第二章牛顿定律25速度a=1.0m·s-2运动，求物体B与桌面间的摩擦力.（滑轮与连接绳的质量不计.）H-V-F11F8mAFTImngTFT(a)(b)题2-8图分析该题为连接体问题，同样可用隔离体法求解.分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的，即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立，同时也要注意到张力方向是不同的解分别对物体和滑轮作受力分析［图（b）1.由牛顿定律分别对物体A、B及滑轮列动力学方程，有(1)mag-F,=maa(2)F't-F,=mga"(3)F-2Fu=0考虑到m.=m=m，F,=F，Fm=Fn,a=2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力F,= mg - (m + 4m)a =7. 2 N2讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：（1）分析题意，确定研究对象，分析受力，选定坐标；（2）根据物理的定理和定律列出原始方程组；（3）解方程组，得出文字结果；（4）核对量纲，再代入数据，计算出结果来，2-9质量为m的长平板A以速度在光滑平面上作直线运动，现将质量为m的木块B轻轻平稳地放在长平板上，板与木块之间的动摩擦因数为μ，求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？分析当木块B平稳地轻轻放至运动着的平板A上时，木块的初速度可视为零，由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力，该力将改变它们的运动状态.根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度.换以平板为参考系来分析，此时，木块以初速度-（与平板运动速率大小相等、方向相反）作匀减速运
第一篇力学26动，其加速度为相对加速度，按运动学公式即可解得该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解.将平板与木块作为系统，该系统的动能由平板原有的动能变为木Bn块和平板一起运动的动能，而它们的共同速度可根据动量定理求得，又因为系统内只有BFfFfA摩擦力作功，根据系统的动能定理，摩擦力的功应等于系统动能的增量，木块相对平板题2-9图移动的距离即可求出，解1以地面为参考系，在摩擦力F，=umg的作用下，根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程F,=μmg=maF'=-F,=m'a,a，和a2分别是木块和木板相对地面参考系的加速度，若以木板为参考系，木块相对平板的加速度a=ai+α2，木块相对平板以初速度-作匀减速运动直至最终停止.由运动学规律有-0?=2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为m'r"2S2μg(m'+m)解2以木块和平板为系统，它们之间一对摩擦力作的总功为W=F,(s+l) -F,l=μmgs式中1为平板相对地面移动的距离，由于系统在水平方向上不受外力，当木块放至平板上时，根据动量守恒定律，有m'v'=(m'+m)u"由系统的动能定理，有1.1m'2--(m+m)vm2μmgs=2"福2由上述各式可得m'g"2环2μg(m+m)2-10如图（a）所示，在一只半径为R的半球形碗内，有一粒质量为m的PDG小钢球，当小球以角速度の在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时，它距碗底有多高？分析维持钢球在水平面内作匀角速度转动时，必须使钢球受到一与向心
第二章牛顿定律27ROhxmg(a)(b)题2-10图加速度相对应的力（向心力），而该力是由碗内壁对球的支持力F的分力来提供的，由于支持力F始终垂直于碗内壁，所以支持力的大小和方向是随而变的.取图示Oxy坐标，列出动力学方程，即可求解钢球距碗底的高度解取钢球为隔离体，其受力分析如图（b）所示，在图示坐标中列动力学方程Fnsin@=ma,=mRo'sin@(1)(2)F~cos@=mgcos O=(R-h)且有(3)R由上述各式可解得钢球距碗底的高度为h=R-gw可见，h随の的变化而变化2-11在如图（a）所示的轻滑轮上跨有一轻绳，绳的两端连接着质量分别为1kg和2kg的物体A和B，现以50N的恒力F向上提滑轮的轴，不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦，求A和B的加速度各为多少？F4yAFTFAa茶BAT-mAgFTFTmpg(b)(a)PDG题2-11图
第一篇力学28分析在上提物体过程中，由于滑轮可以转动，所以A、B两物体对地加速度并不相同，故应将A、B和滑轮分别隔离后，运用牛顿定律求解，本题中因滑轮质量可以不计，故两边绳子张力相等，且有F=2F解隔离后，各物体受力如图(b)所示，有F-2F,=0滑轮AF,-mag=mAaABF--mBg=mgaBax=15.2m.s-2,ag=2.7m?s-2联立三式，得讨论如由式F-（m^+m）g=（m^+m）a求解，所得a是A、B两物体构成的质点系的质心加速度，并不是A、B两物体的加速度.上式叫质心运动定理，2-12一质量为50g的物体挂在一弹簧末端后伸长一段距离后静止，经扰动后物体作上下振动，若以物体静平衡位置为原点，向下为轴正向.测得其运动规律按余弦形式变化即y=0.20cos(5t+π/2）式中t以s计，y以m计，试求：（1）作用于该物体上的合外力的大小；（2）证明作用在物体上的合外力大小与物体离开平衡位置的距离成正比。d'y求解，y为物体的运动方程，F即为作用分析本题可直接用F=ma=mdt2于物体上的合外力（实为重力与弹簧力之和）的表达式，本题显示了物体作简谐运动时的动力学特征，解（1）由分析知dy = -0.25cos 5t +)(N)F= ma =dt?该式表示作用于物体上的合外力随时间t按余弦形式作用周期性变化，F>0表示合力外力向下，F<0表示合外力向上(2) F = -0. 25 cos( 5t +号) = -1.25[0.20cos(5t + 号) = -1.25 y.2由上式知，合外力F的大小与物体离开平衡位置距离的大小成正比“-”号表示与位移的方向相反，2-13一质量为10kg的质点在力F的作用下沿×轴作直线运动，已知F=120t+40,式中F的单位为N，t的单位的s.在t=0时，质点位于x=5.0mPDG处，其速度。=6.0m·s-.求质点在任意时刻的速度和位置.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=d/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
第二章牛顿定律29可得质点的速度（t）；由速度的定义=dx/dt，用积分的方法可求出质点的位置.解因加速度a=d/dt，在直线运动中，根据牛顿运动定律有du120t+40=mdt依据质点运动的初始条件，即t。=0时。=6.0m·s-！，运用分离变量法对上式积分，得(12. 0t + 4. 0)dtdyV=6.0+4.0t+6.0t2又因=dx/dt，并由质点运动的初始条件：t。=0时xg=5.0m，对上式分离变量后积分，有dx(6.0+4.0t+6.0t)dtx=5.0+6.0t+2.02+2.0t32-14轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0×10°kg.飞机以55.0m·的速率在水平跑道上着陆后，驾驶员开始制动，若阻力与时间成正比，比例系数α=5.0×10°N·s-1，空气对飞机升力不计，求：（1）10s后飞机的速率；（2）飞机着陆后10s内滑行的距离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，有duF=ma=1αtmdtatdTat得V=Vo2m茶因此，飞机着陆10s后的速率为=30.0m.s-X究α)dtdx又商2m故飞机着陆后10s内所滑行的距离PDGα=467mS=X-Xo=Vot-6m2-15质量为m的跳水运动员，从10.0m高台上由静止跳下落人水中