動力學(xué)基本定律答案

1、第2章 動力學(xué)基本定律一、選擇題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. C5

2、9. C60. B61. D62. C二、填空題1. 力的大小為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、計算題1. 解：由牛頓第二定律可知T2-3-1圖所以將按坐標投影代入上式，即可得大?。?方向：2. 解：兩小球均受重力和阻力的作用小球1向下運動，速度為負，阻力-kv沿+y向，所受合力為-kv- mg. 小球2向上運動，速度為正，阻力、重力均沿-y向，合力亦為-kv mg，故兩小球的動力學(xué)

3、方程具有如下相同的形式A2-3-2圖 (1)由動力學(xué)方程(1)有 分離變量 (2)對小球1，其初始條件為t = 0 時，v10 = 0 ，y10 = h 積分(2)式 得 (3)對小球2，其初始條件為t = 0 時，v20 = v0 ，y20 = 0積分(2)式得 (4)對小球1，由(3)式有 ，利用初始條件積分得 (5)對小球2，由(4)式利用初始條件積分得 (6)(1) 兩小球相遇時， y1 = y2 ，由(5)、(6)式可得相遇時間 (7)(2) 將(7) 代入(5)或(6)式得相遇地點為 (8)(3) 將(7)式分別代入(3)和(4)中可得相遇速度： (9) (10)討論：j阻力很小時

4、，即當k®0時，利用展開式，(7)(10)式可化簡為 ；，這正是不考慮空氣阻力時的結(jié)果k 當考慮如題設(shè)的空氣阻力時，由上述結(jié)果中的可知， 只有當，即時，上述結(jié)果才能成立，兩小球才可能相遇3. 解：物體m受力：重力 ， ( y = R時，)A2-3-3圖地球初始條件：t = 0時 y =R， v = v0；運動方程： 即 討論：由上式知，欲 v = 0，有 由上式，可有如下三種情況：(1) 若 v02 < 2gR，則在y處v = 0，物體返回；(2) 若 v02 = 2gR，則在 y®¥ 處v = 0,物體不再返回, 可算出 v0 =11.2 km×

5、s-1 (第二宇宙速)；(3) 若v02 > 2gR ，則y <0，不合理可見，豎直上拋物體至少要以初速v0 = 11.2 km/s發(fā)射，才不會再回到地球A2-3-4圖4. 解：以飛機著地處為坐標原點，飛機滑行方向為x軸，豎直向上為y軸，建立直角坐標系飛機在任一時刻（滑行過程中）受力如圖所示，其中為摩擦力，為空氣阻力，為升力由牛頓運動定律列方程： (1) (2)由以上兩式可得 分離變量積分： 得飛機坐標x與速度v的關(guān)系 令v = 0，得飛機從著地到靜止滑行距離為 根據(jù)題設(shè)條件，飛機剛著地時對地面無壓力，即 得 所以有 A2-3-5(a)圖5. 解法一：建立地面參考系受力分析如圖所示

6、物體m受力：mg、N (1) (2)楔塊M 受力：Mg、N0、N¢（N¢ = N0） (3)由運動的相對性， x方向： (4)y方向： (5)由(1)(5)式，可求得 物塊對楔塊的加速度： 楔塊對地面的加速度： 物塊對地面的加速度： 大小 方向角b 解法二：選楔塊M為參考系A(chǔ)2-3-5(b)圖m受力：真實力mg、N；慣性力 (6) (7)M 受力：真實力Mg、N0、N¢（N¢ = N0）；慣性力Fi0 = -Ma0 ； (8)由(6)(8)式可解出與解法一相同的結(jié)果 6. 解法一：在地面參考系求解(1) 若無靜摩擦，且m靜止不動，則漏斗只有一個角速度一般

7、情況下，物體m受力：重力mg、漏斗壁支持力N；徑向滿足 A2-3-6(a)圖y方向滿足 (2) 若有靜摩擦力，的數(shù)值可在一范圍內(nèi)變化，由至當較小(但)，m 有下滑趨勢，沿壁向上；當 較大時(但)，m 有沿壁上滑趨勢，沿壁向下；當時，沿壁向下，數(shù)值最大，此時物體m受力如T2-3-5(a)圖所示徑向滿足 (1)y方向滿足 (2)由式(1)、(2)及 可得解法二：以漏斗為參考系物體m受力：重力mg、漏斗壁支持力N、摩擦力fSmax A2-3-6(b)圖慣性力Fi ，其中慣性力的大小為方向沿徑向徑向滿足 (3)y方向滿足 (4)由式(3)、(4)及和同樣可得水面A2-3-7圖7. 解： 以水表面任一小

8、體積隔離體m作為研究對象，m受力為重力mg及水對水面m的作用力N (水面)，穩(wěn)定時無切向力(見A2-3-6圖)m作勻速圓周運動 Z方向 (1) -r方向 (2) 由(1)、(2) 式有 積分有 得 水面是旋轉(zhuǎn)拋物面8. 解：(1) 由題意，子彈離開槍口時所受合力為零，即，子彈在搶筒中運動的時間 (2) 根據(jù)沖量定義，子彈在搶筒中所受合力的沖量為(3) 以子彈位研究對象，根據(jù)動量定理，式中所以 9. 解：設(shè)單位時間內(nèi)落到傳送帶上砂子的質(zhì)量為p以時間內(nèi)落下的砂子dm為研究對象，視為質(zhì)點根據(jù)質(zhì)點的動量定理，在dm落到傳送帶上到與傳送帶一起運動的過程中A2-3-9圖 式中 由A2-3-9矢量圖可見，與

9、水平方向夾角為10. 解：設(shè)在極短時間t內(nèi)落在傳送帶B上礦砂的質(zhì)量為m，A2-3-10圖即，如A2-3-10矢量圖所示，礦砂動量的增量 設(shè)傳送帶對礦砂平均作用力為，由動量定理, 方向由正弦定理確定: 由牛頓第三定律，礦砂作用在傳送帶B上作用力與大小相等，方向相反，即大小為2.21N，方向偏離豎直方向1°，指向前下方11. 解：方法一：用動量守恒定律求解以飛機(含機體及當時所載燃料)和空氣為研究系統(tǒng)，考查過程 t時刻：飛機（含機體及當時所載燃料）質(zhì)量M；飛機（對地）速度；空氣（對地）速度 = 0；時間內(nèi)：吸入空氣dm (由已知) 消耗燃料（和空氣混合燃燒后排出）的質(zhì)量即內(nèi)飛機質(zhì)量的變化

10、dM（<0）(由已知) 時刻：飛機（含機體及當時所載燃料）質(zhì)量M +dM（<M）飛機（對地）速度；空氣燃料燃燒后排出的質(zhì)量空氣燃料燃燒后排出的速度（對飛機）空氣燃料燃燒后排出的速度（對地）（以飛機前進方向為速度正方向）系統(tǒng)不受外力作用（重力忽略），故系統(tǒng)在d t時間內(nèi)動量守恒 化簡并略去二階小量得 j飛機受推力 k由j式有 方法二：用動量定理求解以飛機噴出的空氣和燃料為研究對象，考查過程 設(shè)時間內(nèi)：噴出的空氣的質(zhì)量為dm1；噴出的燃料的質(zhì)量為dm2（實際上燃料是和空氣一起燃燒后噴出的）；對飛機（含機體及當時所載燃料），t時刻：對地速度 v；時刻：對地速度對dm1，t時刻：對地速度

11、= 0；時刻：對地速度（以飛機前進方向為速度正方向）對dm2，t時刻：對地速度 v；時刻：對地速度由質(zhì)點系的動量定理（分量式），對dm1和dm2系統(tǒng)， F是飛機對dm1和dm2的作用力（外力） 略去二階小量得 由已知，；， 得 ， 則飛機受的推力為 12. 解：(1) C起動前，設(shè)A、B間繩的張力為T，分別對A、B應(yīng)用牛頓定律列方程 又由得(2) B、C間繩剛拉緊時，A、B的速度大小為，C的速度為零經(jīng)時間后，三者一起運動，設(shè)速率為v，A、B間張力為，B、C間張力為，對A、B、C分別應(yīng)用動量定理13. 解：(1) m與M相碰，設(shè)M對m的豎直沖力為，由動量定理忽略重力mg，可得由牛頓第三定律，M受

12、m豎直向下沖力也是對于M，設(shè)地面支持力為，有M對地的平均作用力為，方向豎直向下(2) 以m和M為研究對象，在水平方向不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒：所以滑塊速度增量的大小為 14. 解：(1) m和M完全非彈性碰撞, 水平方向無外力，系統(tǒng)水平動量守恒 jm和M一起由桌邊滑下至落地，無外力，只受重力(保守內(nèi)力)作用，系統(tǒng)機械能守恒以地面為重力勢能零點， k由j、k式得m和M落地的速率 A2-3-14圖(2) 對m用質(zhì)點的動量定理，M對m的沖量的兩個分量為 M對m的沖量的大小為 A2-3-15圖15. 解：如圖所示，以井中水面為坐標原點，以豎直向上為正方向因為勻速提水，所以人的拉力大小等于水桶和水的重

13、量，它隨升高的位置面變化而變化，在高為y處，拉力為 式中 人作功為 16. 解：由質(zhì)點的運動方程可得質(zhì)點的速度 由題意，阻力為 阻力的功為A2-3-17圖17. 解：(1) 以桌面為坐標原點，豎直向下為軸正方向在某一時刻，豎直下垂的長度為，桌面對鏈條的摩擦力大小為 鏈條離開桌面的過程中，摩擦力作功為負號表示摩擦力作負功 (2) 以鏈條為研究對象，由質(zhì)點系的動能定理 式中為重力作的功 由得鏈條離開桌面時的速率為 18. 解：(1) 設(shè)t時刻落到皮帶上的砂子質(zhì)量為M，速率為v；td t時刻，皮帶上砂子的質(zhì)量為，速率也是v根據(jù)動量定理，砂子在d t時間受到的沖量所以得 由牛頓第三定律，砂子對皮帶的作

14、用力大小也是F為維持皮帶作勻速運動，動力源對皮帶的牽引力大小也等于F，且與同向，因而，動力源提供的功率為 (2) 將題中數(shù)據(jù)代入(1)中結(jié)果得水平牽引力大小為 所需功率19. 解：(1)由位矢可得質(zhì)點的速度分量 在A點，, 質(zhì)點的動能為在B點，此時質(zhì)點的動能為(2) 由牛頓第二定律，質(zhì)點所受的力為質(zhì)點由A到B，和做功分別為20. 解：方法一：選地面參考系，考查（m1-m2 -彈簧）系統(tǒng)無水平外力，系統(tǒng)動量守恒設(shè)兩物塊相對速度最大時，兩物塊的速度分別為v1、v2，則在x向有 j無非保守內(nèi)力，系統(tǒng)機械能守恒，最大相對速度對應(yīng)其初勢能全部轉(zhuǎn)化為動能，有 k聯(lián)立j、k式可得， 兩物塊的最大相對速度的大

15、小為解法二：選物塊2為參考系（相對參考系），以（m1-彈簧）為系統(tǒng)只有彈力作功，系統(tǒng)機械能守恒因勢能值與參考系無關(guān)，故勢能全部轉(zhuǎn)化為最大相對動能由此式可直接得出上述相對速度的結(jié)果21. 解：如A2-3-21(a)圖所示，設(shè)m相對于M的速度為，m相對于地的速度為A2-3-21(a)圖對mM作的功為 (1) 在m下滑、同時M后退的過程中，以(m + M)為系統(tǒng)，系統(tǒng)在x向不受外力，動量守恒 (2) 對(m + M + 地球)系統(tǒng)，m與M之間的一對正壓力作功之和為零，只有保守力作功，系統(tǒng)機械能守恒 (3) 由相對運動關(guān)系 得 (4) 聯(lián)立(1)-(4)式解得 設(shè)下滑時間為T，由(2)式， A2-3-

16、21(b)圖 (5) 位移關(guān)系： (6) 由(5)、(6)式解得 A2-3-22圖轉(zhuǎn)軌點近地點遠地點22. 解：火箭點燃處即為衛(wèi)星由圓軌道轉(zhuǎn)為橢圓軌道的轉(zhuǎn)軌點設(shè)此處衛(wèi)星對地心的位矢為，衛(wèi)星的速度應(yīng)為 對衛(wèi)星，在轉(zhuǎn)軌點所受的力（反沖力和地球引力）和在其他位置所受的力（地球引力）均指向地心，對地心外力矩為零，所以衛(wèi)星在運動過程中角動量守恒 對衛(wèi)星和地球系統(tǒng)，只有萬有引力作功，滿足機械能守恒設(shè)衛(wèi)星在近(遠)地點時，位矢為，速度為，對衛(wèi)星，由角動量守恒得 (1)對(衛(wèi)星+地球)系統(tǒng)，由機械能守恒定律，有 (2) 衛(wèi)星作圓周運動時的動力學(xué)關(guān)系為 (3) 聯(lián)立式(1)、(2)、(3)得r有兩個解，分別對應(yīng)

17、近地點和遠地點：近地點高度 遠地點高度 A2-3-23圖23. 解：建立A2-3-23圖所示的坐標系Oy，原點在地面(1) 據(jù)角量與線量關(guān)系得樓頂線速度 ；樓根線速度 ；樓頂和樓根的線速度之差 (2) 解法一：近似認為物體下落過程中“水平”速度不變 落體的“水平”速度（即開始下落時樓頂?shù)乃俣龋闃歉摹八健彼俣龋▽撬谔幍牡孛婢植恳暈橄驏|以速度w R平移）為落體下落時間為 落體著地時偏東的距離為 由 ； 得 解法二：利用物體下落過程中對地球自轉(zhuǎn)軸的角動量守恒 物體下落時，在不同高度（以圖中y坐標表示）處，其“水平”線速度不同，角速度也不同，相同的只是物體對地球自轉(zhuǎn)軸的角動量由于物體下落過程中，只受重力，而重力的力矩為零，所以下落過程中物體的角動量守恒若落體在樓頂（y = h）處角速度為wh（因為