大物B课后题02-第二章 质点动力学
大物B课后题02-第二章 质点动力学分解
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。
大学物理2-1第二章(质点动力学)习题(含答案)答案
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。
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 。
大学物理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 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。
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 =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。
大学物理课后习题答案第02章
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。
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）上以初速度v0运动，V0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 ,斜面支持力斜面与X轴垂直方向为Y轴•如图2-1.由①、②式消去t,得12 g Sin 2v22-2 质量为m的物体被竖直上抛，初速度为v0,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f⑶牛顿第二定律:合力:may分量: mg KVmdVdtmdVmg KVdtdVmg KV-dtmV_dVmg KV 0V0-dtmN •建立坐标：取v0方向为X轴，平行X方向: F X X V O tY方向: F y mg Sin ma yVy1y — g Sin t2X2图2-1mg KV e m(mg KV o )1J 1V — (mg KV o )e m mg K K V 0时，物体达到了最高点，可有 t 0为tom∣n mg KV Om∣n(1 KKV O )mg②KVdy mgdy dtVdtK1y tt1 tdyoOVdto K (mg KV O )e mmg KdtKmt1yK 2(mg KV o ) e m1KmgtmK t1③2 (mg KV o ) 1 e mmgtK 2Kt t o 时，yy f max ,2-3一条质量为m ,长为I 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丄 I n mg K V Kmg KV omymaxK 2(mgKV o ) 11m I 一 KV o 、mg ∣n(O) K K mgmR mgKV o ) 11 mg KV 0 mgm 2K 2g ∣n(1 KVO mg(mg KV o )KV o mg KV oK 2g ∣n(1mgmV。
大学物理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 tvm ma f d d == 即 tv m 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 mke v v -=0(2) 由牛顿第二定律 x v mv 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)。
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 tv mma 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 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。
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2-1第二章(质点动力学)习题答案
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_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 。
大物习题解答-大学物理习题答案(许瑞珍_贾谊明)-第2章 质点动力学
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。
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。
厦门大学 大学物理B 第02章 质点动力学(2)
mv MV 0
人相对小车速度为：
小车移动距离：
t
m V v mM
1 I mv0 cos i 2mv0 sin j 2
y
v0
1
v1 x
Δt1
F
Δt2
2
v2 x
mg
s
mg
s/2
x
例2-7 如图，求当人从小车的一端走到另一端时， m v 小车相对与地面移动的距离。 M V
l
解：把小车和人看成一个系统，则水平方向动 量守恒，以向右为正，有
在 S’ 系中，小球的受力如图：
T
T mg Fi 0
Fi ma0
mg
[S]
???
小球不动！ 解：在 S 系中，小球的 受力如图：
T
a0
F
[S]
mg
T mg ma0
惯性离心力：
在 S 系中，
T ma
a R
2
2
[S] T O R
du S’ 相对 S 的加速度为： a0 dt 两个平动参考系之间，加速度变换 a a 'a0
考虑到力与参考系无关
设 S 为惯性系， S’ 为非惯性系，
则在 S’ 系中，F ' ma '
F F' ma 'ma0
牛顿定律在非惯性参考系中不成立！
例210如图质量为m的小球拴于不可伸长的轻绳上在光滑水平桌面上作匀速圆周运动其半径为r角速度为绳的另一端通过光滑的竖直孔用手拉住如把绳向下拉r2时小球角速度mrmvr4
§2-1 牛顿运动定律
1.牛顿运动三定律 2.相互作用与力 3.牛顿第二定律的应用 4.惯性系与非惯性系
大学物理B层次--第二章 质点动力学
例题2-8 质量为m的质点，经时间t、以不变的速 率越过一水平光滑轨道60º 的弯角，求轨道作用于质 点的平均冲力的大小。 解 平均冲力可视为恒力，由动量定理有 m: I=F.t=m2-m 1
m
m 平均冲力 F= (2- 1 ) t （1） 这里|1 | = |2 | =。
求解(2- 1 )的方法有两个：
m
a
N
m
a
ma mg
22
§2-3 质点动量定理
1.冲量 冲量 I
t2
t1
Fdt , 对恒力F, I F (t2 t1 )
牛顿表述的第二定律是：F dp d (m )
2.质点动量定理
dt
dt
两边同乘dt, 再对上式积分,则可得到
I F dt p2 p1
m1
m2
m1g
m2g
(m1 m2 ) g m2 a0 a1 , m1 m2 (m1 m2 ) g m1a0 a2 m1 m2 (2 g a0 )m1m2 T m1 m2
12
例题2-3 一人在平地上拉一个质量为m的木箱匀速 地前进,木箱与地面的摩擦系数µ =0.6,肩上绳的支持点 距地面高度h=1.5m,问绳长L为多长时最省力? 解 先找出力与某个变量()的关系，再求极值。 水平方向：Fcos-fs=ma=0 （匀速） 竖直方向：Fsin+N-mg=0 , fs= µ N 解得： mg F cos sin L F有极小值的充要条件是： h N
19
2.加速平动参考系中的惯性力 在实际问题中常常需要在非惯性系中观察和分析 物体的运动。然而在非惯性系中牛顿定律是不成立。
如果在相对于惯性系S以加速度a作直线运动的非 惯性系S中,假定每个质量为m的物体除了受到真实的 外力F作用外,还受到一个附加的、假想的力Fi=-ma的 作用,那么我们就可以在非惯性系中形式地利用牛顿 定律来解决力学问题了。 这一假想的力: Fi=-ma 惯性力 请注意：这里的a不是物体m的加速度，而是非惯性 系S相对于惯性系S的加速度。
大学物理第二章质点动力学课后答案
势能零点在 z = 0处。
1 2 弹性势能：E p kx 势能零点在弹簧原长处。 2 Mm 引力势能：E p G0 势能零点在 r 处。 r
五、功能原理与机械能守恒定律
W W E2 E1 功能原理
ex in 非
Ek 2 Ep 2 Ek1 Ep1 机械能守恒定律
4 105 t 0.003s F 400 t0 3 t t 4 105 I Fdt [400 t ]dt 0.6 N s 0 0 3 I 0.6 0.002kg m I mv 0 v 300
2-7 两块并排的木块A和B，质量分别为m1和m2，静 止地放置在光滑的水平面上。一子弹水平地穿过两木 块，设子弹穿过两木块所用的时间分别为t1和t2，木 块对子的阻力为恒力F，则子弹穿出后，木块A的速度 大小为 ，木块B的速度大小为 。
1 1 2 W mv2 mv12 2 2
质点的动能定理：在一个过程中，作用在质点上 合外力的功，等于质点动能的增量。
四、保守力的功 F保 dr 0
l
势能
E p F保 dr (b为势能零点) a
b
W保 ( Epb Epa ) Ep
重力势能：Ep mgz
l
dx v 2ct dt
l
W 0 fdx 0 4kcxdx 2kcl 2
2-28 水平方向动量守恒
( P Q)v0 cos Pv Q(v u)
Qu ( P Q) v0 cos Qu v0 cos v PQ PQ
Δx vt v0 cos t
总
结
一、动量定理和动量守恒定律 t2 Fdt mv2 mv1
02_第二章 质点动力学
F 0 时， 恒矢量
惯性和力的概念
如物体在一参考系中所受合外力为零时，而 保持静止或匀速直线运动状态，这个参考系就 称为惯性参考系，简称惯性系。
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第二章
质点动力学
2. 牛顿第二定律 物体受到外力时，它获得的加速度的大小与 物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反 比，加速度的方向与合外力的方向相同。
yb
例2.6 质量为 m 的质点沿曲线从 a 点运动到 b 点，已知 a 点离地面的高度为 ya ，b 点离地面 的高度为 yb，求此过程中重力对质点的做功。 y a y
a
W mg d y mg ( ya yb )
ya
重力做功只与质点的始末位置 有关，与运动路径无关。重力 是保守力。
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质点动力学
二、 牛顿运动定律的应用 1. 问题分类 ①运动情况→受力情况； ②受力情况→运动情况； ③部分运动、受力情况→其余运动、受力情况。 2. 解题基本步骤 确定研究对象→隔离物体→受力分析→建立坐 标系→列方程→解方程→结果讨论
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质点动力学
例2.1 求图所示物体组的加速度及绳子的张力。 已知斜面夹角为30°，物体 A 的质量为 3m ， 物体 B 的质量为 m ，绳子不可伸长，绳子与滑 轮的质量及所有摩擦力均不计。
例2.8 摩托艇在水面上以速度 0 作匀速运动。 当关闭发动机后，它受到的水的阻力与速率成 正比。求：关闭发动机后，摩托艇行走距离 x 时阻力所作的功。
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质点动力学
阻力做功 W
x
0
x
k x d x
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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。
若使其长度的1/2悬于桌边下，由静止释放，任其自由滑动，则刚好链条全部离开桌面时的速度为（）A.B.C. D. 解 本题正确答案为B 。
根据题意作图2.15.设链条的质量为m ，则单位长度的质量为ml，若选取桌面为零势能点，则由机械能守恒定律得212422m l l m l g l g mv l l ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-∙∙∙=-∙∙∙+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦其中v 为链条全部离开桌面时的速度。
解之得v =2-5一弹簧原长为0.5m ，劲度系数为k ，上端固定在天花板上，当下端悬挂一盘子时，其长度为0.6m ，然后在盘子中放一物体，弹簧长度变为0.8m,则盘中放入物体后，在弹簧伸长过程中弹性力做功为（） A.0.80.6kxdx ⎰B. 0.80.6kxdx -⎰ C.0.30.1kxdx ⎰D. 0.30.1kxdx -⎰解 本题正确答案为D 因为弹力所做的功为()()()0.80.50.30.60.50.1W kx dx kxdx --=-=-⎰⎰2-6222cos sin cos x A t dx v A tdtdv a A t xdtF ma m xωωωωωωω===-==-=-==-选C2-7选错的 选D2-8说的是“静摩擦力”，应和重力构成平衡力。
选A002001(1)2xvkx kx k k fdt mdvdv dv dx dv v dt dx dt dxdv dvfdx m dx mv dx mvdvdt dxfdx mvdv f e dx m vdvf e mv E k f x E k--========-==⎰⎰动量定理两边同时积分趋于无穷大，最大值为选B选C2-11A,B,C3个物体，质量分别为0.1,0.8A B C m m kg m kg ===，当按图()a 放置时，物体系正好匀速运动。
（1）求物体C 与水平面间的摩擦系数；（2）如果将物体A 移动到物体B 上面，如图()b 所示，求系统的加速度及绳中的张力（滑轮与绳的质量忽略不计）。
解 （1）由于系统按图2.7（a ）放置时，物体系正好匀速运动，所以有()B A C m g m m g μ=+，物体C 与水平桌面间的摩擦系数为0.110.110.10.89B AC m m m μ====++（2）如果将物体A 移到物体B 上面，分析受力如图2.7(b)所示，则 对物体A 、B 有：()()A B A B m m g T m m a +-=+ 对物体C 有： C C T m g m a μ-= 解之可得系统的加速度 ()21.1A B CA B Cm m m a g m s m m m μ-++==∙++绳子的张力 ()1.7()C T m a g N μ=+= 2-12已知条件如图2.8所示，求物体系加速度的大小和A 、B 两绳中的张力（绳与滑轮的质量及所有的摩擦均忽略不计）。
解 受力分析如图2.8所示。
由于绳子不可伸长，所以设物体系的加速度为a ，则由牛顿第二运动定律可得对于水平运动的物体有 2B T ma = 对于竖直运动的物体有 A B T T mg ma --=对于斜面上运动的物体有2sin 452A mg T ma ︒-= 联立以上三个方程可得物体系的加速度为2sin 455mg mg a m ︒-==A 、B 两绳子的张力分别为)21,5A B T T mg ==2-13长为l 的轻绳，一端固定，另一端系一质量为m 的小球，使小球从悬挂着的铅直位置以水平初速度0v 开始运动，如图 所示。
用牛顿运动定律求小球沿逆时针转过θ角使的角速度和绳中的张力。
解 小球在任意位置是的受力分析如图 所示，则由牛顿第二运动定律可得对法向有： 2c o s v T m g m l θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭对切向有： s i n dv mg m dt θ⎛⎫-=⎪⎝⎭对切向方程两边同乘以d θ，得sin (),sin dv d mg d m d mdv dt dt d dv d l ld dtmg d ml d θθθθθωωωθθωω⎛⎫⎛⎫-== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭===-=亦即sin g d l d θθωω=-∙ 于是有sin g d l d θωωθθωω=-∙⎰⎰积分可得 ()220111cos 22g l l θωω-=- 所以小球沿逆时针转过θ角时的角速度为ω==将v l ω=代入法向方程可得绳中的张力为2023cos v T m g g l θ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭2-14质量均为M 的3只小船（包括船上的人和物）以相同的速度沿一直线同向航行，时从中间的小船向前后两船同时以速度u （相对于该船）抛出质量同为m 的小包。
从小包被抛出至落入前、后两船的过程中，试分析对中船。
前船、后船建立动量守恒方程。
解 设3条小船以相同的速度v 沿同一直线同向航行，根据题意作图。
则由动量守恒定理得 对于前船有()()Mv m v u M m V ++=+前 对于后船有()()Mv m v u M m V +-=+后 对于中船有()()(2)Mv m v u m v u M m V =++-+-中 所以抛出小包之后3船的速度变为 ,,m mV v u V v V v u M m M m=+==-++后前中2-15一质量为0.25kg 的小球以120m s -∙的速度和45°的仰角投向竖直放置的木板，如图所示。
设小球与木板碰撞的时间为0.05s 。
反弹角度与入射角相同。
小球速度的大小不变，求木板对小球的冲力。
解 建立坐标系如图 所示。
由动量定理得到小球所受的平均冲力为()()()()1cos 45cos 451sin 45sin 45x y F mv mv tF mv mv t ⎧=-︒-︒⎡⎤⎣⎦⎪⎪∆⎨⎪=︒-︒⎡⎤⎣⎦⎪∆⎩代入数值计算可得141()0x y F N F =-⎧⎨=⎩因此木板对小球的冲力为141F iN =-。
2-16一质量为m 的滑块，沿图2.12所示的轨道一初速0v =求滑块由A 运动到B 的过程中所受的冲量，并用图表示之（OB 与地面平行）解 因为轨道无摩擦，所以滑块在运动过程与地球构成的系统机械能守恒，于是2201122B mv mgR mv =+而0v =B v ，方向竖直向上。
滑块由A 运动到B 的过程中所受的冲量为022(22)B I mv mv m Rg m Rgi m Rg i j =-=-=-+ 如图2.12所示。
2-17一质量为60kg 的人以12m s -∙为的水平速度从后面跳上质量为80kg 的小车，小车原来的速度为11m s -∙，问：（1）小车的速度将如何变化？（2）人如果迎面跳上小车，小车的速度又将如何变化？解 若忽略小车与地面之间的摩擦，则小车和人构成的系统动量守恒。
（1）因为m v m v m v =+人人车、人车、人车车 所以11.43m v m v v m s m -+==∙人人车车车、人车、人，车速变大，方向与原来相同。
（2）因为m v m v m v =-人人车、人车、人车车 所以10.286m v m v v m s m --==-∙人人车车车、人车、人，车速变小，方向与原来相反。
2-18原子核与电子间的吸引力的大小随它们之间的距离r 而变化，其规律为2kF r =，求电子从1r 运动到2r 12()r r >的过程中，核的吸引力所做的功。
解 核的吸引力所做的功为 22211112212cos r r r r r r r r kW F dr F dr dr kr r r π-=⋅==-=⎰⎰⎰2-19质量为 的子弹，在枪筒中前进受到的合力为 ，单位为N ，x 的单位为m ，子弹射出枪口时的速度为 ，试求枪筒的长度。
解 设枪筒的长度为l ，则根据动能定理有212lFdx mv =⎰3208000140021030092lx dx -⎛⎫-=⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭⎰ 2810.90400l l -+=即29020l ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，得0.45()l m = 所以枪筒的长度为0.45m 。
2-20从轻弹簧的原长开始第一次拉伸长度L 。
在此基础上，第二次使弹簧再伸长L ，继而第三次又伸长L 。
求第三次拉伸和第二次拉伸弹簧时做的功的比值。
解 第二次拉伸长度L 时所做的功为 ()22221132222W k L kL kL =-= 第三次拉伸长度L 时所做的功为 ()()222311532222W k L k L kL =-= 所以第三次拉伸和第二次拉伸弹簧时做的功的比值为2353W W =。
用铁锤将一铁钉击入木板，设木板对钉的阻力与钉进木板之深度成正比。