《大学物理学》课程作业习题（含解答）第2章作业题

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 以加速度α =1.0ms2运动,求物体B与桌面间的摩擦力。（滑轮与连接绳的质量不计）分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解。分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、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同的解分别对物体和滑轮作受力分析【图(b)】：由牛顿定律分别对物体A、B及滑轮列动力学方程,有mA g -Fr =mA a()(2) Ft1-F, =mB a"F1 -2F =(3)考虑到mA=me =m,Ft=F't,Ft=Ft1,a=2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力F mg-0+4m2-72N(a)2正一中F中4F(b)题2-8图讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1）分析题意,确定研究对象分析受力,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）核对量纲,再代入数据，计算出结果来。2-14一质量为10kg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,的单位的s：在t=0时,质点位于x=5.0m处,其速度oo=6.0ms

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 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2 运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计) 分析 该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处 相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、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同的． 解 分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列 动力学方程,有 mA g -FＴ ＝mA a (1) F′Ｔ1 -Fｆ ＝mB a′ (2) F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3) 考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力 ( ) N mg m m a F 7 2 2 4 f = . − + = 讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,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) 核对量纲,再 代入数据,计算出结果来． 2 -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v0＝6.0 m·ｓ

-1，求质点在任意时刻的速度和位置分析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=do/d,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()：由速度的定义u=dx/dt用积分的方法可求出质点的位置解因加速度a=do/di,在直线运动中,根据牛顿运动定律有120 +40=mg依据质点运动的初始条件,即to=0时oo=6.0m:s,运用分离变量法对上式积分,得I' do =I'(2.01 + 4.0)dz=6.0+4.01+6.02又因u=dx/d,并由质点运动的初始条件：to =0时xo=5.0 m,对上式分离变量后积分,有F'dx= I(6.0 +4.01+6.0r2)a=5.0+6.01+2.0F +2.0r32-16质量为m的跳水运动员，从10.0m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bo2其中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与y的函数关系：(2）如b/m=0.40m-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0o的1/10？（假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等)5-题2-16图分析该题可以分为两个过程,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的作用,其合力是一变力,因此,物体作变加速运动.虽然物体的受力分析比较简单但是，由于变力是速度的函数（在有些问题中变力是时间、位置的函数,对这类问题列出动力学方程并不复杂,但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了。通常需要采用积分的方法去解所列出的微分方程，这也成了解题过程中的难点。在解方程的过程中,特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的确定

-1 ．求质点在任意时刻的速度和位置． 分析 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． 解 因加速度a＝dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有 t t m d d 120 40 v + = 依据质点运动的初始条件,即t0 ＝0 时v0 ＝6.0 m·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得 ( )   = + t t t 0 d 12.0 4.0 d 0 v v v v＝6.0+4.0t+6.0t 2 又因v＝dx /dt,并由质点运动的初始条件：t0 ＝0 时x0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分, 有 ( )   = + + x t x x t t t 0 2 0 d 6.0 4.0 6.0 d x ＝5.0+6.0t+2.0t 2 +2.0t 3 2 -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 , 其中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 ＝0.40m -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v0 的1 /10？ (假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相 等) 分析 该题可以分为两个过程,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Fｆ的作用,其合力是一变力,因此,物体作变加速运动．虽然物体的受力分析比较简单, 但是,由于变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、位置的函数),对这类问题列出动力 学方程并不复杂,但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了．通常需要采用积分 的方法去解所列出的微分方程．这也成了解题过程中的难点．在解方程的过程中,特别需要 注意到积分变量的统一和初始条件的确定．

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0 = /2gh运动员入水后，由牛顿定律得P-Fr-F =ma由题意P =F、F,=bo2,而a =do /di =o(do/dy),代入上式后得-b = mo (d o /dy)考虑到初始条件y=0 时，0。=/2gh,对上式积分,有(-)x-U= Uee-by/m = /2ghe-by/ m(2）将已知条件b/m=0.4m,0=0.10o代入上式,则得y=-"n=5.76m2-20质量为45.0kg的物体,由地面以初速60.0ms-1竖直向上发射,物体受到空气的阻力为F=kv,且k=0.03N/(ms").（1）求物体发射到最大高度所需的时间.(2)）最大高度为多少？分析物体在发射过程中,同时受到重力和空气阻力的作用,其合力是速率的一次函数,动力学方程是速率的一阶微分方程,求解时,只需采用分离变量的数学方法即可。但是,在求解高度时,则必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解,并注意到物体上升至最大高度时,速率应为零解（1）物体在空中受重力mg和空气阻力F，=ko作用而减速，由牛顿定律得-mg-ko=ml()根据始末条件对上式积分,有Id =-ml mg + ko1=州n(1+≤ ~611smg)(2)利用崇=0)0%的关系代入式(1),可得-mg - ho=mo dy

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 v0 = 2gh 运动员入水后,由牛顿定律得 P -Fｆ -F ＝ma 由题意P ＝F、Fｆ＝bv 2 ,而a ＝dv /dt ＝v (d v /dy),代 入上式后得 -bv 2＝ mv (d v /dy) 考虑到初始条件y0 ＝0 时, v0 = 2gh ,对上式积分,有    =      − v v v v 0 d d 0 t y b m by m by m e ghe / / 0 2 − − v = v = (2) 将已知条件b/m ＝0.4 m -1 ,v ＝0.1v0 代入上式,则得 ln 5.76 m 0 = − = v v b m y 2 -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,物体受到空气的 阻力为Fr ＝kv,且k ＝0.03 N/( m·ｓ-1 )．(1) 求物体发射到最大高度所需的时间．(2) 最大高 度为多少？ 分析 物体在发射过程中,同时受到重力和空气阻力的作用,其合力是速率v 的一次函数, 动力学方程是速率的一阶微分方程,求解时,只需采用分离变量的数学方法即可．但是,在求解 高度时,则必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解,并注意到物体上升至最大 高度时,速率应为零． 解 (1) 物体在空中受重力mg和空气阻力Fr ＝kv 作用而减速．由牛顿定律得 t mg k m d dv − − v = (1) 根据始末条件对上式积分,有   + = − v v v v v 0 d d 0 mg k t m t ln 1 6.11 s 0         = + mg k k m t v (2) 利用 y v t d d d d v v = 的关系代入式(1),可得 y mg k m d dv − − v = v

分离变量后积分modoI'dy=Il- mg+kommgin(1+ koo故0o=183mLkmg)讨论如不考虑空气阻力,则物体向上作匀减速运动。由公式1=和少=一分别算得~6.12s和y~184m,均比实际值略大一些*2-26如图(a)所示,在光滑水平面上放一质量为m的三棱柱4,它的斜面的倾角为α。现把一质量为m的滑块B放在三棱柱的光滑斜面上，试求：（1)三棱柱相对于地面的加速度；(2）滑块相对于地面的加速度；（3）滑块与三棱柱之间的正压力BAAFA中(b)预2-26分析这类问题可应用牛顿定律并采用隔离体法求解。在解题的过程中必须注意：（1）参考系的选择：由于牛顿定律只适用于惯性系，可选择地面为参考系（惯性系）：因地面和斜面都是光滑的，当滑块在斜面上下滑时，三棱柱受到滑块对它的作用，也将沿地面作加速度为aA的运动,这时,滑块沿斜面的加速度aBA，不再是它相对于地面的加速度aB了。必须注意到它们之间应满足相对加速度的矢量关系，即a若以斜面为参考系(非惯A+AB性系),用它求解这类含有相对运动的力学问题是较为方便的.但在非惯性系中,若仍要应用牛顿定律,则必须增添一惯性力F,且有F=ma4(2）坐标系的选择。常取平面直角坐标,并使其中一坐标轴方向与运动方向一致,这样,可使解题简化（3）在分析滑块与三棱柱之间的正压力时，要考虑运动状态的影响，切勿简单地把它视为滑块重力在垂直于斜面方向的分力mgcosa,事实上只有当ax=0 时,正压力才等于mgcos α.解1取地面为参考系,以滑块B和三棱柱4为研究对象,分别作示力图,如图(b)所示。B受重力PA施加的支持力FNI：A受重力P2B施加的压力FNI、地面支持力FN2A的

分离变量后积分   + = − 0 0 0 d d v v v v mg k m y y 故 ln 1 0 0  183 m      −        = − + v v mg k k mg k m y 讨论 如不考虑空气阻力,则物体向上作匀减速运动．由公式 g t v0 = 和 g y 2 2 0 v = 分别算得 t≈6.12ｓ和 y≈184 m,均比实际值略大一些． *2 -26 如图(a)所示,在光滑水平面上,放一质量为m′的三棱柱A,它的斜面的倾角为α．现 把一质量为m 的滑块B 放在三棱柱的光滑斜面上．试求：(1)三棱柱相对于地面的加速度； (2) 滑块相对于地面的加速度；(3) 滑块与三棱柱之间的正压力． 分析 这类问题可应用牛顿定律并采用隔离体法求解．在解题的过程中必须注意： (1) 参考系的选择．由于牛顿定律只适用于惯性系,可选择地面为参考系(惯性系)．因地 面和斜面都是光滑的,当滑块在斜面上下滑时,三棱柱受到滑块对它的作用,也将沿地面作加 速度为aA 的运动,这时,滑块沿斜面的加速度aBA ,不再是它相对于地面的加速度aB 了．必须 注意到它们之间应满足相对加速度的矢量关系,即aB ＝aA ＋aBA ．若以斜面为参考系(非惯 性系),用它求解这类含有相对运动的力学问题是较为方便的．但在非惯性系中,若仍要应用牛 顿定律,则必须增添一惯性力F,且有F ＝maA ． (2) 坐标系的选择．常取平面直角坐标,并使其中一坐标轴方向与运动方向一致,这样,可 使解题简化． (3) 在分析滑块与三棱柱之间的正压力时,要考虑运动状态的影响,切勿简单地把它视为 滑块重力在垂直于斜面方向的分力mgcos α,事实上只有当aA ＝0 时,正压力才等于mgcos α． 解1 取地面为参考系,以滑块B 和三棱柱A 为研究对象,分别作示力图,如图(b)所示．B 受重力P1 、A 施加的支持力FN1 ；A 受重力P2 、B 施加的压力FN1′、地面支持力FN2 ．A 的

运动方向为Ox轴的正向,Oy轴的正向垂直地面向上。设ax为4对地的加速度,ae 为B对的地加速度，由牛顿定律得Fn'sinα=maa(1)(2) - Frsin α= maxFuicosaα-mg =may(3)FN = FNI(4) 设B相对A的加速度为an4,则由愿意an、au、aa三者的矢量关系如图(c)所示。据此可得(5) ar=ax-ancosa(6) aby=-as,sinα解上述方程组可得三棱柱对地面的加速度为mg sin α cosαa,="m+msin'a滑块相对地面的加速度as在x、y轴上的分量分别为m'g sin α cosaar =m'+msinα(m + m)g sin'aaym'+msin'α则滑块相对地面的加速度aB的大小为m"* + (2mm +m )sin'αag=Jaa+dg, =gsinam'+msin'α其方向与y轴负向的夹角为m+cota0 = arctan 'm = arctan "m+m4BA 与B之间的正压力mmgcosaFNi=m+msin'α解2若以4为参考系,0x轴沿斜面方向[图(d)]。在非惯性系中运用牛顿定律,则滑块B 的动力学方程分别为()mgsin α+ ma, cosa = mana(2) mgcosα-Fni- ma,sin α= 0

运动方向为Ox 轴的正向,Oy 轴的正向垂直地面向上．设aA 为A 对地的加速度,aB 为B 对的 地加速度．由牛顿定律得 α m aA =   FN1 sin (1) − α = maBx FN1sin (2) α − mg = maBy cos FN1 (3)  FN1 = FN1 (4) 设B 相对A 的加速度为aBA ,则由题意aB 、aBA 、aA 三者的矢量关系如图(c)所示．据此 可得 aBx = aA − aBAcosα (5) aBy = −aBAsin α (6) 解上述方程组可得三棱柱对地面的加速度为 m m α mg α α aA 2 sin sin cos  + = 滑块相对地面的加速度aB 在x、y 轴上的分量分别为 m m α m g α α aBx 2 sin sin cos  +  = ( ) m m α m m g α aBy 2 2 sin sin  +  + = − 则滑块相对地面的加速度aB 的大小为 ( ) m m α m mm m α aB aBx aBy g α 2 2 2 2 2 2 sin 2 sin sin  +  +  + = + = 其方向与y 轴负向的夹角为 m m m α a a θ By Bx  +  + = = cot arctan arctan A 与B 之间的正压力 m m α m mg α FN1 2 sin cos  +  = 解2 若以A 为参考系,Ox 轴沿斜面方向［图(d)］．在非惯性系中运用牛顿定律,则滑块 B 的动力学方程分别为 mg α + maA α = maBA sin cos (1) mgcosα − FN1 − maA sin α = 0 (2)

又因(3)Fnisinα-ma,=0FN =FNi(4)由以上各式可解得a, = mgsin acosam +msinα (m'+m)g sin αaBA=-m'+msinα由aB、aBA、a三者的失量关系可得a - gsia m+emmm bn'am'+msin°α以a 代入式(3)可得fr--mgosam'+msinα

又因 N1 sin −  = 0  F α m aA (3)  FN1 = FN1 (4) 由以上各式可解得 m m α mg α α aA 2 sin sin cos  + = ( ) m m α m m g α aBA 2 sin sin  +  + = − 由aB 、aBA 、aA三者的矢量关系可得 ( ) m m α m m m m α aB g α 2 2 2 2 sin 2 sin sin  +  +  + = 以aA 代入式(3)可得 m m α m mg α FN1 2 sin cos  +  =