动力学基本定律答案

如有帮助欢迎下载支持第2章动力学基本定律一、选择题1. B2. C3. D4. D5. D6. C7. B8. D9. D10. D11. B12. C13. D14. C15. D16. D17. C18. D19. C20. A21. D22. A23. D24. C25. D26. C27. C28. A29. D30. D31. D32. D33. C34. D35. A36. D如有帮助欢迎下载支持37. A 38. D 39. D 40. D 41. C 42. B 43. C 44. C 45. C 46. A 47. B 48. D 49. B 50. A 51. D 52. A 53. C 54. C 55. B 56. C 57. C 58. C 59. C 60. B 61. D 62. C 二、填空题1. 力的大小为3N ，方向向左．2. 240 N3. 10.6kg4.θcos v mM m+5. 后退 2.5m6. j i 5-7. 2.7 m.s -1 8.vRmgπ9. j t i t2323+10.v m 311. bt , bt p +-0 12. 8 J 13. 67 J14. 202R F15. 3J 16. 4000J 17.)(21222B A m -ω 18.k g m 22219.mgl 50120.mr k ,rk 2- 三、计算题1. 解：由牛顿第二定律可知 a m F F F=++321所以213F F a m F --=将21F F a、、按坐标投影代入上式，即可得jF F ma i F F ma j F i F j F i F j a i a m F y y y x x x y x y x x)()()()()(212122113--+--=+-+-+= j i)2030sin 1060sin 0.30.2()30cos 1060cos 0.30.2(-+⨯++⨯=j i 8.97.11-= 大小： (N)3.158.97.11223=+=F方向： 05.508.97.11tan 33-=-==y x F F θT2-3-1图2. 解：两小球均受重力和阻力的作用．小球1向下运动，速度为负，阻力-k v 沿+y 向，所受合力为-k v - mg . 小球2向上运动，速度为正，阻力、重力均沿-y 向，合力亦为-k v –mg ，故两小球的动力学方程具有如下相同的形式mg k t ym --=v 22d d (1) 由动力学方程(1)有 g mkt --=v v d d 分离变量t g mkd d =--v v(2)对小球1，其初始条件为t = 0 时，v 10 = 0 ，y 10 = h ．积分(2)式⎰⎰=--tt g mkd d 1v v v得 )e 1(-1t m kkmg--=v (3)对小球2，其初始条件为t = 0 时，v 20 = v 0 ，y 20 = 0．积分(2)式⎰⎰=--tt g mkd d 2v vv v得 kmgk mg t m k-+=-02e )(v v (4) 对小球1，由(3)式有 )e 1(d d -1t m kkmgt y --，利用初始条件积分得 t k mgkg m h y t m k--+=)e 1(-221 (5) 对小球2，由(4)式利用初始条件积分得t kmgk mg k m y t m k--+=)e 1)((-02v (6)(1) 两小球相遇时， y 1 = y 2 ，由(5)、(6)式可得相遇时间)1ln(0v m khk m t --=*(7) (2) 将(7) 代入(5)或(6)式得相遇地点为)1ln()1(0220v v m khkg m h k mg y -++=*(8)(3) 将(7)式分别代入(3)和(4)中可得相遇速度：A2-3-2图001)]1(1[v v v gh m kh k mg -=---=*(9) mkh gh k mg m kh k mg --=--+=*)()1)((00002v v v v v (10) 讨论： 阻力很小时，即当k →0时，利用展开式2)1ln(2x x x --≈-，(7)—(10)式可化简为 0v h t =*；202v gh h y -=*；01v v gh -=*；002v v v gh -=*，这正是不考虑空气阻力时的结果．当考虑如题设的空气阻力时，由上述结果中的)1ln(0v m kh-可知， 只有当kh m >0v ，即mkh>0v 时，上述结果才能成立，两小球才可能相遇．3. 解：物体m 受力：重力 )(22yR mg G -=，)(R y ≥ ( y = R 时，mg G -=)初始条件：t = 0时 y =R ， v = v 0；运动方程：ma G = 即 )d d ()d d ()(22y yt m yR mg ⋅=-v]d )([d 22y yRg yR⎰⎰-=vvv v )2(222yR g gR +-=v v讨论：由上式知，欲 v = 0，有 2222v -=gR gR y 由上式，可有如下三种情况：(1) 若 v 02 < 2gR ，则在y 处v = 0，物体返回； (2) 若 v 02 = 2gR ，则在 y →∞ 处v = 0,物体不再返回, 可算出 v 0 =11.2 km ⋅s -1 (第二宇宙速)； (3) 若v 02 > 2gR ，则y <0，不合理．可见，竖直上抛物体至少要以初速v 0 = 11.2 km/s 发射，才不会再回到地球．4. 解：以飞机着地处为坐标原点，飞机滑行方向为x 轴，竖直向上为y 轴，建立直角坐标系．飞机在任一时刻（滑行过程中）受力如图所示，其中N f μ=为摩擦力，2v x C F =阻为空气阻力，2v y C F =升为升力．由牛顿运动定律列方程：x m t x x v m t m N C F x x d d d d d d d d 2v v v v =⋅==--=∑μ (1)A2-3-3图02=-+=∑mg N C F y y v (2)由以上两式可得 ()xm C C mg xy d d 22v vvv =---μ 分离变量积分：()()[]⎰⎰-+-=vv vv 0222d d y x xC C mg m x μμ 得飞机坐标x 与速度v 的关系()()()220ln 2v v y x y x y x C C mg C C mg C C mx μμμμμ-+-+-=令v = 0，得飞机从着地到静止滑行距离为()()mgv C C mg C C mx y x y x μμμμ20max ln 2-+-=根据题设条件，飞机刚着地时对地面无压力，即 5,020===-=xy y C C k C mg N 又v得 2255,v v mg C C mg C y x y ===所以有 ()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=μμ51ln 512520m axg x v ()()()m 2171.051ln 1.0511023600/1090523=⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=5. 解法一：建立地面参考系 受力分析如图所示 物体m 受力：mg 、Nx ma N =θsin (1) y ma mg N =-θcos (2)楔块M 受力：Mg 、N 0、N '（N ' = N 0）0sin Ma N =θ (3)由运动的相对性，)(0)()(地地M mM m a a a+'=x 方向： 00cos a a a a a x x -'-'=θ (4) y 方向： θs i na a a y y '-='= (5) 由(1)~(5)式，可求得A2-3-5(a)图物块对楔块的加速度： g m M m M a M m θθ2)(sin sin )(++='对 楔块对地面的加速度： g m M m a M m θθθ2)(0sin cos sin +=对 物块对地面的加速度： 大小 22)(yxm a a a +=对地g m M m M m M θθθ222sin sin )2(sin +++=方向角β ]tan )1[(tan tan 11θβMm a a x y +==--解法二：选楔块M 为参考系m 受力：真实力mg 、N ；惯性力0ma F i -=θθc o s s i n 0a m ma N '+ (6)θθsin cos a mgN '-=- (7)M 受力：真实力Mg 、N 0、N '（N ' = N 0）；惯性力F i 0 = -Ma 0 ；0s i n0=-Ma N θ (8) 由(6)~(8)式可解出与解法一相同的结果．6. 解法一：在地面参考系求解(1) 若无静摩擦，且m 静止不动，则漏斗只有一个角速度ω． 一般情况下，物体m 受力：重力mg 、漏斗壁支持力N ； 径向满足 r m N 2sin ωθ= y 方向满足 0c o s =-mg N θ(2) 若有静摩擦力s f ，ω的数值可在一范围内变化，由min ω至max ω．当ω较小(但min ωω>)，m 有下滑趋势，s f 沿壁向上； 当ω 较大时(但max ωω<)，m 有沿壁上滑趋势，s f 沿壁向下； 当max ωω=时，s f 沿壁向下，数值最大N f s μ=max ，此时物体m 受力如T2-3-5(a)图所示径向满足 r m f N s 2max 2max cos sin ωθθ=+ (1) y 方向满足 0sin cos max =--θθs f mg N (2) 由式(1)、(2)及N f s μ=max 可得)sin (cos )cos (sin max θμθθμθω-+=r g解法二：以漏斗为参考系物体m 受力：重力mg 、漏斗壁支持力N 、摩擦力f S maxA2-3-5(b)图A2-3-6(a)图惯性力F i ，其中惯性力的大小为r m F i 2max ω=方向沿径向．径向满足 0cos sin max =-+i s F f N θθ (3) y 方向满足 0sin cos max =--θθs f mg N (4)由式(3)、(4)及N f s μ=max 和r m F i 2max ω=同样可得)sin (cos )cos (sin max θμθθμθω-+=r g7. 解： 以水表面任一小体积隔离体m 作为研究对象，m 受力为重力mg 及水对水面m 的作用力N (⊥水面)，稳定时无切向力(见A2-3-6图) m 作匀速圆周运动 r a 2ω-=Z 方向 0cos =-mg N θ(1)-r 方向 r m N 2sin ωθ= (2)由(1)、(2) 式有 r z g r d d t a n 2==ωθ 积分有r r gz z z r d )(d 02⎰⎰=ω 得 022)2(z r gz +=ω水面是旋转抛物面8. 解：(1) 由题意，子弹离开枪口时所受合力为零，即031044005=⨯-=t F ， 子弹在抢筒中运动的时间 ()s 003.010440035=⨯⨯=t (2) 根据冲量定义，子弹在抢筒中所受合力的冲量为()s N 6.0d 3104400d 003.0050⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-==⎰⎰t t t F I t(3) 以子弹位研究对象，根据动量定理0v v m m I -=，式中10s m 300,0-⋅==v v ．所以 3006.0⨯=m()()g 2kg 1023006.03=⨯==-m9. 解：设单位时间内落到传送带上砂子的质量为p ．以t t t d ~+时间内落下的砂子d m 为研究对象，视为质点t p m d d =A2-3-6(b)图A2-3-7图根据质点的动量定理，在d m 落到传送带上到与传送带一起运动的过程中0d d d d v v ⋅-⋅==m m t F I式中()101s m 48.01022,s m 3--⋅=⨯⨯==⋅=gh v v ()0v v -=p F由A2-3-9矢量图可见，F与水平方向夹角为5334tg tg 01===-v v α10. 解：设在极短时间△t 内落在传送带B 上矿砂的质量为m ， 即t q m m ∆=，如A2-3-10矢量图所示，矿砂动量的增量 ()12v v vm m m -=∆设传送带对矿砂平均作用力为F ，由动量定理,=∆⋅t F ()12v v v m m m -=∆ () 75cos 221222112v v v v v v -+=∆-=m q t m F()N 21.275cos 242243600200022=⨯⨯⨯-+= 方向由正弦定理确定:()θsin 75sin 2v vm m =∆ →29=θ由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B 上作用力与F大小相等，方向相反，即大小为2.21N ，方向偏离竖直方向1°，指向前下方．11. 解：方法一：用动量守恒定律求解以飞机(含机体及当时所载燃料)和空气为研究系统，考查t t t d +→过程 t 时刻：飞机（含机体及当时所载燃料）质量M ；飞机（对地）速度-1s m 210⋅=v ； 空气（对地）速度 = 0；t d 时间内：吸入空气d m (由已知1-s kg 75d d ⋅=tm) 消耗燃料（和空气混合燃烧后排出）的质量即t d 内飞机质量的变化d M （<0）(由已知1-s kg 0.3d d ⋅-=tM) t t d +时刻：飞机（含机体及当时所载燃料）质量M +d M （<M ）飞机（对地）速度v v d +；空气燃料燃烧后排出的质量M m M m d d d d -=+A2-3-9图d v ⋅mvt F d ⋅A2-3-10图(∆空气燃料燃烧后排出的速度（对飞机）-1s m 490⋅=u空气燃料燃烧后排出的速度（对地）)d (v v ++-u（以飞机前进方向为速度正方向）系统不受外力作用（重力忽略），故系统在d t 时间内动量守恒 )d )(d ()d )(d d (0d v v v v v +++++--=+⋅M M u M m M m 化简并略去二阶小量得m u M u M d )(d d v v -+-=飞机受推力tM F d d v= 由 式有tmu t M uF d d )( d d v -+-= N 1025.275)210490()0.3(4904⨯=⨯-+-⨯-=方法二：用动量定理求解以飞机喷出的空气和燃料为研究对象，考查t t t d +→过程设t d 时间内：喷出的空气的质量为d m 1；喷出的燃料的质量为d m 2（实际上燃料是和空气一起燃烧后喷出的）；对飞机（含机体及当时所载燃料），t 时刻：对地速度 v ；t t d +时刻：对地速度v v d +对d m 1，t 时刻：对地速度 = 0；t t d +时刻：对地速度)d (v v ++-u（以飞机前进方向为速度正方向）对d m 2，t 时刻：对地速度 v ；t t d +时刻：对地速度)d (v v ++-u由质点系的动量定理（分量式），对d m 1和d m 2系统，21d d d p p t F +=F 是飞机对d m 1和d m 2的作用力（外力）])d ([d ]0)d ([d d 21v v v -++-+-++-=u m v v u m t F略去二阶小量得tmu t m u F d d d d )(21--=v由已知，1-1s kg 75d d ⋅=t m ；1-2s kg 0.3d d ⋅=tm；-1s m 210⋅=v ；-1s m 490⋅=u ，得 N 1025.24⨯-=F ， 则飞机受的推力为N 1025.24⨯=-='F F12. 解：(1) C 起动前，设A 、B 间绳的张力为T ，分别对A 、B 应用牛顿定律列方程g a a M T a M T g M B A M M B A A 21=−−−→−⎭⎬⎫==-= 又由221at l =得 ()s 4.0104.044=⨯==glt (2) B 、C 间绳刚拉紧时，A 、B 的速度大小为()10s m 24.01021-⋅=⨯⨯==at v ，C 的速度为零．经t ∆时间后，三者一起运动，设速率为v ，A 、B 间张力为1T ，B 、C 间张力为2T ，对A 、B 、C 分别应用动量定理()()1202101s m 33.10-⋅=−−−→−⎪⎭⎪⎬⎫-=∆-=∆--=∆-v v v v v v gM C B B A A A A M t T M M t T T M M t T g M 忽略13. 解：(1) m 与M 相碰，设M 对m 的竖直冲力为f ，由动量定理()02-=∆-vm t mg f忽略重力mg ，可得tm f ∆=2v 由牛顿第三定律，M 受m 竖直向下冲力也是tm f ∆=2v 对于M ，设地面支持力为N ，有tm Mg f Mg N f Mg N ∆+=+==--2,0v M 对地的平均作用力为tm Mg N ∆+=2v ，方向竖直向下．(2) 以m 和M 为研究对象，在水平方向不受外力作用，系统动量守恒：()V V M MV m ∆+=+1v 所以滑块速度增量的大小为 Mm V 1v =∆ 14. 解：(1) m 和M 完全非弹性碰撞, 水平方向无外力，系统水平动量守恒v v )(c o s 0M m m +=θm 和M 一起由桌边滑下至落地，无外力，只受重力(保守内力)作用，系统机械能守恒以地面为重力势能零点，22)(21)()(21V M m gh M m M m +=+++v 由 、 式得m 和M 落地的速率gh Mm m gh V 2)cos (2202++=+=θv v(2) 对m 用质点的动量定理，M 对m 的冲量的两个分量为Mm mM m m I x +-=-=θθcos cos 00v v vθθs i n )s i n (000v v m m I y =--= M 对m 的冲量的大小为202022)sin ()cos (θθv v m Mm M I I I y x ++=+=15. 解：如图所示，以井中水面为坐标原点，以竖直向上为y 正方向．因为匀速提水，所以人的拉力大小等于水桶和水的重量，它随升高的位置面变化而变化，在高为y 处，拉力为kgy mg F -= 式中 ,kg 11)110(=+=m 1m kg 2.0-⋅=k ． 人作功为 (J)980d )8.92.08.911(d )(d 10=⨯-⨯=-==⎰⎰⎰y y ykgy mg y F A h16. 解：由质点的运动方程3t c x =可得质点的速度23d d t c tx==v 由题意，阻力为3/43/242299x c k t c k k f -=-=-=v阻力的功为3/73/203/43/2727d 9d l c k x x c k x f A l f -=-=⋅=⎰⎰17. 解：(1) 以桌面为坐标原点，竖直向下为x 轴正方向．在某一时刻，竖直下垂的长度为x ，桌面对链条的摩擦力大小为g x l lmf )(-=μ链条离开桌面的过程中，摩擦力作功为A2-3-17图A2-3-15图A2-3-14图v m⎰⎰⎰--=-=⋅= a a f x g x l lmx f r f A d )(d d μ2)(2a l lmg--=μ负号表示摩擦力作负功．(2) 以链条为研究对象，由质点系的动能定理 222121v v m m A A f p -=+ 式中p A ,00=v 为重力作的功 )(21d 22a l mg lx xg l m A a p -==⎰由222221)(21)(2v m a l mg l a l l m =-+--μ得链条离开桌面时的速率为222)()[(a l a l lg ---=μv 18. 解：(1) 设t 时刻落到皮带上的砂子质量为M ，速率为v ；t ＋d t 时刻，皮带上砂子的质量为M M d +，速率也是v ． 根据动量定理，砂子在d t 时间受到的冲量()()v v v ⋅=⋅+-+=M M M M M t F d 0d d d所以得 M tMF ∆⋅==v v d d由牛顿第三定律，砂子对皮带的作用力大小也是F ．为维持皮带作匀速运动，动力源对皮带的牵引力大小也等于F ，且与F同向，因而，动力源提供的功率为tM M F p d d 22v v v =∆=⋅=(2) 将题中数据代入(1)中结果得水平牵引力大小为 ()N 30205.1d d =⨯==∆=''tMM F vv 所需功率()W 45205.122=⨯=∆=M P v19. 解：(1)由位矢j t b i t a rωωsin cos +=可得质点的速度分量ta t xx ωωsin d d -==vt b t y y ωωc o s d d ==v 在A 点，0sin ,1cos ,0,====t t y a x ωω即,质点的动能为2222k 212121ωmb m m E yA xA A =+=v v在B 点，1sin ,0cos ,,0====t t b y x ωω即，此时质点的动能为2222k 212121ωma m m E yB xB B =+=v v(2) 由牛顿第二定律，质点所受的力为 j ma i ma a m F y x +==j t b m i t a m ωωωωsin cos 22--=质点由A 到B ，x F 和Y F 做功分别为x t ma x F A BAax x d cos d 02ωω⎰⎰-==⎰=-=022221d ama x x m ωω ⎰⎰-=-=-=b b y mb y y m y t mb A 0220221d d sin ωωωω20. 解：方法一：选地面参考系，考查（m 1---m 2 ---弹簧）系统无水平外力，系统动量守恒设两物块相对速度最大时，两物块的速度分别为v 1、v 2，则在x 向有 02211=+v v m m无非保守内力，系统机械能守恒，最大相对速度对应其初势能全部转化为动能，有 2222112212121v v m m kl += 联立 、 式可得)(211221m m m kl m +=v ， )(212212m m m kl m +=v两物块的最大相对速度的大小为21221122121)(m m kl m m m m m +=+=-v v v解法二：选物块2为参考系（相对参考系），以（m 1---弹簧）为系统 只有弹力作功，系统机械能守恒因势能值与参考系无关，故势能全部转化为最大相对动能．22121212)(2121v m m m m kl += 由此式可直接得出上述相对速度的结果．21. 解：如A2-3-21(a)图所示，设m 相对于M 对mM 作的功为 221MV W = (1) 在m 下滑、同时M 后退的过程中，以(m + M )为系统，系统在x 向不受外力，动量守恒 0=+x m MV v (2)对(m + M + 地球)系统，m 与M 之间的一对正压力作功之和为零，只有保守力作功，系统机械能守恒m g h MV m yx =++22221)(21v v (3) 由相对运动关系 V+'=v v 得θt a n )(=-+x y V v v (4)联立(1)---(4)式解得 )sin )(1(cos 22θθ++=mM m M Mgh W设下滑时间为T ，由(2)式，⎰⎰+TTx t m t V Md d v 0=-m mS MS (5) 位移关系：θtan =+mS S h(6) 由(5)、(6)式解得θt a n )1(mMhS +=22. 解：火箭点燃处即为卫星由圆轨道转为椭圆轨道的转轨点．设此处卫星对地心的位矢为r，卫星的速度应为21v v v +=对卫星，在转轨点所受的力（反冲力和地球引力）和在其他位置所受的力（地球引力）均指向地心，对地心外力矩为零，所以卫星在运动过程中角动量守恒． 对卫星和地球系统，只有万有引力作功，满足机械能守恒．设卫星在近(远)地点时，位矢为r ' ，速度为v ' ，对卫星，由角动量守恒得v v ''=m r rm 1 (1)对(卫星+地球)系统，由机械能守恒定律，有⎪⎭⎫ ⎝⎛'-+'=⎪⎭⎫ ⎝⎛-++r GMm m r GMm m 2222121)(21v v v (2) 卫星作圆周运动时的动力学关系为A2-3-22图2远地点21212 v v r GM r m rMm G =⇒= (3)联立式(1)、(2)、(3)得r ′有两个解，分别对应近地点和远地点：km 70132.05.7)8006400(5.72111=++⨯=+='v v v r rkm 73972.05.7)8006400(5.72112=-+⨯=-='v v v r r近地点高度 km 6136400701311=-=-'=R r h 远地点高度 km 9976400739722=-=-'=R r h23. 解：建立A2-3-23图所示的坐标系Oy ，原点在地面．(1) 据角量与线量关系得楼顶线速度 )(h R h +=ωv ； 楼根线速度 R ω=0v ； 楼顶和楼根的线速度之差h R h R h ωωω=-+=-=)(Δ0v v v(2) 解法一：近似认为物体下落过程中“水平”速度不变 落体的“水平”速度（即开始下落时楼顶的速度）为)(h R h +=ωv楼根的“水平”速度（将楼所在处的地面局部视为向东以速度ω R 平移）为R ω=0v落体下落时间为 gh T 2=落体着地时偏东的距离为 gh h T s h 2)(0ω=-=v v 由 m 30=h ； 1-5s rad 1027.786400π2⋅⨯==-ω得 m 104.58.930230)1027.7(35--⨯=⨯⨯⨯⨯=s 解法二：利用物体下落过程中对地球自转轴的角动量守恒物体下落时，在不同高度（以图中y 坐标表示）处，其“水平”线速度不同，角速度也不同，相同的只是物体对地球自转轴的角动量．由于物体下落过程中，只受重力，而重力的力矩为零，所以下落过程中物体的角动量守恒．若落体在楼顶（y = h ）处角速度为ωh （因为整栋楼固结在地面上，楼顶和楼根的角速度 相同，均为地球自转角速度ω，而物体刚从楼顶下落时，其角速度应和楼顶的角速度相同，故有ωh = ω），在高度为y 处的角速度为ωy ，则落体在楼顶处的线速度为A2-3-23图)(h R h +=ωv ，在高度为y 处的线速度为)(y R y y +=ωv由下落过程中物体的角动量守恒有)()(y R mv h R m y h +=+v (1) 由（1）式及线速度可得22)()(y R h R y +=+ωω于是 ωω22)()(y R h R y ++= (2) 将221gt h y -=代入(2)式中有22222])(21[)21()(h R gt gt h R h R y +-=-++=ωωω 因为)(2h R gt +<<，利用级数展开并取一级近似 x x 21)1(2-≈+- 有])(1[2h R gt y ++≈ωω整个下落过程（T t →=0）中，物体的水平偏移（对惯性系） t h R gt R t R t y R t ΔTTy Ty Ty d ])(1[d d )(d 02000⎰⎰⎰⎰++≈≈+==ωωωv 物对惯)(313h R RgT RT ++=ωω整个下落过程（T t →=0）中，地面的水平偏移（对惯性系）RT Δω=对惯地整个下落过程（T t →=0）中，落体对地面的偏东距离331)(31333gT R RgT h R RgT ΔΔΔωωω=≈+=-=对惯地对惯物物对地 因 221gT h =，有h gT 22= 和 ghT 2=，代入上式得 ghh Δ232ω≈物对地。