第二章课后习题¶

2 - 8¶

如图所示，已知两物体 \(A\)、\(B\) 的质量均为 \(m=3.0\,\mr{kg}\)，物体 \(A\) 以加速度 \(a=1.0\,\mr{m \cdot s^{-2}}\) 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）

分析

首先要分别对 \(A\)、\(B\) 两个物体进行受力分析，再根据牛顿定律列出方程
对于物体 \(B\)，其在竖直方向上受力平衡（重力与支持力相互抵消），在水平方向受到的绳子拉力 \(\vec{T}_B\) 和桌面的摩擦力 \(\vec{f}\)，加速为 \(\vec{a}_B\)，它们满足 \(\displaystyle \vec{T}_B + \vec{f} = m \tm \vec{a}_B\)
对于物体 \(A\)，其在竖直方向上受到的拉力为 \(\vec{T}_A\)，受到的重力为 \(\vec{P}_A\)，加速度为 \(\vec{a}_A\)，它们满足 \(\displaystyle \vec{T}_A + \vec{P}_A = m \tm \vec{a}_A\)
此外，还要分别找出物体 \(B\) 与 \(A\) 的加速度大小的联系才能解出方程

参考解答¶

依题意可知，连接绳中的张力大小处处相等，设为 \(T\)

对物体 B 受力分析

设 \(B\) 受到桌面的摩擦力 \(\displaystyle \vec{f} = -f \,\vec{i}\)，绳子拉力 \(\displaystyle\vec{T}_B = T \,\vec{i}\)，\(B\) 的加速度 \(\displaystyle\vec{a}_B = a_B \,\vec{i}\)，其中，\(\vec{i}\) 为水平向右的单位矢量，根据牛顿定律

\[ \vec{T}_B + \vec{f} = m \tm \vec{a}_B, \ \mr{即}\ T - f = m \tm a_B \tag{1} \label{eq:2-8-1} \]

\[ \begin{align} &\vec{T}_B + \vec{f} = m \tm \vec{a}_B \\ \mr{即}\ &T - f = m \tm a_B \tag{1} \label{eq:2-8-1_small} \end{align} \]

对物体 A 受力分析

\(A\) 受到的绳子拉力 \(\displaystyle \vec{T}_A = 2 \tm T \,\vec{j}\)，重力 \(\vec{P}_A = - m g \,\vec{j}\)，加速度 \(\displaystyle \vec{a}_A = - a \,\vec{j}\)，其中，\(\vec{j}\) 为竖直向上的单位矢量，根据牛顿定律

\[ \vec{T}_A + \vec{P}_A = m \tm \vec{a}_A, \ \mr{即}\ 2 \tm T - m g = - m a \tag{2} \label{eq:2-8-2} \]

\[ \begin{align} &\vec{T}_A + \vec{P}_A = m \tm \vec{a}_A \\ \mr{即}\ &2 \tm T - m g = - m a \tag{2} \label{eq:2-8-2_small} \end{align} \]

A 和 B 加速度大小的关系

由图中滑轮的连接关系可知，当 \(A\) 物体每下降 \(s\)，则 \(B\) 物体需要水平移动 \(2s\)，因此，\(B\) 物体的加速度大小

\[ a_B = \frac{\mr{d}^2 (2s)}{{\d{t}}^2} = 2 \frac{\mr{d}^2 s}{{\d{t}}^2} = 2 \tm a \]

将上述关系代入方程 \(\eqref{eq:2-8-1}\)\(\eqref{eq:2-8-1_small}\) 中，并结合方程 \(\eqref{eq:2-8-2}\)\(\eqref{eq:2-8-2_small}\)，求解得到

\[ f = \frac{m}{2} \rb{g - 5 \tm a} = \frac{3}{2} \rb{10 - 5 \times 1} = 7.5 \,\mr{\rb{N}} \]

\[ \begin{align} f &= \frac{m}{2} \rb{g - 5 \tm a} = \frac{3}{2} \rb{10 - 5 \times 1} \\ &= 7.5 \,\mr{\rb{N}} \end{align} \]

2 - 16¶

一质量为 \(10\,\mr{kg}\) 的质点在力 \(F\) 的作用下沿 \(x\) 轴作直线运动，已知 \(F=120 \tm t+40\)，式中 \(F\) 的单位为 \(\mr{N}\)，\(t\) 的单位为 \(\mr{s}\)。在 \(t=0\,\mr{s}\) 时，质点位于 \(x=5.0\,\mr{m}\) 处，其速度 \(v_0=6.0\,\mr{m \cdot s^{-1}}\)。求质点在任意时刻的速度和位置

分析

可根据牛顿第二定律列出作用力 \(F\) 与速度 \(v\) 满足的方程，\(\displaystyle F = m a = m \frac{\d{v}}{\d{t}}\)
通过分离变量法求解上述方程，可得到 \(v\) 关于 \(t\) 的表达式
利用速度的定义，\(\displaystyle v = \frac{\d{x}}{\d{t}}\)，列出方程，并通过分离变量法求解，得到 \(x\) 关于 \(t\) 的表达式

参考解答¶

求速度

根据牛顿第二定律 \(\displaystyle \vec{F} = m \tm \vec{a}\) 以及运动学关系 \(\displaystyle \vec{a} = \frac{\d{\vec{v}}}{\d{t}}\)，有

\[ F = m \tm a \ \Rightarrow\ 120 \tm t + 40 = m \frac{\d{v}}{\d{t}} \]

将 \(m = 10\) 代入上式，分离变量得到

\[ \rb{12 \tm t + 4} \,\d{t} = \d{v} \]

设在 \(t\) 时刻，质点的速度为 \(v\)，则

\[ \int_{v_0}^v \d{v} = \int_0^t \rb{12 \tm t + 4} \,\d{t} \ \Rightarrow\ v - v_0 = \rb{4t + 6t^2} \Big|_0^t \]

\[ \begin{align} &\int_{v_0}^v \d{v} = \int_0^t \rb{12 \tm t + 4} \,\d{t} \\ &\Rightarrow\ v - v_0 = \rb{4t + 6t^2} \Big|_0^t \end{align} \]

将 \(v_0 = 6\) 代入上式，得

\[ v = 6 + 4t + 6t^2 \]

求位置

根据速度的定义

\[ v = \frac{\d{x}}{\d{t}} \ \Rightarrow\ \rb{6 + 4t + 6t^2} = \frac{\d{x}}{\d{t}} \]

分离变量得到

\[ \rb{6 + 4t + 6t^2} \,\d{t} = \d{x} \]

设在 \(t\) 时刻，质点的位置为 \(x\)，则

\[ \int_{5}^x \d{x} = \int_0^t \rb{6 + 4t + 6t^2} \,\d{t} \ \Rightarrow\ x - 5 = \rb{6t + 2t^2 + 2t^3} \Big|_0^t \]

\[ \begin{align} &\int_{5}^x \d{x} = \int_0^t \rb{6 + 4t + 6t^2} \,\d{t} \\ &\Rightarrow\ x - 5 = \rb{6t + 2t^2 + 2t^3} \Big|_0^t \end{align} \]

因此

\[ x = 5 + 6t + 2t^2 + 2t^3 \]

2 - 18¶

质量为 \(m\) 的跳水运动员，从 \(10.0\,\mr{m}\) 高台上由静止跳下落入水中。高台与水面距离为 \(h\)。把跳水运动员视为质点，并略去空气阻力。运动员入水后竖直下沉，水对其阻力为 \(b \tm v^2\)，其中 \(b\) 为常量。若以水面上一点为坐标原点 \(O\)，竖直向下为 \(Oy\) 轴

求运动员在水中的速率 \(v\) 与 \(y\) 的函数关系
若 \(\displaystyle b/m=0.40\,\mr{m}^{-1}\)，跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率 \(v\) 减少到落水速率 \(v_0\) 的 \(1/10\)（假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等）

分析

阻力 \(\vec{f}\) 的方向与运动方向相反，\(\vec{f} = - b \tm v^2 \,\vec{j}\)，根据自由落体定律求出落水的速度 \(v_0\)
根据牛顿第二定律列出运动员在水中的方程，由于重力与浮力相抵消，其收到的合力就是 \(\vec{f}\)，\(\vec{f} = m \tm \vec{a}\)
根据运动学关系，\(\displaystyle \vec{a} = \frac{\d{\vec{v}}}{\d{t}}\)，并利用变换 \(\displaystyle \frac{\d{\vec{v}}}{\d{t}} = \frac{\d{v}}{\d{y}} \frac{\d{y}}{\d{t}} = \frac{v \,\d{v}}{\d{y}}\)，得到 \(v\) 关于 \(y\) 的方程
利用分离变量法求解，得到 \(v\) 关于 \(y\) 的表达式

参考解答¶

设运动员受到的重力为 \(\vec{P}\)，在水中的浮力和阻力分别为 \(\vec{F}\) 和 \(\vec{f}\)，其中，\(\vec{f} = - b \tm v^2 \,\vec{j}\)（\(\vec{j}\) 为沿 \(y\) 方向的单位矢量）

根据自由落体定律，入水时的速度 \(v_0 = \sqrt{2 \tm g h}\)，根据牛顿第二定律，运动员在水中

\[ \vec{F} + \vec{P} + \vec{f} = m \tm \vec{a} \]

依题意可知，\(\vec{F} + \vec{P} = \vec{0}\)，因此，上式化为

\[ -b \tm v^2 = m a = m \frac{\d{v}}{\d{t}} \]

其中，\(\displaystyle \frac{\d{v}}{\d{t}} = \frac{\d{v}}{\d{y}} \frac{\d{y}}{\d{t}} = \frac{v \,\d{v}}{\d{y}}\)，代入上式，得到

\[ -b \tm v^2 = m \frac{v \,\d{v}}{\d{y}} \]

化简并分离变量，得

\[ \frac{\d{v}}{v} = -\frac{b}{m} \,\d{y} \]

设在 \(y\) 处，运动员的速度为 \(v\)，则

\[ \int_{v_0}^v \frac{\d{v}}{v} = \int_0^y -\frac{b}{m} \,\d{y} \ \Rightarrow\ \ln \frac{v}{v_0} = -\frac{b}{m} y \tag{4} \label{eq:2-18-1} \]

\[ \begin{gather} \int_{v_0}^v \frac{\d{v}}{v} = \int_0^y -\frac{b}{m} \,\d{y}\\ \Rightarrow\ \ln \frac{v}{v_0} = -\frac{b}{m} y \tag{4} \label{eq:2-18-1_small} \end{gather} \]

化简得

\[ v = v_0 \exp\rb{-\frac{b}{m} y} = \sqrt{2 \tm g h} \exp\rb{-\frac{b}{m} y} \]

\[ \begin{align} v &= v_0 \exp\rb{-\frac{b}{m} y} \\ &= \sqrt{2 \tm g h} \exp\rb{-\frac{b}{m} y} \end{align} \]
设在 \(y\) 处，速率降为 \(v_0/10\)。将 \(b/m = 0.4 \,\mr{m}^{-1}\) 和 \(v = v_0/10\) 代入式 \(\eqref{eq:2-18-1}\)\(\eqref{eq:2-18-1_small}\) 得

\[ y = - \frac{m}{b} \ln \frac{v}{v_0} = - \frac{1}{0.4} \ln \frac{1}{10} \approx 5.76 \,\mr{m} \]

2 - 22¶

质量为 \(45.0\,\mr{kg}\) 的物体，由地面以初速度 \(60.0\,\mr{m\cdot s^{-1}}\) 竖直向上发射，物体受到空气的阻力为 \(f = k v\)，且 \(k=0.03\,\mr{kg}\cdot\mr{s}^{-1}\)

求物体发射到最大高度所需的时间
最大高度为多少

分析

物体在上升的过程中受到重力和空气阻力的作用，二者的方向均向下，合力 \(F = -mg - kv\)
利用牛顿第二定律 \(F = ma\)，得到 \(\displaystyle -mg - kv = m {\d{v} \over \d{t}}\)
设当 \(t=T\) 时，上升到最大高度，此时 \(v=0\)，对上述牛顿方程分离变量可求出 \(T\)
设最大高度为 \(H\)，将牛顿方程中 \(\displaystyle \frac{\d{v}}{\d{t}}\) 化为 \(\displaystyle \frac{v \,\d{v}}{\d{y}}\)，并分离变量可求出 \(H\)

参考解答¶

在上升中，物体受到重力和空气阻力的作用减速，根据牛顿第二定律

\[ - mg - k v = m a = m \frac{\d{v}}{\d{t}} \tag{5} \label{eq:2-22-1} \]

对式 \(\eqref{eq:2-22-1}\) 分离变量，得

\[ \d{t} = - \frac{m \,\d{v}}{mg + kv} \]

设在 \(t=T\) 时到达最大高度，此时，\(v=0\)，则

\[ \int_0^T \d{t} = \int_{v_0}^0 - \frac{m \,\d{v}}{mg + kv} \]

计算积分，得到 \(\displaystyle T = \frac{m}{k} \ln \rb{1 + \frac{k v_0}{mg}}\)

积分计算

\[ \int_{v_0}^0 - \frac{m \,\d{v}}{mg + kv} = \int_{\cm{0}}^{\cm{v_0}} \frac{m}{\cm{k}} \frac{\d{\cm{\rb{kv + mg}}}}{mg + kv} \]

\[ \begin{align} &\int_{v_0}^0 - \frac{m \,\d{v}}{mg + kv} \\ &= \int_{\cm{0}}^{\cm{v_0}} \frac{m}{\cm{k}} \frac{\d{\cm{\rb{kv + mg}}}}{mg + kv} \end{align} \]

在物体的上升过程中，由于 \(\displaystyle mg + kv\) 始终为正，因此

\[ \int_0^{v_0} \frac{m}{k} \frac{\d{(mg + kv)}}{mg + kv} = \frac{m}{k} \ln \rb{mg + kv} \Big|_0^{v_0} = \frac{m}{k} \ln \rb{1 + \frac{k v_0}{mg}} \]

\[ \begin{gather} \int_0^{v_0} \frac{m}{k} \frac{\d{(mg + kv)}}{mg + kv} \\ = \frac{m}{k} \ln \rb{mg + kv} \Big|_0^{v_0} \\ = \frac{m}{k} \ln \rb{1 + \frac{k v_0}{mg}} \end{gather} \]

将 \(m = 45.0\)，\(g = 10\)，\(k = 0.03\)，\(v_0 = 60.0\)，代入上式，得到 \(T \approx 5.76 \,\mr{(s)}\)
方程 \(\eqref{eq:2-22-1}\) 中

\[ \frac{\d{v}}{\d{t}} = \frac{\d{v}}{\d{y}} \frac{\d{y}}{\d{t}} = \frac{v \,\d{v}}{\d{y}} \]

此时，方程 \(\eqref{eq:2-22-1}\) 化为

\[ - \rb{mg + kv} = \frac{m v \,\d{v}}{\d{y}} \]

分离变量，得

\[ \d{y} = - \frac{mv \,\d{v}}{mg + kv} \]

当速度 \(v=0\) 时，到达最大高度，设其值为 \(H\)，则

\[ \int_0^H \d{y} = \int_{v_0}^0 - \frac{mv \,\d{v}}{mg + kv} \]

计算积分，得到 \(\displaystyle H = \frac{m}{k} \sb{v_0 - \frac{mg}{k} \ln \rb{1 + \frac{k v_0}{mg}}}\)

积分计算

\[ \begin{align} &\int_{v_0}^0 - \frac{mv \,\d{v}}{mg + kv} = \int_{\cm{0}}^{\cm{v_0}} \frac{m}{\cm{k}} \frac{\rb{\cm{k}v + \cm{mg} - \cm{mg}}}{mg + kv} \\ &= \int_0^{v_0} \frac{m}{k} \rb{1 - \frac{mg}{mg + kv}} \,\d{v} = \frac{m}{k} \sb{ \int_0^{v_0} \d{v} - \int_0^{v_0} \frac{mg \,\d{\cm{\rb{kv + mg}}}}{\cm{k} \rb{mg + kv}} } \\ &= \frac{m}{k} \sb{ v_0 - \frac{mg}{k} \ln \rb{mg + kv} \Big|_0^{v_0} } = {m \over k} \sb{ v_0 - \frac{mg}{k} \ln \rb{1 + \frac{k v_0}{mg}} } \end{align} \]

\[ \begin{align} &\int_{v_0}^0 - \frac{mv \,\d{v}}{mg + kv} \\ &= \int_{\cm{0}}^{\cm{v_0}} \frac{m}{\cm{k}} \frac{\rb{\cm{k}v + \cm{mg} - \cm{mg}}}{mg + kv} \\ &= \int_0^{v_0} \frac{m}{k} \rb{1 - \frac{mg}{mg + kv}} \,\d{v} \\ &= \frac{m}{k} \sb{ \int_0^{v_0} \d{v} - \int_0^{v_0} \frac{mg \,\d{\cm{\rb{kv + mg}}}}{\cm{k} \rb{mg + kv}} } \\ &= \frac{m}{k} \sb{ v_0 - \frac{mg}{k} \ln \rb{mg + kv} \Big|_0^{v_0} } \\ &= {m \over k} \sb{ v_0 - \frac{mg}{k} \ln \rb{1 + \frac{k v_0}{mg}} } \end{align} \]

将 \(m = 45.0\)，\(g = 10\)，\(k = 0.03\)，\(v_0 = 60.0\)，代入上式，得：\(H \approx 183 \,\mr{(m)}\)

2 - 23¶

已知一质量为 \(m\) 的质点在 \(x\) 轴上运动，质点只受到指向原点的引力的作用，引力大小与质点离原点的距离 \(x\) 的二次方成反比，即 \(F=-k/x^2\)，\(k\) 是比例常量。设质点在 \(x=A\) 时的速度为零，求质点在 \(x=A/4\) 处的速度的大小

分析

根据牛顿第二定律，\(F = ma\)，有 \(\displaystyle - \frac{k}{x^2} = m \frac{\d{v}}{\d{t}}\)
考虑变换 \(\displaystyle \frac{\d{v}}{\d{t}} = \frac{\d{v}}{\d{x}} \frac{\d{x}}{\d{t}} = \frac{v \,\d{v}}{\d{x}}\)，并分离变量并求解，可得到 \(v\) 与 \(x\) 的关系

参考解答¶

根据牛顿第二定律，\(F = m a\)，有

\[ - \frac{k}{x^2} = m \frac{\d{v}}{\d{t}} \]

其中，\(\displaystyle \frac{\d{v}}{\d{t}} = \frac{\d{v}}{\d{x}} \frac{\d{x}}{\d{t}} = \frac{v \,\d{v}}{\d{x}}\)，代入上式，得到

\[ - \frac{k}{x^2} = \frac{m v \,\d{v}}{\d{x}} \]

分离变量，得

\[ - \frac{k}{m} \frac{\d{x}}{x^2} = v \,\d{v} \]

设在 \(x\) 处的速度为 \(v\)，则

\[ \int_A^{A/4} - \frac{k}{m} \frac{\d{x}}{x^2} = \int_0^v v \,\d{v} \]

计算积分，得到

\[ \frac{3k}{mA} = \frac{1}{2} v^2 \]

因此，速率 \(\displaystyle \abs{v} = \sqrt{\frac{6k}{mA}}\)