大物b课后题02-第二章质点动力学

习题2-1质量为0.25kg 的质点，受力为()F ti SI =的作用，式中t 为时间。

0t =时，该质点以102v jm s -=⋅的速度通过坐标原点，则该质点任意时刻的位置矢量是_____.解 因为40.25d v F t iti dt m ===,所以()4d v t i d t =，于是有()04vtv dv ti dt =⎰⎰，222v t i j =+；又因为drv dt=，所以()222dr t i j dt =+，于是有()222dr t i j dt =+⎰⎰，3223r t i tj C =++，而t=0时质点通过了原点，所以0C =，故该质点在任意时刻的位置矢量为3223r t i tj =+。

2-2一质量为10kg 的物体在力(12040)()f t i SI =+作用下，沿x 轴运动。

0t =时，其速度106v im s -=⋅，则3t s =时，其速度为（ ）A. 110im s -⋅ B. 166im s -⋅ C. 172im s -⋅ D. 14im s -⋅ 解 本题正确答案为C 在x 方向，动量定理可写为()312040t dt mv mv+=-⎰，即0660mv mv -=所以 ()1066066067210v v m s m -=+=+=∙。

2-3一物体质量为10kg 。

受到方向不变的力3040()F t SI =+的作用，在开始的2s 内，此力的冲量大小等于______;若物体的初速度大小为110m s -∙ ，方向与F同向，则在2s 末物体的速度大小等于_______.解 在开始的2s 内，此力的冲量大小为 ()23040140()I t dt N s =+=∙⎰由质点的动量定理得0I mv mv =-当物体的初速度大小为110m s -∙，方向与F 同向时，在2s 末物体速度的大小为 101401024()10I v v m s m -=+=+=∙2-4一长为l 、质量均匀的链条，放在光滑的水平桌面上。

习题二2-1 质量为m的子弹以速率v水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系；(2)子弹射入沙土的最大深度。

[解] 设任意时刻子弹的速度为v，子弹进入沙土的最大深度为s，由题意知，子弹所受的阻力f= - kv(1) 由牛顿第二定律tvmmafdd==即vmkvd==-xvmvtxxvmtvmmafdddddddd====即xvmvkvdd=-所以vxmkdd=-对上式两边积分⎰⎰=-000ddvsvxmk得到vsmk-=-即kmvs0=2-2 质量为m的小球，在水中受到的浮力为F，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f＝kv(k为常数)。

若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v与时间的关系为⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=-mktekFmgv1[证明] 任意时刻t小球的受力如图所示，取向下为y轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。

由牛顿第二定律得tvmmafFmgdd==--即tvmmakvFmgdd==--整理得mtkvFmgv dd=--m，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即2kvF=。

求跳伞员的运动速率v随时间t变化的规律和极限速率Tv。

[解] 设运动员在任一时刻的速率为v，极限速率为Tv，当运动员受的空气阻力等于运动员及装备的重力时，速率达到极限。

此时2Tkvmg=即kmgv=T有牛顿第二定律tvmkvmgdd2=-整理得mtkvmgv dd2=-对上式两边积分mgkmtkvmgv tv21dd02⎰⎰=-得mtv kmgv kmg=+-ln整理得T22221111veekmgeevkgmtkgmtkgmtkgmt+-=+-=2-4 61085.1⨯=h m的高空f的大小；(2)()2ehRmMG+=地2eRMGg地=由上面两式得()()()N1082.71085.11063781063788.913273263232e2e⨯=⨯+⨯⨯⨯⨯=+=hRRmgf(2) 由牛顿第二定律hRvmf+=e2()()m1096.613271085.11063781082.73633e⨯=⨯+⨯⨯⨯=+=mhRfv(3) 卫星的运转周期()()2h3min50ss1043.71096.61085.1106378223363e=⨯=⨯⨯+⨯=+=ππvhRT2-5 试求赤道上方的地球同步卫星距地面的高度。

第二章 质点动力学2－1一物体从一倾角为30的斜面底部以初速v 0=10m·s 1向斜面上方冲去，到最高点后又沿斜面滑下，当滑到底部时速率v =7m·s 1,求该物体与斜面间的摩擦系数。

解：物体与斜面间的摩擦力f ＝uN ＝umgcos30物体向斜面上方冲去又回到斜面底部的过程由动能定理得220112(1)22mv mv f s -=-⋅物体向斜面上方冲到最高点的过程由动能定理得2010sin 302mv f s mgh f s mgs -=-⋅-=-⋅-20(2)(31)s g u ∴=-把式（2）代入式（1）得，()222200.1983u v v=+2－2如本题图，一质量为m 的小球最初位于光滑圆形凹槽的A 点，然后沿圆弧ADCB 下滑，试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力，圆弧半径为r 。

解：小球在运动的过程中受到重力G 和轨道对它的支持力T .取如图所示的自然坐标系，由牛顿定律得22sin (1)cos (2)t n dv F mg mdt v F T mg mR αα=-==-=由,,1ds rd rd v dt dt dt vαα===得代入式（）， A 并根据小球从点运动到点C 始末条件进行积分有，902n (sin )2cos 2cos /m cos 3cos '3cos ,e v vdv rg d v gr vg rrv mg mg rmg ααααωαααα=-===+==-=-⎰⎰得则小球在点C 的角速度为＝由式（2）得 T 由此可得小球对园轨道得作用力为T T 方向与反向2－3如本题图，一倾角为 的斜面置于光滑桌面上，斜面上放一质量为m 的木块，两者间摩擦系数为，为使木块相对斜面静止，求斜面的加速度a 应满足的条件。

解：如图所示()1212min max sin ,cos cos sin (1)sin cos 2(1)(2)(sin cos )(cos sin )(sin cos )()(cos sin )1(2)(1)(sin cos )(cos sin )(sin cos a a a a N mg ma ma mg uN m a ma u g u a u g u g tg u a u utg u g u a u g u a θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ==∴-==±==⨯+-=+--∴==++-⨯+=-+∴=得，得，)()(cos sin )1()()11g tg u u utg g tg u g tg u a utg utg θθθθθθθθθ+=---+∴≤≤+-2－4如本题图，A 、B 两物体质量均为m ，用质量不计的滑轮和细绳连接，并不计摩擦，则A 和B 的加速度大小各为多少 。

习题二2-1质量为m 的子弹以速率0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系；(2)子弹射入沙土的最大深度。

[解]设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力f =-kv (1)由牛顿第二定律tv mma f d d == 即tv mkv d d ==- 所以t mk v v d d -=对等式两边积分⎰⎰-=tvv t m k v v 0d d 0得t mkv v -=0ln因此t mke v v -=0(2)由牛顿第二定律xv mv t x x v m t v m ma f d d d d d d d d ==== 即xvmv kv d d =- 所以v x mkd d =-对上式两边积分⎰⎰=-000d d v sv x mk 得到0v s m k-=-即kmv s 0=2-2质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。

若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为[证明]任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为y 轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。

由牛顿第二定律得即tvm ma kv F mg d d ==--整理得mtkv F mg v d d =--对上式两边积分⎰⎰=--t vmt kv F mg v00d dy得mktF mg kv F mg -=---ln即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kFmg v 1 2-3跳伞运动员与装备的质量共为m ，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即2kv F =。

求跳伞员的运动速率v 随时间t 变化的规律和极限速率T v 。

[解]设运动员在任一时刻的速率为v ，极限速率为T v ，当运动员受的空气阻力等于运动员及装备的重力时，速率达到极限。

习题2-1质量为0.25kg 的质点，受力为()F ti SI =r r的作用，式中t 为时间。

0t =时，该质点以102v jm s -=⋅r r的速度通过坐标原点，则该质点任意时刻的位置矢量是_____.解 因为40.25dv F ti ti dt m ===r r r r ,所以()4dv ti dt =r r ，于是有()004v t v dv ti dt =⎰⎰r r ，222v t i j =+r r r ；又因为dr v dt=r r ，所以()222dr t i j dt =+r r r ，于是有()222dr t i j dt =+⎰⎰r r r ，3223r t i tj C =++rr r ，而t=0时质点通过了原点，所以0C =，故该质点在任意时刻的位置矢量为3223r t i tj =+rr r 。

2-2一质量为10kg 的物体在力(12040)()f t i SI =+r r作用下，沿x 轴运动。

0t =时，其速度106v im s -=⋅r r，则3t s =时，其速度为（ ）A. 110im s -⋅rB. 166im s -⋅rC. 172im s -⋅rD. 14im s -⋅r解 本题正确答案为C 在x 方向，动量定理可写为()312040t dt mv mv+=-⎰，即0660mv mv -=所以 ()1066066067210v v m s m -=+=+=•。

2-3一物体质量为10kg 。

受到方向不变的力3040()F t SI =+的作用，在开始的2s 内，此力的冲量大小等于______;若物体的初速度大小为110m s -• ，方向与F同向，则在2s 末物体的速度大小等于_______.解 在开始的2s 内，此力的冲量大小为 ()23040140()I t dt N s =+=•⎰由质点的动量定理得0I mv mv =-当物体的初速度大小为110m s -•，方向与F r同向时，在2s 末物体速度的大小为101401024()10I v v m s m -=+=+=•2-4一长为l 、质量均匀的链条，放在光滑的水平桌面上。

第2章 质点和质点系动力学一斜面的倾角为α, 质量为m 的物体正好沿斜面匀速下滑. 当斜面的倾角增大为β时, 求物体从高为h 处由静止下滑到底部所需的时间.解：设斜面摩擦系数为μ。

当倾角为α时，1sin 0f mg α-=1cos 0N mg α-= 11f N μ= 求得：tg μα=当斜面倾角为β角时，设物块的下滑加速度为a2cos 0N mg β-= 2sin mg f ma β-= 222f N N tg μα==求得：sin cos a g g tg ββα=- 物体从斜面下滑所需要的时间为：21sin 2h at β=t ==用力f 推地面上的一个质量为m 的木箱,力的方向沿前下方, 且与水平面成α角. 木箱与地面之间的静摩擦系数为0μ, 动摩擦系数为k μ. 求：⑴要推动木箱, f 最小为多少使木箱作匀速运动, f 为多少⑵证明当α大于某值时, 无论f 为何值都不能推动木箱, 并求α值.解：⑴当f 的水平分力克服最大静摩擦力时，木箱可以运动，即 ()0cos sin f mg f αμα≥+ 00cos sin mgf μαμα≥-0min 0cos sin mgf μαμα=-使木箱做匀速运动，则()cos sin k f mg f αμα=+ cos sin k k mgf μαμα=-⑵由能推动木箱的条件: ()0cos sin f mg f αμα≥+ 00cos sin f f mg αμαμ-≥若0cos sin 0f f αμα-<时,上式不可能成立,即不可能推动木箱的条件为: 01tg αμ>， 01arctgαμ>质量为5000kg 的直升飞机吊起1500kg 的物体, 以0.6m/s 2的加速度上升, 求：（1）空气作用在螺旋桨上的升力为多少. （2）吊绳中的张力为多少.解：（1）对飞机物体整体进行受力分析，得()()f M m g M m a -+=+()()4650010.2 6.8910f M m g a N =++=⨯=⨯（2）对物体m 进行受力分析，得 T mg ma -=()4150010.6 1.5910T m g a N =+=⨯=⨯质量为m 汽车以速率0v 高速行驶, 受到2kv f -=的阻力作用, k 为常数. 当汽车关闭发动机后, 求：（1）速率v 随时间的变化关系. （2）路程x 随时间的变化关系. （3）证明速率v 与路程x 之间的函数关系为x mke v v -=0．（4）若020/v m s =, 经过15s 后, 速率降为10/t v m s =, 则k 为多少解：由题意， 2dvmkv dt =- 两边积分 020v tv dv k dt v m =-⎰⎰011kt v v m ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭即 00001v mv v k m kv t v t m ==+⎛⎫+ ⎪⎝⎭（2）由上式两边积分 0000xtmv dx dt m kv t =+⎰⎰即 0ln m kv t m x k m +⎛⎫=⎪⎝⎭（3）由（1）中得 00mv kv t m v =-，代入（2）中的结果，得 00ln ln mv m m v m m v x k m k v ⎛⎫+- ⎪⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎪⎝⎭ 即 0k x mv v e-=（4）020/v m s =,15t s =,10/t v m s =代入00mv v m kv t=+，求得300m k =质量为m 的质点以初速度0v 竖直上抛, 设质点在运动中受到的空气阻力与质点的速率成正比, 比例系数为0>k ．试求：（1）质点运动的速度随时间的变化规律. （2）质点上升的最大高度.解：（1） dvm mg kv dt=--mdvdt mg kv=-+1()kd kv mg dt mg kv m+=-+两边积分 001()vtv k d kv mg dt mg kv m +=-+⎰⎰0lnkv mg kt kv mg m+=-+即 k mg e k mg v v t m k-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-0 （2）由（1）中方程得 dv dv dy dv mg kv mm mv dt dy dt dy--=== ()mg kv mg mvdv m dy dv mg kv k mg kv+--==-++两边积分 00(1)yv v m mgdy dv k mg kv=--+⎰⎰()2020ln m m g mg kvy v v k k mg kv +=-++当0v =时，有 20max02ln mg kv m m g y v k k mg ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭自动枪以每分钟发射120发子弹的速率连续发射. 每发子弹的质量为7.9g , 出口速率为735/m s . 求射击时枪托对肩部的平均压力.解：设肩部所受的平均作用力为F ，由动量定理得 Ft mv =∑即 31207.91073511.660mv F N t-⨯⨯⨯==≈∑质点在x 轴上受x 方向的变力F 的作用．F 随时间的变化关系为：在刚开始的0.1s 内均匀由0增至20N ，又在随后的0.2s 内保持不变，再经过0.1s 从20N 均匀地减少到0. 求：（1）力随时间变化的t F -图. （2）这段时间内力的冲量和力的平均值. （3）如果质点的质量为3kg , 初始速度为1/m s , 运动方向与力的方向相同. 当力变为零时, 质点速度为多少解：（1）由题意得（2）由上图得11200.1200.2200.1622I N s =⨯⨯+⨯+⨯⨯=⋅0.5200.1200.20.5200.1150.4I F N t ⨯⨯+⨯+⨯⨯=== （3）由动量定理得 0t I mv mv =- 即 06313/3t I mv v m s m ++⨯===子弹脱离枪口的速度为300/m s , 在枪管内子弹受力为5400410/3F t =-⨯（SI ）, 设子弹到枪口时受力变为零. 求：（1）子弹在枪管中的运行的时间. （2）该力冲量的大小. （3）子弹的质量.解：（1）由541040003tF ⨯=-=得3310t s -=⨯ （2）35310004104000.63tt I Fdt dt N s -⨯⎛⎫⨯==-=⋅ ⎪⎝⎭⎰⎰（3）由0I Ft mv ==-得 30.6210300I m kg v -===⨯自由电子在沿x 轴的振荡电场()0cos E t ωϕ=+E i r r中运动, 其中0E , ω, ϕ为常数. 设电子电量为e -, 质量为m , 初始条件为：0=t 时, 00v =v i r r , 00x =r i r r. 略去重力和阻力的作用, 求电子的运动方程.解：由()0cos F eE t ωϕ=-+得 0tvv Fdt mdv =⎰⎰解得()000sin sin eE eEv v t m m ϕωϕωω=+-+ 两边同乘dt 积分，()000sin sin eE eE dx v t dt m m ϕωϕωω⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭两边积分，()ϕωωϕωϕω++⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t m eE t m eE v m eE x x cos sin cos 2000200质量为m 的物体与一劲度系数为k 的弹簧连接, 物体可以在水平桌面上运动, 摩擦系数为μ. 当用一个不变的水平力拉物体, 物体从平衡位置开始运动. 求物体到达最远时, 系统的势能和物体在运动中的最大动能.解：分析物体水平受力，物体受外力、弹性力以及摩擦力，如图所示物体到达最远时，速度为0。

第2章 质点动力学习题解答2-17 质量为2kg 的质点的运动学方程为 j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-=ρ（单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。

解：∵j i dt r d a ˆ6ˆ12/22+==ρρ, j ia m F ˆ12ˆ24+==ρρ 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。

F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为：'34265.0/︒===arctg F arctgF x y α2-18 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为：j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+=ρ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。

证明：∵r j t b it a dt r d a ρρρ2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-== r m a m F ρρρ2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。

2-19在图示的装置中两物体的质量各为m 1,m 2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ，求在力F 的作用下两物体的加速度及绳内张力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。

解：以地为参考系，隔离m 1,m 2，受力及运动情况如图示，其中：f 1=μN 1=μm 1g ， f 2=μN 2=μ(N 1+m 2g)=μ(m 1+m 2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律：②①a m T g m m g m F a m g m T 221111)(=-+--=-μμμ①+②可求得：g m m gm F a μμ-+-=2112将a 代入①中，可求得：2111)2(m m g m F m T +-=μf 1 N 1 m 1g TaFN 2 m 2gTaN 1 f 1 f 22-20天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系上质量为m 1,m 2的物体（m 1≠m 2）,天平右端的托盘上放有砝码. 问天平托盘和砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不伸长。

大学物理2-1第二章(质点动力学)习题答案习 题 二2-1 质量为m 的子弹以速率0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系； (2)子弹射入沙土的最大深度。

[解] 设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力 f = - kv(1) 由牛顿第二定律 tv m ma f d d ==即 tv mkv d d ==-所以t m k v v d d -=对等式两边积分 ⎰⎰-=t v v tm k v v 0d d 0得t mk v v -=0ln因此t mke v v -=0(2)由牛顿第二定律xvmv t x x v m t v m ma f d d d d d d d d ==== 即 xvmvkv d d =- 所以 v x mkd d =-对上式两边积分 ⎰⎰=-000d d v sv x m k得到v s mk-=-即 kmv s 0=2-2 质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。

若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kFmg v 1[证明] 任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为y 轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。

由牛顿第二定律得t vm ma f F mg d d ==-- 即tvmma kv F mg d d ==-- 整理得mtkv F mg v d d =--对上式两边积分 ⎰⎰=--t v mt kv F mg v00d d 得mktF mg kv F mg -=---ln即 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kF mg v 1mgFf2-3 跳伞运动员与装备的质量共为m ，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即2kv F =。

⼤学物理习题精选答案——第2章质点动⼒学质点动⼒学习题答案2-1⼀个质量为P 的质点,在光滑的固定斜⾯(倾⾓为α)上以初速度0v 运动,0v 的⽅向与斜⾯底边的⽔平线AB 平⾏,如图所⽰,求这质点的运动轨道、解: 物体置于斜⾯上受到重⼒mg ,斜⾯⽀持⼒N 、建⽴坐标:取0v⽅向为X 轴,平⾏斜⾯与X 轴垂直⽅向为Y 轴、如图2-1、图2-1X ⽅向: 0=x F t v x 0= ① Y ⽅向: y y ma mg F ==αsin ② 0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α=由①、②式消去t ,得220sin 21x g v y ?=α 2-2 质量为m 的物体被竖直上抛,初速度为0v ,物体受到的空⽓阻⼒数值为f KV =,K 为常数、求物体升⾼到最⾼点时所⽤时间及上升的最⼤⾼度、解:⑴研究对象:m⑵受⼒分析:m 受两个⼒,重⼒P 及空⽓阻⼒f ⑶⽜顿第⼆定律:合⼒:f P F +=a m f P =+y 分量:dtdVmKV mg =-- dt KVmg mdV-=+?即dt mKV mg dV 1-=+-=+t vv dt m KV mg dV 01KV mg KV mg K 1ln 10-=++ )(0KV mg e KV mg t mK+?=+-mg Ke KV mg K V t m K1)(10-+=?- ①0=V 时,物体达到了最⾼点,可有0t 为)1ln(ln 000mgKV K m mg KV mg K m t +=+=②∵ dtdyV =∴ Vdt dy =dt mg K e KV mg K Vdt dy tt mK ty-+==-00001)(1mgt Ke KV mg K my t m K 11)(02--+-=-021()1Kt m mmg KV e mgt K K-+--??= ③ 0t t = 时,max y y =,)1ln(11)(0)1ln(02max0mg KV K m mg Ke KV mg K m y mgKV K mm K +--+=+- )1ln(11)(02202mg KV g K m mg KV mg KV mg K m +-??+-+=)1ln()(0220002mg KV g K m KV mg KV KV mg Km +-++=)1ln(0220mg KV g Km K mV +-=2-3 ⼀条质量为m ,长为l 的匀质链条,放在⼀光滑的⽔平桌⾯,链⼦的⼀端由极⼩的⼀段长度被推出桌⼦边缘,在重⼒作⽤下开始下落,试求链条刚刚离开桌⾯时的速度、解:链条在运动过程中,其部分的速度、加速度均相同,沿链条⽅向,受⼒为mxg l,根据⽜顿定律,有mF xg ma l== 图2-4通过变量替换有 m dv xg mv l dx=0,0x v ==,积分00l vm xg mvdv l =??由上式可得链条刚离开桌⾯时的速度为v gl =2-5 升降机内有两物体,质量分别为1m 与2m ,且2m ＝21m .⽤细绳连接,跨过滑轮,绳⼦不可伸长,滑轮质量及⼀切摩擦都忽略不计,当升降机以匀加速a ＝12g 上升时,求:(1) 1m 与2m 相对升降机的加速度.(2)在地⾯上观察1m 与2m 的加速度各为多少?解: 分别以1m ,2m 为研究对象,其受⼒图如图所⽰.(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a ',则2m 对地加速度a a a -'=2;因绳不可伸长,故1m 对滑轮的加速度亦为a ',⼜1m 在⽔平⽅向上没有受牵连运动的影响,所以1m 在⽔平⽅向对地加速度亦为a ',由⽜顿定律,有)(22a a m T g m -'=-a m T '=1题2-5图联⽴,解得g a ='⽅向向下 (2) 2m 对地加速度为22ga a a =-'= ⽅向向上 1m 在⽔⾯⽅向有相对加速度,竖直⽅向有牵连加速度,即牵相绝a a a+='∴ g g g a a a 25422221=+=+'=a a '=arctanθo 6.2621arctan ==,左偏上. 2-6 ⼀物体受合⼒为t F 2=(SI),做直线运动,试问在第⼆个5秒内与第⼀个5秒内物体受冲量之⽐及动量增量之⽐各为多少？解:设物体沿+x ⽅向运动,2525501===??tdt Fdt I N·S(1I 沿i ⽅向)7521051052===?tdt Fdt I N·S(2I 沿i⽅向)3/12=?I I=?=1122)()(p I p I∴3)()(12=??p p2-7 ⼀弹性球,质量为020.0=m kg,速率5=v m/s,与墙壁碰撞后跳回、设跳回时速率不变,碰撞前后的速度⽅向与墙的法线夹⾓都为60α?=,⑴求碰撞过程中⼩球受到的冲量=I⑵设碰撞时间为05.0=?t s,求碰撞过程中⼩球受到的平均冲⼒?F =解:=-=-==--=-=0sin sin cos 2)cos (cos 1212αααααmv mv mv mv I mv mv mv mv mv I y y y x x x i i i mv i I I x10.060cos 5020.02cos 2====?αN·S2-9 ⼀颗⼦弹由枪⼝射出时速率为10s m -?v ,当⼦弹在枪筒内被加速时,它所受的合⼒为F =(bt a -)N(b a ,为常数),其中t 以秒为单位:(1)假设⼦弹运⾏到枪⼝处合⼒刚好为零,试计算⼦弹⾛完枪筒全长所需时间;(2)求⼦弹所受的冲量.(3)求⼦弹的质量. 解: (1)由题意,⼦弹到枪⼝时,有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)⼦弹所受的冲量-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将bat =代⼊,得ba I 22=(3)由动量定理可求得⼦弹的质量202bv a v I m == 2-10 ⽊块B 静⽌置于⽔平台⾯上,⼩⽊块A 放在B 板的⼀端上,如图所⽰、已知0.25A m =kg,B m ＝0.75kg,⼩⽊块A 与⽊块B 之间的摩擦因数1µ＝0、5,⽊板B 与台⾯间的摩擦因数2µ＝0、1、现在给⼩⽊块A ⼀向右的⽔平初速度0v ＝40m/s,问经过多长时间A 、B 恰好具有相同的速度？(设B 板⾜够长)解:当⼩⽊块A 以初速度0v 向右开始运动时,它将受到⽊板B 的摩擦阻⼒的作⽤,⽊板B 则在A 给予的摩擦⼒及台⾯给予的摩擦⼒的共同作⽤下向右运动、如果将⽊板B 与⼩⽊块A 视为⼀个系统,A 、B 之间的摩擦⼒就是内⼒,不改变系统的总动量,只有台⾯与⽊板B 之间的摩擦⼒才就是系统所受的外⼒,改变系统的总动量、设经过t ?时间,A 、B 具有相同的速度,根据质点系的动量定理 0()k A B A F t m m v m v -?=+-2()k A B F m m g µ=+再对⼩⽊块A 单独予以考虑,A 受到B 给予的摩擦阻⼒'K F ,应⽤质点的动量定理'0k A B F t m v m v -?=-以及 '1k A F m g µ=解得 0012121(),A A B v v v m v t m m gµµµµµ-=-?=+-代⼊数据得 2.5v =m/s t ?=7、65s2-11⼀粒⼦弹⽔平地穿过并排静⽌放置在光滑⽔平⾯上的⽊块,如图2-11所⽰、已知两⽊块的质量分别为1m 与2m ,⼦弹穿过两⽊块的时间各为1t ?与2t ?,设⼦弹在⽊块中所受的阻⼒为恒⼒F ,求⼦弹穿过后,两⽊块各以多⼤速度运动、图2-10图2-11解:⼦弹穿过第⼀⽊块时,两⽊块速度相同,均为1v ,初始两⽊块静⽌, 由动量定理,于就是有1121()0F t m m v ?=+-设⼦弹穿过第⼆⽊块后,第⼆⽊块速度变为2v ,对第⼆块⽊块,由动量定理有22211F t m v m v ?=-解以上⽅程可得 1121212122,F t F t F t v v m m m m m ==+++2-12⼀端均匀的软链铅直地挂着,链的下端刚好触到桌⾯、如果把链的上端放开,证明在链下落的任⼀时刻,作⽤于桌⾯上的压⼒三倍于已落到桌⾯上那部分链条的重量、解:设开始下落时0t =,在任意时刻t 落到桌⾯上的链长为x ,链未接触桌⾯的部分下落速度为v ,在dt 时间内⼜有质量dm dx ρ=(ρ为链的线密度)的链落到桌⾯上⽽静⽌、根据动量定理,桌⾯给予dm 的冲量等于dm 的动量增量,即 I Fdt vdm vdx ρ=== 所以 2dxF vv dtρρ== 由⾃由落体的速度22v gx =得2F gx ρ=这就是t 时刻桌⾯给予链的冲⼒、根据⽜顿第三定律,链对桌⾯的冲⼒'F F =,'F ⽅向向下,t 时刻桌⾯受的总压⼒等于冲⼒'F 与t 时刻已落到桌⾯上的那部分链的重⼒之与,所以 '3N F xg xg ρρ=+= 所以3Nxgρ= 即链条作⽤于桌⾯上的压⼒3倍于落在桌⾯上那部分链条的重量、2-13⼀质量为50kg 的⼈站在质量为100kg 的停在静⽔中的⼩船上,船长为5m,问当⼈从船头⾛到船尾时,船头移动的距离、解:以⼈与船为系统,整个系统⽔平⽅向上动量守恒设⼈的质量为m ,船的质量为M ,应⽤动量守恒得 m +M =0v V其中v ,V 分别为⼈与⼩船相对于静⽔的速度,可得m -MV =v ⼈相对于船的速度为 'M mM+=-=v v V v 设⼈在t 时间内⾛完船长l ,则有 '000tttM m M m l v dt vdt vdt M M ++===?在这段时间内,⼈相对于地⾯⾛了0t所以Mlx M m=+船头移动的距离为'53ml x l x M m =-==+2-14质量为M 的⽊块静⽌在光滑的⽔平桌⾯上,质量为m ,速度0v 的⼦弹⽔平地射⼊⽊块,并陷在⽊块内与⽊块⼀起运动、求: (1)⼦弹相对⽊块静⽌后,⽊块的速度与动量; (2)⼦弹相对⽊块静⽌后,⼦弹的动量; (3) 在这个过程中,⼦弹施于⽊块的冲量、解:⼦弹相对⽊块静⽌后,其共同速度设为u ,⼦弹与⽊块组成系统动量守恒 (1)0()mv m M u =+ 所以 0mv u m M=+M Mmv P Mu m M==+(2)⼦弹的动量20m m v P mu m M==+(3)针对⽊块,由动量守恒知,⼦弹施于⽊块的冲量为00M MmI P v M m=-=+2-15质量均为M 的两辆⼩车沿着⼀直线停在光滑的地⾯上,质量为m 的⼈⾃⼀辆车跳⼊另⼀辆车,接着⼜以相同的速率跳回来、试求两辆车的速率之⽐、解: 质量为m 的⼈,以相对于地⾯的速度v 从车A 跳到车B,此时车A 得到速度1u ,由于车就是在光滑的地⾯上,沿⽔平⽅向不受外⼒,因此,由动量守恒得1mv Mu =⼈到达车B 时,共同得速度为2u ,由动量守恒得2()M m u mv +=⼈再由车B 以相对于地⾯的速度v 跳回到车A,则车B 的速度为'2u ,⽽车A 与⼈的共同1u ,如图所⽰,由动量守恒得联⽴⽅程解得:'22m u v M ='12m u v M m=+ 所以车B 与车A 得速率之⽐为'2'1u M m u M+=2-16体重为P 的⼈拿着重为p 的物体跳远,起跳仰⾓为?,初速度为0v 、到达最⾼点时,该⼈将⼿中的物体以⽔平向后的相对速度u 抛出,问跳远成绩因此增加多少？解:⼈与物体组成系统在最⾼点抛出物体前后沿⽔平⽅向动量守恒,注意到对地⾯这个惯性参考系''0'0'()cos ()cos m m v mv m v u m v v u m m+=+-=++从最⾼点到落地,⼈做平抛运动所需时间0sin v t g= 跳远距离增加为'00'(cos )cos m s v u t v t m m =+-+ '0'sin v m put u m m P p g==++2-17铁路上有⼀平板车,其质量为M ,设平板车可⽆摩擦地在⽔平轨道上运动、现有N 个⼈从平板车的后端跳下,每个⼈的质量均为m ,相对平板车的速度均为u 、问在下述两种情况下,平板车的末速度就是多少？(1)N 个⼈同时跳离;(2)⼀个⼈、⼀个⼈的跳离、所得结果就是否相同、解:取平板车与N 个⼈为研究对象,由于在⽔平⽅向上⽆外⼒作⽤,故系统在该⽅向上动量守恒、取平板车运动⽅向为坐标轴正⽅向,设最初平板车静⽌,则有()0Mv Nm v u +-= 所以N 个⼈同时跑步跳车时,车速为Nmv u M Nm=+'22'11()()Mu mv M m u M m u mv Mu -=++=+(2)若⼀个⼈、⼀个⼈地跳车,情况就不同了、第⼀个跳车时,由动量守恒定律可得11[(1)]()0M N m v m v u +-+-=221[(2)]()[(1)]M N m v m v u M N m v +-+-=+-21(1)muv v M N m-=+-以此类推,第N 个⼈跳车时,有1()()N N N Mv m v u M m v -+-=+1N N muv v M m--=+所以1111()2NN n muv mu M m M m M Nm M nm==++=++++∑因为1112M m M m M Nm >>>+++ 1112NM m M m M Nm M Nm++>++++ 故N v v >2-18质量为kg 10的物体作直线运动,受⼒与坐标关系如图2-18所⽰。

第二章 质点动力学2－1一物体从一倾角为30︒的斜面底部以初速v 0=10m·s -1向斜面上方冲去，到最高点后又沿斜面滑下，当滑到底部时速率v =7m·s -1,求该物体与斜面间的摩擦系数。

解：物体与斜面间的摩擦力f ＝uN ＝umgcos30︒物体向斜面上方冲去又回到斜面底部的过程由动能定理得220112(1)22mv mv f s -=-⋅物体向斜面上方冲到最高点的过程由动能定理得2010sin 302mv f s mgh f s mgs -=-⋅-=-⋅-2(2)s ∴=把式（2）代入式（1）得，220.198u =2－2如本题图，一质量为m 的小球最初位于光滑圆形凹槽的A 点，然后沿圆弧ADCB 下滑，试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力，圆弧半径为r 。

解：小球在运动的过程中受到重力G 和轨道对它的支持力T.取如图所示的自然坐标系，由牛顿定律得22sin (1)cos (2)t n dv F mg mdtv F T mg m Rαα=-==-=由,,1ds rd rd v dt dt dt vαα===得代入式（）， A 并根据小球从点运动到点C 始末条件进行积分有，902n (sin )m cos 3cos '3cos ,e v vdv rg d v vrv mg mg rmg αααωααα=-===+==-=-⎰⎰得则小球在点C 的角速度为＝由式（2）得 T 由此可得小球对园轨道得作用力为T T 方向与反向2－3如本题图，一倾角为θ 的斜面置于光滑桌面上，斜面上放一质量为m 的木块，两习题2－2图者间摩擦系数为μ，为使木块相对斜面静止，求斜面的加速度a 应满足的条件。

解：如图所示()1212min max sin ,cos cos sin (1)sin cos 2(1)(2)(sin cos )(cos sin )(sin cos )()(cos sin )1(2)(1)(sin cos )(cos sin )(sin cos a a a a N mg ma ma mg uN m a ma u g u a u g u g tg u a u utg u g u a u g u a θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ==∴-==±==⨯+-=+--∴==++-⨯+=-+∴=得，得，)()(cos sin )1()()11g tg u u utg g tg u g tg u a utg utg θθθθθθθθθ+=---+∴≤≤+- 2－4如本题图，A 、B 两物体质量均为m ，用质量不计的滑轮和细绳连接，并不计摩擦，则A 和B 的加速度大小各为多少 。

第二章 质点动力学2－1如本题图，A 、B 两物体质量均为m ，用质量不计的滑轮和细绳连接，并不计摩擦，则A 和B 的加速度大小各为多少 。

解：如图由受力分析得(1)(2)2(3)2(4)ggA AB B A B A BA B mg T ma T mg ma a a T T a a -=-===1解得＝－52＝－52－2如本题图所示，已知两物体A 、B 的质量均为m=3.0kg ，物体A 以加速度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）解：分别对物体和滑轮受力分析（如图），由牛顿定律和动力学方程得，()()()1f 111f (1)''(2)2'(3)'2(4)5'6'7(4)7.22A T A TB T T A B T T T T m g F m a F F m a a a F F m m m F F F F mg m m aF N-=-======-+==＝解得2-3 如图所示，细线不可伸长，细线、定滑轮、动滑轮的质量均不计，已知314m m =，322m m =。

求各物体运动的加速度及各段细线中的张力。

解：设m 1下落的加速度为a 1，因而动滑轮也以a 1上升。

再设m 2相对动滑轮以加速度a ′下落，m 3相对动滑轮以加速度a ′上升，二者相对地面的加速度分别为：1a a -'（下落）和1a a +'（上升），设作用在m 1上的线中张力为T 1，作用在m 2和m 3上的线中张力为T 2。

列出方程组如下：习题2－2图AB 习题2-1图a AmgT A T B a Bmg习题2-3 图211332122211112)()(T T a a m g m T a a m T g m a m T g m =+'=--'=-=- 代入314m m =，322m m =，可求出：51g a =，52g a ='，52g a =，533g a =，g m T 1154=，g m T 1252=2－4光滑的水平面上放置一半径为R 的固定圆环，物体紧贴环的内侧作圆周运动，其摩擦系数为μ。

第2章 质点动力学习题解答2-17 质量为2kg 的质点的运动学方程为 j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-=ρ（单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。

解：∵j i dt r d a ˆ6ˆ12/22+==ρρ, j ia m F ˆ12ˆ24+==ρρ 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。

F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为：'34265.0/︒===arctg F arctgF x y α2-18 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为：j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+=ρ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。

证明：∵r j t b it a dt r d a ρρρ2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-== r m a m F ρρρ2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。

2-19在图示的装置中两物体的质量各为m 1,m 2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ，求在力F 的作用下两物体的加速度及绳内张力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。

解：以地为参考系，隔离m 1,m 2，受力及运动情况如图示，其中：f 1=μN 1=μm 1g ， f 2=μN 2=μ(N 1+m 2g)=μ(m 1+m 2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律：②①a m T g m m g m F a m g m T 221111)(=-+--=-μμμ①+②可求得：g m m gm F a μμ-+-=2112将a 代入①中，可求得：2111)2(m m g m F m T +-=μf 1 N 1 m 1g TaFN 2 m 2gTaN 1 f 1 f 22-20天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系上质量为m 1,m 2的物体（m 1≠m 2）,天平右端的托盘上放有砝码. 问天平托盘和砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不伸长。

习 题 二2-1 质量为m 的子弹以速率0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系； (2)子弹射入沙土的最大深度。

[解] 设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力 f = - kv(1) 由牛顿第二定律 t v mma f d d == 即 tvm kv d d ==-所以 t m kv v d d -=对等式两边积分 ⎰⎰-=tv v t m k v v 0d d 0得 t mkv v -=0ln因此 t m kev v -=0(2) 由牛顿第二定律 x vmv t x x v m t v mma f d d d d d d d d ==== 即 x vmv kv d d =-所以 v x mkd d =-对上式两边积分 ⎰⎰=-000d d v sv x m k得到 0v s mk-=-即 kmvs 0=2-2 质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。

假设从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kF mg v 1 [证明] 任意时刻t 小球的受力如下图，取向下为y 轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。

由牛顿第二定律得tv mma f F mg d d ==--即 tv m ma kv F mg d d ==-- 整理得mtkv F mg v d d =--对上式两边积分⎰⎰=--t vmt kv F mg v00d d 得 mkt F mg kv F mg -=---ln即 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kFmg v 12-3 跳伞运发动与装备的质量共为m ，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即2kv F =。

习 题 二2-1 质量为m 的子弹以速率0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系； (2)子弹射入沙土的最大深度。

[解] 设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力 f = - kv(1) 由牛顿第二定律 tv m ma f d d == 即 tv m kv d d ==- 所以t m k v v d d -= 对等式两边积分 ⎰⎰-=tv v t m k v v 0d d 0得 t mkv v -=0ln因此 t mke v v -=0(2) 由牛顿第二定律 x v mv t x x v m t v m ma f d d d d d d d d ==== 即 x vmv kv d d =-所以 v x mkd d =-对上式两边积分 ⎰⎰=-000d d v sv x m k得到 0v s mk-=-即 kmv s 0=2-2 质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。

若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kF mg v 1 [证明] 任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为y 轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。

由牛顿第二定律得t v m ma f F mg d d ==-- 即 tvm ma kv F mg d d ==--整理得mtkv F mg v d d =--对上式两边积分⎰⎰=--t vmt kv F mg v00d d 得 mktF mg kv F mg -=---ln即 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kFmg v 12-3 跳伞运动员与装备的质量共为m ，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即2kv F =。