动力学基本定律答案.doc

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. C 18. D19. C20. A21. D22. A23. D24. C25. D26. C27. C28. A29. D30. D31. D32. D33. C34. D35. A36. D37. A38. D39. D40. D41. C42. B43. C44. C45. C46. A47. B48. D49. B50. A 51. D52. A53. C54. C55. B56. C57. C58. C59. C60. B61. D62. C二、填空题1. 力的大小为3N，方向向左2. 240 N3. 10.6kg4. 5. 后退 2.5m6. 7. 2.7 m.s-18. 9. 10. 11. bt, 12. 8 J13. 67 J14. 15. 3J16. 4000J17. 18. 19. 20. ,三、计算题1. 解：由牛顿第二定律可知T2-3-1图所以将按坐标投影代入上式，即可得大小： 方向：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-kv沿+y向，所受合力为-kv- mg. 小球2向上运动，速度为正，阻力、重力均沿-y向，合力亦为-kv mg，故两小球的动力学方程具有如下相同的形式A2-3-2图 (1)由动力学方程(1)有 分离变量 (2)对小球1，其初始条件为t = 0 时，v10 = 0 ，y10 = h 积分(2)式 得 (3)对小球2，其初始条件为t = 0 时，v20 = v0 ，y20 = 0积分(2)式得 (4)对小球1，由(3)式有 ，利用初始条件积分得 (5)对小球2，由(4)式利用初始条件积分得 (6)(1) 两小球相遇时， y1 = y2 ，由(5)、(6)式可得相遇时间 (7)(2) 将(7) 代入(5)或(6)式得相遇地点为 (8)(3) 将(7)式分别代入(3)和(4)中可得相遇速度： (9) (10)讨论：j阻力很小时，即当k0时，利用展开式，(7)(10)式可化简为 ；，这正是不考虑空气阻力时的结果k 当考虑如题设的空气阻力时，由上述结果中的可知， 只有当，即时，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 ， ( y = R时，)A2-3-3图地球初始条件：t = 0时 y =R， v = v0；运动方程： 即 讨论：由上式知，欲 v = 0，有 由上式，可有如下三种情况：(1) 若 v02 2gR ，则y 0，不合理可见，竖直上抛物体至少要以初速v0 = 11.2 km/s发射，才不会再回到地球A2-3-4图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，其中为摩擦力，为空气阻力，为升力由牛顿运动定律列方程： (1) (2)由以上两式可得 分离变量积分： 得飞机坐标x与速度v的关系 令v = 0，得飞机从着地到静止滑行距离为 根据题设条件，飞机刚着地时对地面无压力，即 得 所以有 A2-3-5(a)图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、N (1) (2)楔块M 受力：Mg、N0、N（N = N0） (3)由运动的相对性， x方向： (4)y方向： (5)由(1)(5)式，可求得 物块对楔块的加速度： 楔块对地面的加速度： 物块对地面的加速度： 大小 方向角b 解法二：选楔块M为参考系A2-3-5(b)图m受力：真实力mg、N；惯性力 (6) (7)M 受力：真实力Mg、N0、N（N = N0）；惯性力Fi0 = -Ma0 ； (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一般情况下，物体m受力：重力mg、漏斗壁支持力N；径向满足 A2-3-6(a)图y方向满足 (2) 若有静摩擦力，的数值可在一范围内变化，由至当较小(但)，m 有下滑趋势，沿壁向上；当 较大时(但)，m 有沿壁上滑趋势，沿壁向下；当时，沿壁向下，数值最大，此时物体m受力如T2-3-5(a)图所示径向满足 (1)y方向满足 (2)由式(1)、(2)及 可得解法二：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fSmax A2-3-6(b)图惯性力Fi ，其中惯性力的大小为方向沿径向径向满足 (3)y方向满足 (4)由式(3)、(4)及和同样可得水面A2-3-7图7. 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 Z方向 (1) -r方向 (2) 由(1)、(2) 式有 积分有 得 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，子弹在抢筒中运动的时间 (2) 根据冲量定义，子弹在抢筒中所受合力的冲量为(3) 以子弹位研究对象，根据动量定理，式中所以 9. 解：设单位时间内落到传送带上砂子的质量为p以时间内落下的砂子dm为研究对象，视为质点根据质点的动量定理，在dm落到传送带上到与传送带一起运动的过程中A2-3-9图 式中 由A2-3-9矢量图可见，与水平方向夹角为10. 解：设在极短时间t内落在传送带B上矿砂的质量为m，A2-3-10图即，如A2-3-10矢量图所示，矿砂动量的增量 设传送带对矿砂平均作用力为，由动量定理, 方向由正弦定理确定: 由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B上作用力与大小相等，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；空气（对地）速度 = 0；时间内：吸入空气dm (由已知) 消耗燃料（和空气混合燃烧后排出）的质量即内飞机质量的变化dM（0）(由已知) 时刻：飞机（含机体及当时所载燃料）质量M +dM（M）飞机（对地）速度；空气燃料燃烧后排出的质量空气燃料燃烧后排出的速度（对飞机）空气燃料燃烧后排出的速度（对地）（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 化简并略去二阶小量得 j飞机受推力 k由j式有 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，考查过程 设时间内：喷出的空气的质量为dm1；喷出的燃料的质量为dm2（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；时刻：对地速度对dm1，t时刻：对地速度 = 0；时刻：对地速度（以飞机前进方向为速度正方向）对dm2，t时刻：对地速度 v；时刻：对地速度由质点系的动量定理（分量式），对dm1和dm2系统， F是飞机对dm1和dm2的作用力（外力） 略去二阶小量得 由已知，；， 得 ， 则飞机受的推力为 12. 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 又由得(2) B、C间绳刚拉紧时，A、B的速度大小为，C的速度为零经时间后，三者一起运动，设速率为v，A、B间张力为，B、C间张力为，对A、B、C分别应用动量定理13. 解：(1) m与M相碰，设M对m的竖直冲力为，由动量定理忽略重力mg，可得由牛顿第三定律，M受m竖直向下冲力也是对于M，设地面支持力为，有M对地的平均作用力为，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：所以滑块速度增量的大小为 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 jm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， k由j、k式得m和M落地的速率 A2-3-14图(2) 对m用质点的动量定理，M对m的冲量的两个分量为 M对m的冲量的大小为 A2-3-15图15. 解：如图所示，以井中水面为坐标原点，以竖直向上为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 式中 人作功为 16. 解：由质点的运动方程可得质点的速度 由题意，阻力为 阻力的功为A2-3-17图17. 解：(1) 以桌面为坐标原点，竖直向下为轴正方向在某一时刻，竖直下垂的长度为，桌面对链条的摩擦力大小为 链条离开桌面的过程中，摩擦力作功为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 式中为重力作的功 由得链条离开桌面时的速率为 18. 解：(1) 设t时刻落到皮带上的砂子质量为M，速率为v；td t时刻，皮带上砂子的质量为，速率也是v根据动量定理，砂子在d t时间受到的冲量所以得 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，且与同向，因而，动力源提供的功率为 (2) 将题中数据代入(1)中结果得水平牵引力大小为 所需功率19. 解：(1)由位矢可得质点的速度分量 在A点，, 质点的动能为在B点，此时质点的动能为(2) 由牛顿第二定律，质点所受的力为质点由A到B，和做功分别为20. 解：方法一：选地面参考系，考查（m1-m2 -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v1、v2，则在x向有 j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 k联立j、k式可得， 两物块的最大相对速度的大小为解法二：选物块2为参考系（相对参考系），以（m1-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的速度为，m相对于地的速度为A2-3-21(a)图对mM作的功为 (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 (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 (3) 由相对运动关系 得 (4) 联立(1)-(4)式解得 设下滑时间为T，由(2)式， A2-3-21(b)图 (5) 位移关系： (6) 由(5)、(6)式解得 A2-3-22图转轨点近地点远地点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，卫星的速度应为 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，速度为，对卫星，由角动量守恒得 (1)对(卫星+地球)系统，由机械能守恒定律，有 (2) 卫星作圆周运动时的动力学关系为 (3) 联立式(1)、(2)、(3)得r有两个解，分别对应近地点和远地点：近地点高度 远地点高度 A2-3-23图23. 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 ；楼根线速度 ；楼顶和楼根的线速度之差 (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）为楼根的“水平”速度（将楼所在处的地面局部视为向东以速度w R平移）为落体下落时间为 落体着地时偏东的距离为 由 ； 得 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