托车与筒壁所夹角．运用牛顿定律即可求得筒壁支持力的大小和方向力．
解 设杂技演员连同摩托车整体为研究对象,据(b)(c)两图应有
FN1?mg?0 (1) FN2v2?m (2)
R (3) FN?22FN1?FN2 (4)
v2?vcosθ?v2πR?2πR?2?h2以式(3)代入式(2),得
FN2m4π2R2v24π2Rmv2?? (5) R4π2R2?h24π2R2?h2将式(1)和式(5)代入式(4),可求出圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力)大小为
22FN?FN1?FN2?4π2Rv2?2?mg???4π2R2?h2??
??2与壁的夹角φ为
FN24π2Rv2 ?arctan?arctan22FN14πR?h2g??讨论 表演飞车走壁时,演员必须控制好运动速度,行车路线以及摩托车的方位,以确保
三者之间满足解题用到的各个力学规律．
2-13 分析 首先应由题图求得两个时间段的F(t)函数,进而求得相应的加速度函数,运用积分方法求解题目所问,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应．
解 由题图得
0?t?5s?2t, F?t???5s?t?7s?35?5t, 由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为
a?2t, 0?t?5s a?35?5t, 5s?t?7s
对0 ＜t ＜5ｓ 时间段,由a?dv得 dt?vv0dv??adt 积分后得 v?5?t2
0txtdx得 ?dx??vdt
x00dt13积分后得x?2?5t?t
3再由v?将t ＝5ｓ 代入,得v5＝30 m·ｓ 和x5 ＝68.7 m 对5ｓ＜t ＜7ｓ 时间段,用同样方法有
vt-1
?v0dv??a2dt 得 v?35t?2.5t2?82.5t
5s再由
?xx5dx??vdt 得 x ＝17.5t2 -0.83t3 -82.5t ＋147.87
5s-1
t将t ＝7ｓ代入分别得v7＝40 m·ｓ 和 x7 ＝142 m
2-14 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
120t?40?mdv dt-1
依据质点运动的初始条件,即t0 ＝0 时v0 ＝6.0 m·ｓ ,运用分离变量法对上式积分,得
v?v0dv???12.0t?4.0?dt v＝6.0+4.0t+6.0t2
0t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
?dx???6.0?4.0t?6.0t?dt
xt2x00x ＝5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3
2-15 分析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动．其水平方向所受制动力F 为变力,且是时间的函数．在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解．
解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,F?ma?mvtdvαtα2??αt ?dv???dt 得 v?v0?t
v00m2mdt因此,飞机着陆10ｓ后的速率为
v ＝30 m·ｓ-1
又
t?α2?dx?v?dt ??x0?0?02mt??x故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离 s?x?x0?v0t?2-16 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
α3t?467m 6mv0?2gh 运动员入水后,由牛顿定律得 P -Fｆ -F ＝ma 由题意P ＝F、Fｆ＝bv ,而a ＝dv /dt ＝v (d v /dy),代 入上式后得 -bv＝ mv (d v /dy) 考虑到初始条件y0 ＝0 时, v0?t2
2
2gh,对上式积分,有
vdv?m??by/m?by/m?dy? v?ve?2ghe??0?0?b??v0v(2) 将已知条件b/m ＝0.4 m ,v ＝0.1v0 代入上式,则得
-1
y??mvln?5.76m bv02-17 分析 螺旋桨旋转时,叶片上各点的加速度不同,在其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量是连续分布的,在求叶片根部的张力时,可选取叶片上一小段,分析其受力,列出动力学方程,然后采用积分的方法求解．
解 设叶片根部为原点O,沿叶片背离原点O 的方向为正向,距原点O 为r处的长为dr一小段叶片,其两侧对它的拉力分别为FＴ(r)与FＴ(r＋dr)．叶片转动时,该小段叶片作圆周运动,由牛顿定律有
dFT?FT?r??FT?r?dr??m2ωrdr l由于r ＝l 时外侧FＴ ＝0,所以有
?tFT?r?dFT??lrmω2mω2222πmn222rdr FT?r???l?r??l?r l2ll????上式中取r ＝0,即得叶片根部的张力FＴ0 ＝-2.79 ×10 N 负号表示张力方向与坐标方向相反．
2-18 分析 该题可由牛顿第二定律求解．在取自然坐标的情况下,沿圆弧方向的加速度就是切向加速度aｔ,与其相对应的外力Fｔ是重力的切向分量mgsinα,而与法向加速度an相对应的外力是支持力FN 和重力的法向分量mgcosα．由此,可分别列出切向和法向的动力学方程
5
Fｔ＝mdv/dt和Fn＝man ．由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的,因此,需应用积分求解,
为使运算简便,可转换积分变量． 倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比较简便．但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作
用力．
解 小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它的支持力FN ．取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得
mv2dv (2) Ft??mgsinα?m (1) Fn?FN?mgcosα?mRdt由v?dsrdαrdα,得dt?,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,?dtdtvα进行积分,有
?vv0vdv??90o??rgsinα?dα 得 v?2rgcosα
则小球在点C 的角速度为
mv2v?mgcosα?3mgcosα ω??2gcosα/r 由式(2)得 FN?mrr???FN??3mgcosα负号表示F′N 与en 反向．由此可得小球对圆轨道的作用力为 FN
2-19 分析 运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题．物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力FN 和环与物体之间的摩擦力Fｆ ,而摩擦力大小与正压力FN′成正比,且FN与FN′又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程．
解 (1) 设物体质量为m,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有
mv2dvFN?man? Ff??mat??
Rdt由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN ,由上述各式可得
v2dvμ?? Rdt取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有
Rv0Rvdvv?dt?? ?0R?v0μtμ?v0v2t(2) 当物体的速率从v 0 减少到1/2v 0时,由上式可得所需的时间为
t??R μv0物体在这段时间内所经过的路程
s??vdt??0t?t?0Rv0Rdt s?ln2
R?v0μtμ2-20 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
?mg?kv?mdv (1) dtdvm?kv0? t?ln??1??6.11s ??mg?kvk?mg?根据始末条件对上式积分,有
?t0dt??m?vv0v(2) 利用
dvdv?v的关系代入式(1),可得 dtdydv dy?mg?kv?mv分离变量后积分
?y0?m?mg?kv0?mvdv?dy???ln?1? 故 y?????v0??183m v0mg?kvk?k?mg???0vv讨论 如不考虑空气阻力,则物体向上作匀减速运动．由公式t?0和y?0分别算
g2g得t≈6.12ｓ和y≈184 m,均比实际值略大一些．
2-21 分析 由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反,因此,物体在上抛过程中所受重力P 和阻力Fr 的方向相同；而下落过程中,所受重力P 和阻力Fr 的方向则相反．又因阻力是变力,在解动力学方程时,需用积分的方法．
解 分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y 轴(如图所示)．(1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有
2?mg?kmv2?mdvvdv?m dtdy依据初始条件对上式积分,有
大学物理物理学(第五版)上册马文蔚课后答案东南大学
