1、第二章 牛顿定律2-1 在如图 2-1(a)所示的倾角为 的斜面上，由一轻杆相连的二滑块30A、 B 质量相同， mA = mB = 2.5 kg，与斜面间的滑动摩擦系数分别为 ，20A.求杆中的张力 (或压力)以及滑块的加速度10.分析 应用牛顿定律解力学问题的基本步骤为：（1）根据题意选取研究对象；（2 ）分析研究对象的受力情况，并画出示力图；（3 ）选取坐标系，将力或加速度沿坐标轴分解为分量，根据牛顿第二定律列出各个物体的运动方程；（4 ）求解方程，先进行文字运算，再代入数据，计算出结果在分析力的过程中，必须注意每个力是哪个物体施给它的，没有施力物体的力是不存在的在涉及斜面的问题中，斜面
2、上物体所受到的作用力有重力、斜面压力和摩擦力，而不存在上滑力或下滑力在连接体之间存在张力或压力解 分别选取滑块 A、B 为研究对象，受力分析分别如图 2-1（b） 、 （c）所示假设杆中为张力，由于轻杆质量可以忽略，施加于 A 和 B 的张力大小应相等，即 TBTAF取 Oxy 坐标系如图 2-1 所示，应用牛顿第二定律，得滑块 A 的运动方程yB FNBFfB FTA FNAa FfA a A B AO FTB mBg mAg 30x(a) (b) (c)图 2-1为x 方向： (1)amFgmAfTAsiny 方向： 0ANcosgmF(2)滑块 B 的运动方程为x 方向： amFgmBf
3、TBsin(3)y 方向： 0BNcosg(4)由(2) 式得 ，摩擦力 ，代入(1) 式得cosgmFANcsgmFANAf(5)agTcosin由(4) 式得 ，摩擦力 ，代入(3) 式得csBN csBNBf(6)mFgmTcsi从(5) 和(6) 式消去 FT，并注意到 mA = mB = 2.5 kg，得 222BA m/s 63/s 8910m/s 189 cosins gga代入(5)式，得 N 061 238951025 AT ).(.cosgFB上式中结果的负号表明，滑块 A 所受轻杆的作用力方向与原假设相反，即受到沿斜面向下的推压力，因此杆中出现的是压力，量值为 1.06
4、N2-2 一金属链条放置于水平桌面上，其纵向与桌子边缘垂直，当链条长度的 1/4 部分垂挂于桌子边缘时，此链条刚好能开始在桌面上滑动，求链条与桌面之间的摩擦系数为何值？分析 对于质量连续分布的物质，例如链条、绳和长杆等，根据题意，在运动过程中任一瞬时，可以将其分割成各自独立的部分作为研究对象，这些独立部分可以视为质点，作出示力图，分析各部分的受力情况，于是原来是内力的张力或压力就变成了分割出的独立部分所受到的外力，就可以应用牛顿第二定律建立运动方程了解 设链条质量为 m，当链条刚好能开始在桌面上滑动时，桌面上的链条质量为 ，悬垂部分的链条质量为 分别以这两部分为研究对431m412象，作示力图
5、如图 2-2 所示作用于桌面上链条的力有：重力 m1g，桌面的正压力 FN，摩擦力 Ff，悬垂部分对它的张力 FT1作用于悬垂链条的力有：重力 m2g，桌面部分对它的张力 FT2不考虑桌面边沿的形状和摩擦，则链条两部分中的张力大小应相等， FT1= FT2= FT由于链条刚好能开始在桌面上滑动，摩擦力为最大静摩擦力 ，此Nf时链条加速度为零，可得 mgF431NNfTFN FT2Ff FT1m1g m2g图 2-2T241Fmg由以上各式可解得 32-3 一物体沿倾角为 30的斜面向上滑动，在斜面底部时其初速为12m/s，物体与斜面间摩擦系数为 0.2，求(1) 物体达到最高点所需要的时间，(
6、2)返回底部时的速度，(3)摩擦系数为多大时，将使物体上升到速度为零后就不再往下滑动分析 滑动摩擦力始终与运动物体相对滑动的方向相反，因此物体在斜面上向上滑动和向下滑动时的摩擦力正好反向，则物体所受合外力不同，加速度也就不同通常取加速度方向为坐标轴正向，分别就向上滑动和向下滑动选取坐标系建立运动方程由于牛顿第二定律建立的方程确定的是力和加速度之间的关系，因此，当所讨论的问题涉及到速度、位移和运动时间等运动学的物理量时，还要应用运动学中已经获得的相关公式求解解 (1) 在上滑过程中，物体受力如图 2-3(a)所示，摩擦力 Ff1沿斜面向下，且 选 Oxy 坐标系如图所示，设加速度 方向沿 x 轴
7、正向，应用牛N1fF 1a顿第二定律得上滑过程的运动方程为x 方向： 1f30mFgsiny 方向： Nco由以上各式解得 )cs(sin301ga由初始条件： 时， ，而到达最高点时速度为零，有0tm/ 20vta10v则到达最高点所需时间为 s 1.82 6025891 3010 )(cosingatvv(2) 物体向下滑时，受力如图 2-3(b)所示，摩擦力 Ff2沿斜面向上，且选 Oxy 坐标系如图所示，设加速度 方向沿 x 轴正向，应用牛顿Nf2F 2a第二定律得下滑过程的运动方程为x 方向： 2f30mFgsiny 方向： Nco由以上各式解得(1)cs(sin302ga物体上升时
8、的位移为 )cos(sin3022010gasvv下滑过程由静止开始，到达底部时速率为yFN x FNO y a2 Ff2a1 Ff1 Oxmg mg3030(a) (b)图 2-3m/s 8.36/s 128605 032cosinvva(3) 令 代入（1）式，则物体位于最高点时速度为零，又无向下加速02a度，即不再向下滑动，可得 5703.tan2-4 细绳跨过轻滑轮连接着质量分别为 5kg 和 1kg 的二物体，滑轮吊在弹簧称下悬挂于升降机之中，如图 2-4(a)所示(1)当升降机静止不动时，问弹簧称上的示重是多少？(2) 当弹簧称上的示重为 58.8 N 时，求升降机的加速度分析 物
9、体的重量是物体施加在称重仪器设备上的压力或张力，其大小等于称重仪器设备反作用在物体上的压力或张力当物体在地面上处于静止或作匀速直线运动状态进行称重时，地球对物体的引力和称重仪器设备作用的压力或张力等大而反向，物体的重量与重力的量值相等当物体在地表附近有沿竖直方向的加速度时，物体的重量与重力的量值就不再相等了牛顿定律只适用于惯性参考系，当所讨论的问题中参考系本身也有加速度时，就要应用相对运动的加速度合成定理通常可以选取地球（地面）作为静止参考系，物体相对于地面的加速度 等于物体相PSa对于运动参考系加速度 与运动参考系相对于地面加速度 的矢量和，即SPa解 二物体质量分别为 m1 = 5 kg，
10、 m2= 1 kg二物体和滑轮的受力情FTaT12FT1 FT2aa m2gm1g（a） （b）图 2-4况如图 2-4(b)所示对于细绳和轻滑轮，忽略绳和滑轮间的摩擦，应有， ， 和 ，因此有 T1FT2T2FT21F设升降机有一向上的加速度 a，物体 m1相对于升降机的加速度 a，方向向下，物体 m2相对于升降机的加速度 a，方向向上如果假设对于地面参考系，物体 m1的加速度方向向下，物体 m2的加速度方向向上，并以它们各自加速度的方向为坐标轴正向，则根据相对运动加速度合成定理，物体 m1相对于地面的加速度为 a-a，物体 m2相对于地面的加速度为 a+a由牛顿第二定律可得其运动方程分别为
11、(1)(Fg1T1(2)am22(1) 当升降机静止时， ，由(1) 和(2)式以及张力之间的关系，得弹簧0a称上的示重为 N 32.7 89152 21T.)(gmF(2) 当弹簧称上的示重为 时，由(1)和 (2)式以及张力之间的关系， T.得升降机的加速度为 2221T1 m/s 847/s 5498 .)( mgFa2-5 质量均为 m 形状相同、相互接触的梯形木块 A、B 放置在光滑的水平桌面上，如图 2-5(a)所示设两木块之间的接触面是光滑的，斜面与水平面之间的夹角为 ，今以一水平力 F 作用在 A 上，求 A、B 之间无相对运动时A、B 对桌面的压力分析 在解动力学问题时，隔离
12、物体法是一个基本方法在有些求物体所受力的问题中，往往碰到该物体的运动状态难以确定的情况，这时可以先求该物体对其他运动物体的反作用力，再利用牛顿第三定律确定所求力的大小和方向解 分别选取木块 A、B 为研究对象，受力情况如图 2-5(b)所示根据题意，两木块加速度 a 相等，且沿外力 F 方向木块之间相互作用的压力大小相等，即 选取如图所示的 Oxy 坐标系，应用牛顿第二定律得其TBTAF运动方程分别为木块 A 的 x 方向： maFsinTy 方向： 0NAgco木块 B 的 x 方向： siTy 方向： NBmFc解以上方程得 cotg21NAFmBFNA y a FNBA B F FTBF
13、FTA O xmg mg（a） （b）图 2-5根据牛顿第三定律，木块 A、B 对桌面的压力的大小分别等于桌面给予它们的反作用力 FNA和 FNA，方向向下2-6 在一轻滑轮上跨有一轻绳，绳之两端连接着质量分别为 1kg 和 2kg 的物体 A、B，现以 50N 的恒力 F 向上提滑轮的轴，如图 2-5(a)所示，A 和 B 的加速度各为多少？不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦分析 在物体和滑轮组合成系统的动力学问题中，如果滑轮静止，不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦的情况下，用细绳跨过滑轮连接的两物体的速度和加速度的大小相等、方向相反然而，一旦滑轮本身具有加速度，如果以滑轮为运动参考系，那么细绳跨过滑轮
14、连接的两物体相对于滑轮的加速度大小相等、方向相反，但是它们对于地面参考系的加速度则必须根据相对运动加速度合成定理叠加计算通常当不必求滑轮加速度时，可以先设定两物体对地面的加速度方向，最后再根据计算结果的正负确定实际加速度的方向解 以滑轮和物体 A、B 为研究对象，分别作出示力图如图 2-6（b）所示取竖直向上为 y 轴正向，假设物体 A、B 的加速度 aA和 aB方向向上，由于不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦，绳中张力大小相等，即，应用牛顿第二定律得滑轮的运动方程为T2T12T1FF02TF物体 A 的运动方程为FFyT12FFT1 FT2 A B aA aBA BmAg mBg （a） （b）图
15、 2-6ATamgF物体 B 的运动方程为 BT联立求解得 222A m/s 15/s 89m/s 1502gFa 222B / 7/ / 2-7 在光滑斜面上沿斜面倾斜方向放有一匀质长杆 AB，长为 l，质量为m，斜面与水平面间夹角为 ，现沿斜面以恒力 F 拉杆，如图 2-7（a）所示，求杆内各部分间的相互作用（张力）沿棒长方向的变化规律分析 求质量连续分布的杆或绳中的内力，要采用隔离物体法，取其中一段作为研究对象分析受力情况，应用牛顿定律建立方程计算结果通常与所选取的段长有关，即为段长的函数解 取如图 2-7（b）所示的 xy 坐标系，以长杆 AB 为研究对象，加速度a 沿斜面向上，根据受
16、力情况，应用牛顿第二定律得运动方程为 magFsiny FB F x FN a BL FNC FT A CA A mC g mg（a） （b）图 2-7再取长为 x 的一段杆 AC 为研究对象，其质量为 ，在 C 处杆内张mglxC力 FT对于 AC 部分成为外力，但 AC 仍具有与整个杆相同的加速度，应用牛顿第二定律得 AC 部分的运动方程为 malxglxFsinT于是可解得 Flxalx)si(T结果表明杆内张力随 C 点位置变化2-8 在如图 2-8 所示的物体系统中，不计绳和滑轮的质量，并忽略 m与水平桌面、 m与 m1之间的摩擦力问应以多大的水平推力作用在 m上，才能使系统运动过程
17、中 m1和 m之间无相对滑动？此时 m对桌面的压力为多少？（ m1 m2）分析 当几个物体构成一个系统并以相同的速度平动时，可以将这些物体构成的系统作为一个质点，应用牛顿定律建立合外力与加速度之间的关系，而不必考虑各部分之间的相互作用内力但是当这个系统的各部分之间有发生相对运动的可能性存在时，就仍然需要用隔离物体法，分析各部分的受力情况，分别建立运动方程，找到发生或不发生相对运动的条件N1FNFTm1 m1 FT m1g F”T FTm m2 y F x mg m2gN1（a） （b）图 2-8解 分别取 m1、 m2和 m为研究对象根据题意， m1、 m2和 m组成系统以同一加速度 a 沿水
18、平方向运动，因此连接 m2的细绳将发生倾斜，与竖直方向夹角为 ，绳中张力的水平方向分量使 m2获得加速度 a，各物体受力情况和坐标选取如图 2-8(b)所示不计绳和滑轮的质量，忽略摩擦，应有， m1和 m之间的压力大小相等 ，应用牛顿第二定律TTF N1F得 m1的运动方程为x 方向： amF1Ty 方向： 0Ngm2的运动方程为x 方向： amF2Tsiny 方向： 0gcom的运动方程为x 方向： amFsinTy 方向： 0N1gco联立求解得 gmF221)(2Nm对桌面的压力大小等于桌面对 m的压力 ，方向向下从上式可以NF看出该压力量值上等于整个系统所受的重力，因为系统中各物体的运
19、动发生在水平面内，竖直方向无加速度和位移2-9 如图 2-9(a)所示的滑轮组系统中，不计绳子与滑轮质量， m1与桌面间无摩擦，求 m1和 m2的加速度以及绳中张力分析 在质点力学中，对于滑轮和物体组成的连接体问题，往往忽略滑轮质量以及绳与滑轮之间的摩擦，才使得跨过滑轮的绳中张力大小相等在第五章掌握了刚体的运动定律后，将不再忽略滑轮质量，问题的分析就更接近实际了当存在动滑轮时，动滑轮的加速度和跨过滑轮的绳上连接物体的加速度之间的相互关系，要根据题意建立方程确立解 分别以 m1、 m2和动滑轮为研究对象，受力情况如图 2-9（b）所示 m1的加速度 a1向右， m2和动滑轮的加速度 a2向下不计
20、绳子与滑轮质量，应有 ， 因为都只作直线运动，可取各自的运动方向为TFT坐标轴正向，应用牛顿第二定律，它们的运动方程分别为m1： 1TamFm2： 22g动滑轮： 0T1因为绳长不变，当 m1位移为 x 时， m2位移为 x/2，于是可得加速度 a1和a2之间的关系：FN1 a1 FT1 FT1 FT2m1m1 FT1 a2m1g FT2 m2g m2（a） （b）图 2-92221daxtta联立以上各式，解得gma1214 gma124gF12T142-10 在如图所示的滑轮系统中，滑块 A 的质量为 mA，与桌面间的摩擦系数为 ，B 是起始质量为 mB的冰块，因溶化使其质量随时间的减少率
21、为k不计绳与滑轮质量，求 A、B 由静止开始运动后 t 时刻的速率分析 由于有了微积分的基础，在大学物理中可以分析变力作用下的直线运动问题因为力是时间的函数（有些问题中也可能表示为位置的函数，即为时间的隐函数） ，应用牛顿定律建立的运动方程就成为微分方程，解微分方程并利用初始条件可以获得所需要的解在动力学的其他几章和电磁学中都会碰到这类应用积分或求解微分方程的问题，这对于巩固高等数学知识，学会建立物理模型以便为今后工程技术实际应用打下基础，有着重要意义这些问题对于初学者有一定的难度，但是通过一些习题的训练，是可以逐步掌握方法和技巧的AFN a FTAFT B aB Ff mAg mBg (a)
22、 (b)图 2-10解 以滑块 A 和冰块 B 为研究对象，隔离物体并作受力分析如图 2-10(b)所示不计绳与滑轮质量，绳中张力大小相等，即 取二物体各自运动TF方向为坐标轴正向，作为连接体它们的加速度大小相等，均为 a，应用牛顿第二定律得其运动方程分别为滑块 A： amFAfT冰块 B： g根据题意，其中 t 时刻冰块质量 ，作用于滑块 A 的摩擦力ktB，由以上各式可得gmFAf gktmgktma )(BABA1因 ，则上式可写为tadv gktt)(BA1dv分离变量： tgkmd1dBA)(v由于初始时， ，设 t 时刻滑块和冰块速率为 v，上式两边积分0 ,t tgkt d1dB
23、A0)(v得 tmkmt )ln()(2-11 质量为 0.5kg 的物体沿 x 轴作直线运动，在沿 x 方向的力的作用下， t = 0 时其位置与速度分别为 x0 =5， v0 =2，求 t = 1tF610时该物体的位置和速度 （其中 F 以 N 为单位， t 以 s 为单位， x0以 m 为单位，v0以 m/s 为单位）分析 当作用于物体的力是时间的函数时，由建立的运动方程积分可以求得速度所求出的速度必定也是时间的函数，当还需要计算 t 时刻该物体的位置时，就应该利用速度的定义式 ，再积分求出位置的表示式txdv解 由加速度的定义 ，应用牛顿第二定律，可得tattmF120561.分离变
24、量： td2d)(v两边积分得 Ct260v由初始条件： t = 0 时 v=v0 =2，得 ，即(1)2t因 ，上式可写为txdv60d2ttx分离变量： ttxd2)(两边积分得 13210Cttx由初始条件： t = 0 时 x=x0 =5，得 ，即50(2)232ttx当 t = 1s 时，由(1) 和(2) 式得 ， m/s 16v1x2-12 物体与地面间的摩擦系数为 0.20，以轻绳系于物体之一端，并通过滑轮以一水平力 F = 8 N 拉此物体 ,如图 2-12(a)所示设物体的质量为 2kg，(1)问绳与水平方向的夹角 为何值时，物体的加速度有最大值？(2)求此时的加速度以及地
25、面对物体的作用力分析 若作用力的大小不变，但方向在不断改变，则该作用力仍然是变力在力的分析过程中就要特别注意力的作用方向与物体运动方向间的关系求某一物理量的最大值或最小值，通常可以采用数学中的求极值的方法，即对该物理量的表达式求导数并令其等于零，得到相关参量的方程，根据题意求解，得到取最大值或最小值的条件解 恒力通过滑轮改变方向后作用于物体上，力 F 的作用方向与物体运动方向间的夹角 随物体位置变化，运动中物体受力情况如图 2-12(b)所示取图中所示的坐标系，应用牛顿第二定律得运动方程为x 方向: maFfcosy 方向 : 0Ngin其中摩擦力 ，联立解得NfF(1)ma)si(co(2)
26、nFgN(1) 当 时，加速度有极值，因此由(1)式得0da 0d)cossi(maF y FN FFfxmg (a) (b)图 2-128120).arctn(rt(2) 将上面的结果代入(1)和(2) 式，得2 22m/s .1 m/s 890/s 8108 .)sin.(co)isgFaN 18 8N 9 Ni.Fg摩擦力为 3.620f.2-13 质量为 1.5 kg 的物体被竖直上抛，初速度为 60 m/s，物体受到的空气阻力数值与其速率成正比， ， ，求物体升达最高点所vkF阻 s/m.需的时间及上升的最大高度分析 在忽略空气阻力的情况下，地面附近的抛体在重力作用下以恒定的重力加速
27、度 g 运动但在实际问题中，空气阻力是不可忽略的，当物体的速度较小时，空气阻力的大小与速率成正比；对于高速运动的物体，空气阻力的大小与速率的平方成正比下面将应用解微分方程的方法，求解一些简单的直线运动情况下有空气阻力存在时的质点运动问题解一阶微分方程可以用不定积分也可以用定积分方法如果采用不定积分，积分常数利用初始条件确定分离变量法则是通常采用的比较简捷的算法解 以竖直向上为 y 坐标正向，应用牛顿第二定律得物体运动方程为(1)tmkgdv物体达到最高点时， ，初始条件： 时， ，将上式分离0v0t /s 60变量并积分： 00ddvkmgt得 s 85 195603010 .).ln(.)l
28、n( mgktv由于 ，代入(1)式，得yttddvykgdv根据始末条件，分离变量并积分： 00dvkmgy得 m 170 6031895603895103 0 lnlvkgmky2-14 将相同材料制作的半径分别为 R 和 2R 的二小球在粘滞系数为 的液体中无初速地释放根据斯托克斯定律，半径为 r 的小球速度为 v 时在液体中受到的粘滞阻力为 试计算两球的初始加速度之比和终极速度之比vr6分析 由斯托克斯定律确定的流体粘滞阻力大小与物体的速率成正比，即为变力，为了求物体的运动状态，需要用到积分方法由于在例题 2-5 中已经严格推导出了速度与时间的函数关系，以及小球的运动方程，因此可以利用
29、其结果进行相关的计算解 设球的密度为 ，液体的密度为 ，二小球质量分别为 和 314Rm，作用于二小球的液体浮力分别为 和13284mRm)( gF31B，液体的粘滞阻力分别为 和BBFgF v6r取竖直向下方向为 x 轴的正方向，则二小球的运动方程r1r226v)(分别为1rB1amFg2r22初始时刻 ，则 ，由以上二式及二小球对应量间的关系，得0v0rr1F12B121mga/由例题 2-5 的(2-27)式，知半径为 r 的小球在液体中下落，足够长时间后的终极速度为 ，因此半径分别为 R 和 2R 的二小球终极速度比为209grv41221)(v2-15 质量为 1000kg 的船，发
30、动机熄火时速度为 90km/h，水的阻力与船速成正比， Fr kv，其中 k = 100kg/s假设水面静止不流动，求 (1)熄火后船速减小到 45km/h 所需要的时间；(2)熄火后 1 分钟内船的行程，以及船的最大航程分析 当作直线运动的物体只受到一个与速率成正比的阻力作用时，用分离变量法解此一阶微分方程比较简单解 船只受水的阻力 Fr kv 作用，船的运动方程为 tmkdv初始条件为 时， ，将上式分离变量并积分：0t /s 25/h 90vt00v得 (1)lnkt(1) 当船速减小到 时，由上式得m/s512/h 4.v 936 0lt(2) 由(1) 式得tmktxed0v初始条件
31、为 时， ，积分得0t0x(2)kttmtmk)(e1de00v当 时，由上式得s 60t 249. 10e19060)(x当 时，由(2)式得船的最大航程为t m 25 109x结果表明，熄火后 1 分钟船已接近停止2-16 长度不等的两根细绳，各系一物体悬于同一点，使二物体在同一高度处作圆周运动，证明这样的两个圆锥摆周期相同分析 在忽略空气阻力的情况下，如图 2-16(a)所示的圆锥摆绕竖直轴线回转一圈的时间为定值，称为周期当物体作圆周运动时，必定存在法向加速度，在分析力和建立运动方程的过程中，通常选取指向圆心的方向为坐标轴之一的正向，将外力分解到该方向后，可以建立法向合外力与法向加速度之
32、间的关系证 设物体回转的水平位置距悬点的高度为 h，回转半径为 r，悬线与竖直方向夹角为 ，物体质量为 m，物体受重力 与悬线张力 作用，选竖直方gmTF y FT h x r mg (a) (b)图 2-16向为 y 轴正向，水平指向回转圆心方向为 x 轴正向，如图 2-16(b)所示，可得运动方程为x 方向： rmF2Tsiny 方向： 0gco因为物体无切向加速度，作匀速圆周运动，角速度 ，又由几何关系得T2，于是可解得hrtanghT2结果表明，摆动周期 T 只与物体回转高度有关，与物体质量无关，与回转半径无关2-17 在光滑水平面上固定着一半径为 R 的圆环形围屏，质量为 m 的滑块
33、沿环形内壁转动，滑块与壁间摩擦系数为 ，如图 2-17（a）所示，(1) 当滑块速度为 v 时，求它与壁间的摩擦力及滑块的切向加速度，(2) 求滑块的速率 v 由变为 v/3 所需的时间。分析 通常将物体与平面间的滑动摩擦力表示为 ，而这仅只是当物体mg在水平面内运动，竖直方向除重力外没有受到其他外力作用的情况下桌面上产生的滑动摩擦力准确地说，滑动摩擦力的大小与物体之间的正压力 成正比，NF即 因此必须首先确定正压力 的量值，才能正确地计算出滑动摩擦NfFNF力作圆周运动或曲线运动的物体受到法向和切向力作用时，将具有法向和切向加速度，通常选取随物体一起运动的直角坐标系，原点就在物体上，两个坐标
34、轴方向分别指向法向和切向，称之为自然坐标系，从而可以应用牛顿定律建立法向和切向运动方程解 滑块在光滑水平面上作圆周运动，围屏作用于滑块有摩擦力 和正压fF力 ，当速度为 v 时，法向加速度为 ，取如图 2-17（b）所示的坐标系，NFRmv可得运动方程为x 方向： F2Nvy 方向： tfma则 R2NfvmFa2t由于切向加速度 ，代入上式，分离变量积分：tadtvvvd320Rt得 t2-18 轻杆之一端系着一块石头，使石头在竖直平面内作匀速率圆周运动，如果测得杆中张力的最大值与最小值之差为4.9N，求石块的质量。分析 在竖直平面内作圆周运动，物体yRvFN Ffx(a) (b)图 2-1
35、7FTmg图 2-18所受重力为恒力，要维持匀速率圆周运动，其他物体施予的张力或压力大小和方向都要改变，且与重力的合力大小不变，方向始终指向圆心解 在石头圆周运动过程中，当杆与竖直方向夹角为 时，受力情况如图2-18 所示于是法向运动方程为 RmgF2Tvcos得 smRF2Tv显然，当 时， 有最小值；当 时， 有最大值，即0TFmgRF2Tminv2Tax得 kg 0.5 8924minax.gF2-19 人造卫星发射到半径为 R 的环绕地球的圆形轨道上，另一卫星发射到半径为 1.01R 的轨道上，求二卫星的转动周期之比分析 卫星运动服从万有引力定律，除地球引力外，不受其他力作用的情况下，
36、如果作圆周运动，速率不变，转动周期 与角速度 关系为 TT2解 设地球质量为 m0，二卫星质量分别为 m1和 m2，绕地球转动的周期分别为 和 ，向心加速度分别为 和1T2 121TRa，应用万有引力定律和牛顿第二定律，得运动方程2220TRa分别为21210TRmG2220.).(两式相比，得 015231T2-20 若要把一人造卫星发射到赤道正上方，使其成为相对于地球静止不动的同步卫星，应把它发射到距地面多高的地方？若卫星轨道半径的误差为200m，求它在一年内将向东或向西漂移的角度 （地球半径 R = 6.37 106 m）分析 同步卫星绕地心转动的角速度与地球自转角速度相同，通常作为通讯
37、卫星使用由轨道半径的误差引起的位置漂移，要用到误差理论中的误差传递公式解 设地球质量为 m0，卫星质量为 m，绕地球转动的周期等于地球自转周期 ，距地面高度为 h 时，转动半径为 ，应用万有引力定律和牛顿第二定ThR律，得卫星运动方程为(1)220ThmRG)()(在地球表面，有 (2)g20由于 ，由(1) 和(2)式可得s 36024T(3)RgTh312m 10583 076-m 891432076 763126 h由(3) 可得绕地球转动的周期为23)(hRgT若卫星轨道半径的误差 m 时，根据误差理论，引起的周期误差为20hhRThgRT213d)(卫星回转一周的弧度为 ，所以一年内
38、漂移的角度为2 0.93rad 1603761058324 56.hT2-21 一水平圆盘的半径 r = 0.2 m，边缘处放有一质量 m= 0.5 kg 的滑块，滑块与圆盘间的静摩擦系数 = 0.2，光滑细绳的一端连接滑块，另一端穿过圆盘中心的小孔悬挂质量 m =1.0kg 的物体当圆盘绕通过中心的竖直轴匀速转动时，若滑块仍处在圆盘边缘无相对滑动，求圆盘转动角速度的最大值和最小值分析 静摩擦力始终与相对滑动的趋势方向相反，在达到最大静摩擦力之前其量值与物体所受外力和运动状态有关解 分别以滑块和悬挂的重物为研究对象，受力情况如图 2-21 所示，滑块在竖直方向受重力和圆盘支承力的作用，水平方向
39、所受的圆盘摩擦力方向可能与绳的张力方向相同，也可能相反，图中都没有画出当滑块在圆盘边缘无相对滑动时，重物处于静止状态，有 0TFmg FT FT mg图 2-21设圆盘角速度为 ，物体随圆盘转动的法向运动方程为rmF2fT对于光滑细绳， 最大静摩擦力 ，因此可得TF gf 11max s 347s 208951.)()(rg 11in 6 .)()(2-22 如图 2-22（a ）所示的平板拖车上距车尾 3m 处放有一木箱，木箱质量为 5kg，与车厢板的摩擦系数为 0.15，拖车起动时，匀加速前进，速度由零变为 20m/s 用了 10s，若车一起动，木箱就开始滑动，求:(1)木箱相对于地面的加
40、速度；(2)木箱到达车尾滑落之前所经过的时间；(3) 木箱达地面时速度的水平分量分析 摩擦力始终与物体相对运动趋势方向相反，但是从其他参考系观察，可能摩擦力方向与物体运动方向相同应用牛顿定律时，必须在惯性参考系中建立运动方程，即其中的加速度只能是物体对惯性参考系的加速度解 (1) 木箱滑落前只受摩擦力 作用，方向与木箱相对汽车运动方向相fF反，即指向汽车运动方向，如图 2-22(b)所示设木箱对地加速度为 a，因，则运动方程为mgFf mag得 22/s 471/s 89150a 3m a 1m Ff （a） （b）图 2-22(2) 汽车对地的加速度为 221m/s / 0tva应用相对运动
41、加速度合成定理，木箱对汽车的加速度为 2221 /s 530/s / 47 a负号表示木箱相对于汽车向车尾方向加速运动木箱滑落所需时间为 s 3.6 502.ast(3) 木箱离开车厢后作平抛运动，达到地面时速度的水平分量与脱离车厢时的速度相同，则 m/s 4.9/s 36471.atv2-23 质量 m2 = 2.0 kg，长 L = 1 m 的木板放在倾角 的斜面上，30木板上质量 m1 = 5.0 kg 的重物在沿斜面方向恒力 F =100 N 的作用下从木板下端由静止开始运动，如图 2-23（a ）所示重物与木板间的滑动摩擦系数，木板与斜面间的滑动摩擦系数 求当重物离开木板时，木板5.
42、01 102.的速度 分析 有相对运动的物体之间的摩擦力和压力成对出现，在各物体运动中起到不同的作用，采用隔离物体法，作出示力图后，可以准确地建立各物体的运动方程FN2 a2a1 yL FN1 xm2 F Ff1F Ff1 FN1m1 m1g m2gFf2(a) (b)题 2-23 图解 分别以重物与木板为研究对象，受力情况如图 2-23（b）所示， m1和m2之间的摩擦力与压力关系为 及 ，取 xy 坐标系如图，重物f1fFN1对地加速度为 a1，木板对地加速度为 a2，应用牛顿第二定律，重物的运动方程为x 方向： 11fmgFsiny 方向： 0Nco木板的运动方程为x 方向： 22ff1 amgFsiny 方向： 01N2co由于 ， ，联立以上各式，解得N1f1Ff2)sinc(11gmFa2 222112/s 74 m/s 3089/s 0305.05. in.cos)(i a根据相对运动的加速度合成定理，重物对木板的加速度为 2 221121m/s 8. m/s 8903505 cos)().( gmFa重物离开木板前运动时间为 s 0.5 128.aLt重物离开木板时木板速度为m/s 1.37/s 50742.tav
