新编物理基础学全册(王少杰版)课后习题答案及详解

新编物理基础学全册课后习题详细答案

王少杰，顾牡主编

第一章

1-1.质点运动学方程为：r acos( t)i asin( t)j btk,其中a，b， 均为正常数，求质

点速度和加速度与时间的关系式。

分析：由速度、加速度的定义，将运动方程r(t)对时间t求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。

解：v dr/dt a sin( t)i a cos( t)j bk

a dv/dt a 2 cos( t)i sin( t)j

1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即dv/dt Kv2， 式中K为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x距离时的速度为 v v0e

Kx

。 其中v0是发动机关闭时的速度。

分析：要求v v(x)可通过积分变量替换a 证：

dvdv

v，积分即可求得。 dtdx

dvdvdxdv

v Kv2 dtdxdtdxdv Kdx

vv1xv

, ln Kx v Kdx v0v 0

v0

v v0e

1-3．一质点在xOy平面内运动，运动函数为x 2t,y 4t 8。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t=1 s和t=2 s 时质点的位置、速度和加速度。

分析：将运动方程x和y的两个分量式消去参数t，便可得到质点的轨道方程。写出质点的运

2

Kx

动学方程r(t)表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得v(t)和a(t)，把时间代入可得某时刻

质点的位置、速度、加速度。

2

解：（1）由x 2t,得：t ,代入y 4t 8

可得：y x 8，即轨道曲线。

画图略

2

2

（2）质点的位置可表示为：r 2ti (4t 8)j

由v dr/dt则速度：v 2i 8tj

由a dv/dt则加速度：a 8j

则：当t=1s时，有r 2i 4j,v 2i 8j,a 8j

2

2

当t=2s时，有r 4i 8j,v 2i 16j,a 8j

1-4．一质点的运动学方程为x t，y (t 1)，x和y均以m为单位，t以s为单位。（1）求质点的轨迹方程；（2）在t 2s时质点的速度和加速度。 分析同1-3.

解：（1）由题意可知：x≥0，y≥0，由x t2，

，可得t

,代入y (t 1)2

1，即轨迹方程

2 2

（2）质点的运动方程可表示为：r ti (t 1)j

则：v dr/dt 2ti 2(t 1)j

a dv/dt 2i 2j

因此, 当t 2s时，有v 4i 2j(m/s),a 2i 2j(m/s2)

1

1-5．一质点沿半径为R的圆周运动，运动学方程为s v0t bt2，其中v0，b都是常量。（1）

2

求t时刻质点的加速度大小及方向；（2）在何时加速度大小等于b； （3）到加速度大小等于b时质点沿圆周运行的圈数。

分析：由质点在自然坐标系下的运动学方程s s t ，求导可求出质点的运动速率v

ds

，因dt

v2 dv22

而，a ，an ，a a 0 ann0，a a an，当a b时，可求出t，代入运动

dt

学方程s s t ，可求得a b时质点运动的路程，解：（1）速率：v s

即为质点运动的圈数。 2 R

b

dv v2 (v0 bt)2

0 n0 b 0 n0 加速度：a dt R

则大小：a

v0 bt，且 ①

方向：tan

v0 bt 2

bR

v

（2）当a=b时，由①可得：t 0

b

2v0v012

（3）当a=b时，t ，代入s v0t bt,可得：s

2bb2

2v0s 则运行的圈数 N 2 R4 bR

1-6．一枚从地面发射的火箭以20m s 2的加速度竖直上升0.5min后，燃料用完，于是像一个

自由质点一样运动，略去空气阻力，试求（1）火箭达到的最大高度；（2）它从离开地面到再回到地面所经过的总时间。

2

分析：分段求解：0 t 30s时，a 20ms，求出v、a；t＞30s时，a g。求出v2(t)、

x2(t)。当v2 0时，求出t、x，根据题意取舍。再根据x 0，求出总时间。

解：（1）以地面为坐标原点，竖直向上为x轴正方向建立一维坐标系，且在坐标原点时，t=0s，且0.5min=30s

tvxdvx2

, 得 axdt dvx,ax 20(m/s)，

00dt

vx 20t(m/s),t 30(s)时，v1 600(m/s)

则：当0≤t≤30s，由ax

30x1dx

由vx ，得 vxdt dx，则：x1 9000(m)

00dt

当火箭未落地, 且t＞30s,又有：

t

30

ax2dt

vx2

v1

dvx2,ax2 9.8(m/s2)，

则：vx2 894 9.8t(m/s) 且：

t

30

vx2dt dx，则：x 4.9t2 894t 13410(m) ①

x1

x

当vx2 0，即t 91.2(s)时，由①得，xmax 27.4km

（2）由（1）式，可知，当x 0时，t 166(s)，t≈16(s)＜30(s)（舍去）

1-7. 物体以初速度20m s 1被抛出，抛射仰角60°，略去空气阻力，问（1）物体开始运动后

的1.5s末，运动方向与水平方向的夹角是多少？ 2.5s末的夹角又是多少？（2）物体抛出后经过多少时间，运动方向才与水平成45°角？这时物体的高度是多少?（3）在物体轨迹最高点处的曲率半径有多大？（4）在物体落地点处，轨迹的曲率半径有多大？

分析：（1）建立坐标系，写出初速度v0，求出v(t)、tan ，代入t求解。

（2）由（1）中的tan 关系，求出时间t；再根据y方向的运动特征写出y t ，代入t求y。 （3）物体轨迹最高点处，vy 0，且加速度a an

v2

g，求出 。

v2

，求出 。

（4）由对称性，落地点与抛射点的曲率相同 an gcos

解：以水平向右为x轴正向，竖直向上为y轴正向建立二维坐标系

00

（1

）初速度v0 20cos60i 20sin60j 10i (m/s)，

2

且加速度a 9.8j(m/s),

则任一时刻：v 10i 9.8t)j(m/s) ①

②

当t=1.5(s)时，tan 0.262, 14 41'

与水平方向夹角有tan

当t=2.5(s)时，tan 0.718, 35 41' （2）此时tan 1, 由②得t=0.75(s)

121

gt 0.75 9.8 0.752 10.23(m) 22

v2

v 10i(m/s),v 10(m/s),an g，（3）在最高处，

高度y vyot

v2

10.2(m) 则： g

（4）由对称性，落地点的曲率与抛射点的曲率相同。 由图1-7可知：

an acos gcos g

g

vx

v

10

4.9(m/s2) 20v2400

82(m)

an4.9

1-8．应以多大的水平速度v把一物体从高h处抛出， 才能使它在水平方向的射程为h的n倍？ 分析：若水平射程vt hn，由h

1

gt消去t，即得v h 。 2

解：设从抛出到落地需要时间t

则，从水平方向考虑vt hn，即

从竖直方向考虑h 则有：

v

12

gt,消去t， 2

1-9．汽车在半径为400m的圆弧弯道上减速行驶，设在某一时刻，汽车的速率为10m s-1，切向加速度的大小为0.2m s-2。求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向。

分析：由某一位置的 、v求出法向加速度an，再根据已知切向加速度a 求出a的大小和方向。

102 0.25(m/s2), 方向指向圆心 解：法向加速度的大小an

400

总加速度的大小

v2

a 0.32(m/s2) a

0.8, 38 40', an

则总加速度与速度夹角 90 128 40'

如图1-9，tan

图1-10

1-10. 质点在重力场中作斜上抛运动，初速度的大小为v0，与水平方向成 角．求质点到达抛出点的同一高度时的切向加速度，法向加速度以及该时刻质点所在处轨迹的曲率半径（忽略空气阻力）．已知法向加速度与轨迹曲率半径之间的关系为an v / 。

分析：运动过程中，质点的总加速度a g 。由于无阻力作用，所以回落到抛出点高度时 质点的速度大小v v0，其方向与水平线夹角也是 。可求出an ，如图1-10。再根据关系

2

an v 2/ 求解。

解：切向加速度 a gsina 法向加速度 an gcosa

2

v0v2

因 an

angcos

v2

1-11．火车从A地由静止开始沿着平直轨道驶向B地，A，B两地相距为S。火车先以加速度a1作匀加速运动，当速度达到v后再匀速行驶一段时间，然后刹车，并以加速度大小为a2作匀减速行驶，使之刚好停在B地。求火车行驶的时间。

分析：做v-t图，直线斜率为加速度，直线包围面积为路程S。 解：由题意，做v-t图（图1-11）

则梯形面积为S，下底为经过的时间t， tan a1,tan a2

v

t (t vcot vcot ) 2

S111

则：t v( )

v2a1a2

则：S

1-12. 一小球从离地面高为H的A点处自由下落，当它下落了距离h时，与一个斜面发生碰撞，并以原速率水平弹出，问h为多大时，小球弹的最远？

分析：先求出小球落到A点的小球速度，再由A点下落的距离求出下落时间，根据此时间写出小球弹射距离l,最后由极植条件求出h。

2

解：如图1-12，当小球到达A点时，有v 2gh

则速度大小：v

12

gt， 2

设从A点落地的时间为t，则有H h

则t

小球弹射的距离，l vt

则当h

1

H时，l有最大值。 2

1-13．离水面高为h的岸上有人用绳索拉船靠岸，人以恒定速率v0拉绳子，求当船离岸的距离为s时，船的速度和加速度的大小。

分析：收绳子速度和船速是两个不同的概念。小船速度的方向为水平方向，由沿绳的分量与垂直绳的分量合成，沿绳方向的收绳的速率恒为v0。可以由v0求出船速v和垂直绳的分量v1。再根据an

v12

关系，以及an与a关系求解a。

解：如图1-13，v2 v0 船速v v2sec 当船离岸的距离为s时，

v v0

vhv1 v2tan 0

s2则，an

v12

acos a

v02h2

即：a

s3

1-14. A船以30km h-1的速度向东航行，B船以45km h-1的速度向正北航行，求A船上的人观察到的B船的速度和航向。

分析：关于相对运动，必须明确研究对象和参考系。同时要明确速度是相对哪个参照系而言。画出速度矢量关系图求解。

解：如图1-14，vA 30i(km/h),vB 45j(km/h)

B船相对于A船的速度vBA vB vA 45j 30i(km/h)

则速度大小：vBA 方向： arctan

54.1(km/h)

vB

56.3 ，既西偏北56.3 vA

1-15. 一个人骑车以18km h-1的速率自东向西行进时，看见雨滴垂直落下，当他的速率增加至

36km h-1时，看见雨滴与他前进的方向成120°角下落，求雨滴对地的速度。

分析：相对运动问题，雨对地的速度不变，画速度矢量图由几何关系求解。

解：如图1-15，vr为雨对地的速度， vp1,vp2分别为第一次，第二次人对地的速度，

vr p1,vr p2分别为第一次，第二次雨对人的速度

120

由三角形全等的知识，可知： 180 120 60

三角形ABC为正三角形，则：vr vp2 36(km/h)，方向竖直向下偏西30 。

1-16如题图1－16所示，一汽车在雨中以速率v1沿直线行驶，下落雨滴的速度方向偏于竖直方向向车后方 角，速率为v2，若车后有一长方形物体，问车速为多大时，此物体刚好不会被雨水淋湿？

分析：相对运动问题，画矢量关系图，由几何关系可解。 解：如图1-16（a），车中物体与车蓬之间的夹角 arctan

l

h

若 ＞ ，无论车速多大，物体均不会被雨水淋湿 若 ＜ ，则图1-16（b） 则有v车 |BC| |AC| |AB|

=v雨对车sin v雨sin v雨cos tan v雨sin 又v雨 v2 则：v车 v2(

lcos

sin ) h

1-17，渔人在河中乘舟逆流航行，经过某桥下时，一只水桶落入水中，0.5h后他才发觉，即回头追赶，在桥下游5.0km处赶上，设渔人顺流及逆流相对水划行速率不变，求水流速率。 分析：设静水中船、水的速率分别为v1,v2(v1 v2)，从桶落水开始记时，且船追上桶时为t

时

刻。取水速的反方向为正方向，则顺水时，船的速率为v v1 v2，逆水时船的速率为v v1 v2,做v-t图，见图1-17

解： SABDC SDEGF即： (v1 v2) ( v2) 0.5 ( v2) (v1 v2) (t 0.5) 则：t 1.0(h) 又：v2 t 5.0

则：水流速率v2=5.0(km/h)

1-18．一升降机以2g的加速度从静止开始上升，在2.0s末时有一小钉从顶板下落，若升降机顶板到底板的距离h=2.0m，求钉子从顶板落到底板的时间t, 它与参考系的选取有关吗？ 分析：选地面为参考系，分别列出螺钉与底板的运动方程，当螺丝落到地板上时，两物件的位置坐标相同，由此可求解。

解：如图1-18建立坐标系，y轴的原点取在钉子开始脱落时升降机的底面处，此时，升降机、钉子速度为vo,钉子脱落后对地的运动方程为： y1 h vot 升降机底面对地的运动方程为：

12gt 2

1

y2 vot 2gt2

2

且钉子落到底板时，有y1 y2，即t 0.37(s)

t与参考系的选取无关。

第二章

2-1分析：用隔离体法，进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。

解：以m、M整体为研究对象，有：F (m M)a ①

以m为研究对象，如图2-1（a），有F FMm ma ②

由①、②，有相互作用力大小FMm

MF

m M

若F作用在M上，以m为研究对象，

如图2-1（b）有FMm ma ③

由①、③，有相互作用力大小FMm

Fm

mF

，发生变化。

m M

（a）

Fm

（b）

2-2. 分析：由于轻滑轮质量不计，因此滑轮两边绳中的张力相等，用隔离体法进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。

解：取向上为正，如图2-2，分别以M1、M2和m为研究对象， 有： T1 M1g M1a

(M2 m)g T2 (M2 m)a

F

M2m

mg ma

2M1mg

M1 M2 m

又：T1=T2，则： FMm =

2

当M1=M2= 4m， F

Mm

2

10mg8mg 当M=5m, M=3m, 12 FM2m9，发生变化。 9

2-3.分析：用隔离体法受力分析，运用牛顿第二定律列方程。

解：f为空气对气球的浮力，取向上为正。

分别由图2—3（a）、(b)可得：

f

Mg Ma

f (M m)g (M m)a1

则a1

2-4．分析：用隔离体法受力分析，人站在底板上静止不动，底板、人受的合力分别为零. 解：设底板、人的质量分别为M，m， 以向上为正方向，如图2-4（a）、(b)， 分别以底板、人为研究对象， 则有：T1 T2 F Mg 0 T3 F' mg 0

F为人对底板的压力，F'为底板对人的弹力。 F=F'

Ma mgm a g , a a a1

m Mm M

1

T1 2

(M m)g

则T2 T3 245(N)

4

又：T2 T3

由牛顿第三定律，人对绳的拉力与T3是一对

作用力与反作用力，即大小相等，均为245（N）。 2-5．分析：加斜向下方向的力，受力分析，合力为零。 解：如图2—5，建坐标系，以沿斜面向上为正方向。

在mg

与N所在的平面上做力F，且0

2

（若 ，此时F偏大）

2

则： Fcos mgsin f 0

f N

N Fsin mgcos 0

则有：F

mg( cos sin )1

arctan

sin cos

即：Fmin

此时

2

arctan

2-6. 分析：利用牛顿定律、运动方程求向上滑动距离。停止滑动时合力为零。 解：由题意知： tan ① 向上滑动时， mgsin mgcos ma ②

2v0 2aS ③

2

联立求解得 S v0/(4gsin )

当它停止滑动时，会静止，不再下滑． 2-7. 分析：要满足条件，则F的大小至少要使水平方向上受力平衡。

解：如图2—7，Fcos f N (mg Fsin )

F

( arctan

1

)

当sin( ) 1时,Fminmg

14.08N

2—8. 分析：垂直方向的力为零，水平方向的力提供向心力。先求速度，再求周期讨论。 证：设两个摆的摆线长度分别为l1和l2，摆线与竖直轴之间的夹角分别为 1和 2，摆线中的张力分别为F1和F2，则

F1cos 1 m1g 0 ① F1sin 1 m1v1/(l1sin 1) ②

解得： v1 sin 1gl1/cos 1 第一只摆的周期为 T1

2

2 l1sin 1

2

v

1

l1cos 1

g

题2-8

同理可得第二只摆的周期 T2 2

l2cos2

g

由已知条件知 l1cos 1 l2cos 2 ∴ T1 T2 2—9分析：受力分析，由牛顿第二定律列动力学方程。 证明：如图2—9（b）、（c），分别以M、M+m为研究对象，

a2（方设M、M+m对地的加速度大小分别为a1（方向向上）、

向向下），则有：对M，有：

h

12a1t2

f Mg Ma1

对M m,有:

(M m)g f' (M m)a2又:f f'mgt2-2Mh

则:a2=

(M+m)t2

则质量重的人与滑轮的距离:

1m 12

h h a2t2 h gt 。此题得证。 2M m 2

2-10.分析：受力分析，由牛顿定律列方程。 解：物体的运动如图2—10（a ）， 以m1为研究对象，如图（b），有：

F1 m1a1

以m2为研究对象，如图（c），有：

F F1' m2a2

又有：F1 F1 则：a2

'

F m1a1

9.4m/s2 m2

2—11.分析：（1）小物体此时受到两个力作用：重力、垂直漏斗壁的支承力，合力为向心力；（2）小物体此时受到三个力的作用：重力、垂直漏斗壁的支承力和壁所施的摩擦力。当支承力在竖直方向分量大于重力，小球有沿壁向上的运动趋势，则摩擦力沿壁向下；当重力大于支承力的竖直方向分量，小球有沿壁向下的运动趋势，则摩擦力沿壁向上。这三个力相互平衡时，小物体与漏斗相对静止。 解：

（1）如图2—11（a），有：

mgtan

2

mv2htan

2

，则：v （2）若有向下运动的趋势，且摩擦力为最大静摩擦力(f2 N2)时，速度最小，则图2—11（b）有： 水平方向：N2cos

2

f2sin

2

mv2htan

2

竖直方向：N2sin

2 又：f2 N2

则有：v

f2cos

2

mg

若有向上运动的趋势，且摩擦力最大静摩擦力(f3 N3)时，速度最大，则图2—11（c），有： 水平方向：N3cos

2

f3sin

2

mv2htan

2

竖直方向：N3sin

2

f3cos

2

mg

又：f3 N3

则有：v

v 2—12． 分析：因为滑轮与连接绳的质量不计，所以动滑轮两边绳中的张力相等，定滑轮两边绳中的张力也相等，但是要注意两物体的加速度不相等。

解：图2—12（a）以A为研究对象，其中FL、FR分别为滑轮左右两边绳子的拉力。有：

mAg FL FR mAaA

且：FL FR

'

图2—12（b）以B为研究对象，在水平方向上，有：FL f mBaB '2

又：FL FL，aB 2aA,aA 1.0m/s

mA mB m 3kg 联立以上各式，可解得：f

2—13．分析：如图2—13，对小球做受力分析，合力提供向心力，由牛顿第二定律，机械能守恒定律求解。 解：mgrcos

mg 2maB maA

7.2N

2

R L

Ag

图2－

12a

B图2－12b

又：v r,此时,v r ② 由①、②可得：

12

mv ① 2

题图2－13

v2

N mgcos m ③

r

由①、③可得，N=3mgcos

图2－13

2—14分析：加速度等于零时，速度最大，阻力为变力，积分求时间、路程。 解：设阻力f kv(k 0)，则加速度a

2

F kvmF

,k 2,从而:则有：0

mvm

2

F f

，当a=0时，速度达到最大值vm， m

f

F2

v 2vm

又a

F fdv

，即：

mdt

F

F2

v2vmdv

①

mdt

Fdt m

t

dvv2(1 2)

vm

dvv2(1 2)

vm

vm/2

vm/2F

0mdt 0

v

1 t vm F vm

t ln v m 0 2 1

vm 0

t

mvm

ln3，即所求的时间 2F

F

对①式两边同乘以dx，可得：

2vmvF

dx 2dv2mvm v

F2

v2vmdv

dx dx mdt

x

2

vm/2vmvF

dx 20mvm v2

x

2

m

vm/2

F v22 x ln(v vm) m2 0 0x

mvmv4

ln 0.1442F3F

2

m

2m

题图2－

15

2-15．分析：相对运动。m1相对地运动，m2、m3相对B运动，T1 2T2。根据牛顿牛顿定律和相对运动加速度的关系求解。

解：如下图2-15，分别是m1、m2、m3的受力图。

设a1、a2、a3、aΒ分别是m1、m2、m3、B对地的加速度；a2B、a3B分别是m2、m3对B的加速度，以向上为正方向，可分别得出下列各式

m1g T1' m1a1 ① m2g T2' m2a2 ②

m3g T2 m3a3 ③

又：

a2 aB a2Ba3 aB a3B

且：a2B a3B

则：a2 a3 2aB,且aB a1,则：

a2 a3 2a1

又：T1 T1 T2 T2

'

'

④ ⑤ ⑥

T2' T2

4m2 3m1ga g 1.96m/s2 1

3m1 4m25 4m2 m1g

则由①②③④⑤⑥，可得： a2 g 1.96m/s2

3m1 4m25

5m 4m23g

g 5.88m/s2 a3 1

3m1 4m25

8m1m2g

（2）将a3的值代入③式，可得：T2 0.784N。T1 2T2 1.57N

3m1 4m2aM am，2-16．分析：：要想满足题目要求，需要M、m运动的加速度满足：

如图2-16（b），以M为研究对象，N1，N2，f1，f2分别为m给M的压力，地面给M的支持力，m给M的摩擦力，地面给M的摩擦力。 解：aM

F f1 f2

M

'

'

如图2-16（c），以m为研究对象，N1,f1分别为M给m的支持力、摩擦力。

f1'则有：am

m

又f1 f1 N1 N mg,则aM am可化为：则：Fmin

'

'

f2 N2 m M g

F (M m)g mg mg

Mm

2 (m M)g 19.4N

题图2－

16

2-17．分析：如图2-17，对石块受力分析。在斜面方向由牛顿定律列方程，求出时间与摩擦系数的关系式，比较 60o与 45o时t相同求解 。

解：（1）其沿斜面向下的加速度为：

a

mgsina mgcosa

gsina gcosa

mL1

又s at2，则：

cosa2

t

（2）又 60

时，t1

45

时，t2

又t1 t2，则： 0.27

2—18，分析：绳子的张力为质点m提供向心力时，M静止不动。 解：如图2—18，以M为研究对象, 有：Mg T' ① 以m为研究对象，

v2

水平方向上，有：T man m ②

r

又有：T' T ③

v2Mg 由①、②、③可得： rm

-1

题图2－18

2-19．一质量为0.15kg的棒球以v0 40m s的水平速度飞来，被棒打击后，速度与原来方向成135角，大小为v 50m s-1。如果棒与球的接触时间为0.02s，求棒对球的平均打击力大小及方向。

分析：通过动量定理求出棒对球在初速方向与垂直初速方向的平均打击力，再合成求平均力及方向。

解：在初速度方向上，由动量定理有： F1 t mvcos135 mv0 ①

在和初速度垂直的方向上，由动量定理有： F2 t mvcos45 ②

又

③

由①②③带入数据得： 624N

F2

arctan F 155 角

1

2-20. 将一空盒放在秤盘上，并将秤的读数调整到零，然后从高出盒底h将小钢珠以每秒B个的速率由静止开始掉入盒内，设每一个小钢珠的质量为m，若钢珠与盒底碰撞后即静止，试求自钢珠落入盒内起，经过t秒后秤的读数。

分析：秤的读数是已落在盒里石子的重量与石子下落给秤盘平均冲力之和，平均冲力可由动量定律求得。

解：对在dt的时间内落下的钢珠，由动量定理：

0

所以t秒后秤的读数为：

mgBt

2-21. 两质量均为M的冰车头尾相接地静止在光滑的水平冰面上，一质量为m的人从一车跳到另一车上，然后再跳回，试证明，两冰车的末速度之比为 M m /M。 分析：系统动量守恒。

解：任意t时刻，由系统的动量守恒有：Mv1 (M m)v2 0

所以两冰车的末速度之比： v1/v2 M m /M

2-22. 质量为3.0kg的木块静止在水平桌面上，质量为5.0g的子弹沿水平方向射进木块。两者合在一起，在桌面上滑动25cm后停止。木块与桌面的摩擦系数为0.20，试求子弹原来的速度。 分析：由动量守恒、动能定理求解。

解：在子弹沿水平方向射进木块的过程中，由系统的动量守恒有：

Mv0 (M m)v

一起在桌面上滑动的过程中，由系统的动能定理有：

①

1

(M m)v2 (M m)gl 2

由①②带入数据有： v0 600m/s

②

2-23. 光滑水平平面上有两个物体A和B，质量分别为mA、mB。当它们分别置于一个轻弹簧的两端，经双手压缩后由静止突然释放，然后各自以vA、vB的速度作惯性运动。试证明分开之后，两物体的动能之比为： 分析：系统的动量守恒。 解：由系统的动量守恒有：

EkAmB

。

EkBmA

mAvA mBvB 0

所以 vA/vB mB/mA

2

EkA(1/2)mAvAmB

物体的动能之比为： 2EkB(1/2)mBvBmA

2-24．如图2-24所示，一个固定的光滑斜面，倾角为θ，有一个质量为m小物体，从高H处沿斜面自由下滑，滑到斜面底C点之后，继续沿水平面平稳地滑行。设m所滑过的路程全是光滑无摩擦的，试求：（1）m到达C点瞬间的速度；（2）m离开C点的速度；（3）m在C点的动量损失。

分析：机械能守恒，C点水平方向动量守恒，C 点竖直方向动量损失。 解：（1）由机械能守恒有：

mgH

12

mvc带入数据得vc 2

方向沿AC方向

（2）由于物体在水平方向上动量守恒，所以

mvccos

mv，得：v

方向沿CD方向。

（3）由于受到竖直的冲力作用，m在C点损失的动量：

p ，方向竖直向下。

2-25．质量为m的物体，由水平面上点O以初速度v0抛出，v0与水平面成仰角α。若不计空气阻力，求：（1）物体从发射点O到最高点的过程中，重力的冲量；（2）物体从发射点落回至同一水平的过程中，重力的冲量。

分析：竖直方向由动量定力理求重力冲量。最高点竖直方向速度为零。落回到与发射点同一水平面时，竖直方向的速度与发射时竖直的方向速度大小相等，方向相反。 解：（1）在竖直方向上只受到重力的作用，由动量定理有：

0 (mv0sin ) I重，得I重 mv0sin ，方向竖直向下。

（2）由于上升和下落的时间相等，物体从发射点落回至同一水平面的过程中，重力的冲量：

I重 2mv0sin ，方向竖直向下。

2-26．如图所示，在水平地面上，有一横截面S=0.20m2的直角弯管，管中有流速为v=3.0m s 1的水通过，求弯管所受力的大小和方向。

分析：对于水竖直方向、水平方向分别用动量定理求冲力分量，弯管所受力大小为水所受的冲力合力。

解：对于水，在竖直方向上，由动量定理有：

0 vdtSv F1dt

①

在水平方向上，由动量定理有：

vdtSv F2dt ②

由牛顿第三定律得弯管所受力的大小：

F ③

由①②③带入数据得F=2500N，方向沿直角平分线指向弯管外侧。

题图2－26

2—27．一个质量为50g的小球以速率20m s 1作平面匀速圆周运动，在1/4周期内向心力给它的冲量是多大？

分析：画矢量图，利用动量定理求冲量。 解：由题图2—27可得向心力给物体的冲量大小：

I 1 1.41N S

题图2－27

2—28．自动步枪连续发射时，每分钟射出120发子弹，每发子弹的质量为7.90g，出口速率

735m s 1，求射击时枪托对肩膀的平均冲力。

分析：由动量定理及牛顿定律求解。

解：由题意知枪每秒射出2发子弹，则由动量定理有：

2dtmv 0 dt

由牛顿第三定律有：枪托对肩膀的平均冲力 11.6N

2—29. 如图2-29所示，已知绳能承受的最大拉力为9.8N，小球的质量为0.5kg，绳长0.3m，水平冲量I等于多大时才能把绳子拉断（设小球原来静止）。 分析：由动量定理及牛顿第二定律求解。 解：由动量定理有： mv 0 I

①

②

v2

由牛顿第二定律有：F mg m

l

由①②带入数据得：I 0.857kg m/s

题图2－29

2—30. 质量为M的木块静止在光滑的水平面桌面上，质量为m，速度为v0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，木块的速度和动量；（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。

分析：由木块、子弹为系统水平方向动量守恒，可求解木块的速度和动量。由动量定理求解子弹施于木块的冲量。

解：（1）由于系统在水平方向上不受外力，则由动量守恒定律有：

mv0 (m M)v

所以木块的速度：v

mv0mv0

，动量：Mv M

m Mm M

m2v0

（2）子弹的动量： mv

m M

（3）对木块由动量定理有： I Mv M

mv0

m M

2—31．一件行李的质量为m，垂直地轻放在水平传送带上，传送带的速率为v，它与行李间的摩擦系数为 ，（1）行李在传送带上滑动多长时间？（2）行李在这段时间内运动多远？ 分析：由动量定理求滑动时间，由牛顿定律、运动方程求出距离。 解：（1）对行李由动量定理有： mg t mv 0

得： t

v

g

12

at，2

（2）行李在这段时间内运动的距离，由： mg ma，a g，s

11v22s g t

22 g

2—32．体重为p的人拿着重为Q的物体跳远，起跳仰角为 ，初速度为v0，到达最高点该人将手中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？

分析：以人和物体为一个系统，系统在水平方向上不受外力作用，因此系统在水平方向上动量守恒。动量守恒中涉及的速度都要相对同一参考系统。 解：在最高点由系统动量守恒定律有：

(P Q)v0cos Pv Q(v u)

增加成绩 s (v v0cos )由①②可得： s

①

v0sin

② g

vsin Q

u0

P Qg

2—33. 质量为m的一只狗，站在质量为M的一条静止在湖面的船上，船头垂直指向岸边，狗与岸边的距离为S0．这只狗向着湖岸在船上走过l的距离停下来，求这时狗离湖岸的距离S（忽略船与水的摩擦阻力）．

分析：以船和狗为一个系统，水平方向动量守恒。注意：动量守恒中涉及的速度都要相对同一参考系统。

解：设V为船对岸的速度，u为狗对船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗与船组成的系统水平方向动量守恒：

MV m(V u) 0 即： V

m

u

M m

t

t

mm

udt l 船走过的路程为： L Vdt M m0M m0

狗离岸的距离为： S S0 (l L) S0

2-34．设F 7i 6j(N)。

（1）当一质点从原点运动到r 3i 4j 16k(m)时，求F所作的功；

（2）如果质点到r处时需0.6s，试求F的平均功率；

（3）如果质点的质量为1kg，试求动能的变化。

M

l

M m

分析：由功、平均功率的定义及动能定理求解，注意：外力作的功为F所作的功与重力作的功之和。

解：（1）A= F dr

r

= (7i 6j) (dxi dyj dzk)

0 r

=

-3

7dx 6dy

4

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