(上海交大)大学物理上册课后习题答案2质点运动定律
大学物理第2章质点动力学习题解答
大学物理第2章质点动力学习题解答-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN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+++-= （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+== , j i a m F ˆ12ˆ24+== 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+= ，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 2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-== r m a m F2ω-==, ∴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 1N 1m 1TaFN 2 m 2TaN 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。
上海交大版大学物理第一章答案
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j +其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d r v dt= ，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v=，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t s 的位移；（3）0=t 和1=t s 两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++ ，可知24x t = ，32y t =+ 消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）从0=t 到1=t s 的位移为：j i j j i r r r243)54()0()1(+=-+=-=∆（3）由d rv dt=，有速度：82vt i j =+0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j = ，(1)82v i j =+。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s.求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt= ，有：22v t i j =+ ，d va dt= ，有：2a i = ；（2）而v v =，有速率：1222[(2)2]v t =+=∴t dva dt==222t n a a a =+有：n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为h ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt==，利用222t n a a a =+有： n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt==，利用222t n a a a =+有： n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
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习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt=，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+ 消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt=，有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt=，有：2a i =； （2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dva dt==222t n a a a =+有： n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
大学物理课后习题答案(上)
1、26t i dt r d v+==，j i v 61+= ，j i tr r v 261331+=-=-∆ ， j v v a 24131331=--=-2、0202212110v Kt v Ktdt v dv t Kv dt dv t v v +=⇒-⎰=⎰⇒-= 所以选（C ） 3、因为位移00==v r ∆，又因为,v 0≠∆0≠a 。
所以选（B ）4、选（C ）5、（1）由,mva Fv P ==dt dv a = ，所以：dt dv mv P =，⎰⎰=vtmvdv Pdt 0积分得：mPtv 2=（2）因为m Pt dtdx v 2==，即：dt m Ptdx tx ⎰⎰=002，有：2398t mP x = 练习二 质点运动学 （二）1、平抛的运动方程为2021gt y tv x ==，两边求导数有：gtv v v y x ==0，那么2220t g v v +=，222022t g v tg dt dv a t +==，=-=22t n a g a 2220tg v gv +。
2、 2241442s /m .a ;s /m .a n n ==3、 （B ）4、（A ）1、0232332223x kt x ;tk )t (a ;)k s (t +=== 2、0321`=++v v v 3、（B ） 4、（C ）练习四 质点动力学（一）1、m x ;i v 912==2、（A ）3、（C ）4、（A ）练习五 质点动力学（二）1、m'm muv )m 'm (v V +-+-=002、（A ）3、（B ）4、（C ）5、（1）Ns v v m I v s m v t t v 16)(,3,/19,38304042=-===+-= （2）J mv mv A 17621212024=-=练习六、质点动力学（三）1、J 9002、)R R R R (m Gm A E 2121-=3、（B ）4、（D ）5、)(21222B A m -ω练习七 质点动力学（四）1、)m m (l Gm v 212212+=2、动量、动能、功3、（B ）4、（B ）练习八 刚体绕定轴的转动（一）1、πωω806000.,.解：（1）摩擦力矩为恒力矩，轮子作匀变速转动 因为00120180ωωωββωω..t -=-=⇒+=；同理有00260ωβωω.t =+=。
大学物理上册-课后习题答案全解
大学物理上册课后习题答案第一章 质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 内的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13= 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23= 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：=Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述资料求出量值．[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2+ 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：．计算得加速度为：= (m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = (m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = (s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02= 2a s ，可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = (m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = (m)．根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= (s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = (s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = (m·s -1)， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = (m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = (m·s -1)，落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = (m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = º，方向斜向下．方法二：一步法．图取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y0t - gt2/2，移项得时间的一元二次方程，解得：．这里y = -70m，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t= (s)．由此可以求解其它问题．1．4一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d v/d t = -kv2，k为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t时刻的速度大小为；（2）试证在时间t内，船行驶的距离为．[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．证毕．[讨论]当力是速度的函数时，即f = f(v)，根据牛顿第二定律得f = ma．由于a = d2x/d t2，而 d x/d t = v，a = d v/d t，分离变数得方程：，解方程即可求解．在本题中，k已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n次方成正比，则d v/d t = -kv n．（1）如果n = 1，则得，积分得ln v = -kt + C．当t = 0时，v = v0，所以C = ln v0，因此ln v/v0 = -kt，得速度为：v = v0e-kt．而d v = v0e-kt d t，积分得：．当t = 0时，x = 0，所以C` = v0/k，因此．（2）如果n≠1，则得，积分得．当t = 0时，v = v0，所以，因此．如果n = 2，就是本题的结果．如果n≠2，可得，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t3．求：（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？[解答]（1）角速度为ω = dθ/d t = 12t2= 48(rad·s-1)，法向加速度为a n= rω2= (m·s-2)；角加速度为β = dω/d t = 24t= 48(rad·s-2)，切向加速度为a t= rβ = (m·s-2)．（2）总加速度为a = (a t2 + a n2)1/2，当a t = a/2时，有4a t2 = a t2 + a n2，即．由此得，即，解得．所以 =(rad)．（3）当a t = a n时，可得rβ = rω2，即： 24t = (12t2)2，解得：t = (1/6)1/3 = (s)．1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = 20m·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为v 0x = v 0cos θ，v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为， ． 即 ，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；(s)． 将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 内下降的距离h = ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于，所以a t = 2h /Δt 2 = (m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = (m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= (m·s -2)．1．8 一升降机以加速度·s -2上升，当上升速度为·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为． 由题意得h = h 1 - h 2，所以， 解得时间为= (s)．算得h 2 = ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为； （3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为． [证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ．（2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ，所以飞行时间为 ．（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作向量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为． 证毕．图A AB v v + uv - u ABv uuvv1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作向量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 ． 证毕．方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以： ，即 ． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．第二章 运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为x = v 0t ，．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为，这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一品质m = 2kg的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = ，静摩擦因素为μs = ．求：（1）今以水平力拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = (N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = (N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = (N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．图1h lα图 m（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = (N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = ，m 2 = ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮品质均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 = (m·s -2)，绳对它的拉力为= (N)．2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2， 因此 ，即：． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2， 因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动； （2）小车以加速度沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度（b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )； 绳子张力等于摆所受的拉力 ：．（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）根据题意作力的向量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：12图2 图（2）， 因此角度为；而张力为． （5）与上一问相比，加速度的 方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2．6 如图所示：质量为m =的小球，拴在长度l =的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？ （2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向． 小球的运动方程为，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为 ， 因此 ， 即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分 ， 得 ，解得：= (m·s -1)． 由于：， 所以T B = 2mg = (N)． （2）由（1）式积分得 ，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2， 因此速度为．切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为 ．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为= (m·s -2)，法向加速度为 a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = (N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为，s 表示弧长．图图由于，所以，因此v d v = g cosθd s= g d h，h表示石下落的高度．积分得，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为．2．8质量为m的物体，最初静止于x0，在力(k为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x处的速度大小v = [2k(1/x– 1/x0)/m]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程利用v = d x/d t，可得，因此方程变为，积分得．利用初始条件，当x = x0时，v = 0，所以C = -k/x0，因此，即．证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f(x)，利用变换可得方程：mv d v = f(x)d x，积分即可求解．如果f(x) = -k/x n，则得．（1）当n = 1时，可得利用初始条件x = x0时，v = 0，所以C = ln x0，因此，即．（2）如果n≠1，可得．利用初始条件x = x0时，v = 0，所以，因此，即．当n = 2时，即证明了本题的结果．2．9一质量为m的小球以速率v0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k．求：（1）小球速率随时间的变化关系v(t)；（2）小球上升到最大高度所花的时间T．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程，分离变数得，积分得．当t = 0时，v = v0，所以，因此，小球速率随时间的变化关系为．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤：由于v = d x/d t，所以，即，积分得，当t = 0时，x = 0，所以，因此 ．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为 ，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因子为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得， 即 ： ．积分得：．当t = 0时，v = v 0，所以， 因此 ．解得 ．由于 ， 积分得，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此．2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，可得，解得 ．(二)力学中的守恒定律2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ，积分得冲量为 ， 方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，图设小球的品质为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义得：， 由此可作向量三角形，可得：．因此向心力给予小球的的冲量大小为= (N·s)． [注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在 不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力 F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得，，合冲量为，与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．14 用棒打击质量，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为= 14(m·s -1)，其速度的增量为= (m·s -1)．棒给球冲量为I = m Δv = (N·s)，对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = (N)． 2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个品质都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动， 加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ，联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式：s = v 0t + at 2/2，v x Δv v y可得B 拉C 之前的运动时间；= (s)．此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`，因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = (m·s -1)．2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作向量三角形，列方程得， 所以 v` = v /cos45° = ．2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的品质为m ，它与路面的滑动摩擦因子为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移的大小为d s = R d θ．重力的大小为：G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为，积分得重力所做的功为． 摩擦力的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为，积分得摩擦力所做的功为．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即 ， 或者 ． 拉力的功元为：， 拉力所做的功为．由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2．18 一品质为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因子；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2，末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8， 这就是摩擦力所做的功W ．图（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得： ．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因子为．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2= 2a t s ，可得质点运动的弧长为，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ， 可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。
(完整版)大学物理质点运动学习题及答案(2)
第1章 质点运动学 习题及答案1．｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?t d d r 和dr dt 有无不同? t d d v 和dv dt有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解: ｜r ∆｜与r ∆ 不同. ｜r ∆｜表示质点运动位移的大小,而r ∆则表示质点运动时其径向长度的增量;t d d r 和dr dt 不同. t d d r 表示质点运动速度的大小,而dr dt则表示质点运动速度的径向分量;t d d v 和dv dt 不同. t d d v 表示质点运动加速度的大小, 而dv dt则表示质点运动加速度的切向分量. 2.质点沿直线运动，其位置矢量是否一定方向不变？质点位置矢量方向不变，质点是否一定做直线运动？解: 质点沿直线运动，其位置矢量方向可以改变;质点位置矢量方向不变，质点一定做直线运动.3.匀速圆周运动的速度和加速度是否都恒定不变？圆周运动的加速度是否总是指向圆心，为什么？ 解: 由于匀速圆周运动的速度和加速度的方向总是随时间发生变化的,因此,其速度和加速度不是恒定不变的;只有匀速圆周运动的加速度总是指向圆心,故一般来讲,圆周运动的加速度不一定指向圆心.4．一物体做直线运动，运动方程为2362x t t =-，式中各量均采用国际单位制，求：（1）第二秒内的平均速度（2）第三秒末的速度；（3）第一秒末的加速度；（4）物体运动的类型。
解: 由于: 232621261212x(t )t t dx v(t )t t dtdv a(t )t dt=-==-==- 所以:（1）第二秒内的平均速度: 1(2)(1)4()21x x v ms --==- （2）第三秒末的速度: 21(3)1236318()v ms -=⨯-⨯=-（3）第一秒末的加速度:2(1)121210()a ms -=-⨯=（4）物体运动的类型为变速直线运动。
5．一质点运动方程的表达式为2105(t t t =+r i j ），式中的,t r 分别以m,s 为单位，试求；（1）质点的速度和加速度；（2）质点的轨迹方程。
大学物理第2章 质点动力学习题解答
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。
大学物理课后习题答案第二章
第二章 运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为x = v 0t ，．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为，这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一质量m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：（1）今以水平力拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = 29.4(N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = 16.17(N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 = 4.78(m·s -2)，绳对它的拉力为0v 0v2211sin 22y at g t α==⋅22sin g y x v α=F 12212(2)/22F m m ga m m μ-+=+图2.1M12图2.3= 1.35(N)．2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数． 两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2．（1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2，因此，即：．（2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动；（2）小车以加速度沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推（设b 1= b ）；（5）以同样大小的加速度（b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )； 绳子张力等于摆所受的拉力 ：（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）根据题意作力的矢量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：，因此角度为；而张力为2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+12111k k k =+1212F F F k k k =+12111k k k =+1a1b 2bT ==cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+cos arctansin b g b ϕθϕ=+T =2图2.4（2）．（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2．6 如图所示：质量为m =0.10kg 的小球，拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？ （2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向． 小球的运动方程为，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为，因此，即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分，得，解得：s -1)．由于：，所以T B = 2mg = 1.96(N)．（2）由（1）式积分得，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2，因此速度为切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cosθ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为= 8.49(m·s-2)，法向加速度为 a n = 0，=22d d sF ma mt ==d d d d s v l t t θ==d d d d d d d d v v m v F mm v t t l θθθ===060d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰02601cos 2B v gl θ︒=B v =22B BB v v T mg m m mgR l -===21cos 2C v gl C θ=+C v =2(2cos 1)Cn v a g R θ==-t a g=图2.6绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为，s 表示弧长．由于，所以 ，因此 v d v = g cos θd s = g d h ，h 表示石下落的高度．积分得 ，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为2．8 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程利用v = d x/d t ，可得，因此方程变为，积分得．利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此，即证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．22d d sF ma m t ==d d s v t =22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s vv t t t t s t s ====212v gh C =+v =2kf x =-222d d k x f ma m x t =-==22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===2d d k xmv v x =-212k mv Cx =+2012k k mv x x =-v =图2.7如果f (x ) = -k/x n ，则得． （1）当n = 1时，可得利用初始条件x = x时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 ， 即（2）如果n ≠1，可得．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以， 因此，即当n = 2时，即证明了本题的结果．2．9 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程，分离变量得， 积分得．当t = 0时，v = v 0，所以，因此，小球速率随时间的变化关系为．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤： 由于v = d x/d t ，所以21d 2nxmv k x =-⎰21ln 2mv k x C=-+21ln 2x mv k x =v =21121nk mv x C n -=-+-101nk C x n -=--2110111()21n n k mv n x x --=--v =d d vf mg kv mt =--=d d()d v m mg kv t m mg kv k mg kv +=-=-++ln ()mt mg kv C k =-++0ln ()mC mg kv k =+00/ln ln/m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++0()exp()mg kt mg v v k m k =+--00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+，即，积分得， 当t = 0时，x = 0，所以，因此．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得， 即 ： ． 积分得：．当t = 0时，v = v 0，所以，因此．解得 ．由于，积分得0d [()exp()]d mg kt mgx v t k m k =+--0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+0(/)`m v mg k C k +=0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---d d vf mg kv mt =-=0()exp()mg mg ktv v k k m =---2d d k v v f m mR t μ=-=2d d k vt Rv μ=-1k t C R v μ=+01C v =-011kt R v v μ=-001/k v v v t R μ=+0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此．2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ． 根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，可得，解得．(二)力学中的守恒定律2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ， 积分得冲量为 ，方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的质量为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ， 可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义得：， 由此可作矢量三角形，可得：． 因此向心力给予小球的的冲量大小为= 1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在 不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量0ln (1)`k kv tRx C Rμμ=++0ln (1)k k v tRx Rμμ=+2cos mgR ωθ=2arccosgR θω=±/20(cos )d I kA t tωω=-⎰π/20sin kAkAtωωωω=-=-π21p p p ∆=-21p p p =+∆p ∆==I p =∆mg图2.11．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得，，合冲量为，与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．14 用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为s -1)，其速度的增量为s -1)． 棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)，对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = 366.2(N)．2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg –T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动， 加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ， 联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式：s = v 0t + at 2/2， 可得B 拉C 之前的运动时间；． 此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．24v TI Ft mR ==2/42R T T mv mvR ππ==/4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==I ==y v =v ∆=t =v xΔv v y物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`， 因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作矢量三角形，列方程得 ，所以 v` = v /cos45° = ．2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移的大小为d s = R d θ． 重力的大小为：G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为，积分得重力所做的功为．摩擦力的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为，积分得摩擦力所做的功为．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即，或者 ．/2`cos 452mmv v =︒0cos θd s G 1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+πsin d mgR θθ=-454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-f 2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-4520(cos )d k W mgR μθθ︒=-⎰450sin k k mgR mgR μθ︒=-=G f F 0F G f ++=()F G f =-+图2.17拉力的功元为：，拉力所做的功为．由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2．18 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2， 末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8， 这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得：．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ， 根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ， 可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。
上海交通大学版大学物理学习题答案之2质点运动定律习题思考题
a ′y = a y
于是： tan θ =
a′ ay y = a′ ax − a1 x
（4）
即： ax sin θ − a y cos θ = a1 sin θ 由（1） （2） （3） （4）联立，计算可得：
a1 =
− N sin α = max
（1） （2） （3）
N cos α − mg = ma y
M 的运动方程为： N sin α = MaM
下面列出约束条件的方程： 取 M 作为参考系， 设 m 在其中的相对加速度为 a ′ ， 在 x,y 方向的分量分别为 a x 与 a y ，那么： tan α = 利用相对运动的公式， a m = a M + a ′ 所以： a ′ x = a x − aM
− N sin θ = m2 a x
（1 ） （2） （3 ）
N cos θ − m2 g = m2 a y
m1 的运动方程为： N sin θ = m1a1
下面列出约束条件的方程：取 m1 作为参考系，设 m2 在其中的相对加速度为
a ′y ′ ′ a ′ ，在 x,y 方向的分量分别为 a x 与 a y ，那么： tan θ = a′ x
Md ，分析这 dm 的绳子的受力情况，因为它做的是圆 L
2 2
周运动，所以我们可列出： dT（r） = ω rdm = ω r
Mdr 。 L
距转轴为 r 处绳中的张力 T( r)将提供的是 r 以外的绳子转动的向心力，所以 两边积分： T（r） =
∫
L
r
dT（r） =
Mω 2 2 （L − r 2） 2L
《大学物理学》答案(上海交大版)上下册 2
0.003
4-7. 有质量为 2m 的弹丸，从地面斜抛出去，它的落地点为 x c 。如果它在飞行到最高点处爆炸成质量相等的两碎
片。其中一碎片铅直自由下落，另一碎片水平抛出，它们同时落地。问第二块碎片落在何处。 解：在爆炸的前后，质心始终只受重力的作用，因此，质心的轨迹为一抛物线，它的落地点为 xc。
v2 R
根据圆周运动的规律：T-G= M （2）根据冲量定理可得：
v2 T M g M1 84.6N R
I mv mv0 0.02 570 11.4 N s
4-5. 一静止的原子核经放射性衰变产生出一个电子和一个中微子， 巳知电子的动量为 1.2 10
22
（2） m3 v μm3 g t
t
v 0.2 0.1s μg 0.2 10
4-12. 一质量为 M 千克的木块，系在一固定于墙壁的弹簧的末端，静止在光滑水平面上，弹簧的劲度系数为 k . 一质量为 m 的子弹射入木块后，弹簧长度被压缩了 L . (1)求子弹的速度；(2)若子弹射入木块的深度为 s ，求子弹所受的平均阻力。 解： （1）碰撞过程中子弹和木块动量守恒，碰撞结束后的运动由机械能守恒条件可得，
m1v0 （m1 m2 m 3 ）v m1v0 (m1 m2 )v
1 2
v 0.2 m s
m1 5 2 1 v0 ms m1 m2 5 25 3
v
1 2
m3 gs (m1 m2 )v 2 （m1 m2 m3）v 2
1 1 (m1 m2 )v 2 （m1 m2 m3）v 1 2 s 2 m m3 g 60
kg m/s ，中微子
的动量为 6.4 1023 kg m/s ，两动量方向彼此垂直。 （1）求核反冲动量的大小和方向； （2）已知衰变后原子核的质量 为 5.8 10
交大版(第四版)大学物理上册答案
2 1 y v0 sin 60 0 t g sin 60 0 t 2 2
（2）
2v0 g
第二次落地时： y 0 ，代入（2）式得： t 所以： x v0 cos 600 t g cos 600 t 2
1 2
，
2 2v0 2 2 gh 4h 80cm 。 g g
gx 2 h 2 2v0
（3）∵ r v0 t i (h
在落地瞬时，有： t
2h g
，∴
dr v0i 2 gh j dt
2 2 又∵ v vx2 vy v0 ( gt )2 ，∴
g 2 gh g 2t dv 1 2 dt [v 2 ( gt ) 2 ] 2 v0 2 gh 0
an a 2 at2
2 t2 1
。
1-4．一升降机以加速度 a 上升，在上升过程中有一螺钉 从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为 d ，求螺 钉从天花板落到底板上所需的时间。 解法一：以地面为参照系，坐标如图，设同一时间内螺 钉下落的距离为 y1 ，升降机上升的 y 高度为 y2 ，运动方程分别为
x v0 t ┄①， h
1 2 gt ┄② 2
h
x 联立方程解得： x 447m ，∴ arctan 77.50 O 。 h
x
1-12． 设将两物体 A 和 B 分别以初速 v A 和 vB 抛掷出去． vA 与 水平面的夹角为 ； vB 与水平面的夹角为 ，试证明在任 何时刻物体 B 相对物体 A 的速度是常矢量。 证明：两个物体初速度为 vA0 和 vB 0 ，在任意时刻的速度为：
v物对球 v物对地 v地对球 v物对球 v物对地 v球对地
(完整版)(上海交大)大学物理上册课后习题答案1质点运动
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j +v v v其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +v v v，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt=v v ，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+v v v而v v ϖ=，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)rt i t j =++v v v，式中r ϖ的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t s 的位移；（3）0=t 和1=t s 两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++v v v ，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）从0=t 到1=t s 的位移为：j i j j i r r r ϖϖϖϖϖϖϖϖ243)54()0()1(+=-+=-=∆（3）由d rv dt =v v ，有速度：82v t i j =+v v v0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =v v，(1)82v i j =+v v v 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+v v v ，式中r ϖ的单位为m ，t 的单位为s.求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =v v ，有：22v t i j =+v v v ，d v a dt=v v ，有：2a i =v v ；（2）而v v ϖ=，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴tdv a dt=21t =+，利用222t n aa a =+有： 22221n t a a a t =-=+。
大物答案 上海交通大学
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j +其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d r v dt= ，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v = ，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++ ，可知24x t = ，32y t =+ 消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d r v dt= ，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d rv dt = ，有：22v t i j =+ ，d v a dt= ，有：2a i = ；（2）而v v = ，有速率：1222[(2)2]v t =+=∴t dva dt==，利用222t n a a a =+有：n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
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习题22-1 质量为16kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为6N x f =，7N y f =，当0t =时，0x y ==，2m /s x v =-，0y v =。
当2s t =时，求：(1) 质点的位矢； (2) 质点的速度。
解：由x x f a m =，有：x a 263m /168s ==，2/167s m m f a y y ==（1）t dt a v v t x x x 83200+-=+=⎰20001632)832(t t dt t dt v x x t t x +-=+-=+=⎰⎰t dt a v v t y y y 167000+=+=⎰2000327167t tdt dt v y y t t y ==+=⎰⎰于是2秒时质点的位矢为：)m )(87413(j i j y i x r+-=+=（2）于是质点在2s 时的速度： )m/s (8745j i v+-=2-2 质量m =10 kg 、长l =40 cm 的链条，放在光滑的水平桌面上，其一端系一细绳，通过滑轮悬挂着质量为m 1 =10 kg 的物体，如图所示．t = 0时,系统从静止开始运动，这时l 1 = l 2 =20 cm< l 3．设绳不伸长，轮、绳的质量和轮轴及桌沿的摩擦不计，求当链条刚刚全部滑到桌面上时，物体m 1速度和加速度的大小． 解：分别取m 1和链条m 为研究对象，坐标如图． 设链条在桌边悬挂部分为x ，a m T gm 11=-，ma l xgm T =-/，解出)/1(21l x g a -=当链条刚刚全部滑到桌面时x = 0，a ==g 21 4.9 m/s 2x t x x t a d d d d d d d d vvv v -=⋅== x l x g x a d )/1(21d d --=-=v v两边积分⎰⎰--=002d 1(d 2l x l xg v v v 22222)4/3(/21gl l gl gl =-=v ==2321gl v 1.21 m/s答案：2m/s 9.4=a ，m/s 21.1=v 。
2-3．质量为m 的子弹以速度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，子弹射入沙土中的阻力表达式为：f kv =-又由牛顿第二定律可得：dv f m dt =，则dvkv m dt-=分离变量，可得：dv k dt v m =-，两边同时积分，有：000t v dv kdt v m=-⎰⎰，所以：t mkev v -=0（2）子弹进入沙土的最大深度也就是0v =的时候子弹的位移，则：考虑到dv dv dx dt dx dt =，dx v dt =，可推出：m dx dv k=-，而这个式子两边积分就可以得到位移：00max 0v m mx dv v k k=-=⎰ 。
2-4．一条质量分布均匀的绳子，质量为M 、长度为L，一端拴在竖直转轴OO ′上，并以恒定角速度ω在水平面上旋转．设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且忽略重力，求距转轴为r 处绳中的张力T ( r )．解：考虑离轴线r 和r r ∆+间的一小段绳子（如图），它的长度为r ∆，质量r LMm ∆=∆ ，由于绳子作圆周运动，这小段绳子就有法向加速度，所以它的两端的张力不相等，设为)(r T 和 )(r r T ∆+，其运动方程为：r r LMr m a m r r T r T n ∆=⋅∆=⋅∆=∆+-22)()(ωω因为；rTr r T r r T r d d )()(lim =∆-∆+∞→∆ 于是有：r r L M T d d 2ω-=，r r L MT L r L T r T d d 2)()(ω⎰⎰-=得：)(2)()(222r L LM r T L T --=-ω，而0)(=L T )(2)(222r L LM r T -=ω2-5．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作用，引力大小与质点离原点的距离x的平方成反比，即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 =处的速度的大小。
解：由题意：2k f x =-，再由牛顿第二定律可得：2k dvm x dt-=， 考虑到dv dv dx dt dx dt =，dx v dt =，可推出：2k mvdv dx x =-两边同时取积分，则：/4201v A A m vdv k dx x =-⎰⎰有：mAkv 6=2-6．一质量为kg 2的质点，在xy 平面上运动，受到外力2424F i t j =- (SI)的作用，0=t 时，它的初速度为034v i j =+ (SI)，求s t 1=时质点的速度及受到的法向力n F解：由于是在平面运动，所以考虑矢量。
由：d v Fmd t =，有：24242d v i t j dt-=⋅，两边积分有： 0201(424)2v t v d v i t j dt =-⎰⎰，∴3024v v t i t j =+-， 考虑到034v i j =+，s t 1=，有15v i =由于在自然坐标系中，t vv e =，而15v i=（s t 1=时），表明在s t 1=时，切向速度方向就是i 方向，所以，此时法向的力是j方向的，则利用2424F i t j =-，将st 1=代入有424424t n F i j e e =-=-，∴24n F N =-。
2-7．如图，用质量为1m 的板车运载一质量为2m 的木箱，车板与箱底间的摩擦系数为μ，车与路面间的滚动摩擦可不计，计算拉车的力F为多少才能保证木箱不致滑动？解法一：根据题意，要使木箱不致于滑动，必须使板车与木箱具有相同的加速度，且上限车板与箱底间为最大摩擦。
即：max 212222f m g f Fa m m m m m μ==<=+可得：12()Fm m g μ<+解法二：设木箱不致于滑动的最大拉力为max F ，列式有：max 2122F m g m am g m aμμ-==联立得：max 12()F m m g μ=+， 有：12()F m m g μ<+。
2-8．如图所示一倾角为θ的斜面放在水平面上，斜面上放一木块，两者间摩擦系数为)(θμtg <。
为使木块相对斜面静止，求斜面加速度a 的范围。
解法一：在斜面具有不同的加速度的时候，木块将分别具有向上和向下滑动的趋势，这就是加速度的两个范围，由题意，可得：（1）当木块具有向下滑动的趋势时（见图a ），列式为：sin cos N N mg μθθ+=1sin cos N N ma θμθ-=可计算得到：此时的θμμθtan 1tan 1+-=a g（2）当木快具有向上滑动的趋势时（见图b ），列式为：sin cos N mg N μθθ+=2sin cos N N ma θμθ+=可计算得到：此时的θμμθtan 1tan 2-+=a g ，所以：tan tan 1tan 1tan g a g θμθμμθμθ-+≤≤+-。
解法二：考虑物体m 放在与斜面固连的非惯性系中， 将物体m 受力沿'x 和'y 方向分解，如图示，同时考虑非惯性力，隔离物块和斜面体，列出木块平衡式：'x 方向：sin cos 0mg ma f θθ-±= 'y 方向：cos sin 0N mg ma θθ--=考虑到f N μ=，有：sin cos (cos sin )0mg ma mg ma θθμθθ-±+=，解得：sin cos tan cos sin 1tan a g g θμθθμθμθμθ±±==。
∴a 的取值范围：tan tan 1tan 1tan g a g θμθμμθμθ-+≤≤+-。
2-9 密度为ρ1的液体，上方悬一长为l ，密度为ρ2的均质细棒AB ，棒的B 端刚好和液面接触。
今剪断绳，并设棒只在重力和浮力作用下下沉，求： (1) 棒刚好全部浸入液体时的速度； (2) 若ρ2<ρ1/2，棒进入液体的最大深度； (3) 棒下落过程中能达到的最大速度。
解：（1）由牛顿运动定律ma F G=-浮得：212d v g l S g x S l S d t ρρρ⋅-⋅=⋅⋅，考虑到d v d v d x d t d x d t =⋅，d xv d t=，分离变量，有：212g l g xv d v d x lρρρ-⋅=，棒刚好全部浸入液体时，速度为v ，此时xl =,则两边积分，21002vlg l g xv d v d x lρρρ-⋅=⎰⎰得：212122g l v g l ρρ=-，∴v =（2）由v=2120ρρ->，即：122ρρ>，假若有条件122ρρ<，则棒不能全部浸入液体；若122ρρ<，设棒进入液体的最大深度为h ，由积分2102v hg l g xv d v d x lρρρ-⋅=⎰⎰可得：2212122g h v g h lρρ=-，考虑到棒在最大深度时速度为零，有：212lhρρ=。
（3）由牛顿运动定律ma F G=-浮知，当浮F G =时，0a =，速度最大（设为m v ）有：21g l S g x S ρρ⋅=⋅，即21lx ρρ=， 由积分212102ml v g l g xv d v d x lρρρρρ-⋅=⎰⎰，有：222121211()22m l g l v g l ρρρρρρ=⋅-，∴m v2-10．圆柱形容器内装有一定量的液体，若它们一起绕圆柱轴以角速度ω匀速转动，试问稳定旋转时液面的形状如何？解：取容器内稳定旋转液面某处一小块液体微元m ∆，m ∆受重力mg ∆和支持力N 的作用，考虑yoz 剖面，受力分析如图示。
列式：2sin N m y αω=∆ ①，cos N mg α=∆ ②①/②有：2tanygωα=，又由导数几何意义，有：tand zd yα=∴2ydz dygω=，积分有：C y gωz +=222当0=y 时 0z z = 所以 0z C =0222z y gωz +=，表明yoz 剖面上，形成液面的抛物线；同理，在xoz 剖面上，可得：2202z x z gω=+，稳定旋转时液面是一个抛物面，综上，在立体的三维坐标xyz上，抛物面的方程为：2220()2z x y z gω=++。
2-11．质量为2m 的物体可以在劈形物体的斜面上无摩擦滑动， 劈形物质量为1m ，放置在光滑的水平面上，斜面倾角为θ，求释放后两物体的加速度及它们的相互作用力。