大学物理_第2章_质点动力学_习题答案

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v0=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

121

mv mv02 f 2s22

物体向斜面上方冲到最高点的过程由动能定理得

(1)

1

0 mv02 f s mgh f s mgssin30

2

s

把式（2）代入式（1）得，

2(2)

u

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

2

20.198

dvFt mgsin m

dt

v2Fn T mgcos m2

R

由v

(1)

(2)

dsrd rd ,得dt ,代入式（），1 dtdtv

习题2－2图

并根据小球从点A运动到点C始末条件进行积分有，

v0

vdv ( rgsin )d

90

得v 则小球在点C的角速度为

v

r

＝ mv2

由式（2）得 T mgcos 3mgcos

r

由此可得小球对园轨道得作用力为

T' T 3mgcos ,方向与en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

a1 asin ,a2 acos N mgcos ma1 masin mgsin uN m a2macos

(1)

2

m

(1) u (2)得，g(sin ucos ) a(cos usin )

g(sin ucos )g(tg u)

amin

(cos usin )1 utg (2) (1) u得，g(sin ucos ) a(cos usin )

g(sin ucos )g(tg u)

amax

(cos usin )1 utg

g(tg u)g(tg u) a 1 utg 1 utg

习题2-3图

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 。 解：如图由受力分析得

mg TA maATB mg maB2aA aBTA 2TB

1

解得aA＝－g

52aB＝－g

5

(1)(2)(3)(4)

aA

aB

习题2-4图

2－5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/s2

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，

mAg FT mAaF'T1 Ff mBa'2a a'FT' 2FT1mA mB mFT＝FT'F'T1 FT1解得Ff

(1)(2)(3)(4)

5

6 7

习题2－5图

mg (m 4m)a

7.2N

2

2－6质量为M的三角形木块，放在光滑的水平桌面上，另一质量为m的木块放在斜面上(如本题图所示)。如果所有接触面的摩擦均可忽略不计，求M的加速度和m相对M的加

速度。

，则 解：（如图）m相对M的相对加速度为am

am cos ,amy am sin , amx

在水平方向，

amx aMxamx

aMx am cos aM amx amx

在竖直方向

习题2-6图

amyamy

sin am

amy

由牛顿定律可得，

cos maM Nsin mamx mam

sin mg Ncos mamy mamNsin MaM

解得aM

mgsin cos (M m)gsin

a＝， m22

M msin M msin

2－7在一只半径为R的半球形碗内，有一粒质量为m的小钢球。当钢球以角速度ω在

水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时，它距碗底有多高？

解：取钢球为隔离体，受力分析如图所示，在图示坐标中列动力学方程得，

Fsin man mR 2sin Fcos mgcos (R h)/R

解得钢球距碗底的高度

h R

g 2

2－8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。物体的初速率为v0，求：（1）t时刻物体的速率；（2）当物体速率从v0减少到v0/2时，物体所经历的时间及经过的路程。

解：（1）设物体质量为m，取图示的自然坐标系，由牛顿定律得，

v2

FN man m2

RFf mat mFf uFN

v2dv

由上三式可得u2＝

Rdt对（4）式积分得 dt＝－

0t

(1)

dvdt

(2)(3)（4）Rvdvu v0v2

v

Rv0

R v0 t

Rv0

可得物体所经历的时间

R v0 t

（2） 当物体速率从v0减少到v0/2时，由上式 v

t

经过的路程

R v0

s vdt＝

t t

Rv0R

dt＝ln2

R v0 t

2－9从实验知道，当物体速度不太大时，可以认为空气的阻力正比于物体的瞬时速度，

设其比例常数为k。将质量为m的物体以竖直向上的初速度v0抛出。 （1）试证明物体的速度为

tmg mt

v (e 1) v0em

k

k

k

(2)证明物体将达到的最大高度为

mv0m2gkvH ln(1 0)

kkmg

(3)证明到达最大高度的时间为

tH

证明：由牛顿定律可得

kvm

ln(1 0) kmg

dv

(1)-mg-kv=m，

dt

t

dt

mdvv0mg kv

v

m

t tmmg kv0mg m

t ln，v (ek 1) v0ek

kmg kvk

dvmvdv

(2)-mg-kv=mv，dx

dxmg kv

y

v

令mg kv u,du kdv

xkmgkmgdumgdu

dx mdu ， dx ( mdu )

0mg kv0mumu

mv0m2gkv x ln(1 0）

kkmgmmg kv0

（3） t ln

kmg kv

mmg kv0

当v 0时，t＝ln即为到达最高点的时间

kmg k

2

2

f＝－kv

mg

2－10质量为m的跳水运动员，从距水面距离为h的高台上由静止跳下落入水中。把跳

水运动员视为质点，并略去空气阻力。运动员入水后垂直下沉，水对其阻力为－bv2，其中b

为一常量。若以水面上一点为坐标原点O，竖直向下为Oy轴，求：（1）运动员在水中的速率v与y的函数关系；（2）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v0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）

解：运动员入水可视为自由落体运动，所以入水时的速度为

v0

mg-f-F=mamg=Ff=bv2

dvdva= vdtdy bv2 mv

dv

dy

yvdvb dy 0m v0v

v v0e by/m by/m(2)将已知条件y＝－

b

0.4m 1,v 0.1v0代入上式得，m

mv

ln＝5.76mbv0

2－11一物体自地球表面以速率v0竖直上抛。假定空气对物体阻力的值为f＝－kmv2，其中k为常量，m为物体质量。试求：（1）该物体能上升的高度；（2）物体返回地面时速度的值。

解：分别对物体上抛和下落时作受力分析（如图），

(1)-mg-kmv2=m

y

dy

v

v0

dvmvdv

＝，dtdyvdvg kv2

1g kv2

y ln()2

2kg kv0

物体达到最高点时，v＝0，故g kv021

h=ymax＝ln()

2kg(2)下落过程中，-mg+kmv2=m

dvmvdv

＝dtdy

h

dy

v

vdv

g－kv2

2－12长为60cm的绳子悬挂在天花板上，下方系一质量为1kg的小球，已知绳子能承

kv20－1/2

v=v（）01

g

受的最大张力为20N。试求要多大的水平冲量作用在原来静止的小球上才能将绳子打断？

I mv0 0

解：由动量定理得

I v0

m

，如图受力分析并由牛顿定律得，

2mv0

T mg

l2mv0

T mg 20

l

mg I2/l 20 I 2.47Ns

2－13一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离地面为19.6m。爆炸1.0s后，第一块落到爆炸点正下方的地面上，此处距抛出点的水平距离为100m。问第二块落在距抛出点多远的地面上？(设空气的阻力不计)

解：取如图示坐标系，根据抛体运动规律，爆炸前，物体在最高点得速度得水平分量为

x1

x(1)t

物体爆炸后，第一块碎片竖直下落的运动方程为

1

y1=h-v1t-gt2

2

当碎片落地时，y1=0,t=t1,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出得速度为v0x 1h-gt2

v1＝t1

（2）

又根据动量守恒定律，在最高点处有

1

mv0x＝mv2x（3）

211

0＝－mv1 mv2y

4

22联立以上（）－（14）式得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为v2x＝2v0x＝2x 100ms 11h-gt2

v2y v1 2 14.7ms 1

t1

爆炸后第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为x2＝x1+v2xt2（5）

12y2=h+v2yt2-gt2（6）

2

落地时y2 0,由式（5）和（6）可解得第二块碎片落地点得水平位置x2＝500m

2－14质量为M的人手里拿着一个质量为m的物体，此人用与水平面成θ角的速率v0

向前跳去。当他达到最高点时，他将物体以相对于人为u的水平速率向后抛出。问：由于人抛出物体，他跳跃的距离增加了多少？（假设人可视为质点）

解：取如图所示坐标，把人和物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向左抛物得过程中，满足动量守恒，故有

m+M v0cos Mv m(v u)

式中v为人抛物后相对地面的水平速率，v－u为抛出物对地面得水平速率，得mum+M

人的水平速率得增量为

mu

v＝v-v0 cos ＝

m+M

而人从最高点到地面得运动时间为vsin t＝0

gv＝v0cos +

所以人跳跃后增加的距离为mv0sin

x＝ vt＝u

（m+M）g

2－15铁路上有一静止的平板车，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：在下列两种情况下，（1）N个人同时跳离；（2）一个人、一个人地跳离，平板车的末速是多少?所得的结果为何不同，其物理原因是什么?

解：取平板车及N个人组成的系统，以地面为参考系，平板车的运动方向为正方向，系统在该方向上满足动量守恒。

考虑N个人同时跳车的情况，设跳车后平板车的速度为v，则由动量守恒定律得 0＝Mv+Nm（v－u）

v＝Nmu/(Nm+M) (1)

又考虑N个人一个接一个的跳车的情况。设当平板车上商有n个人时的速度为vn，跳下一个人后的车速为vn－1，在该次跳车的过程中，根据动量守恒有

（M+nm）vn=M vn－1+(n-1)m vn－1+m(vn－1-u) (2) 由式（2）得递推公式

vn－1=vn+mu/(M+nm) (3) 当车上有N个人得时（即N＝n），vN＝0；当车上N个人完全跳完时，车速为v0， 根据式（3）有， vN-1=0+mu/(Nm+M)

vN-2= vN-1+mu/((N-1)m+M) ………….

v0= v1+mu/(M+nm)

将上述各等式的两侧分别相加，整理后得，

v0＝

mun＝1M+nm

N

由于M nm M Nm,n 1,2,3....N故有，v0 v

即N个人一个接一个地跳车时，平板车的末速度大于N个人同时跳下车的末速度。这是因为N个人逐一跳离车时，车对地的速度逐次增加，导致跳车者相对地面的速度也逐次增加，并对平板车所作的功也相应增大，因而平板车得到的能量也大，其车速也大。

2－16 A、B两船在平静的湖面上平行逆向航行，当两船擦肩相遇时，两船各自向对方平稳地传递50kg的重物，结果是A船停了下来，而B船以3.4m/s的速度继续向前驶去。A、B两船原有质量分别为500kg和1000kg，求在传递重物前两船的速度。(忽略水对船的阻力)

解：

设A、B两船原有的速度分别为vA和vB，传递重物后的速度分别为v’A和v’B,由动量守恒定律可得

（mA m）vA+mvB=mAv A（mB m）vB+mvA=mBv B

－1－1

将v ＝0ms，v＝3.4ms代入上面两式，可解得 AB

－mBmv －1B

vA＝＝ 0.4ms（mB m）（mA m）－m2

（mA m）mBv －1B

vB＝＝3.6ms（mB m）（mA m）－m2

2－17一人从10m深的井中提水，起始桶中装有10kg的水，由于水桶漏水，每升高1m要漏去0.2kg的水。求水桶被匀速地从井中提到井口，人所作的功。

解：水桶在匀速上提的过程中，加速度为0，拉力和重力平衡，在图示坐标下，水桶重力随位置的变化关系为

G＝mg－αgy

其中α＝0.2kg/m,人对水桶的拉力的功为

W (mg－ gy）dy＝882J

10

2－18如本题图所示，A和B两块板用一轻弹簧连接起来，它们的质量分别为m1和m2。问在A板上需加多大的压力，方可在力停止作用后，恰能使在跳起来时B稍被提起。（设弹簧的劲度系数为k）

解：选取如图所示坐标系，取原点处为重力势能和弹性势能零点，作各种状态下物体的受力图。对A板而言，当施以外力F时，根据受力平衡有

F1＝G1 F

(1)

当外力撤除以后，由机械能守恒定律得，11

ky12-mgy1=ky22 mgy222

y1和y2为M、N两点对原点O的位移。因为F1＝ky1,F2=ky2,G1=m1g上式可以写为，F1-F2=2G1

由（）和（12）式可得F＝G1 G2由式（3）可得F＝G1+G2=(m1+m2)g

(3)(2)

习题2－18图

当A板跳到N点时，B板刚被提起，此时弹性力F2 =G2,且F2=F2 ,

2－19如本题图所示，质量为m、速度为v的钢球，射向质量为M的靶，靶中心有一小孔，内有劲度系数为k的弹簧，此靶最初处于静止状态，但可在水平面上作无摩擦滑动，求子弹射入靶内弹簧后，弹簧的最大压缩距离。

解：设弹簧得最大压缩量为x0。小球与靶共同运动得速度为v1。由动量守恒定律，有

mv (m M)v1

又由机械能守恒定律，有1112mv2＝(m M)v12 kx0222由（）式和（12）式可得x0(1)

（2）

习题2－19图

2－20以质量为m的弹丸，穿过如本题图所示的摆锤后，速率由v减少到v/2。已知摆

锤的质量为M，摆线长度为l，如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动，弹丸的速度的最小值应为多少？

解：

习题2－20图

由水平方向的动量守恒有，

v

mv＝m Mv'(1)

2

为了使摆锤能在垂直平面内作圆周运动，在最高点时，摆线中的张力F=0,则，

Mv'2h

Mg＝(2)

l

式中v'h为摆线在圆周最高点的运动速率。又由机械能守恒定律得

11

Mv'2＝2Mgl+Mv'2（3）h22

解上述三个方程，可得担丸所需速率的最小值为v

2－21如本题图所示，一质量为M的物块放置在斜面的最底端A处，斜面的倾角为α，高度为h，物块与斜面的滑动摩擦因数为μ，今有一质量为m的子弹以速度v0 沿水平方向射入物块并留在其中，且使物块沿斜面向上滑动，求物块滑出顶端时的速度大小。

解：

在子弹与物块的撞击过程中，在沿斜面的方向上，根据动量守恒有mv0cos (M m)v1(1)在物块上滑的过程中，若令物块刚滑出斜面时的速度为v2，并取A点的重力势能为0。由系统的功能原理可得

h112

－u(m+M)gcos 2 (m+M)gh-12

sin 22

由（）、（12）式可得v2

(2)

习题2－21图

2－22如本题图所示，一个质量为m的小球，从内壁为半球形的容器边缘点A滑下。设容器质量为M，半径为R，内壁光滑，并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上，开始时小球和容器都处于静止状态。当小球沿内壁滑到容器底部的点B时，受到向上的支持力为多大？

解：

根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得mvm MvM 0(1)1212

mvm mvM mgR(2)22

式中vm,vM分别表示小球、容器相对桌面得速度。由式（1）、（2）可得vm vM

习题2－22图

由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂，为此，可改以容器为参考系。在容器底部时，小球相对容器的运动速度为(3)在容器底部，小球所受惯性力为零，其法向方程为 vm

vM vm

2vmFN mg m(4)

R

由（3）、（4）式可得小球此时所受到的支持力为

2m

FN mg(3 )

M

2－23如本题图所示，质量分别为m1=10.0kg和m2=6.0kg的两小球A和B，用质量可略去不计的刚性细杆连接，开始时它们静止在Oxy平面上，在图示的外力F1= (8.0N)i和F2 =(6.0N)j的作用下运动。试求：(1) 它们质心的坐标与时间的函数关系；（2）系统总动量与时间的函数关系。

解：（1）选如图所示坐标，则t＝0时，系统的质心坐标为

习题2－23图

xC0 yC0

m2

x20 1.5m

m1 m2

m2

y10 1.9m

m1 m2

对小球与杆整体应用质心运动定律得

dv

Fx F1 (m1 m2)x(1)

dtdv

Fy F2 (m1 m2)y(2)

dt

根据初始条件，分别对（）、（12）式积分得tvxFt1Fdt (m m)dv,v 3 112xx 0 0

m1 m2

t

F2dt (m1 m2)dvy,

vy

vy

F2tm1 m2

4

根据初始条件t＝0时，x xC0,y yC0对（3）、（4）式再次积分可得

xCxC0

dxC (

t

Ft1

)dt

m1 m2

2Ft1

xC xC0 1.5m (0.25m s 2)t2

2(m1 m2)

及

yCyC0

dyC (

t

F2t

)dt

m1 m2

F2t2

yC yC0 1.9m (0.19m s 2)t2

2(m1 m2)

(2)利用动量定理并考虑到系统从初始状态为静止，可得

t 2 2

p p (F1 F2)dt (8.0kg m s)ti (6.0kg m s)tj

2－24质量为2×10 3kg的子弹以500m·s 1的速率水平飞出，射入质量为1kg静止在水平面上的木块，子弹从木块穿出后的速率为100m·s 1，而木块向前滑行了0.2m。求：(1)木块与平面间的摩擦系数 (2)子弹动能和动量的减少量。

解：

（）在水平方向系统动量守恒，1

mv0 mv0' Mv, v 0.8m/s

木块向前滑行了0.2m，由动能定理得

1

uMgs Mv2

21 1 0.82

u 0.163

1 9.8 0.2

11

2－mv02＝2 10－3 0.5 (2)子弹动能的减少量 Ek＝mv0（1002－5002）22

＝ 240J －mv0＝2 10－3 子弹动量得减少量 p＝mv0（100－500）=-0.8kgms-1

2－25如本题图所示，一质量为m的钢球，系在一长为l的绳一端，绳另一端固定，现

将球由水平位置静止下摆，当球到达最低点时与质量为M，静止于水平面上的钢块发生弹性碰撞，求碰撞后m和M的速率。

解：

由机械能守恒得，碰前m的速度为1

mv2＝mgl，v2

由碰撞前后动能和动量守恒得111

mv2＝mv 2 MvM2 222mv＝mv MvM v ＝

m－Mv m+MvM 习题2－25图

2－26一质量为m的运动粒子与一质量为km的静止靶粒子作弹性对心碰撞，求靶粒子获得最大动能时的k值。

解：

由动量和动能守恒得，mv＝kmv mv 111

mv2＝kmv 2 mv 2222 由（）得1v =v-kv 由（2）得

Ek

(1)(2)

111

kmv 2 mv2－mv 2222

1

＝mkvv k2mv 2

2

＝kEk

2mv2

Ek

2

当k＝1时，Ek取最大值

4mM

E0。 2

(M m)

2－27质量为m的中子与质量为M的原子核发生弹性碰撞，若中子的初动能为E0，求证碰撞时中子可能损失的最大动能为

解：设弹性碰撞前中子的动量为P0，碰撞前中子的动量为P1，原子核的动量为P2，由动量守恒的标量式可以得

22

P22 P P10 2P1P0cos ,

222P1 2mE1,P2 2ME2,P0 2mE0,E0 E1 E2

ME2 mE1 mE0 2

(M m)2E22 4m(M m)E0E2 4m2E02 4m2E0E1cos2 4mME0E2 (M m)2E22 4m2E0E1sin2 0

2－28如本题图示，绳上挂有质量相等的两个小球，两球碰撞时的恢复系数e=0.5。球A由静止状态释放，撞击球B，刚好使球B到达绳成水平的位置，求证球A释放前的张角 应满足cos = 1/9。

证明：设球A到达最低点的速率为v，根据机械能守恒有

E0 E1 E2

4mME0(M m)2

2L

A

B

LC

习题2－28图

12

mv mg2l(1 cos ),2

所以，v vB vA

0.5v

即vB vA 0.5ve

(1)

设碰撞后A，B两球的速率分别为vA,vB,由题意得：

(2)

A，B两球碰撞时水平方向动量守恒：mvB mvA mv(3)由(2),(3)式得

3vB＝v(4)

4

碰撞后B球机械能守恒，故有1

mvB2 mgl(5)2

将（），（14）代入（5）得：

1

cos

9

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/k4nj.html