大学物理（机械工业出版社）上下册合集课后练习及答案

⼤学物理（机械⼯业出版社）上下册合集课后练习及答案第⼀章质点的运动
1-1 已知质点的运动⽅程为：2
3010t t x +-=，
2
2015t t y -=。

式中x 、y 的单位为m ，t 的单位为ｓ。

试
求：(1) 初速度的⼤⼩和⽅向；(2) 加速度的⼤⼩和⽅向。

分析由运动⽅程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的⼤⼩和⽅向．
解 (1) 速度的分量式为t t
x
x 6010d d +-==
v t t
y y 4015d d -==v
当t ＝0 时,v o x ＝-10 m·ｓ-1 ,v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度⼤⼩为
12
0200s m 0.18-?=+=y x v v v
设v o 与x 轴的夹⾓为α,则2
3
tan 00-==x
y αv v
α＝123°41′
(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -?==
t
a x
x v , 2s m 40d d -?-==
t
a y y v
则加速度的⼤⼩为22
2
s m 1.72-?=+=
y x a a a
设a 与x 轴的夹⾓为β,则3
2tan -==
x y
a a ββ＝-33°41′(或326°19′)
1-2 ⼀⽯⼦从空中由静⽌下落，由于空⽓阻⼒，⽯⼦并⾮作⾃由落体运动。

现测得其加速度a ＝A-B v ，式中A 、B 为正恒量，求⽯⼦下落的速度和运动⽅程。

分析本题亦属于运动学第⼆类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为
t a d )
(d =v v
后再两边积分．解选取⽯⼦下落⽅向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．
(1) 由题 v v
B A t
a -==d d (1) ⽤分离变量法把式(1)改写为
t B A d d =-v
v
(2)
将式(2)两边积分并考虑初始条件,有
=-t t B A 0d d d 0v v v v
v 得⽯⼦速度 )1(Bt
e B A --=v
由此可知当,t →∞时,B
A
→v 为⼀常量,通常称为极限速度
或收尾速度．
(2) 再由)1(d d Bt e B
A
t y --==
v 并考虑初始条件有 t e B
A
y t
Bt y
d )1(d 00?
--= 得⽯⼦运动⽅程)1(2-+=-Bt
e B A t B A y
1-3 ⼀个正在沿直线⾏驶的汽船，关闭发动机后，由于阻⼒得到⼀个与速度反向、⼤⼩与船速平⽅成正⽐例的加速
度，即a = -k v 2
，k 为常数。

在关闭发动机后，试证：
（1）船在t 时刻的速度⼤⼩为 100
+=t kv v v ；
（2）在时间t 内，船⾏驶的距离为；
（3）船在⾏驶距离x 时的速率为v =v 0e -kx 。

[证明]（1）分离变数得，故，
可得：
．（2）公式可化为，
由于v = d x/d t ，所以：
积分．因此．
(3 ) 要求v ( x )，可由 dx
dv v dt dx dx dv dt dv a ===
，有 01
ln(1)x v kt k
=+2
d d v
k t v =-020
d d v t
v v
k t v =-??0
11
kt v v =+0
01v v v kt
=
+00001
d d d(1)1(1)
v x t v kt v kt k v kt =
=+++000
1
d d(1)(1)x
t
x v kt k v kt =
++?
01
ln(1)x v kt k
=
+
kdx v
dv
dx dv v
kv -=?=-2 积分得
kx
x v
v e v v kx v v dx k v dv -=-=?-=??00
,ln 0证毕． 1－4⾏⼈⾝⾼为h ，若⼈以匀速v 0⽤绳拉⼀⼩车⾏⾛，⽽⼩车放在距地⾯⾼为H 的光滑平台上，求⼩车移动的速度和加速度。

解：⼈前进的速
度v 0，则绳⼦前进的速度⼤⼩等于车移动的速度⼤⼩，
2
222
222203/222220()
()()l v t H h dl
dt H h v d l dt H h v t =+-∴=
-=??-+?
所以⼩车移动的速度2
20220)(t v h H t v v --=
⼩车移动的加速度[]
2/3220
2
20
2)
()(t
v h H v h H a +--=
1-5 质点沿轴运动，其加速度和位置的关系为
262x a +=，a 的单位为 m/s 2，x 的单位为 m 。

质点在
x =0处，速度为10m/s ，试求质点在任何坐标处的速度值。

解：∵
分离变量：
两边积分得
由题知，
时，
,∴
∴
1-6 如图所⽰，⼀弹性球由静⽌开始⾃由下落⾼度 h 后落在⼀倾⾓
30=θ的斜⾯上，与斜
⾯发⽣完全弹性碰撞后作抛射体运动，问它第
⼆次碰到斜⾯的位置距原来的下落点多远。

解：⼩球落地时速度为gh v 20=
建⽴直⾓坐标系，
以⼩球第⼀次落地点为坐标原点如图
00060cos v v x =200060cos 2
1
60cos t g t v x +
= （1）
0060sin v v y =200060sin 2
1
60sin t g t v y -
= （2）
第⼆次落地时 0=y g
v t 0
2=
所以 m g
v t g t v x 8.0260cos 2160cos 2
02
00
0==+=
1－7⼀⼈扔⽯头的最⼤出⼿速率为v ＝25m/s ，他能
击中⼀个与他的⼿⽔平距离L=50m ，⾼h=13m 的⽬标吗？在此距离上他能击中的最⼤⾼度是多少？
解：由运动⽅程2
1cos ,sin 2
x vt y vt gt θθ==-
,消去t 得轨迹⽅程
22
2(1)2g y xtg tg x v
θθ=-
+ 以x ＝05.0m ，v ＝25ms －1
代⼊后得
22
2
2250(1)502255020(1)5
20()11.25
4
g y tg tg tg tg tg θθθθθ=-
+??=-+=--+
取g ＝10.0，则当 1.25tg θ=时，max 11.25y =〈13 所以他不能射中，能射中得最⼤⾼度为max 11.25y =
1-8 ⼀质点沿半径为R 的圆周按规律2
02
1bt t s -
=v 运动，v 0 、b 都是常量。

(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时，质点已沿圆周运⾏了多少圈？
分析在⾃然坐标中,s 表⽰圆周上从某⼀点开始的曲线坐标．由给定的运动⽅程s ＝s (t ),对时间t 求⼀阶、⼆阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,⽽加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．⾄于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数⾃然可求得．
x x v
v t x x v t v a d d d d d d d d ===
x x adx d )62(d 2
+==υυc
x x v ++=32
22210
=x 100=v 50=c 1
3s m 252-?++=x x v h
图1-18 习题
1-4图
解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt t
s
-==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为
b t s a t -==22d d , R
bt R a n 2
02)(-==v v
故加速度的⼤⼩为
2
4
02222)(R
bt b R a a a t
n -+=
+=v 其⽅向与切线之间的夹⾓为
--==Rb bt a a θt n
20)(arctan arctan v
(2) 要使｜a ｜＝b ,由
b bt b R R
=-+4022)(1
v 可得b
t 0
v =
(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为
b
s s s t 220
0v =-=
因此质点运⾏的圈数为bR
R s n π4π22
v == 1-9 已知质点的运动⽅程为： t h z t R y t R x ωπωω2,sin ,cos ===，式中ω、、h R 为正的常量。

求：（1）质点运动的轨
道⽅程；（2）质点的速度⼤⼩；（3）质点的加速度⼤⼩。

解：（1）轨道⽅程为 2
22R y x =+t h z ωπ2= 这是⼀条空间螺旋线。

在O xy 平⾯上的投影为圆⼼在原点，半径为R 的圆，螺距为h
（2）t R dt
dx
v x ωωsin -== 22
2
2224π
ωh R v v v v z
y
x
+=++=
（3）t R a x ωωcos 2-=t
R a y ωωsin 2
-=0=z a ， 2
22
ωR a a a y
x =+= 1－10飞机以100m·s -1的速度沿⽔平直线飞⾏，在离
地⾯⾼为100m 时，驾驶员要把物品投到前⽅某⼀地⾯⽬标处。

问：（1）此时⽬标在飞机下⽅前多远？（2）投放物品时，驾驶员看⽬标的视线和⽔平线成何⾓度？（3）物品投出2s 后，它的法向加速度和切向加速度各为多少？解：
（1
）
21y gt t 2452x m ∴== ＝，（2） 5.12==θx
y
arctg
（3
）
2222n v dv dt 1.96/,10.0
(m 9.80/,10.0
(9.62/9.8)
t t a a m s g a g
a m s g m s ∴====∴== 2＝或1.88/s ,g=9.8）
或，g ＝1－11⼀⽆风的下⾬天，⼀列⽕车以v 1=20m/s 的速度匀速前进，在车内的旅客看见玻璃窗外的⾬滴和垂线成75°
⾓下降，求⾬滴下落的速度v 2。

（设下降的⾬滴作匀速运
动）解：以地⾯为参考系，⽕车相对地⾯运动的速度为
V 1,⾬滴相对地⾯竖直下落的速度为V 2，旅客看到⾬滴下
落速度V 2’为相对速度，它们之间的关系为 221'v v v =+ 121/75 5.36v v tg ms -∴==
1－12升降机以加速度a 0=1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1时，有⼀螺帽⾃升降机的天花板脱落，天
花板与升降机的底⾯相距2.74m ，试求：（1）螺帽从天花板落到底⾯所需时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱⼦的下降距离。

解：（1）以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度为a ’=g+a,螺丝落到底⾯时，有
2
1
0()2
0.705h g a t t s
=-+==
（2）由于升降机在t 时间内的⾼度为2
01
'2h v t at =+
(1)
(2)
v’
u
则'0.716d h h m =-=
1－13飞机A 相对地⾯以v A =1000km/h 的速率向南飞⾏，另⼀飞机B 相对地⾯以v B =800 km/h 的速率向东偏南30°⽅向飞⾏。

求飞机A 相对飞机B 的速度。

解：
(
)
1000,4001000400tg 4052',A B A B
v j v j v v v j j θθ==+=-+∴=
=
＝－⽅向西偏南
916/v km h =
1－14 ⼀⼈能在静⽔中以1.10m·s -1
的速度划船前进，
今欲横渡⼀宽为1000m 、⽔流速度为0.55m·s －
1的⼤河。

（1），那么应如何确定划⾏⽅向？到达正对岸需多少时间？（2）如果希望⽤最短的时间过河，应如何确定划⾏⽅向？
船到达对岸的位置在什么地⽅？
解：如图（1）若要从出发点横渡该河⽽到达正对岸的⼀点，则划⾏速度和⽔流速度u 的合速度的⽅向正对着岸，
设划⾏速度v ' 合速度v 的夹⾓为α
sin sin 0.55/1.10.5cos v u u
v
ααα'∴==
=='=31.0510cos d d t s v v α
===?'
如图（2）⽤最短的时间过河，则划⾏速度的⽅向正对着岸
,500d d
t l ut u m v v ∴=
===''
1－15设有⼀架飞机从A 处向东飞到B 处，然后⼜向西飞回到A 处，飞机相对空⽓的速率为v '，⽽空⽓相对地⾯的速率为u ，A 、B 间的距离为l 。

（1）假定空⽓是静⽌的（即u =0），求飞机来回飞⾏的时间；
（2）假定空⽓的速度向东，求飞机来回飞⾏的时间；（3）假定空⽓的速度向北，求飞机来回飞⾏的时间。

解：由相对速度的⽮量关系'v v u =+ 有
（1）空⽓时静⽌的，即u ＝0，则往返时，飞机相对
地⾯的飞⾏速度就等于飞机相对空⽓的速度v ’（图（1）），故飞机来回飞⾏的时间02'''
AB BA l l l
t t t v v v =+=
+= (2) 空⽓的速度向东时，当飞机向东飞⾏时，风速与飞机相对空⽓的速度同向；返回时，两者刚好相反（图（2）），故飞机来回飞⾏的时间为
21102(1)'''
AB BA
l l u t t t t v u v u v -=+=+=-+- (3) 空⽓的速度向北时，飞机相对地⾯的飞⾏速度的
⼤⼩由'v v u =+
可得为v ，故飞机来回飞⾏
的时间为
1
22
202(1)'AB BA
l l u t t t t v v v -=+=+==
=-
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)
g
g
A A
B B A B A B
A B mg T ma T mg ma a a T T a a -=-===1
解得＝－52＝－5
2－2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，
习题2－2图
习题2-1图
a A
a B
()()()
1f 111f (1)''(2)2'(3)'2(4)
5'6'7(4)7.22
A T A T
B 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 a
F 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：
2
1133212221
1112)()
(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。

物体的初速率为v 0，求：（1）t 时刻物体的速率；（2）当物体速率从v 0减少到v 0/2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，
02
2
22t
v 2
v (1)
(2)(3)4dv 4dt u v N n f t f N
v F ma m R dv F m a m
dt
F uF v dv
u R dt ===-=-=-
0由上三式可得＝（）R 对（）式积分得＝－
0Rv v R v t
µ∴=
+
（2）当物体速率从v 0减少到v 0/2时，由
00Rv v R v t µ∴=
+可得物体所经历的时间0t R
v µ
'=
经过的路程t t 00
0vdt dt ln 2Rv R
s R v t µµ
'
'
=
+?
＝＝
2－5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v 0抛出。

（1）试证明物体的速度为
t m k
t
m k
e v e k
mg v --+-=0)1(
(2)证明物体将达到的最⼤⾼度为
)1ln(020mg
kv k g m k mv H +-=
(3)证明到达最⼤⾼度的时间为
)1ln(0mg
kv k m
t H +=
证明：由⽜顿定律可得
习题2-3
000
0022
0200ln (1)(2),()
ln(13t
v
v m m
t t k
k
x mg mg kv mdv dt mg kv
mg kv m mg t v e v e k mg kv k
mvdv
dx mg kv
mg kv u du kdv
k mgdu k mgdu
dx mdu dx mdu m u m u
mv kv m g x k k mg m t k --+-=++∴==-++=-
++==∴=-+=-+∴=-+=?
dv
(1)-mg-kv=m ，
dt
，dv -mg-kv=mv ，dx 令，）
（）0
ln
0t ln mg kv mg kv
mg kv m v k mg k +++∴=+当时，＝即为到达最⾼点的时间2－6 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－b v 2，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）
解：运动员⼊⽔可视为⾃由落体运动，所以⼊⽔时的速度为
0v =
02
20//0100
mg-f-F=ma mg=F f=bv dv a=dt v dy (2)0.4,0.1m v
y ln 5.76m
b y v v by m by m
dv v dy
dv b mv
dy
b dv m v
v v e m v v v ---=∴-=-=====??b
将已知条件
代⼊上式得，m
＝－＝ 2－7⼀物体⾃地球表⾯以速率v 0竖直上抛。

假定空⽓
对物体阻⼒的值为f ＝－km v 2，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），
h
12
0m 1ln()2v 01
ln()
2(2)m v=v 1g y
v
v v
vdv dy g k g k y k g k g k k g vdv dy g k k =-++∴=-+∴+=-∴+
22
20max 22
2－/0dv mvdv
(1)-mg-k v =m
＝，dt dy v v v 物体达到最⾼点时，＝，故v h=y ＝dv mvdv
下落过程中，-mg+k v =m
＝dt dy
－v v （）
2-8 质量为m 的⼦弹以速度v 0⽔平射⼊沙⼟中，设⼦弹所受阻⼒f = - k v ，k 为常数，求：(1) ⼦弹射⼊沙⼟后，速度随时间变化的函数式；(2) ⼦弹进⼊沙⼟的最⼤深度。

解：（1）由题意和⽜顿第⼆定律可得：
dt
dv m
kv f =-=，分离变量，可得：vdt
dv m k =-
两边同时积分，所以：t m
k e
v v -=0
（2）⼦弹进⼊沙⼟的最⼤深度也就是v=0的时候⼦弹的位移，则：
由vdt
dv m k =-
可推出：dv k
m
vdt -
=，⽽这个式⼦两边积分就可以得到位移：00max 0v m m
x vdt dv v k k
==-=?? 。

2-9 已知⼀质量为m 的质点在x 轴上运动，质点只受到
指向原点的⼒2
/x k f -=，k 是⽐例常数。

设质点在
A x =时的速度为零，求质点在4/A x =处的速度的⼤
y
f ＝－kv
mg
解：由题意和⽜顿第⼆定律可得：
dx dv mv dt dx dx dv m dt dv m x
k f ===-
=2
再采取分离变量法可得：mvdv dx x k
=-2 ，
两边同时取积分，则：mvdv dx x
k
v A A ??=-024/ 所以：mA
k
v 6=
2-10 ⼀颗⼦弹在枪筒⾥前进时所受的合⼒⼤⼩为
3/1044005t F ?-=，⼦弹从枪⼝射出时的速率为m/s 300。

设⼦弹离开枪⼝处合⼒刚好为零。

求：（1）⼦
弹⾛完枪筒全长所⽤的时间t ；（2）⼦弹在枪筒中所受⼒
的冲量I ；（3）⼦弹的质量。

解：（1）由3/1044005
t F ?-=和⼦弹离开枪⼝处合⼒
刚好为零，则可以得到：03/1044005
=?-=t F 算出t=0.003s 。

（2）由冲量定义：
0.003
0.003
5
00.00352
400410/3400210/3
0.6I Fdt t dt
t t N s
==-?=-?=??
（）
（3）由动量定理：0.003
0.60.6/3000.002I Fdt P mv N s m kg
==?==?==?所以：
2-11 ⾼空作业时系安全带是⾮常必要的。

假如⼀质量为51.0 kg 的⼈，在操作时不慎从⾼空竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来。

已知此时⼈离原处的距离为2.0 m ，安全带弹性缓冲作⽤时间为0.50 s 。

求安全带对⼈的平均冲
分析从⼈受⼒的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重⼒作⽤,⼈体可看成是作⾃由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则⼈体同时受重⼒和安全带冲⼒的作⽤,其合⼒是⼀变⼒,且作⽤时间很短．为求安全带的冲⼒,可以从缓冲时间内,⼈体运动状态(动量)的改变来分析,即运⽤动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应⽤于整个过程．但是,这时必须分清重⼒和安全带冲
⼒作⽤的时间是不同的；⽽在过程的初态和末态,⼈体的
速度均为零．这样,运⽤动量定理仍可得到相同的结果．
解以⼈为研究对象,按分析中的两个阶段进⾏讨论．在⾃由落体运动过程中,⼈跌落⾄2 m 处时的速度为
gh 21=v (1)
在缓冲过程中,⼈受重⼒和安全带冲⼒的作⽤,根据动量定理,有
()12Δv v m m t -=+P F (2)
由式(1)、(2)可得安全带对⼈的平均冲⼒⼤⼩为
()N 1014.1Δ2ΔΔ3?=+=+
=t
gh mg t m Δmg F v
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？
解：由动量定理得000I mv I v m
=-∴=
，
如图受⼒分析并由⽜顿定律得，
20
20
220/20
2.47mv T mg l mv T mg l
mg I l I Ns
-=
=+≥∴+?≥?≥
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
(
)
1
010x 2x 12y 2x 0x (1),v 2mv mv 30mv mv 414v v 100x x v x t
=+2
11112
1
物体爆炸后，第⼀块碎⽚竖直下落的运动⽅程为1
y =h-v t-gt 2
当碎⽚落地时，y =0,t=t 则由上式得爆炸后第⼀块碎⽚抛出得速度为1h-gt 2
＝（）
t ⼜根据动量守恒定律，在最⾼点处有1
＝（）
211
＝－22联⽴以上（）－（）式得爆炸后第⼆块碎⽚抛出时的速度分量分别为＝2＝2x 11
212x 2
2
22y 222214.7v t 5y =h+v t -60,x 500m
y ms v v ms gt y --====2
1
211h-gt 2t 爆炸后第⼆块碎⽚作斜抛运动，其运动⽅程为x ＝x +（）
1（）
2
落地时由式（5）和（6）可解得第⼆块碎⽚落地点得⽔平位置＝
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v 0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）（⾃⼰算⼀遍）
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
()00000m cos ()
v u mu v cos m mu
v v- cos m sin t g
m sin x vt u
m g
v Mv m v u v v v v v θθθθθ
=+-+M 式中为⼈抛物后相对地⾯的⽔平速率，－为抛出物对地⾯得⽔平速率，得＝+
+M
⼈的⽔平速率得增量为＝＝
+M
⽽⼈从最⾼点到地⾯得运动时间为＝所以⼈跳跃后增加的距离为＝＝（+M ）
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?（典型）
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v n ，跳下⼀个⼈后的车速为v n －1，在该次跳车的过程中，根据动量守恒有
（M+nm ）v n =M v n －1+(n-1)m v n －1+m(v n －1-u) (2) 由式（2）得递推公式
v n －1=v n +mu/(M+nm) (3) 当车上有N 个⼈得时（即N ＝n ），v N ＝0；当车上N 个⼈完全跳完时，车速为v 0，
根据式（3）有， v N-1=0+mu/(Nm+M)
v N-2= v N-1+mu/((N-1)m+M) ………….
v 0= v 1+mu/(M+nm)
将上述各等式的两侧分别相加，整理后得，
0n 0mu v nm
,1,2,3....v v
M nm M Nm n N N +≤+=∑
N
＝1＝M+由于故有，即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 ⼀物体在介质中按规律x ＝ct 3 作直线运动，c 为
⼀常量。

设介质对物体的阻⼒正⽐于速度的平⽅：
2kv f -=，试求物体由x 0 ＝0 运动到x ＝l 时，阻⼒所
作的功。

分析本题是⼀维变⼒作功问题,仍需按功的定义式
=x F d W 来求解．关键在于寻找⼒函数F ＝F (x )．根
据运动学关系,可将已知⼒与速度的函数关系F (v ) ＝k v 2 变换到F (t ),进⼀步按x ＝ct 3 的关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功的定义式求解．
解由运动学⽅程x ＝ct 3 ,可得物体的速度
23d d ct t
x
==
v 按题意及上述关系,物体所受阻⼒的⼤⼩为
3/43/242299x kc t kc k F ===v
则阻⼒的功为
=x
F W d 3
/73/23/40
3/20
7
27d 9d 180cos d l kc x x kc x W l
o l
-
=-==?=x F
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。

（典型）
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
10
(mg gy dy 882J W α=?－）＝
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m 1和m 2。

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
11221122121212
(1)
ky -mgy =12(3)
F G F
ky mgy y y M N O F y F G G A N B +++''1211121
22221212＝当外⼒撤除以后，由机械能守恒定律得，11
22
和为、两点对原点的位移。

因为＝ky ,F =k ,G =m g 上式可以写为，F -F =2G (2)
由（）和（）式可得＝当板跳到点时，板刚被提起，此时弹性⼒F =G ,
且F =F ,由式（3）可得F ＝G +G =(m +m )g
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
(
)1
222100()(1)
111mv ()kx 222212x mv m M v m M v =+++⼜由机械能守恒定律，有
＝由（）式和（）式可得 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2－19图。