 m 的跳水运动员 ,从 10.0 m 高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为 h ．把跳水运动员视为质点 ,并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为 bv 2 ,此中 b 为一常量．若以水面上一点为坐标原点O,竖直向下为Oy轴,求： (1)运动员在水中的速率v 与 y的函数关系；(2) 如 b/m＝-1 , 跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0的1 /10？(假设跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰巧相等)剖析该题能够分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后 ,物体受重力 P、浮力 F 和水的阻力 F ｆ的作用 ,其协力是一变力 ,所以 ,物体作变加快运动．固然物体的受力剖析比较简单 ,可是 ,因为变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、地点的函数 ),对这种问题列出动力学方程其实不复杂 ,但要从它计算出物体运动的地点和速度就比较困难了．往常需要采纳积分的方法去解所列出的微分方程．这也成认识题过程中的难点．在解方程的过程中 ,特别需要注意到积分变量的一致和初始条件确实定．解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为v02gh运动员入水后,由牛顿定律得P -F ｆ-F ＝ma由题意 P ＝ F、 F ｆ＝ bv2 ,而a ＝ dv /dt ＝ v (d v /dy),代入上式后得-bv2＝ mv (d v /dy)考虑到初始条件 y0＝0 时 , v0 2gh ,对上式积分,有mv dvtdy0b v0 vv v0e by / m 2ghe by / m(2) 将已知条件 b/m ＝ 0.4 m -1 ,v ＝0 代入上式 ,则得y m ln v 5.76 mb v0*2 -17 直升飞机的螺旋桨由两个对称的叶片构成．每一叶片的质量m＝ 136 kg,长 l ＝ 3.66 m．求当它的转速 n＝ 320 r/min 时 ,两个叶片根部的张力．(设叶片是宽度必定、厚度平均的薄片)剖析 螺旋桨旋转时 ,叶片上各点的加快度不一样,在其各部分双侧的张力也不一样；因为叶片的质量是连续散布的 ,在求叶片根部的张力时 ,可选用叶片上一小段 ,剖析其受力 ,列出动力学方程 ,而后采纳积分的方法求解．解 设叶片根部为原点 O,沿叶片背叛原点 O 的方向为正向 ,距原点 O 为 r 处的长为 dr 一小段叶片 ,其 双侧对它的拉力分别为 F Ｔ(r) 与 F Ｔ (r ＋ dr )．叶片转动时 ,该小段叶片作圆周运动 ,由牛顿定律有dF T F T rF T r drmω2 rdrl因为 r ＝l 时外侧 F Ｔ ＝ 0,所以有t dF Tlm ω2F T rl r drrF T m ω2 2r 22πmn 22r 2rll2ll上式中取 r ＝0,即得叶片根部的张力F Ｔ 0 ＝10×5 N负号表示张力方向与坐标方向相反．2 -18 一质量为 m 的小球最先位于如图 (a)所示的 A 点 ,而后沿半径为 r 的圆滑圆轨道 ADCB 下滑．试求小球抵达点 C 时的角速度和对圆轨道的作使劲．剖析 该题可由牛顿第二定律求解． 在取自然坐标的状况下 ,沿圆弧方向的加快度就是切向加快度a ,ｔ与其相对应的外力 F 是重力的切向重量 mgsin α,而与法向加快度 a n 相对应的外力是支持力 F N 和重力ｔ的法向重量 mgcos α．由此 ,可分别列出切向和法向的动力学方程F ＝ mdv/dt 和F n ＝ma n ．因为小球在ｔ滑动过程中加快度不是恒定的 ,所以 ,需应用积分求解 ,为使运算简易 ,可变换积分变量． 倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度 ,方法比较简易．但它不可以直接给出小球与圆弧表面之间的作使劲．解 小球在运动过程中遇到重力 P 和圆轨道对它的支持力 F N ．取图 (b) 所示的自然坐标系,由牛顿定律得F tmgsin α mdv(1)dtF n F Nmgcos α mmv 2(2)R由 vdsr α r α运动到点 C 的始末条件 ,进行积分 ,有d ,得 dtd ,代入式 (1),并依据小球从点 Adtdtvvαv 0d90org sin αd αv v得v2rgcos α则小球在点 C 的角速度为ωv2 cos α/rr g由式 (2)得F Nm mv 2 mgcos α 3mgcos αr由此可得小球对圆轨道的作使劲为F NF N 3mgcos α负号表示 F ′N 与 e n 反向．2 -19 圆滑的水平桌面上搁置一半径为 R 的固定圆环 ,物体紧贴环的内侧作圆周运动 ,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为 v 0 ,求： (1) t 时辰物体的速率； (2) 当物体速率从 v 0减少到 12 v 0时 ,物体所经历的时间及经过的行程．剖析运动学与动力学之间的联系是以加快度为桥梁的,因此 ,可先剖析动力学识题．物体在作圆周运动的过程中,促进其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力 F N和环与物体之间的摩擦力 F ｆ,而摩擦力大小与正压力 F N′成正比 ,且F N与F N′又是作使劲与反作使劲 ,这样 ,便可经过它们把切向和法向两个加快度联系起来了 ,从而可用运动学的积分关系式求解速率和行程．解 (1) 设物体质量为 m,取图中所示的自然坐标 ,按牛顿定律 ,有mv2F N ma nRdvF f ma tdt由剖析中可知,摩擦力的大小 Fｆ＝μF ,由上述各式可得N2μv dvR dt取初始条件 t ＝0 时 v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有t R v dvdt20 μ v0 vv Rv0R v0μt(2)当物体的速率从 v 0减少到 1/2v 0时 ,由上式可得所需的时间为tRμv0物体在这段时间内所经过的行程t stRv0dt vdtv0μt0 RsRln 2μ2 -20 质量为 45.0 kg 的物体 ,由地面以初速 60.0 m·ｓ-1 竖直向上发射 ,物体遇到空气的阻力为 F r＝kv, 且 k ＝ 0.03 N/( m-1最大高度为多少？ｓ· )． (1) 求物体发射到最大高度所需的时间．(2)剖析物体在发射过程中 ,同时遇到重力和空气阻力的作用,其协力是速率v 的一次函数 ,动力学方程是速率的一阶微分方程,求解时 ,只需采纳分别变量的数学方法即可．可是,在求解高度时 ,则一定将时间变量经过速度定义式变换为地点变量后求解 ,并注意到物体上涨至最大高度时 ,速率应为零．解 (1) 物体在空中受重力 mg 和空气阻力 F r ＝ kv 作用而减速．由牛顿定律得mg k mdv(1)vdt依据始末条件对上式积分,有t vddtmvvv 0mg kvtmln 1 kv 06.11 skmgdv dv(2) 利用v 的关系代入式 (1),可得dtdydvmg kv mv分别变量后积分y 0dyv 0mvdvmgkv故m mg ln 1kv 0 v 0183 mykmgkv 0 和 y 2议论 如不考虑空气阻力 ,则物体向上作匀减速运动．由公式tv 0 分别算得 t ≈ｓ和g2gy ≈184 m,均比实质值略大一些．2 -21 一物体自地球表面以速率 v 0 竖直上抛．假设空气对物体阻力的值为F r ＝ kmv 2 ,此中 m 为物体的质量 ,k 为常量．试求： (1) 该物体能上涨的高度； (2)物体返回地面时速度的值． (设重力加快度为常量． )剖析因为空气对物体的阻力一直与物体运动的方向相反 ,所以 ,物体在上抛过程中所受重力 P 和阻力 F r 的方向相同；而下落过程中 ,所受重力 P 和阻力 Fr 的方向则相反．又因阻力是变力 ,在解动力学方程时 ,需用积分的方法．解 分别对物体上抛、 下落时作受力剖析 ,以地面为原点 ,竖直向上为 y 轴 (如下图 ) ．(1) 物体在上抛过程中 ,依据牛顿定律有mg km 2 m dv m vdvv dt dy 依照初始条件对上式积分,有y 0 v ddy v2v0 g kvy 1ln g kv 2 2k g kv02物体抵达最高处时, v ＝ 0,故有hymax 1 ln g kv 022k g (2)物体下落过程中 ,有2vdvmg kmv m对上式积分 ,有ydy 0vdv0 v0 g k2vkv 2 1/ 2v则v0 1g2 -22 质量为 m 的摩托车 ,在恒定的牵引力 F 的作用下工作 ,它所受的阻力与其速率的平方成正比,它能达到的最大速率是 v m．试计算从静止加快到mv /2所需的时间以及所走过的行程．剖析该题依旧是运用动力学方程求解变力作用下的速度和地点的问题,求解方法与前两题相像,只是在解题过程中一定想法求出阻力系数k．因为阻力 Fr ＝ kv2 ,且 F r又与恒力 F 的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加快度为零 ,此时速度达到最大．所以,依据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走行程时,需对变量作变换．解设摩托车沿 x 轴正方向运动 ,在牵引力 F 和阻力 F r同时作用下 ,由牛顿定律有F k 2 m dv(1)v dt当加快度 a ＝ dv/dt ＝ 0 时,摩托车的速率最大,所以可得k＝F/v m2 (2) 由式 (1) 和式 (2)可得依据始末条件对式(3)积分 ,有t mdtFF 1 v 2 m dv (3)v m2 dt1v m v2 12 dv1 2v m则tmv m ln3 dvmvdv 2F(3)积分 ,有又因式 (3) 中 m,再利用始末条件对式dtdxxmdxF 1v m v212 dv0 12v m则xmv m2ln40.144 mv m 22F3F*2 -23 飞机下降时 ,以 v 0 的水平速度下落伍自由滑行,滑行时期飞机遇到的空气阻力 F 1＝ -k 1 v 2, 升力F 2＝ k 2 v 2, 此中 v 为飞机的滑行速度 ,两个系数之比 k 1/ k 2 称为飞机的升阻比．实验表示,物体在流体中运动时 ,所受阻力与速度的关系与多种要素有关 ,如速度大小、流体性质、物体形状等．在速度较小或流体密度较小时有 F ∝ v,而在速度较大或流体密度较大的有 F ∝ v 2 ,需要精准计算时则应由实验测定．此题中因为飞机速率较大,故取 F ∝v 2 作为计算依照．设飞机与跑道间的滑动摩擦因数为μ,试求飞机从触地到静止所滑行的距离．以上计算实质上已成为飞机跑道长度设计的依照之一．剖析 如下图 ,飞机触地后滑行时期遇到 5 个力作用 ,此中 F 1 为空气阻力 , F 2 为空气升力 , F 3 为跑道作用于飞机的摩擦力 , 很明显飞机是在合外力为变力的状况下作减速运动 ,列出牛顿第二定律方程 后 ,用运动学第二类问题的有关规律解题．因为作用于飞机的合外力为速度 v 的函数 ,所求的又是飞机 滑行距离 x,所以比较简易方法是直接对牛顿第二定律方程中的积分变量dt 进行代换 ,将 dt 用dx取代 ,获得一个有关 v 和 x 的微分方程 ,分别变量后再作积分．v解 取飞机滑行方向为 x 的正方向 ,着陆点为坐标原点,如下图 ,依据牛顿第二定律有F N k 1v 2m dv(1)k 2v 2dtF Nmg 0(2)将式 (2)代入式 (1),并整理得μmg k μkv 2m dvm dv12dt v dx分别变量并积分 ,有vm dvv2dxμmgk 1 μk 2v 0v得飞机滑行距离xm ln μmg k 1 μk 2 v 2(3)2 k 1 μk 2 μmg考虑飞机着陆瞬时有 F N ＝ 0 和v ＝ v 0 ,应有 k 2v 02＝ mg,将其代入 (3)式 ,可得飞机滑行距离 x 的另一表达。
普通物理学第五版02牛顿定律习题答案
解题思路与技巧
解题思路
首先理解牛顿第一定律的基本概念，即惯性。然后分析题目中的物理情境，判 断物体是否受到外力作用，以及外力对物体的运动状态有何影响。最后根据牛 顿第一定律得出结论。
解题技巧
在解题过程中，要特别注意区分外力和惯性。外力是改变物体运动状态的原因， 而惯性是物体保持其运动状态不变的性质。同时，要掌握摩擦力和阻力的概念 及其对物体运动状态的影响。
习题答案
• 题目1：一个在平直轨道上行驶的火车，关闭发动机后逐渐停下来，请问火车受 到的阻力与火车前进方向是什么关系？
• 答案：阻力与火车前进方向相反。根据牛顿第一定律，火车在关闭发动机后， 如果没有阻力作用，将保持匀速直线运动。然而，由于阻力作用，火车逐渐减 速并停下来。因此，阻力必须与火车前进方向相反。
04 牛顿定律的应用
习题答案
题目1
一个质量为2kg的物体在光滑的水平面上受到一个大小 为10N的外力作用，求物体的加速度。
答案
根据牛顿第二定律，$F = ma$，得$a = frac{F}{m} = frac{10}{2} = 5m/s^2$。
题目2
一个质量为5kg的物体在斜面上静止，受到一个与斜面成 30°的外力作用，求物体的加速度。
1. 题目
一质量为2kg的质点，在力F=2N的作用下，由静止开始运动， 求质点在2秒末的速度。
习题答案
答案
2m/s
2. 题目
一质量为1kg的质点，在力矩M=2N·m的作用下，围绕原点做匀速圆周运动，求质点转动一周的时间 。
习题答案
答案：2s
3. 题目：一质量为5kg的物体，在水平地面上受到大小为10N的水平推 力作用，求物体在2秒末的速度。
案例2
《大学物理》各章练习题及答案解析
《大学物理》各章练习题及答案解析第1章 质点运动学一、选择题:1.以下五种运动中,加速度a保持不变的运动是 （ D ） (A) 单摆的运动。
(B) 匀速率圆周运动。
(C) 行星的椭圆轨道运动。
(D) 抛体运动。
(E) 圆锥摆运动。
2．下面表述正确的是（ B ）(A)质点作圆周运动,加速度一定与速度垂直； (B) 物体作直线运动,法向加速度必为零； (C)轨道最弯处法向加速度最大； (D)某时刻的速率为零,切向加速度必为零。
3.某质点做匀速率圆周运动，则下列说法正确的是（ C ）(A)质点的速度不变; (B)质点的加速度不变 (C)质点的角速度不变; (D)质点的法向加速度不变4.一运动质点在某瞬时位于矢径()y x r , 的端点处，其速度大小为（ D ）()()(()22⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx D C dtrd B dt drA5. 一质点在平面上运动,运动方程为:j t i t r222+=,则该质点作（ B ）(A)匀速直线运动 (B)匀加速直线运动(C)抛物线运动 (D)一般曲线运动6.一质点做曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a表示加速度，s 表示路程，a t 表示切向加速度，对下列表达式,正确的是（ B ）(A)dt dr v = (B) dt ds v = (C) dtdv a = (D) dt vd a t=7. 某质点的运动方程为 3723+-=t t X （SI ）,则该质点作 [ D ](A)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴正方向; (B)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向; (C)变加速直线运动.加速度沿 x 轴正方向; (D)变加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向8．一质点沿x 轴运动，其运动方程为()SI t t x 3235-=，当t=2s 时，该质点正在（ A ）(A)加速 (B)减速 (C)匀速 (D)静止1.D2. B3. C4.D5.B ，6B ，7A 8 A二 、填空题1. 一质点的运动方程为x =2t ，y =4t 2-6t ，写出质点的运动方程（位置矢量）j t t i t r)64(22-+=，t =1s 时的速度j i v22+=，加速度j a 8=，轨迹方程为x x y 32-=。
大学物理答案第二章牛顿定律-习题解答
将牛顿运动定律应用于各种实际问题中，如天体运动、弹性碰撞、摩擦力问题等，通过建立物理模型和 运用数学工具解决实际问题。
解决复杂问题的思路与方法
01
02
03
04
建立物理模型
根据问题的实际情况，抽象出 具体的物理模型，如质点、刚 体、弹性碰撞等，为解决问题 提供清晰的思路。
定律的应用场景与实例
总结词
牛顿第一定律在日常生活和科学研究中有着广泛的应用。例如，汽车安全带的设计、投掷物体的轨迹、行星的运 动等都遵循这一规律。
详细描述
汽车安全带的设计依据了惯性定律，通过限制乘客在急刹车或碰撞时的运动，减少伤害风险。投掷物体时，出手 的角度和力量会影响物体的运动轨迹，这也符合惯性定律。行星的运动规律是牛顿第一定律的重要应用之一，行 星绕太阳的椭圆轨道运动可以由惯性定律推导出来。
05
习题解答
常见错误解析与纠正
01 02 03
错误1
混淆了牛顿第二定律中的力和加速度概念，将力误认为是 加速度的原因，而实际上力是产生加速度的原因。纠正： 正确理解力和加速度的关系，力是产生加速度的原因，加 速度的大小和方向由力的三要素决定。
错误2
在分析多力作用下物体的运动时，未能正确分析合力和加 速度的关系。纠正：在分析多力作用下物体的运动时，应 先求出合力，再根据牛顿第二定律求出加速度，最后根据 运动学公式求解速度和位移。
导出牛顿第三定律。
定律的应用场景与实例
要点一
总结词
牛顿第三定律在现实生活中有着广泛的应用，例如火箭发 射、车辆行驶、体育运动等。
要点二
详细描述
在火箭发射中，火箭向下喷射高温高压气体，产生一个向 上的反作用力，使火箭升空。在车辆行驶中，车辆发动机 产生的力推动车辆前进，同时车辆也会给地面一个向后的 反作用力，使地面产生磨损。在体育运动中，例如篮球投 篮时，投篮的力量和手受到的反作用力大小相等、方向相 反。
大学物理题库第二章牛顿运动定律.doc
第二章牛顿运动定律一、填空题（本大题共16小题，总计48分）1.（3分）如图所示，一个小物体A靠在一辆小车的竖直前壁上，A和车壁间静摩擦系数是丛，若要使物体A不致掉下来，小车的加速度的最小值应为1=.J Ai 疽3.（3分）如果一个箱子与货车底板之间的静摩擦系数为〃，当这货车爬一与水平方向成。
角的平缓山坡时，若不使箱了在车底板上滑动，车的最大加速度％域=.4.（3分）质量m = 40kg的箱子放在卡车的车厢底板上，巳知箱子与底板之间的静摩擦系数为从=0.40,滑动摩擦系数为角=0.25,试分别写出在下列情况下，作用在箱了上的摩擦力的大小和方向.（1）卡车以。
=2m/s2的加速度行驶，/ =,方向.（2）卡车以a = -5m/s2的加速度急刹车，/ =,方向・5.（3分）一圆锥摆摆长为/、摆锤质量为在水平面上作匀速圆周运动，摆线与铅直线夹角。
，则（1）摆线的张力§=2 （3分）质量相等的两物体A和B,分别固定在弹簧的两端，竖直放在光滑水平支持面C 上，如图所示.弹簧的质量与物体A、B的质量相比，M以忽略不计.若把支持面C迅速移走，则在移开的一瞬间，A的加速度大小心= ，B的加速度的大小% = .⑵ 摆锤的速率V=I6.（3分）质量为m的小球，用轻绳AB. BC连接，如图，其中AB水平.剪断绳AB前后的瞬间，绳BC中的张力比F T:E；=.7.（3分）有两个弹簧，质量忽略不计，原长都是10 cm,第一个弹簧上端固定，下挂一个质量为m的物体后，长为11 cm,而第二个弹簧上端固定，下挂一质量为m的物体后，R为13 cm,现将两弹簧串联，上端固定，下面仍挂一质量为〃，的物体，则两弹簧的总长为.8.（3分）如图，在光滑水平桌面上，有两个物体A和B紧靠在一起.它们的质量分别为= 2kg , = 1kg .今用一水平力F = 3N推物体B,则B推A的力等于.如用同样大小的水平力从右边推A,则A推B的力等于・9.（3分）一物体质量为M,置于光滑水平地板上.今用一水平力斤通过一质量为m的绳拉动物体前进，贝U物体的加速度但=,绳作用于物体上的力.10.（3分）倾角为30°的一个斜而体放置在水平桌面上.一个质量为2 kg的物体沿斜面下滑, 下滑的加速度为3.0m/s2.若此时斜面体静止在桌面上不动，则斜面体与桌面间的静摩擦力11.（3分）假如地球半径缩短1%,而它的质量保持不变，则地球表面的重力加速度g增大的百分比是・12.（3分）一小珠可以在半径为R的竖直圆环上作无摩擦滑动.今使圆环以角速度切绕圆环竖直直径转动.要使小珠离开环的底部而停在环上某一点，则角速度刃最小应大于13.（3分）一块水平木板上放一砍码，秩码的质量"7 = 0.2kg,手扶木板保持水平，托着徒码使之在竖直平面内做半径R = 0.5m的匀速率圆周运动，速率〃 = lm/s.当祛码与木板一起运动到图示位置时，萩码受到木板的摩擦力为，砥码受到木板的支持力为14.（3分）一质量为M的质点沿x轴正向运动，假设该质点通过坐标为x的位苴时速度的大小为kx（k为正值常量），则此时作用于该质点上的力「=,该质小从x = x0点出发运动到x =心处所经历的时间△ t =15.（3分）质量为0.25 kg的质点，受力F = ti（SI）的作用，式中t为时间.f = 0时该质点以y = 2j（SI）的速度通过坐标原点，则该质点任意时刻的位置矢量是.16.（3分）在半径为R的定滑轮上跨一细绳，绳的两端分别挂着质量为叫和％的物体，旦m} >m2.若滑轮的角加速度为”，则两侧绳中的张力分别为，& =二、单选题（本大题共30小题，总计90分）1.（3分）在升降机天花板上拴有轻绳，其下端系一重物，当升降机以加速度坊上升时，绳中的张力正好等于绳子所能承受的最大张力的一半，问升降机以多大加速度上升时，绳子刚好被拉断？[]A^ 2a}B、2（q+g）C、2q+gD、仅i+g2.（3分）下列说法中哪个是正确的？[ ]A、合力一定大于分力B、物体速率不变，所以合力为零C、速度很大的物体，运动状态不易改变D、质量越大的物体，运动状态越不易改变3.（3分）用细绳系一小球使之在竖直平面内作圆周运动，当小球运动到最高点时，它】]A、将受到重力、绳的拉力和向心力的作用B、将受到重力、绳的拉力和离心力的作用C、绳子的拉力可能为零D、小球可能处于受力平衡状态4.（3分）水平公路转弯处的轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦系数为日,要使汽车不致于发生侧向打滑，汽车在该处行驶速率[ ]A、不得小于B、不得大亍如而C、必须等于加RgD、应由汽车质量决定5.（3分）两个质量相等的小球由一轻弹簧相连接，再用一细绳悬挂丁•天花板上，处于静止状态，如图所示.将绳子剪断的瞬间，球1和球2的加速度分别为[ ]A、丹a2=gB、a A = 0,仅2 = gC^ 坊=g, = 0D^ a x = 2g, a2 =06.（3分）水平地面上放一物体A,它与地面间的滑动摩擦系数为现加一恒力/如图所示.欲使物体A有最大加速度，则恒力户与水平方向央角0应满足[ ]11—Ax sin 3 ="B、cos( ="C^ tanB 、C 、D 、 M + m M-m SE 、M-mM 7. （3分）一只质量为m 的猴，原来抓住一根用绳吊在天花板上的质量为M 的直杆，悬线突 然断开，小猴则沿杆子赂直向上爬以保持它离地面的高度不变，此时直杆下落的加速度为8. （3分）如图所示，质量为m 的物体A 用平行于斜面的细线连结置于光滑的斜面上，若斜 面向左方作加速运动，当物体开始脱离斜面时，它的加速度的大小为[ ]A 、 gsin 。
大学物理第2章 牛顿运动定律
推论：当你不去追求一个美眉，这个美眉就会待在那里不动。 2、第二定律(F=ma，物体的加速度，与施加在该物体上的外力成正比)； 推论：当你强烈地追求一个美眉，这个美眉也会有强烈的反应。 评述：这个显然也是错误的！如果你是一只蛤蟆，那么公主是不会动心的。 你的鲜花送得越勤，电话费花得越多，可能对方越是反感，还可能肥了不费力 气的对手。更可能的情况是，当多个人同时在追求一个美眉时，该美眉反而无 动于衷，心想：机会多着呢，再挑一挑。所以，紧了绷，轻了松，火候要拿捏 得好。
mgR 2 F r2
R2 dv mg 2 m 由牛顿第二定律得： r dt 2 dv dv dr dv gR 又 v dr vdv 2 dt dr dt dr r
当r0 = R 时，v = v0，作定积分，得：
v gR 2 R r 2 dr v0 vdv r
故有
k
例题2-4 不计空气阻力和其他作用力，竖直上抛物体的初速 v0最小应取多大，才不再返回地球?
分析：初始条件，r R 时的速度为 v0 只要求出速率方程 v v ( r ) “不会返回地球”的数学表示式为： 当
r 时， v 0
结论：用牛顿运动定律求出加速度后，问 题变成已知加速度和初始条件求速度方程或运动 方程的第二类运动学问题。 解∶地球半径为R，地面引力 = 重力= mg， 物体距地心 r 处引力为F，则有：
说明
1）定义力
2）力的瞬时作用规律
3）矢量性
4）说明了质量的实质 ： 物体惯性大小的量度
5）适用条件：质点、宏观、低速、惯性系
在直角坐标系中，牛顿第二定律的分量式为
d ( mv x ) Fx dt
大学物理题库-牛顿定律习题与答案解析
7-2 图第二章 牛顿定律一、选择题：1、如图2-1所示，滑轮、绳子的质量均忽略不计，忽略一切摩擦阻力，物体A 的质量A m 大于物体B 的质量B m 。
在A 、B 运动过程中弹簧秤的读数是：[ ]（A ）g m m B A )(+ （B ）g m m B A )(- （C ）g m m m m B A B A -4 （D ）g m m m m BA BA +42、在升降机的天花板上拴一轻绳，其下端系有一重物。
当升降机以加速度a 上升时，绳中的张力正好等于所能承受的最大张力的一半；当绳子刚好被拉断时升降机上升的加速度为：[ ] （A ）a 2 （B ）)(2g a + （C ）g a +2 （D ）g a +3、如图2-7所示，一竖立的圆筒形转笼，其半径为R ，绕中心轴o o '轴旋转，一物块A 紧靠在圆筒的内壁上，物块与圆筒间的摩擦系数为μ，要使A 不落下，则圆筒旋转的角速度ω至少应为：[ ]（A ）Rgμ （B ）g μ （C ）Rgμ （D ）R g4、如图2-8所示，质量为m作用力的大小为：[ ]（A ）θsin mg （B ）θcos mg（C ）θcos mg （D ）θsin mg5、光滑的水平桌面上放有两块相互接触的滑块，质量分别为m 1和m 2，且m 1<m 2 ．今对两滑块施加相同的水平作用力，如图所示．设在运动过程中，两滑块不离开，则两滑块之间的相互作用力N 应有 (A) N =0. (B) 0 < N < F .(C) F < N <2F. (D) N > 2F. ［ ］6、质量为m 的小球，放在光滑的木板和光滑的墙壁之间，并保持平衡，如图所示．设木板和墙壁之间的夹角为α，当α逐渐增大时，小球对木板的压力将(A) 增加．(B) 减少． (C) 不变．(D) 先是增加，后又减小．压力增减的分界角为α＝45°．Bm 1-2 图A8-2 图9-2 图 [ ]7、水平地面上放一物体A ，它与地面间的滑动摩擦系数为μ．现加一恒力F 如图所示．欲使物体A 有最大加速度，则恒力F与水平方向夹角θ 应满足(A) sin θ ＝μ． (B) cos θ ＝μ． (C) tg θ ＝μ． (D) ctg θ ＝μ． ［ ］ 8、在作匀速转动的水平转台上，与转轴相距R 处有一体积很小的工件A ，如图所示．设工件与转台间静摩擦系数为μs ，若使工件在转台上无滑动，则转台的角速度ω应满足(A) Rgs μω≤. (B) Rgs 23μω≤. (C) R gs μω3≤. (D)Rg s μω2≤. ［ ］9、一个圆锥摆的摆线长为l ，摆线与竖直方向的夹角恒为θ，如图所示．则摆锤转动的周期为 (A)g l. (B) gl θcos . (C) g l π2. (D) gl θπcos 2 . ［ ］10、光滑的内表面半径为10 cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称OC 旋转．已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4 cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A) 10 rad/s ． (B) 13 rad/s ．(C) 17 rad/s (D) 18 rad/s ． ［ ］二、填空题：1、已知质量为m 的质点沿x 轴受力为)2(+=x k F ，其中k 为常数。
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 。
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律技巧及练习题附答案解析(2)
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律技巧及练习题附答案解析(2)一、选择题1．一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )A ．速度增大，加速度增大B ．速度增大，加速度减小C ．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D ．速度先增大后减小，加速度先减小后增大2．如图A 、B 、C 为三个完全相同的物体。
当水平力F 作用于B 上，三物体可一起匀速运动，撤去力F 后，三物体仍可一起向前运动，设此时A 、B 间作用力为f 1，B 、C 间作用力为f 2，则f 1和f 2的大小为（ ）A ．f 1=f 2=0B ．f 1=0，f 2=FC ．13F f =，f 2=23FD ．f 1=F ，f 2=0 3．如图是塔式吊车在把建筑部件从地面竖直吊起的a t -图，则在上升过程中（ ）A ．3s t =时，部件属于失重状态B ．4s t =至 4.5s t =时，部件的速度在减小C ．5s t =至11s t =时，部件的机械能守恒D ．13s t =时，部件所受拉力小于重力4．如图所示，质量为m 的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( )A ．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B ．弹簧弹力不可能为34mgC ．小球可能受三个力作用D ．木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg5．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m 1的木块,木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接,弹簧的劲度系数为k .在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m 2的小球.某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ,在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示.不计木块与车厢底部的摩擦力,则在这段时间内弹簧的形变为( )A ．伸长量为 1tan m g k θB ．压缩量为1tan m g kθ C ．伸长量为 1m g k tan θD ．压缩量为1m g k tan θ 6．滑雪运动员由斜坡高速向下滑行过程中其速度—时间图象如图乙所示，则由图象中AB 段曲线可知，运动员在此过程中A ．做匀变速曲线运动B ．做变加速运动C ．所受力的合力不断增大D ．机械能守恒7．如图所示，倾角为θ的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈A,A 的上表面水平且放有一斜劈B ，B 的上表面上有一物块C ，A 、B 、C 一起沿斜面匀加速下滑。
大学物理课后习题答案第二章
（2）小球上升到最大高度所花的时间T．
[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程
，
分离变量得 ，
积分得 ．
当t= 0时，v=v0，所以 ，
因此 ，
小球速率随时间的变化关系为
．
（2）当小球运动到最高点时v= 0，所需要的时间为
第二章运动定律与力学中的守恒定律
(一) 牛顿运动定律
2．1一个重量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度 运动， 的方向与斜面底边的水平约AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
[解答]质点在斜上运动的加速度为a = gsinα，方向与初速度方向垂直．其运动方程为
x = v0t， ．
将t = x/v0，代入后一方程得质点的轨道方程为
（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；
（4）用与斜面平行的加速度 把小车沿斜面往上推（设b1=b）；
（5）以同样大小的加速度 （b2=b），将小车从斜面上推下来．
[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力 的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg．
（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于
这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．
板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：fM= μkNM= 7.35(N)．
这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．
（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为
f =μsmg=ma`，
可得a` =μsg．
板的运动方程为
F – f – μk(m + M)g=Ma`，
大学普通物理学-二-牛顿运动定律
第二章牛顿运动定律一、选择题1.关于惯性有下面四种说法，正确的为（）。
A.物体静止或作匀速运动时才具有惯性B.物体受力作变速运动时才具有惯性C.物体受力作变速运动时才没有惯性D.惯性是物体的一种固有属性，在任何情况下物体均有惯性1.【答案】D。
解析：本题考查对惯性的正确理解。
物体的惯性是物体的自然固有属性，与物理的运动状态和地理位置没有关系，只要有质量的物体都有惯性，质量是一个物体惯性大小的量度，所以本题答案为D。
2.下列四种说法中，正确的为（）。
A.物体在恒力作用下，不可能作曲线运动B.物体在变力作用下，不可能作曲线运动C.物体在垂直于速度方向，且大小不变的力作用下作匀速圆周运动D.物体在不垂直于速度方向的力作用下，不可能作圆周运动2.【答案】C。
解析：本题考查的是物体运动与受力的关系物体的运动受初始条件和受力共同影响，物体受恒力作用但仍然可以作曲线运动，比如平抛运动.对于圆周运动需要有向心力，向心力是改变物体速度方向，当一个物体只受向心力作用时则作匀速圆周运动，所以C选项是正确的。
3.一质点从t=0时刻开始，在力F1=3i+2j（SI单位）和F2=-2i-t j（SI单位）的共同作用下在Oxy平面上运动，则在t=2s时，质点的加速度方向沿（）。
A.x轴正向B.x轴负向C.y轴正向D.y轴负向3.【答案】A。
解析：合力F=F1+F2=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。
4.一人肩扛一重量为P的米袋从高台上往下跳，当其在空中运动时，米袋作用在他肩上的力应为（）。
A.0B.P/4C.PD.P/24.【答案】A。
解析：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.质量分别为m1、和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连接后置于水平桌面上，滑块与桌面间的滑动摩擦因数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图2-1所示。
如突然撤销拉力，则撤销后瞬间，二者的加速度a A和a B，分别为（）。
大学物理规范作业C(上)02动量解答(订正版)
6
三、计算题 1. 质点在空气中无初速自由下落时，在速度不太大的情 况下，阻力F的大小可以看成与速度的大小成正比，F的 方向与速度的方向相反，即F=-kv, k为常数，求质点速 度和加速度随时间的变化关系。 解：根据牛顿定律 m g kv m a
dv kv dv , ag , dt kv m dt g m k t mg 解得： v (1 e m ) k
k t dv a ge m dt
dt
0
t
v
0
dv , kv g m
7
2. 如图所示，倾角为θ的三角形木块A放在粗糙的地面 上，A的质量为M，与地面间的摩擦因数为 。木块 上放一质量为m的木块B，设A与B之间是光滑的，求B
下滑时，至少为多大方能使A相对地面不动。
解：如图建立坐标系，分别对A、B进 行受力分析： A相对于地面不动，即A的加速度为零：
m
N
'
y R
B
x
y'
A
θ
mg M
f
'
x
N' Mg
据牛顿第三定律： N N ' R Mg N cos 0 A不动时，摩擦力为静摩擦力：
N sin f 0
'
f R 对B： mg cos N 0 m sin cos N mg cos 联立以上各式： M m cos 2
F 2t a m 5t 35
面积，故7s末的速度为： v 1 10 7 35m / s 7 2
0t 5 5t 7 0t 5 5t 7
t2 v 5 2 35t t 87.5 2
《物理学基本教程》课后答案 第二章 牛顿定律
第二章 牛顿定律2-1 在如图2-1(a)所示的倾角为︒30的斜面上，由一轻杆相连的二滑块A 、B 质量相同，m A = m B = 2.5 kg ，与斜面间的滑动摩擦系数分别为20A .=μ，10B .=μ．求杆中的张力(或压力)以及滑块的加速度．分析 应用牛顿定律解力学问题的基本步骤为：（1）根据题意选取研究对象；（2）分析研究对象的受力情况，并画出示力图；（3）选取坐标系，将力或加速度沿坐标轴分解为分量，根据牛顿第二定律列出各个物体的运动方程；（4）求解方程，先进行文字运算，再代入数据，计算出结果．在分析力的过程中，必须注意每个力是哪个物体施给它的，没有施力物体的力是不存在的．在涉及斜面的问题中，斜面上物体所受到的作用力有重力、斜面压力和摩擦力，而不存在上滑力或下滑力．在连接体之间存在张力或压力．解 分别选取滑块A 、B 为研究对象，受力分析分别如图2-1（b ）、（c ）所示．假设杆中为张力，由于轻杆质量可以忽略，施加于A 和B 的张力大小应相等，即T TB TA F F F ==．取Oxy 坐标系如图2-1所示，应用牛顿第二定律，得滑块A 的运动方程为 x 方向： a m F F g m A fA T A =--θsin (1)FO θTB ︒30 m B g m A gx(a) (b) (c)图2-1y 方向： 0A NA =-θcos g m F (2) 滑块B 的运动方程为x 方向： a m F F g m B fB T B =-+θsin (3) y 方向： 0B NB =-θcos g m F (4) 由(2)式得θcos g m F A NA =，摩擦力θμμcos g m F F A A NA A fA ==，代入(1)式得a m g m F g m A A A T A =--θμθcos sin (5)由(4)式得θcos g m F B NB =，摩擦力θμμcos g m F F B B NB B fB ==，代入(3)式得a m g m F g m B B B T B =-+θμθcos sin (6)从(5)和(6)式消去F T ，并注意到m A = m B = 2.5 kg ，得222B A BA BB A A m/s 633m/s 2 38921020m/s 2189 2.....cos sin cos sin =⨯⨯+-⨯=+-=++-=θμμθθμμθg g g m m m m g a 代入(5)式，得N 061N 238952102050 21A A T ...)..(.cos )(-=⨯⨯⨯-⨯=-=θμμg m F B 上式中结果的负号表明，滑块A 所受轻杆的作用力方向与原假设相反，即受到沿斜面向下的推压力，因此杆中出现的是压力，量值为1.06 N ．2-2 一金属链条放置于水平桌面上，其纵向与桌子边缘垂直，当链条长度的1/4部分垂挂于桌子边缘时，此链条刚好能开始在桌面上滑动，求链条与桌面之间的摩擦系数为何值？ 分析 对于质量连续分布的物质，例如链条、绳和长杆等，根据题意，在运动过程中任一瞬时，可以将其分割成各自独立的部分作为研究对象，这些独立部分可以视为质点，作出示力图，分析各部分的受力情况，于是原来是内力的张力或压力就变成了分割出的独立部分所受到的外力，就可以应用牛顿第二定律建立运动方程了．解 设链条质量为m ，当链条刚好能开始在桌面上滑动时，桌面上的链条质量为m m 431=，悬垂部分的链条质量为m m 412=．分别以这两部分为研究对象，作示力图如图2-2所示．作用于桌面上链条的力有：重力m 1g ，桌面的正压力F N ，摩擦力F f ，悬垂部分对它的张力F T1．作用于悬垂链条的力有：重力m 2g ，桌面部分对它的张力F T2．不考虑桌面边沿的形状和摩擦，则链条两部分中的张力大小应相等，F T1= F T2= F T ． 由于链条刚好能开始在桌面上滑动，摩擦力为最大静摩擦力N f F F μ=，此时链条加速度为零，可得mg g m F 431N == N f T F F F μ==T 241F mg g m ==m 2g图2-2由以上各式可解得 31=μ 2-3一物体沿倾角为30°的斜面向上滑动，在斜面底部时其初速为12m/s ，物体与斜面间摩擦系数为0.2，求(1)物体达到最高点所需要的时间，(2)返回底部时的速度，(3)摩擦系数为多大时，将使物体上升到速度为零后就不再往下滑动．分析 滑动摩擦力始终与运动物体相对滑动的方向相反，因此物体在斜面上向上滑动和向下滑动时的摩擦力正好反向，则物体所受合外力不同，加速度也就不同．通常取加速度方向为坐标轴正向，分别就向上滑动和向下滑动选取坐标系建立运动方程．由于牛顿第二定律建立的方程确定的是力和加速度之间的关系，因此，当所讨论的问题涉及到速度、位移和运动时间等运动学的物理量时，还要应用运动学中已经获得的相关公式求解．解 (1) 在上滑过程中，物体受力如图2-3(a)所示，摩擦力F f1沿斜面向下，且N 1f F F μ=．选Oxy 坐标系如图所示，设加速度1a 方向沿x 轴正向，应用牛顿第二定律得上滑过程的运动方程为x 方向： 11f 30ma F mg =-︒-siny 方向： 030N =︒-cos mg F由以上各式解得)cos (sin ︒+︒-=30301μg a由初始条件：0=t 时，m /s 120=v ，而到达最高点时速度为零，有t a 100=-v则到达最高点所需时间为s 1.82s 866020508912 3030010=⨯+⨯-=︒+︒-=-=)...(.)cos (sin μg a t v v (2) 物体向下滑时，受力如图2-3(b)所示，摩擦力F f2沿斜面向上，且N f2F F μ=．选Oxy 坐标系如图所示，设加速度2a 方向沿x 轴正向，应用牛顿第二定律得下滑过程的运动方程为x 方向： 2f230ma F mg =-︒siny 方向： 030N =︒-cos mg F由以上各式解得)cos (sin ︒-︒=30302μg a (1)物体上升时的位移为)cos (sin ︒+︒=-=30302220120μg a s v v 下滑过程由静止开始，到达底部时速率为m/s 8.36m/s 128660205086602050 30303030202=⨯⨯+⨯-=︒+︒︒-︒==......cos sin cos sin v v μμs a(3) 令02=a 代入（1）式，则物体位于最高点时速度为零，又无向下加速度，︒30 m g ︒30 m g(a) (b)图2-3即不再向下滑动，可得577030.tan =︒=μ2-4 细绳跨过轻滑轮连接着质量分别为5kg 和1kg 的二物体，滑轮吊在弹簧称下悬挂于升降机之中，如图2-4(a)所示．(1)当升降机静止不动时，问弹簧称上的示重是多少？(2) 当弹簧称上的示重为58.8 N 时，求升降机的加速度．分析 物体的重量是物体施加在称重仪器设备上的压力或张力，其大小等于称重仪器设备反作用在物体上的压力或张力．当物体在地面上处于静止或作匀速直线运动状态进行称重时，地球对物体的引力和称重仪器设备作用的压力或张力等大而反向，物体的重量与重力的量值相等．当物体在地表附近有沿竖直方向的加速度时，物体的重量与重力的量值就不再相等了．牛顿定律只适用于惯性参考系，当所讨论的问题中参考系本身也有加速度时，就要应用相对运动的加速度合成定理．通常可以选取地球（地面）作为静止参考系，物体相对于地面的加速度PS a 等于物体相对于运动参考系加速度S P 'a 与运动参考系相对于地面加速度S S'a 的矢量和，即S S'PS'PS a a a +=解 二物体质量分别为m 1 = 5 kg ， m 2= 1 kg ．二物体和滑轮的受力情况如图2-4(b)所示．对于细绳和轻滑轮，忽略绳和滑轮间的摩擦，应有T1T1F F ='，T2T2F F ='，T2T2F F '='和T2T1T F F F '+'=，因此有 T2T1T F F F += 设升降机有一向上的加速度a ’，物体m 1相对于升降机的加速度a ，方向a ’F F am 2g m 1g（a ） （b ）图2-4向下，物体m 2相对于升降机的加速度a ，方向向上．如果假设对于地面参考系，物体m 1的加速度方向向下，物体m 2的加速度方向向上，并以它们各自加速度的方向为坐标轴正向，则根据相对运动加速度合成定理，物体m 1相对于地面的加速度为a -a ’，物体m 2相对于地面的加速度为a +a ’．由牛顿第二定律可得其运动方程分别为)(a a m F g m '-=-1T11 (1))(a a m g m F '+=-22T2 (2)(1) 当升降机静止时，0='a ，由(1)和(2)式以及张力之间的关系，得弹簧称上的示重为N 32.7N 891515112 1221212T =⨯+-+⨯⨯=+-+=.)()(g m m m m m F (2) 当弹簧称上的示重为N 858T .=F 时，由(1)和(2)式以及张力之间的关系，得升降机的加速度为222121T 21m/s 847m/s 1548915485815 44...)()(=⨯⨯⨯⨯⨯-⨯+=-+='m m gm m F m m a 2-5质量均为m 形状相同、相互接触的梯形木块A 、B 放置在光滑的水平桌面上，如图2-5(a)所示．设两木块之间的接触面是光滑的，斜面与水平面之间的夹角为α，今以一水平力F 作用在A 上，求A 、B 之间无相对运动时A 、B 对桌面的压力．分析 在解动力学问题时，隔离物体法是一个基本方法．在有些求物体所受力的问题中，往往碰到该物体的运动状态难以确定的情况，这时可以先求该物体对其他运动物体的反作用力，再利用牛顿第三定律确定所求力的大小和方向．解 分别选取木块A 、B 为研究对象，受力情况如图2-5(b)所示．根据题意，两木块加速度a 相等，且沿外力F 方向．木块之间相互作用的压力大小相等，即T TB TA F F F ==．选取如图所示的Oxy 坐标系，应用牛顿第二定律得其运动方程分别为木块A 的x 方向： ma F F =-αsin Ty 方向： 0T NA =--mg F F αcos木块B 的x 方向： ma F =αsin Ty 方向： 0T NB =--mg F F αcos解以上方程得αcot F mg F 21NA += αcot F mg F 21NB -= 根据牛顿第三定律，木块A 、B 对桌面的压力的大小分别等于桌面给予它们的反作用力F NA 和F NA ，方向向下．2-6在一轻滑轮上跨有一轻绳，绳之两端连接着质量分别为1kg 和2kg 的物A B TB F TA O xm g m g（a ） （b ）图2-5体A 、B ，现以50N 的恒力F 向上提滑轮的轴，如图2-5(a)所示，A 和B 的加速度各为多少？不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦．分析 在物体和滑轮组合成系统的动力学问题中，如果滑轮静止，不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦的情况下，用细绳跨过滑轮连接的两物体的速度和加速度的大小相等、方向相反．然而，一旦滑轮本身具有加速度，如果以滑轮为运动参考系，那么细绳跨过滑轮连接的两物体相对于滑轮的加速度大小相等、方向相反，但是它们对于地面参考系的加速度则必须根据相对运动加速度合成定理叠加计算．通常当不必求滑轮加速度时，可以先设定两物体对地面的加速度方向，最后再根据计算结果的正负确定实际加速度的方向．解 以滑轮和物体A 、B 为研究对象，分别作出示力图如图2-6（b ）所示．取竖直向上为y 轴正向，假设物体A 、B 的加速度a A 和a B 方向向上，由于不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦，绳中张力大小相等，即T T2T1T2T1F F F F F ='='==，应用牛顿第二定律得滑轮的运动方程为02T =-F F物体A 的运动方程为A A A T a m g m F =-物体B 的运动方程为B B B T a m g m F =-yF T2A B a A a BA B m A g m B g （a ） （b ） 图2-6联立求解得222A A m/s 215m/s 89m/s 12502..=-⨯=-=g m F a 222B B m/s 72m/s 89m/s 22502..=-⨯=-=g m F a 2-7在光滑斜面上沿斜面倾斜方向放有一匀质长杆AB ，长为l ，质量为m ，斜面与水平面间夹角为θ，现沿斜面以恒力F 拉杆，如图2-7（a ）所示，求杆内各部分间的相互作用（张力）沿棒长方向的变化规律．分析 求质量连续分布的杆或绳中的内力，要采用隔离物体法，取其中一段作为研究对象分析受力情况，应用牛顿定律建立方程．计算结果通常与所选取的段长有关，即为段长的函数．解 取如图2-7（b ）所示的xy 坐标系，以长杆AB 为研究对象，加速度a 沿斜面向上，根据受力情况，应用牛顿第二定律得运动方程为ma mg F =-θsin再取长为x 的一段杆AC 为研究对象，其质量为mg lx m =C ，在C 处杆内张力F T 对于AC 部分成为外力，但AC 仍具有与整个杆相同的加速度，应用牛顿第二定律得AC 部分的运动方程为y x F T θ A A θm C g m g（a ） （b ）图2-7ma lx mg l x F =-θsin T 于是可解得F lx g a m l x F =+=)sin (θT 结果表明杆内张力随C 点位置变化．2-8 在如图2-8所示的物体系统中，不计绳和滑轮的质量，并忽略m ’与水平桌面、m ’与m 1之间的摩擦力．问应以多大的水平推力作用在m ’上，才能使系统运动过程中m 1和m ’之间无相对滑动？此时m ’对桌面的压力为多少？（m 1> m 2）分析 当几个物体构成一个系统并以相同的速度平动时，可以将这些物体构成的系统作为一个质点，应用牛顿定律建立合外力与加速度之间的关系，而不必考虑各部分之间的相互作用内力．但是当这个系统的各部分之间有发生相对运动的可能性存在时，就仍然需要用隔离物体法，分析各部分的受力情况，分别建立运动方程，找到发生或不发生相对运动的条件．解 分别取m 1、m 2和m ’为研究对象．根据题意，m 1、m 2和m ’组成系统以同一加速度a 沿水平方向运动，因此连接m 2的细绳将发生倾斜，与竖直方向夹角为θ，绳中张力的水平方向分量使m 2获得加速度a ，各物体受力情况和’ m m 1g F ”T F ’Tm ’ m 2 y F θx N1F ' m ’g m 2g （a ） （b ）图2-8坐标选取如图2-8(b)所示．不计绳和滑轮的质量，忽略摩擦，应有T TT F F F ''='=，m 1和m ’之间的压力大小相等N1N1F F '=，应用牛顿第二定律得m 1的运动方程为x 方向： a m F 1T = y 方向： 01N1=-g m Fm 2的运动方程为x 方向： a m F 2T =θsin y 方向： 02T =-g m F θcosm ’的运动方程为x 方向： a m F F F '=--θsin T T y 方向： 0T N1N ='---g m F F F θcos联立求解得g m m m m m m F 2222121-'++=g m m m F )('++=21Nm ’对桌面的压力大小等于桌面对m ’的压力N F ，方向向下．从上式可以看出该压力量值上等于整个系统所受的重力，因为系统中各物体的运动发生在水平面内，竖直方向无加速度和位移．2-9如图2-9(a)所示的滑轮组系统中，不计绳子与滑轮质量，m 1与桌面间无摩擦，求m 1和m 2的加速度以及绳中张力．分析 在质点力学中，对于滑轮和物体组成的连接体问题，往往忽略滑轮质量以及绳与滑轮之间的摩擦，才使得跨过滑轮的绳中张力大小相等．在第五章掌握了刚体的运动定律后，将不再忽略滑轮质量，问题的分析就更接近实际了．当存在动滑轮时，动滑轮的加速度和跨过滑轮的绳上连接物体的加速度之间的相互关系，要根据题意建立方程确立．解 分别以m 1、m 2和动滑轮为研究对象，受力情况如图2-9（b ）所示．m 1的加速度a 1向右，m 2和动滑轮的加速度a 2向下．不计绳子与滑轮质量，应有T1T1F F '=，T2T2F F '=．因为都只作直线运动，可取各自的运动方向为坐标轴正向，应用牛顿第二定律，它们的运动方程分别为m 1： 11T1a m F =m 2： 22T22a m F g m =-动滑轮： 02T1T2=-F F 因为绳长不变，当m 1位移为x 时，m 2位移为x /2，于是可得加速度a 1和a 2之间的关系：22222122d d 2d d a x t t x a === 联立以上各式，解得g m m m a 122142+= g m m m a 12224+=a 1 F F ’T1 F ’T2 m F T1 a 2m 1g F T2 m 2gm 2（a ） （b ）图2-9g m m m m F 1221T142+= 2-10 在如图所示的滑轮系统中，滑块A 的质量为m A ，与桌面间的摩擦系数为μ，B 是起始质量为m B 的冰块，因溶化使其质量随时间的减少率为k ．不计绳与滑轮质量，求A 、B 由静止开始运动后t 时刻的速率．分析 由于有了微积分的基础，在大学物理中可以分析变力作用下的直线运动问题．因为力是时间的函数（有些问题中也可能表示为位置的函数，即为时间的隐函数），应用牛顿定律建立的运动方程就成为微分方程，解微分方程并利用初始条件可以获得所需要的解．在动力学的其他几章和电磁学中都会碰到这类应用积分或求解微分方程的问题，这对于巩固高等数学知识，学会建立物理模型以便为今后工程技术实际应用打下基础，有着重要意义．这些问题对于初学者有一定的难度，但是通过一些习题的训练，是可以逐步掌握方法和技巧的． 解 以滑块A 和冰块B 为研究对象，隔离物体并作受力分析如图2-10(b)所示．不计绳与滑轮质量，绳中张力大小相等，即T T F F '=．取二物体各自运动方向为坐标轴正向，作为连接体它们的加速度大小相等，均为a ，应用牛顿第二定律得其运动方程分别为滑块A ： a m F F A f T =- A’Ta B F f m A g m B g(a) (b)图2-10冰块B ： ma F mg =-T根据题意，其中t 时刻冰块质量kt m m -=B ，作用于滑块A 的摩擦力g m F A f μ=，由以上各式可得g ktm m m g kt m m kt m m a ])([-++-=-+--=B A A B A A B 11μμ 因ta d d v =，则上式可写为 g ktm m m t ])([-++-=B A A 11d d μv 分离变量：t g ktm m m d 11d B A A ])([-++-=μv 由于初始时，0 0==v ,t ，设t 时刻滑块和冰块速率为v ，上式两边积分t g ktm m m t d 11d B A A 00])([-++-=⎰⎰μv v得 g kt m m km t )]ln()([-+++=B A A 1μv 2-11 质量为0.5kg 的物体沿x 轴作直线运动，在沿x 方向的力t F 610-=的作用下，t = 0时其位置与速度分别为x 0 =5，v 0 =2，求t = 1时该物体的位置和速度．（其中F 以N 为单位，t 以s 为单位，x 0以m 为单位，v 0以m/s 为单位）分析 当作用于物体的力是时间的函数时，由建立的运动方程积分可以求得速度．所求出的速度必定也是时间的函数，当还需要计算t 时刻该物体的位置时，就应该利用速度的定义式tx d d =v ，再积分求出位置的表示式． 解 由加速度的定义ta d d v =，应用牛顿第二定律，可得t t m F t 122050610d d -=-==.v 分离变量：t t d 1220d )(-=v两边积分得C t t +-=2620v由初始条件：t = 0时v=v 0 =2，得20==v C ，即26202+-=t t v (1)因tx d d =v ，上式可写为 2620d d 2+-=t t tx 分离变量：t t t x d 2620d 2)(+-=两边积分得1322210C t t t x ++-=由初始条件：t = 0时x=x 0 =5，得501==x C ，即5221032++-=t t t x (2)当t = 1s 时，由(1)和(2)式得m/s 16=v ，m 15=x ． 2-12物体与地面间的摩擦系数为0.20，以轻绳系于物体之一端，并通过滑轮以一水平力F = 8 N 拉此物体,如图2-12(a)所示．设物体的质量为2kg ，(1)问绳与水平方向的夹角α为何值时，物体的加速度有最大值？(2)求此时的加速度以及地面对物体的作用力．分析 若作用力的大小不变，但方向在不断改变，则该作用力仍然是变力．在力的分析过程中就要特别注意力的作用方向与物体运动方向间的关系．求某一物理量的最大值或最小值，通常可以采用数学中的求极值的方法，即对该物理量的表达式求导数并令其等于零，得到相关参量的方程，根据题意求解，得到取最大值或最小值的条件．解 恒力通过滑轮改变方向后作用于物体上，力F 的作用方向与物体运动方向间的夹角α随物体位置变化，运动中物体受力情况如图2-12(b)所示．取图中所示的坐标系，应用牛顿第二定律得运动方程为x 方向: ma F F =-f αcos y 方向: 0N =-+mg F F αsin其中摩擦力N f F F μ=，联立解得g mF a μαμα-+=)sin (cos (1) αsin F mg F -=N (2)(1) 当0d d =αa 时，加速度有极值，因此由(1)式得 0d d =+-=)cos sin (αμααmF a 811120'︒===).arctan(arctan μα(2) 将上面的结果代入(1)和(2)式，得222m/s 2.12 m/s 8920m/s 811120811128 =⨯-'︒⨯+'︒⨯=-+=..)sin .(cos )sin (cos g mF a μαμαFy F f xm g(a) (b)图2-12N 18N 81118N 892 N ='︒⨯-⨯=-=sin .sin αF mg F摩擦力为 N 3.6N 1820N f =⨯==.F F μ2-13 质量为1.5 kg 的物体被竖直上抛，初速度为60 m/s ，物体受到的空气阻力数值与其速率成正比，v k F =阻，s/m N 030⋅=.k ，求物体升达最高点所需的时间及上升的最大高度．分析 在忽略空气阻力的情况下，地面附近的抛体在重力作用下以恒定的重力加速度g 运动．但在实际问题中，空气阻力是不可忽略的，当物体的速度较小时，空气阻力的大小与速率成正比；对于高速运动的物体，空气阻力的大小与速率的平方成正比．下面将应用解微分方程的方法，求解一些简单的直线运动情况下有空气阻力存在时的质点运动问题．解一阶微分方程可以用不定积分也可以用定积分方法．如果采用不定积分，积分常数利用初始条件确定．分离变量法则是通常采用的比较简捷的算法．解 以竖直向上为y 坐标正向，应用牛顿第二定律得物体运动方程为tm k mg d d v v =-- (1) 物体达到最高点时，0=v ，初始条件：0=t 时，m /s 600==v v ，将上式分离变量并积分：⎰⎰+-=000d d v v v k mg m t t 得 s 85s 18951600300305110.)...ln(..)ln(=+⨯⨯⨯=+=mg k k m t v 由于yt y y t d d d d d d d d v v v v ==，代入(1)式，得 ym k mg d d v v v =--根据始末条件，分离变量并积分：⎰⎰+-=000d d v v v v k mg m y y 得 m 170m 600301895160030895103051 100=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⨯⨯⨯⨯⨯-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=....ln ....ln v v k mg k mg k m y2-14 将相同材料制作的半径分别为R 和2R 的二小球在粘滞系数为η的液体中无初速地释放．根据斯托克斯定律，半径为r 的小球速度为v 时在液体中受到的粘滞阻力为v r πη6．试计算两球的初始加速度之比和终极速度之比．分析 由斯托克斯定律确定的流体粘滞阻力大小与物体的速率成正比，即为变力，为了求物体的运动状态，需要用到积分方法．由于在例题2-5中已经严格推导出了速度与时间的函数关系，以及小球的运动方程，因此可以利用其结果进行相关的计算．解 设球的密度为ρ，液体的密度为ρ'，二小球质量分别为ρπ3134R m =和1328234m R m ==ρπ)(，作用于二小球的液体浮力分别为g R F ρπ'=31B 34和B13B28234F g R F ='=ρπ)(，液体的粘滞阻力分别为v R F πη6r1=和r1r2226F R F ==v )(πη．取竖直向下方向为x 轴的正方向，则二小球的运动方程分别为11r1B11a m F F g m =--22r2B22a m F F g m =--初始时刻0=v ，则0r2r1==F F ，由以上二式及二小球对应量间的关系，得12B21B121=--=m F g m F g a a //由例题2-5的(2-27)式，知半径为r 的小球在液体中下落，足够长时间后的终极速度为2092gr ηρρ'-=v ，因此半径分别为R 和2R 的二小球终极速度比为 4122221==)(R R v v 2-15 质量为1000kg 的船，发动机熄火时速度为90km/h ，水的阻力与船速成正比，F r ＝－kv ，其中k = 100kg/s ．假设水面静止不流动，求(1)熄火后船速减小到45km/h 所需要的时间；(2)熄火后1分钟内船的行程，以及船的最大航程．分析 当作直线运动的物体只受到一个与速率成正比的阻力作用时，用分离变量法解此一阶微分方程比较简单．解 船只受水的阻力F r ＝－kv 作用，船的运动方程为tm k d d v v =- 初始条件为0=t 时，m /s 25km /h 900==v ，将上式分离变量并积分：⎰⎰-=t t m k 0d d 0vv v v得 v v 0ln k m t = (1) (1) 当船速减小到m/s 512km/h 45.==v 时，由上式得s 936s 512251001000..ln =⨯=t (2) 由(1)式得 t m kt x -==e d d 0v v 初始条件为0=t 时，00=x ，积分得k m t x t m k t t m k )(--⎰-==e 1d e 000v v (2)当s 60=t 时，由上式得m 249.4m 1001000e 190601000100=⨯-⨯=⨯-)(x 当∞→t 时，由(2)式得船的最大航程为m 250m 100100090=⨯=x 结果表明，熄火后1分钟船已接近停止．2-16 长度不等的两根细绳，各系一物体悬于同一点，使二物体在同一高度处作圆周运动，证明这样的两个圆锥摆周期相同．分析 在忽略空气阻力的情况下，如图2-16(a)所示的圆锥摆绕竖直轴线回转一圈的时间为定值，称为周期．当物体作圆周运动时，必定存在法向加速度，在分析力和建立运动方程的过程中，通常选取指向圆心的方向为坐标轴之一的正向，将外力分解到该方向后，可以建立法向合外力与法向加速度之间的关系．证 设物体回转的水平位置距悬点的高度为h ，回转半径为r ，悬线与竖直方向夹角为θ，物体质量为m ，物体受重力g m 与悬线张力T F 作用，选竖直方向为y 轴正向，水平指向回转圆心方向为x轴正向，如图2-16(b)所示，可得运动方程为x 方向： r m F 2T ωθ=sin y 方向： 0T =-mg F θcosm g(a) (b) 图2-16因为物体无切向加速度，作匀速圆周运动，角速度Tπω2=，又由几何关系得hr =θtan ，于是可解得 gh T π2= 结果表明，摆动周期T 只与物体回转高度有关，与物体质量无关，与回转半径无关．2-17 在光滑水平面上固定着一半径为R 的圆环形围屏，质量为m 的滑块沿环形内壁转动，滑块与壁间摩擦系数为μ，如图2-17（a ）所示，(1)当滑块速度为v 时，求它与壁间的摩擦力及滑块的切向加速度，(2)求滑块的速率v 由变为v /3所需的时间。
大学物理第二章习题及答案
第二章 牛顿运动定律一、选择题1.下列说法中哪一个是正确的A 合力一定大于分力B 物体速率不变,所受合外力为零C 速率很大的物体,运动状态不易改变D 质量越大的物体,运动状态越不易改变2.用细绳系一小球,使之在竖直平面内作圆周运动,当小球运动到最高点时A 将受到重力,绳的拉力和向心力的作用B 将受到重力,绳的拉力和离心力的作用C 绳子的拉力可能为零D 小球可能处于受力平衡状态3.水平的公路转弯处的轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不致于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率A 不得小于gRμ B 不得大于gRμ C 必须等于gRμ2 D 必须大于gRμ34.一个沿x 轴正方向运动的质点,速率为51s m -⋅,在0=x 到m 10=x 间受到一个如图所示的y 方向的力的作用,设物体的质量为1. 0kg,则它到达m 10=x 处的速率为A 551s m -⋅B 1751s m -⋅C 251s m -⋅D 751s m -⋅5.质量为m 的物体放在升降机底板上,物体与底板的摩擦因数为μ,当升降机以加速度a 上升时,欲拉动m 的水平力至少为多大A mgB mg μC )(a g m +μD )(a g m -μ6 物体质量为m ,水平面的滑动摩擦因数为μ,今在力F 作用下物体向右方运动,如下图所示,欲使物体具有最大的加速度值,则力F与水平方向的夹角θ应满足 A 1cos =θ B 1sin =θC μθ=tgD μθ=ctg 二、简答题1.什么是惯性系什么是非惯性系2.写出任一力学量Q 的量纲式,并分别表示出速度、加速度、力和动量的量纲式;三、计算题质量为10kg 的物体,放在水平桌面上,原为静止;先以力F 推该物体,该力的大小为20N,方向与水平成︒37角,如图所示,已知物体与桌面之前的滑动摩擦因数为,求物体的加速度;质量M=2kg 的物体,放在斜面上,斜面与物体之间的滑动摩擦因数2.0=μ,斜面仰角︒=30α,如图所示,今以大小为的水平力F 作用于m, 求物体的加速度;雨下降时,因受空气阻力,在落地前已是等速运动,速率为5m/s;假定空气阻力大小与雨滴速率的平方成正比,问雨滴速率为4m/s 时的加速度多大一装置,如图所示,求质量为1m 和2m 两个物体加速度的大小和绳子的张力,假设滑轮和绳的质量以及摩擦力可以忽略不计;题 图桌面上叠放着两块木板,质量各为21,m m .如图所示, 2m 和 桌面间的摩擦因数为2μ,1m 和2m 间静摩擦因数1μ,问沿水平方向用多大的力才能把下面的木块抽出来.如图所示,物体A,B 放在光滑的桌面上,已知B 物体的质量是A 物体质量的两倍,作用力1F 和2F 的四倍.求A,B 两物体之间的的相互作用力.北京设有供试验用高速列车环形铁路,回转半径9km,将要建设的京沪列车时速250km/h,若在环路上此项列车试验且铁轨不受侧压力,外轨应比内轨高多少 设轨距为1.435m.在一只半径为R 的半球形碗内,有一个质量为m 的小钢球,当以角速度ω在水平面内沿碗内壁 做匀速圆周运动时, 它距碗底又多高一质量为10kg 质点在力)(40120N t F +=作用下,沿x 轴作直线运动;在t=0时,质点位于05x m=处,其速度06/m sυ=;求质点在任意时刻的速度和位置;mg θFN fmgθFNfyx第二章 牛顿运动定律答案一、选择题 二、简答题1.什么是惯性系什么是非惯性系在这样的参照系中观察,一个不受力作用的物体将保持静止或匀速直线运动状态不变,这样的参照系称惯性系;简言之,牛顿第一定律能够成立的参照系是惯性系,反之,牛顿第一定律不成立的参照系是非惯性系;2.任一力学量Q 的量纲式：[]p q r Q L M T =;速度、加速度、力、动量的量纲式分别为：1221[],[],[],[]LT a LT F MLT P MLT υ----==== 三、计算题质量为10kg 的物体,放在水平桌面上,原为静止;先以力F 推该物体,该力的大小为20N,方向与水平成︒37角,如图所示,已知物体与桌面之前的滑动摩擦因数为,求物体的加速度; 解：研究对象是物体桌上面的运动情况：外力静止开始均速直线运动;隔离体讨论受力情况物体受右边所式的四种力的作用;它们是重力G ,弹力N,推力F,滑动摩擦力f 建立坐标系：左边图所示, 在x 轴上：)1(cos maf F =-θ轴上在y ：)2(0sin =--θF mg N滑动摩擦力为： )3(Nf μ=式 1,2,3结合求解a 可得：mg2υk f =a2/5.0)]6.02098(1.01.020[101)]37sin 208.910(1.037cos 20[101)]sin (cos [1)sin (cos s m F mg F m a maF mg F =⨯+-⨯=︒⨯+⨯-︒⨯=+-==+-θμθθμθ 答：该物体的加速度为 2/5.0s m质量M=2kg 的物体,放在斜面上,斜面与物体之间的滑动摩擦因数2.0=μ,斜面仰角︒=30α,如图所示,今以大小为的水平力F 作用于m, 求物体的加速度;解：以物体为研究对象;讨论物体的运动方向; 斜面向上的力：N F 38.930cos 6.19cos =︒⨯=α 斜面向下的力：N mg 8.930sin 8.92sin =︒⨯⨯=α ααsin cos mg F >∴ 物体沿斜面向上运动,对物体受力分析 )1(0sin cos =-+N F mg αα)3()2(cos sin N f maF f mg μαα==+--结合式 1,2,3可得：2/909.0)]sin cos (sin cos [1s m F mg mg F ma =+--=ααμαα 答：该物体加速度大小为2/909.0s m a =,方向沿斜面向上;雨下降时,因受空气阻力,在落地前已是等速运动,速率为5m/s;假定空气阻力大小与雨滴速率的平方成正比,问雨滴速率为4m/s 时的加速度多大解：根据牛顿第二定律 雨滴等速运动时,加速度为零)1(021=-υk mgmg1FαF题 图1ag m 11T2ag m 22T'1T '1T '2T 2a1 2 3222212221212221/53.38.9)541()1(s m g a mamgmg ma k mg mgk ≈⨯-=-==-=-=υυυυυυ一装置,如图所示,求质量为1m 和2m 两个物体加速度的大小和绳子的张力,假设滑轮和绳的质量以及摩擦力可以忽略不计; 解：假定1m 加速度竖直向上; 对1m 受力分析得)1(1111a m g m T =-对2m 受力分析得)2(2222a m T g m =-对动滑轮受力分析得 )0()3(02212===-m ma T T因为相同时间内1m 下落高度是2m 的2倍,所以)4(221a a =由1—4可得：21112244m m a g m m -=+ 2121224m m a g m m -=+ 1211234m m T g m m =+ 1221264m m T g m m =+桌面上叠放着两块木板,质量各为21,m m .如图所示, 2m 和 桌面间的摩擦因数为2μ,1m 和2m 间静摩擦因数1μ,问沿水平方向用多大的力才能把下面的木块抽出来.解：隔离物体进行受力分析 对图1：1111111a m g m N f ===μμ得 g a 11μ= 对图2：222222121212N f a m f f F g m g m g m N N μ==-'-+=+'=得])([12121122g m m g m F m a +--=μμ 将木块抽出的条件是 12a a > 得到g m m F ))((2121++>μμ如图所示,物体A,B 放在光滑的桌面上,已知B 物体的质量是A 物体质量的两倍,作用力1F 是2F 的四倍.求A,B 两物体之间的的相互作用力.解：条件是光滑的桌面,所以不考虑摩擦力再进行隔离体和受力分析：对物体A ：设其向右以加速度a 运动 )1(1a m F F A BA =-对图2：)3()2(2BAAB B AB F F a m F F ==-已知条件代入上面等式中可得：⎩⎨⎧=-=-)2(2)1(422am F F a m F F A AB A AB解此方程组： 23F F F BA AB ==∴北京设有供试验用高速列车环形铁路,回转半径9km,将要建设的京沪列车时速250km/h,若在环路上此项列车试验且铁轨不受侧压力,外轨应比内轨高多少 设轨距为.解：根据列车受力的情况可得： 根据牛顿第二定律BA F1N Ag m A1F12F2Ng m BAB F2Rm mg F mgF n n 2tan tan υθθ===解得2tan gRυθ=m gRl l l h 078.0tan sin 2==≈=υθθ 在一只半径为R 的半球形碗内,有一个质量为m 的小钢球,当以角速度ω在水平面内沿碗内壁 做匀速圆周运动时, 它距碗底又多高解：取刚球为隔离体,其受力分析如图b)3()(cos )2(cos )1(sin sin 2Rh R mgF mR ma F n -====θθθωθ 由上述格式可解得刚球距碗底的高度为2ωgR h -=一质量为10kg 质点在力)(40120N t F +=作用下,沿x 轴作直线运动;在t=0时,质点位于05x m=处,其速度06/m s υ=;求质点在任意时刻的速度和位置;解：由牛顿第二定律F ma =,得124Fa t m ==+ 00002(124)646tt adtt dt t t υυυ=+=++=++⎰⎰0020032(646)2265ttx x dtx t t dtt t t υ=+=+++=+++⎰⎰mgmgxb。
大学物理C-02力学基本定律2参考答案 (1)
3.长 l 0.40m 、质量 M 1.00kg 的匀质木棒，可绕水平轴 O 在竖直平面内转动，开始时棒自然竖 直悬垂，现有质量 m 8 g 的子弹以 v 200m / s 的速率从 A 点射入棒中，A 点与 O 点 的距离为 解： （1）应用角动量守恒定律
3 l ，如图所示。求： （1）棒开始运动时的角速度； （2）棒的最大偏转角。 4
（2）应用机械能守恒定律
A
l l 1 1 3 3l 3l [ Ml 2 m ( l )] 2 Mg mg Mg cos mg cos 2 3 4 2 4 2 4 2 9 M m 8 l 0.079 得 cos 1 3 2 M 3m g
4.一根放在水平光滑桌面上的匀质棒，可绕通过其一端的竖直固定光滑轴O 转动．棒的质量为m = 1.5kg，长度为l = 1.0 m，对轴的转动惯量为J =ml2/3 ．初始时棒静止．今有一 水平运动的子弹垂直地射入棒的另一端，并留在棒中，如图所示．子弹的质量 为m′= 0.020kg，速率为v =400 m·s-1．试问： (1)棒开始和子弹一起转动时角速度ω有多大？
8. 粒子在加速器中被加速，当加速到其质量为静止质量的 5 倍时，其动能为静止能量的__4__倍。 二、选择题 1.一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m1 和m2 的物体(m1 ＜m2)，如图所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的 张力［ C ］ (A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． 2.将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m的重物，飞轮的角加速度
2
O 60
(完整版)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 dx v t dtdv a t dt=+==-==- 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 m mk mk x N dt dt=== (2) 22112111ln ln xx x x x dx dx v kx t x dt kx 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 200201000232000012111262v t x t F kt dv mF 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 dx k 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 dx k 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 m k e v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(kmv 0)［1-t m k e )(-］； (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e 1，式中m 为质点的质量． 证明: (1) t 时刻的速度为v ＝t m k e v )(0- 0000ln v t k t m v dv F kv mdt dv k v k dt 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 k e )(-］ 00000(1)k t mx tk k t t m m dx v 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)(0k m 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 m kv dt dt v m=-⇒=- 考虑初始条件,对上式两边积分: 000v t k t m v dv k dt v v e v m -=-⇒=⎰⎰ (2) max 00max 00x k t m mv dx v 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2maxmg k v = （3） 由（1）、（3）式22424max 16(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 =≈。
《大学物理》牛顿力学练习题及答案
《大学物理》牛顿力学练习题及答案一、简答题1、交通事故造成的损失与伤害跟惯性有关。
为了减少此类事故的发生或减小事故造成的伤害，根据你所学过的物理知识提出三条防范措施。
答：驾驶员与前排乘客要系好安全带；市区内限速行驶；保持车距；车内座椅靠背上方乘客头部位置设置头枕等。
（只要正确即可）2、汽车防止由于惯性受到伤害的安全措施之一是设置头枕，头枕处于座椅靠背上方乘客的头部位置，是一个固定且表面较软的枕头。
请你从物理学的角度解释在发生汽车“追尾”事故时，头枕会起什么作用? (“追尾”是指车行驶中后一辆车的前部撞上前一辆车的尾部)答：原来前面的车速度较慢(或处于静止状态)，当发生“追尾”时，车突然加速，坐在座椅上的人由于惯性，保持原来的慢速运动(或静止)状态，头会突然后仰，这时较软的头枕会保护头和颈部不被撞伤。
3、写出牛顿第一定律的内容，并说明这个定律说明了物体的什么? 阐明了什么概念?答：牛顿第一定律的内容：任何物体都保持静止或匀速直线运动状态，直到其它物体对它作用的力迫使它改变这种状态为止。
这个定律说明了物体都有维持静止和作匀速直线运动的趋势。
阐明了惯性和力的概念。
4、写出牛顿第二定律的内容，并说明这个定律定量的描述了力的什么? 定量的量度了物体的什么?答：牛顿第二定律的内容：物体在受到合外力的作用会产生加速度，加速度的方向和合外力的方向相同，加速度的大小正比于合外力的大小与物体的惯性质量成反比。
这个定律定量地描述了力作用的效果，定量地量度了物体的惯性大小。
知识点：牛顿第二定律的内容和意义。
5、牛顿第三定律说明了作用力和反作用力之间有什么样的关系? 其性质如何?答：(1) 作用力和反作用力是没有主次、先后之分。
它们是作用在同一条直线上，大小相等，方向相反。
（2）它们同时产生、同时消失。
(3)这一对力是作用在不同物体上，不可能抵消。
(4)作用力和反作用力必须是同一性质的力。
(5)作用力和反作用力与参照系无关。
大学物理解答题及答案
大学物理解答题1.什么是牛顿第二定律？它的数学表达式是什么？答案：牛顿第二定律是指物体所受合外力等于质量乘以加速度，即F=ma。
2.什么是电势差？单位是什么？答案：电势差是指单位电荷在电场中沿某一路径从一个点移动到另一个点时所做的功。
其单位是伏特（V）。
3.什么是相对论？答案：相对论是指爱因斯坦提出的描述时间、空间和物质相互关系的理论。
狭义相对论描述了高速运动物体的现象，而广义相对论则考虑了引力的作用。
4.什么是黑洞？答案：黑洞是一种具有极大引力的天体，其引力场非常强，甚至连光都无法逃离。
黑洞由恒星坍塌形成，是宇宙中最奇妙的物体之一。
5.什么是量子力学？答案：量子力学是描述微观世界的理论。
它基于波粒二象性假设，将物理量的取值限制为离散的量子数，并对粒子的行为和相互作用进行了深入的研究。
6.什么是洛伦兹收缩？答案：洛伦兹收缩是指在相对论下，高速运动物体的长度会变短。
这是由于相对论效应导致时间和空间之间的关系发生了变化。
7.什么是热力学第一定律？答案：热力学第一定律是指能量守恒定律，在一个封闭系统中，能量总量保持不变。
如果系统从外部获得能量，那么其内部的能量增加；如果系统向外部放出能量，那么其内部的能量减少。
8.什么是弹性碰撞？答案：弹性碰撞是指两个物体碰撞后没有能量损失的情况。
在弹性碰撞中，动量和动能都是守恒的。
9.什么是电磁波？它们的速度是多少？答案：电磁波是由电场和磁场相互作用传播的波。
光就是一种电磁波，其速度为299792458米每秒（即光速）。
10.什么是谐振？给出一个简单的例子。
答案：谐振是指物体在受到周期性外力作用下产生的共振效应。
例如，当弹簧悬挂的重物被拉伸或压缩时，它会在特定频率下开始振动，这就是谐振现象。
11.什么是静电场？它的数学表达式是什么？答案：静电场是由带电粒子所产生的电场。
在静电场中，电荷会根据其正负性受，其中k为库仑常数，q1和到相应的力。
其数学表达式为库伦定律：F=k q1q2r2q2分别表示两个电荷量，r表示他们之间距离。
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第二章牛顿运动定律一选择题1．下列四种说法中，正确的为：（）A. 物体在恒力作用下，不可能作曲线运动；B. 物体在变力作用下，不可能作曲线运动；C. 物体在垂直于速度方向，且大小不变的力作用下作匀速圆周运动；D. 物体在不垂直于速度方向的力作用下，不可能作圆周运动；解：答案是C。
2．关于惯性有下面四种说法，正确的为：（）A. 物体静止或作匀速运动时才具有惯性；B. 物体受力作变速运动时才具有惯性；C. 物体受力作变速运动时才没有惯性；D. 惯性是物体的一种固有属性，在任何情况下物体均有惯性。
解：答案是D 。
3．在足够长的管中装有粘滞液体，放入钢球由静止开始向下运动，下列说法中正确的是：（）A. 钢球运动越来越慢，最后静止不动；B. 钢球运动越来越慢，最后达到稳定的速度；C. 钢球运动越来越快，一直无限制地增加；D. 钢球运动越来越快，最后达到稳定的速度。
解：答案是D 。
4．一人肩扛一重量为P的米袋从高台上往下跳，当其在空中运动时，米袋作用在他肩上的力应为：（）A. 0B. P /4C. PD. P/2解：答案是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．质量分别为m1和m2的两滑块A 和B 通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的滑动摩擦系数均为 ，系统在水平拉力F 作用下匀速运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度a A和a B分别为选择题5图A. a A = 0，a B = 0；B. a A > 0，a B < 0；C. a A < 0，a B > 0D. a A < 0，a B = 0 。
解：答案是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. 质量为m 的物体最初位于x 0处，在力F = - k /x 2作用下由静止开始沿直线运动，k 为一常数，则物体在任一位置x 处的速度应为（ ） A.)11(0x x m k - B.)11(20x x m k - C.)11(30x x m k - D.)11(0x x m k - 解：答案是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 。
7. 一质量为m 的物体在t = 0时下落，受到重力和正比于其速度（相对于空气）的空气阻力作用，已知相对固定在地面上的坐标系来说，其运动方程为v v b mg tm -=d d ，则相对于以垂直向上速度v 0运动的另一运动坐标系（用'表示）来说，运动方程变为：（ ）A. 'd 'd v v b mg tm --= B. ')(d 'd 0 v v v b g m t m --= C. )'()d 'd (00 v v v v +--=-b mg t m D. )'(d 'd 0v v v --=b mg tm 解：答案是D 。
简要提示：两个坐标系中的速度具有关系：v = v 0 + v '，v 和v '垂直向下，v 0垂直向上，因此v = v ' -v 0。
将上述v 代入运动方程v v b mg tm -=d d ，得到： )'(d 'd 0v v v --=b mg tm 8. 两个物体A 和B 用细线连结跨过电梯内的一个无摩擦的轻定滑轮。
已知物体A 的质量为物体B 的质量的2倍，则当两物体相对电梯静止时，电梯的运动加速度为：( )A. 大小为g ，方向向上B. 大小为g ，方向向下C. 大小为g /2，方向向上D. 大小为g /2，方向向下解：答案是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 = g二 填空题1. 质量分别为m 1和m 2的两木块，用一细绳拉紧，沿一倾角为θ 且固定的斜面下滑，如图所示，m 1和m 2与斜面间的滑动摩擦因数分别为μ1和μ2，且μ1＜μ2，则下滑过程中m 1的加速度为 ，m 2的加速度为 ，绳中张力为 。
解：答案为：θg m m m μm μθg cos sin 212211++-； θg m m m μm μθg cos sin 212211++-；θg m m m )m μ(μcos 212122+-。
简要提示：两物体的运动方程分别为：11111cos sin a m T g m g m =--θμθ22222cos sin a m g m g m T =-+θμθ21a a =。
联合求解得到：θg m m m μm μθg a a cos sin 21221121++-==； θg m m m )m μ(μT cos 212122+-=。
2. 如图所示，一根轻弹簧的两端分别固连着质量相等的两个物体A 和B ，用轻线将它们悬挂起来，在将线烧断的瞬间，物体A 的加速度大小是_____ m ⋅ s –2，O m 填空题3图 F m 1 mm 2 填空题4图填空题1图 μ2m 1μ1 θ m 2填空题2图物体B 的加速度大小是 m ⋅ s –2解：答案为：2g ； 0。
简要提示：A 物体 ma =mg +mg ，∴ a =2g 。
B 物体ma =mg -mg ，∴ a =0。
3. 如图所示，一细线一端系着质量为m 的小球，另一端固定于o 点，可在竖直平面上摆动，将小球拉至水平位置后自由释放，当球摆到与铅直线成θ 角的位置时，小球的切向加速度大小为 ；法向加速度大小为 。
解：答案为：g sin θ ； 2g cos θ 。
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. 如图所示，一条重而均匀的钢绳，质量m = 4 kg ，连接两物体，m 1 = 7 kg ，m 2 = 5 kg ，现用F =200 N 的力向上作用于m 1上，则钢绳中点处的张力为 N 。
解：87.5 N 。
简要提示：22121s m 5.2)(-⋅=++++-=m m m g m m m F a , a m m g m m T )2/()2/(22+=+-，5.87))(2/(2=++=a g m m T N5. 如图所示，A 、B 两物体质量均为m ，用质量不计的定滑轮和细绳连接，并不计摩擦，则A 获得的加速度大小为________，B 获得的加速度大小为________。
解：答案为：g /5； 2g /5。
简要提示：物体A 和B 的运动方程分别为：B ma T mg =-A ma mg T =-2A B a a 2= 解得：A 的加速度大小为g /5，B 的加速度大小为 2g /5。
6. 一条公路的某处有一水平弯道，弯道半径为50m ，若一辆汽车车轮与地面的静摩擦因数为0.6，则此车在该弯道处行驶的最大安全速率为 。
解：答案为61.74 km ⋅ h –1A B填空题5图简要提示： mg Rm s 2max μ=v ， 最大安全速率为11s max h 61.74km s m 300--⋅=⋅==mg μv7. 如图所示，堆放着三块完全相同的物体，质量均为m ，设各接触面间的静摩擦因数与滑动摩擦因数也都相同，均为μ 。
若要将最底下的一块物体抽出，则作用在其上的水平力F 至少为 。
解：答案为：F ≥ 6 μ mg 。
简要提示：对于最下面一块物体，有：ma mg mg F =--μμ32，ma mg F +=μ5。
可以算出上面两块物体因摩擦获得的加速度都是μg ，所以若要将最底下的一块物体抽出，则要求a >μg 。
得到：F ≥ 6 μ mg 。
8. 已知月球的质量是地球的1/81，月球半径为地球半径的3/11，若不计自转的影响，在地球上体重为G 1的一人在月球上的体重约为 。
解：答案为：G 1/6 。
简要提示：在地球上有：211r M mG G = 在月球上有：2222r M mG G =∴ 61)113(811)(2221221221122212≈===r r M M r M r M G G 9. 质量为m 的小球用长为L 的绳子悬挂着，在水平面内作匀速率圆周运动，如图所示，设转动的角速度为ω，则绳子与竖直方向的夹角θ为 。
解：答案为：)arccos(2Lg ω 简要提示：由动力学方程：θωθsin sin 2L m T =mg T =θcos填空题7图 m m m可得： L g2cos ωθ=，)arccos(2L g ωθ=10. 如图所示，质量分别为m 1、m 2和m 3的物体迭在一起，则当三物体匀速下落时，m 2受到的合外力大小为 ；当它们自由下落时，m 3受到的合外力大小为 ；当它们以加速度a 上升时，m 1受到的合外力大小为 ；当它们以加速度a 下降时，三物体系统受到的合外力大小为 ；解：答案为：0； m 3g ； m 1a ； (m 1+m 2+m 3)a 。
简要提示：由受力分析和牛顿第二定律可以得到。
三 计算题1．一物块在离地高1m 的水平桌面上匀变速滑动，当其滑到离桌边3 m 处时，速率为4 m ⋅ s –1，然后滑出桌边落地，其着地点距桌边1m ，求物块与桌面间的滑动摩擦因数。
解：物块滑离桌面后做平抛运动，则离开桌边的速率为hg x t x 2==v 从起始点滑到桌边，物体做匀变速直线运动，其加速度sa 2202v v -= 由牛顿第二定律：-μmg = ma得 )2(2122v --=-=x hg gs g a μ 将v 0 = 4 m ⋅ s –1， s =3m ， x =1m ， h =1m ， g = 9.8 m ⋅ s –2，代入算得 μ =0.19。
2. 如图所示，两物体的质量m 1 = 1kg ，m 2 = 2kg ，用长细绳挂在定滑轮上，绳、滑轮的质量及摩擦均不计，开始时m 1离桌面高h 1 = 1m ，m 2离桌面高h 2 =填空题10图m 3m 2m 1填空题9图1.5m ，然后m 2由静止下落，求m 1上升最高点离桌面的高度h 。
解：如图，m 1有两个运动过程，一是以a向上作匀加速直线运动，设移动的距离为x 1，显然x 1=h 2。
二是以v 作竖直上抛运动，设向上移动的距离为x 2 。
取x 轴向上为正向，由牛顿定律⎩⎨⎧=-=-a m T g m a m g m T 2211 解得： g g m m m m a 311212=+-= 2122122 m 5.1ah ax h x ====v∴ m 5.02222===gah g x v 故 m 3121=++=h x x h3. 如图所示，一质量为m 的小球最初位于光滑圆形凹槽的A 点，然后沿圆弧ADCB 下滑，试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力，设圆弧半径为r 。