第二章 牛顿定律习题分析与解答

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mv 2
r
mg cos 3mg cos
由此可得小球对圆轨道的作用力为:
FN
负号表示 FN
与FNen反向3m. g
cos
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
2-12一质量为10kg的质点在力F=(120N.s-1)t+40N 的作用下,沿x轴作直线运动。在t=0时,质点位于 x=5.0m处,其速度vo=6.0m.s-1.求质点在任意时刻 的速度和位置。
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,可根据动
力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解.
以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿定
律及初始条件,有:
F ma

m
dv

t
dt
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
v
t t
dv dt
v0
0m
v

v0


2m
t
2
因此,飞机着陆10s后的速率为: v 30.0m s1

x dx
x0
t 0
(v0


2m
t
2
)dt
故飞机着陆后10s内所滑行的距离为:
s

x

x0

v0t


6m
t3

467m
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
2-15 自地球表面垂直上抛一物体,要使它不返回地 面,其初速度最小为多少?(略去空气阻力作用)
x

P
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
2-10一质量为m的小球最初位于如图2-10(a)所示的A点, 然后沿半径为r的光滑圆轨道ADCB下滑。试求小球到 达点C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 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Ft是重力的切向分量 mgsinα,而与法向加速度an相对应的外力是支 持力FN和重力的法向分量mgcos α.由此,可分 别列出切向和法向的动力学方程Ft=mdv/dt和 Fn=man.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, 可转换积分变量。
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
小球在运动过程是受到重
力P和圆轨道对它的支持
力FN,取如图所示的自然 A
o
B
坐标系,由牛顿定律得:
r
Ft

mg sin

m
dv dt
(1)
D
C
Fn

FN

mg
cos

mv2 R
(2)
由v ds rd ,得dt rd
dt dt
v
en FN
T
则地球自转一天所需的时间为:
T 2 r / g 2 6.378106 / 9.8
5.07103 s 1.4h
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
2-4 图示一斜面,倾角为α,底边AB长为l=2.1m,质量为m
的物体 从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
则可得: tg2 1/ , 490
此时:
tmin
2l
0.99s
g cos(sin cos)
第二章 牛顿定律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.每 一叶片的质量m=136kg,长l=3.66m,求当它的转速 n=320r/min时,两个叶片根部的张力.(设叶片是宽 度一定、厚度均匀的薄片)
et v

代入(1)式,并根据小球从点A运动到
P
点C的始末条件,进行积分,有:
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
v

vdv (rg sin )d
o
900
得: v 2rg cos
则小球在点C的角速度为: v (2g cos ) / r
r
由式(2)得:
FN
0
v0 mg kv
y


m k
[mg
ln(1

k v0 mg
)

k
v0
]

183
m
2-16 质量为45.0kg的物体,由地面以初速60.0m•s-1 竖直向上发射,物体受到空气的阻力为Fr=kv,且 k=0.03N/m•s-1. (1)求物体发射到最大高度所需的 时间.(2)最大高度是多少?
(1)物体 在空中受重力mg和空气阻力Fr=kv作 用而减速.由牛顿定律得
mg kv m dv dt
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
第二章 牛顿定律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 失重状态,一昼夜的时间有多长?
由于物体地球自转时,有向心加速度存在.当 提供此加速度的力即为重力时,物体处于失重 状态,由向心加速度和角速度的关系就可得一 昼夜所需的时间.
按题意有: mg mr 2 mr( 2 )2
又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有:
l / cos 1 at2 1 g(sin cos )t 2
22
则:
t
2l
g cos(sin cos)
为使下滑时间最短,可令 dt / d 0,由上式得: sin(sin cos) cos(cos sin) 0
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/dt,用积分的方法可求出质点的位 置。
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
因加速度 a dv,在直线运动中,根据牛顿定律有:
dt dv 120t 40 m
dt
依据质点运动的初始条件,即t0=0时,v0=6.0m·s-2,运用 分离变量法对上式积分,得:
v
t
dv (12.0t 4.0)dt
v0
0
v 6.0 4.0t 6.0t2
又因v=dx/dt,并由质点运动的初始条件:t0=0时
x0=5.0m,对上式分离变量积分,有
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 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 程,然后采用积分的方法求解。
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
FT (r) dr FT (r dr) or
设叶片根部为原点O,沿叶片背离原点O的方 向,距原点O为r处为dr一小段叶片,其两侧对 它的拉力分别为FT(r)与FT(r+dr)叶片转 动时,该小段叶片作圆周运动,由牛顿定律有
v
h
dr
vdv v0
R GmE r 2
v2

v02
(GmE R

GmE h
)
为使初速度最小,可取末速度接近于零,即v=0,此 时物体可视为无限远,即h→∞,由上式可得:
v0
GmE R
2gR
29.806.40106 11.2103m s1
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
x
dx
t (6.0 4.0t 6.0t2)dt
x0
0
x 5.0 6.0t 2.0t2 2.0t3
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
2-13轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0×103kg,飞机以 55.0m•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,比例系数α=5.0×102 N•s-1,求 (1)10s后飞机的速率;(2)飞机着陆后10s内滑行的距离.
要使竖直上抛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,其速度V≥0,为此, 可根据物体在地球引力场中的动力学方程导出 V-r关系加以讨论,就可确定脱离地球引力场所 需的最小初速度即逃逸速度.
由动力学方程得:

G
mmE r2
m dv dt
m vdv dr
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第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
根据始末条件对上式积分,有:
t
0 dv
dt m
0
v0 mg kv
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
t m ln(1 kv0 ) 6.11s
k
mg
(2)利用 dv vdv 的关系代入式(1),可得:
dt dy
mg kv mv dv dy
y
0 mvdv
分离变量后积分: dy
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
取钢球为隔离体,其受力 分析如图所示.在图示坐 标中列动力学方程:
FN sin man mR 2 sin
FN cos mg
且有: cos R h
R
由上述各式可解得钢球距离碗底
的高度为:
h

R

g
2
可见,h随 的变化而变化.
y
FN
的时间最短?其数值为多少?
该题关键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),然后运用对 t求
极值的方法即可得出数值来.
o
m
取沿斜面为坐标轴Ox, 原点O位于斜面顶点, 则由牛顿第二定律有
FN
Ff
P
mg sin mg cos ma A
B
l
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
FTo 2.79 105 N
负号表示张力方向与坐标方向相反.
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
2-9在一只半径为R的半球形碗内,有一粒质量为m 的小钢球。当钢球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作 匀速圆周运动时,它距碗旅底有多高?
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 (向心力),而该力是由碗内壁对球的支持 力FN的分力来提供的,由于支持为FN始终 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。
dFT

FT (r)
FT (r
dr)

m 2rdr
l
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
由于 r l 时外侧 FT 0,所以有:
0
l m 2
dF FT (r) T r l rdr
FT
(r)


m 2
2l
(l
2

r
2
)


2
2mn l
2
(l
2

r2
)
上式中取 r 0 ,即得叶片根部的张力
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