力学习题第二章质点动力学(含答案)
练习册 第2章《质点动力学》答案
dv dt
v K dv dt m v 0 v0 t
K dv dt , m v
v v 0e Kt / m
dx dt d x v0e Kt / m d t v
1
x
t Kt / m 0
d x v e
0 0
dt
∴
x (m / K )v 0 (1 e Kt / m )
4
汽车整体向前加速运动。 由于汽车前进使从动轮 （汽车的前轮） 相对地面有向前的运动趋势， 因此从动轮受到地面施以的方向向后的摩擦力， 该摩擦力对从动轮轴的力矩使从动轮滚动起 来。所以汽车的运动最终靠的是地面施加的摩擦力。
2. 冲量的方向是否与冲力的方向相同？
参考解答：
t2 冲量是力对时间的积累，由动量定理： I F d t P2 P1 P t1 所以，冲量的方向和动量增量 P 的方向相同，不一定与冲力 F 的方向相同。
当t=2s时 力矩
角动量
4 L0 r mv ( i 4 j ) 12 j 16k 3
四 研讨题 1. 汽车发动机内气体对活塞的推力以及各种传动部件之间的作用力能使汽车前进吗？使汽 车前进的力是什么力？ 参考解答： 汽车发动机内气体对活塞的推力以及各种传动部件之间的作用力都是汽车系统的内力， 内力只会改变内部各质点的运动状态，不会改变系统的总动量，所以不能使汽车前进。使汽 车前进的力只能是外力，这个外力就是地面给汽车的摩擦力。粗略分析如下：当汽车发动机 内气体对活塞的推力带动传动部件使主动轮（ 一般为汽车的后轮）绕轮轴转动时，使主动 轮与地面的接触部分相对地面有向后滑动的趋势， 从而使地面对汽车施以向前的摩擦力， 使
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。
力学习题-第2章质点动力学(含答案)
第二章质点动力学单元测验题一、选择题1.如图，物体A 和B 的质量分别为2kg 和1kg ，用跨过定滑轮的细线相连，静止叠放在倾角为θ=30°的斜面上，各接触面的静摩擦系数均为μ=0.2，现有一沿斜面向下的力F 作用在物体A 上，则F 至少为多大才能使两物体运动.A.3.4N;B.5.9N;C.13.4N;D.14.7N答案：A解：设沿斜面方向向下为正方向。
A 、B 静止时，受力平衡。
A 在平行于斜面方向：sin A 12F m g T f f 0θ+---=B 在平行于斜面方向：1sin 0B f m g T θ+-=静摩擦力的极值条件：1cos B f m g μθ≤，2()cos B A f m m g μθ≤+联立可得使两物体运动的最小力minF 满足：min ()sin (3)cos B A B A F m m g m m g θμθ=-++=3.6N2.一质量为m 的汽艇在湖水中以速率v 0直线运动，当关闭发动机后，受水的阻力为f =-kv ，则速度随时间的变化关系为A.t mk ev v 0=; B.tm kev v -=0; C.t m kv v +=0;D.t mk v v -=0答案：B解：以关闭发动机时刻汽艇所在的位置为原点和计时零点，以0v 方向为正方向建立坐标系.牛顿第二定律：dvma mkv dt==-整理：dtm k vdv -=积分得：tm k ev v -=03.质量分别为1m 和2m （21m m >）的两个人，分别拉住跨在定滑轮（忽略质量）上的轻绳两边往上爬。
开始时两人至定滑轮的距离都是h .质量为1m 的人经过t 秒爬到滑轮处时，质量为2m 的人与滑轮的距离为A.0;B.h m m 21; C.)21+(221gt h m m ; D.)21+(-2212gt h m m m 答案：D解：如图建立坐标系，选竖直向下为正方向。
设人与绳之间的静摩擦力为f ，当质量为1m 的人经过t 秒爬到滑轮处时，质量为2m 的人与滑轮的距离为'h ，对二者分别列动力学方程。
大学物理第2章 质点动力学习题(含解答)
第2章质点动力学习题解答2-1如图所示，电梯作加速度大小为a 运动。
物体质量为m ，弹簧的弹性系数为k ，•求图示三种情况下物体所受的电梯支持力（图a 、b ）及电梯所受的弹簧对其拉力（图c ）。
解：（a ）ma mg N =-)(a g m N +=（b ）ma N mg =-)(a g m N -=（c ）ma mg F =-)(a g m F +=2-2如图所示，质量为10kg 物体，•所受拉力为变力2132+=t F （SI ），0=t 时物体静止。
该物体与地面的静摩擦系数为20.0=s μ，滑动摩擦系数为10.0=μ，取10=g m/s 2，求1=t s 时，物体的速度和加速度。
解：最大静摩擦力)(20max N mg f s ==μmax f F >，0=t 时物体开始运动。
ma mg F =-μ，1.13.02+=-=t mmgF a μ 1=t s 时，)/(4.12s m a =dtdv a =，adt dv =，⎰⎰+=t v dt t dv 0201.13.0t t v 1.11.03+=1=t s 时，)/(2.1s m v =2-3一质点质量为2.0kg ，在O x y 平面内运动，•其所受合力j t i t F 232+=（SI ），0=t 时，速度j v 20=（SI ），位矢i r20=。
求：（1）1=t s 时，质点加速度的大小及方向；（2）1=t s时质点的速度和位矢。
解：j t i t m Fa+==223 223t a x =，00=x v ，20=x ⎰⎰=t v x dt t dv x 0223，23t v x =⎰⎰⎰==txtx dt t dt v dx 03202，284+=t xt a y =，20=y v ，00=y⎰⎰=tv y tdt dv y02，222+=t v y⎰⎰⎰+==tyty dt t dt v dy 020)22(，t t y 263+=（1）1=t s 时，)/(232s m j i a +=（2）j t i t v )22(223++=，1=t s 时，j i v2521+= j t t i t r )26()28(34+++=，1=t s 时，j i r613817+=2-4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，速度随时间变化的关系；（2）子弹射入沙土的最大深度。
大学物理习题答案02质点动力学
大学物理练习题二一、选择题1. 质量为ｍ的小球在向心力作用下，在水平面内作半径为Ｒ、速率为ｖ的匀速圆周运动，如下左图所示。
小球自Ａ点逆时针运动到Ｂ点的半周内，动量的增量应为：（A ）mv 2j （B ）jmv2 （C ）i mv 2 （D ）i mv 2 [ B ]解： j mv j mv v m v m p A B)(j mv 2 ； 另解：取y 轴为运动正向，mv mv mv p 2)( ， pj mv 22. 如图所示，圆锥摆的摆球质量为ｍ，速率为ｖ，圆半径为Ｒ，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为（A ）.2mv （B ）22/2v R mg mv（C ）v Rmg / （D ）０。
[ C ]解： v /R 2T ,2/T t ，t mgd I T 20v /R mg(注)不能用0v m v m p I，因为它是合力的冲量。
3. 一质点在力)25(5t m F （SI ）（式中m 为质点的质量，t 为时间）的作用下，0 t 时从静止开始作直线运动，则当s t 5 时，质点的速率为（A ）s m /50 （B ）s m /25 （C ）0 （D ）s m /50 [ C ]mvR解：F 为合力，00 v ，0525)25(5525t tt mt mt dt t m Fdt由mv mv mv Fdt tt 00可得0 v解2：由知)25(5t m F 知)25(5t a ，550)25(5dt t adt v v0)5(5520 t t v v ， （00 v ）4. 质量分别为ｍ和４ｍ的两个质点分别以动能Ｅ和４Ｅ沿一直线相向运动，它们的总动量大小为（A ）,22mE （B ）mE 23， （C ）mE 25， （D ） mE 2122 。
[ B ]解：由M p Mv E k 22122，有k ME p 2 ，mE 2p 1 ，12p 4)E 4)(m 4(2p ,1123)(p p p p 总m E 235. 一个质点同时在几个力作用下的位移为：k j i r654 （SI ） 其中一个力为恒力k j i F953 （SI ），则此力在该位移过程中所作的功为 (A) 67J (B) 91J (C) 17J (D) –67J [ A ]解：恒力作功，z F y F x F r F A z y x69)5()5(4)3()(67J6. 对功的概念有以下几种说法：（1）保守力作正功时，系统内相应的势能增加。
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。
大学物理习题精选-答案——第2章 质点动力学
质点动力进修题答案 【1 】2-1一个质量为P 的质点,在滑腻的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 活动,0v 的偏向与斜面底边的程度线AB 平行,如图所示,求这质点的活动轨道.解: 物体置于斜面上受到重力mg ,斜面支撑力N .树立坐标：取0v偏向为X 轴,平行斜面与X 轴垂直偏向为Y 轴.如图2-1.图2-1X 偏向： 0=x F t v x 0=① Y 偏向： y y ma mg F ==αsin ② 0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α=由①.②式消去t ,得220sin 21x g v y ⋅=α 2-2 质量为m 的物体被竖直上抛,初速度为0v ,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光及上升的最大高度.解：⑴研讨对象：m⑵受力剖析：m 受两个力,重力P 及空气阻力f ⑶牛顿第二定律：合力：f P F+=a m f P =+y 分量：dtdV m KV mg =--dt KVmg mdV-=+⇒即dt mKV mg dV 1-=+⎰⎰-=+t vv dt m KV mg dV 010 dt mKV mg KV mg K 1ln 10-=++ )(0KV mg eKV mg t mK+⋅=+-mg Ke KV mg K V t m K1)(10-+=⇒-①0=V 时,物体达到了最高点,可有0t 为)1ln(ln 000mgKV K m mg KV mg K m t +=+=② ∵dtdyV =∴Vdt dy =dt mg K e KV mg K Vdt dy tt mK ty⎰⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+==-00001)(1mgt Ke KV mg K my t m K 11)(02-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=-021()1Kt m mmg KV e mgt K K-+--⎡⎤=⎢⎥⎣⎦③ 0t t =时,max y y =,)1ln(11)(0)1ln(02max0mg KV K m mg K e KV mg K m y mgKV K mm K +⋅-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+=+⋅-)1ln(11)(02202mg KV g Km mg KV mg KV mg K m +-⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+-+=)1ln()(0220002mg KV g K m KV mg KV KV mg Km +-++=)1ln(0220mg KV g Km K mV +-=2-3 一条质量为m ,长为l 的匀质链条,放在一滑腻的程度桌面,链子的一端由微小的一段长度被推出桌子边沿,在重力感化下开端下落,试求链条方才分开桌面时的速度.解：链条在活动进程中,其部分的速度.加快度均雷同,沿链条偏向,受力为mxg l,依据牛顿定律,有mF xg ma l== 经由过程变量调换有m dv xg mv l dx= 0,0x v ==,积分00lv mxg mvdv l =⎰⎰ 由上式可得链条刚分开桌面时的速度为v gl =2-5 升降机内有两物体,质量分离为1m 和2m ,且2m ＝21m ．用细绳衔接,跨过滑轮,绳索不成伸长,滑轮质量及一切摩擦都疏忽不计,当起落机以匀加快a ＝12g 上升时,求：(1) 1m 和2m 相对起落机的加快度．(2)在地面上不雅察1m 和2m 的加快度各为若干?解: 分离以1m ,2m 为研讨对象,其受力争如图所示．(1)设2m 相对滑轮(即起落机)的加快度为a ',则2m 对地加快度a a a -'=2;因绳不成伸长,故1m 对滑轮的加快度亦为a ',又1m 在程度偏向上没有受连累活动的影响,所以1m 在程度偏向对地加快度亦为a ',由牛顿定律,有)(22a a m T g m -'=-a m T '=1题2-5图联立,解得g a ='偏向向下 (2)2m 对地加快度为22ga a a =-'=偏向向上 1m 在水面偏向有相对加快度,竖直偏向有连累加快度,即牵相绝a a a+=' ∴ g g g a a a 25422221=+=+'=a a '=arctanθo 6.2621arctan ==,左偏上． 2-6 一物体受合力为t F 2=（SI ）,做直线活动,试问在第二个5秒内和第一个5秒内物体受冲量之等到动量增量之比各为若干？解：设物体沿+x 偏向活动,2525501===⎰⎰tdt Fdt I N·S （1I 沿i 偏向）7521051052===⎰⎰tdt Fdt I N·S （2I 沿i 偏向）3/12=⇒I I∵⎩⎨⎧∆=∆=1122)()(p I p I∴3)()(12=∆∆p p2-7 一弹性球,质量为020.0=m kg,速度5=v m/s,与墙壁碰撞后跳回. 设跳回时速度不变,碰撞前后的速度偏向和墙的法线夹角都为60α︒=,⑴求碰撞进程中小球受到的冲量?=I⑵设碰撞时光为05.0=∆t s,求碰撞进程中小球受到的平均冲力?F = 解:⎩⎨⎧=-=-==--=-=0sin sin cos 2)cos (cos 1212αααααmv mv mv mv I mv mv mv mv mv I y y y x x x i i i mv i I I x10.060cos 5020.02cos 2=⨯⨯⨯===⇒αN·S2-9 一颗枪弹由枪口射出时速度为10s m -⋅v ,当枪弹在枪筒内被加快时,它所受的合力为 F=(bt a -)N(b a ,为常数),个中t 以秒为单位：(1)假设枪弹运行到枪口处合力刚好为零,试盘算枪弹走完枪筒全长所需时光;(2)求枪弹所受的冲量．(3)求枪弹的质量． 解: (1)由题意,枪弹到枪口时,有0)(=-=bt a F ,得bat =(2)枪弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将bat =代入,得 ba I 22=(3)由动量定理可求得枪弹的质量202bv a v I m == 2-10 木块B 静止置于程度台面上,小木块A 放在B 板的一端上,如图所示. 已知0.25A m =kg,B m ＝,小木块A 与木块B 之间的摩擦因数1μ＝0.5,木板B 与台面间的摩擦因数2μ＝0.1.如今给小木块A 一贯右的程度初速度0v ＝40m/s,问经由多长时光A.B 正好具有雷同的速度？（设B 板足够长）解：当小木块A 以初速度0v 向右开端活动时,它将受到木板B的摩擦阻力的感化,木板B 则在A 赐与的摩擦力及台面赐与的摩擦力的配合感化下向右活动. 假如将木板B 与小木块A 视为一个体系,A.B 之间的摩擦力是内力,不转变体系的总动量,只有台面与木板B 之间的摩擦力才是体系所受的外力,转变体系的总动量. 设经由t ∆时光,A.B 具有雷同的速度,依据质点系的动量定理0()k A B A F t m m v m v -∆=+-2()k A B F m m g μ=+再对小木块A 单独予以斟酌,A 受到B 赐与的摩擦阻力'K F ,应用质点的动量定理'0k A B F t m v m v -∆=-以及'1k A F m g μ=解得0012121(),A A B v v v m v t m m gμμμμμ-=-∆=+-代入数据得 2.5v =m/s t ∆2-11一粒枪弹程度地穿过并排静止放置在滑腻程度面上的木块,如图2-11所示. 已知两木块的质量分离为1m 和2m ,枪弹穿过两木块的时光各为1t ∆和2t ∆,设枪弹在木块中所受的阻力为恒力F ,求枪弹穿事后,两木块各以多大速度活动.解：枪弹穿过第一木块时,两木块速度雷同,均为1v ,初始两木块静止,由动量定理,于是有1121()0F t m m v ∆=+-设枪弹穿过第二木块后,第二木块速度变成2v ,对第二块木块,由动量定理有22211F t m v m v ∆=-解以上方程可得图2-10图2-111121212122,F t F t F t v v m m m m m ∆∆∆==+++2-12一端平均的软链铅直地挂着,链的下端刚好触到桌面. 假如把链的上端摊开,证实在链下落的任一时刻,感化于桌面上的压力三倍于已落到桌面上那部分链条的重量.解：设开端下落时0t =,在随意率性时刻t 落到桌面上的链长为x ,链未接触桌面的部分下落速度为v ,在dt 时光内又有质量dm dx ρ=（ρ为链的线密度）的链落到桌面上而静止. 依据动量定理,桌面赐与dm 的冲量等于dm 的动量增量,即I Fdt vdm vdx ρ===所以2dxF vv dtρρ== 由自由落体的速度22v gx =得2F gx ρ=这是t 时刻桌面赐与链的冲力. 依据牛顿第三定律,链对桌面的冲力'F F =,'F 偏向向下,t 时刻桌面受的总压力等于冲力'F 和t 时刻已落到桌面上的那部分链的重力之和,所以'3N F xg xg ρρ=+=所以3Nxgρ= 即链条感化于桌面上的压力3倍于落在桌面上那部分链条的重量.2-13一质量为50kg 的人站在质量为100kg 的停在静水中的划子上,船长为5m,问当人从船头走到船尾时,船头移动的距离.解:以人和船为体系,全部体系程度偏向上动量守恒 设人的质量为m ,船的质量为M ,应用动量守恒得m +M =0v V个中v ,V 分离为人和划子相对于静水的速度, 可得m -MV =v人相对于船的速度为'M mM+=-=v v V v 设人在t 时光内走完船长l ,则有'000t ttM m M m l v dt vdt vdt M M ++===⎰⎰⎰在这段时光内,人相对于地面走了0tx vdt =⎰所以Mlx M m=+船头移动的距离为'53ml x l x M m =-==+2-14质量为M 的木块静止在滑腻的程度桌面上,质量为m ,速度0v 的枪弹程度地射入木块,并陷在木块内与木块一路活动.求： (1)枪弹相对木块静止后,木块的速度和动量; (2)枪弹相对木块静止后,枪弹的动量;(3) 在这个进程中,枪弹施于木块的冲量.解：枪弹相对木块静止后,其配合速度设为u ,枪弹和木块构成体系动量守恒 （1）0()mv m M u =+ 所以0mv u m M =+M Mmv P Mu m M==+（2）枪弹的动量20m m v P mu m M==+（3）针对木块,由动量守恒知,枪弹施于木块的冲量为00M MmI P v M m=-=+2-15质量均为M 的两辆小车沿着一向线停在滑腻的地面上,质量为m 的人自一辆车跳入另一辆车,接着又以雷同的速度跳回来. 试求两辆车的速度之比.解：质量为m 的人,以相对于地面的速度v 从车A 跳到车B,此时车A 得到速度1u ,因为车是在滑腻的地面上,沿程度偏向不受外力,是以,由动量守恒得1mv Mu =人到达车B 时,配合得速度为2u ,由动量守恒得2()M m u mv +=人再由车B 以相对于地面的速度v 跳回到车A,则车B 的速度为'2u ,而车A 与人的配合速度为'1u ,如图所示,由动量守恒得联立方程解得：'22m u v M ='12m u v M m=+ 所以车B 和车A 得速度之比为'2'1u M mu M+=2-16体重为P 的人拿侧重为p 的物体跳远,起跳仰角为ϕ,初速度为0v . 到达最高点时,该人将手中的物体以程度向后的相对速度u 抛出,问跳远成绩是以增长若干？解：人和物体构成体系在最高点抛出物体前后沿程度偏向动量守恒,留意到对地面这个惯性参考系''0'0'()cos ()cos m m v mv m v u m v v u m mϕϕ+=+-=++从最高点到落地,人做平抛活动所需时光0sin v t gϕ=跳远距离增长为'00'(cos )cos m s v u t v t m m ϕϕ∆=+-+'0'sin v m put u m m P p gϕ==++ 2-17铁路上有一平板车,其质量为M ,设平板车可无摩擦地在程度轨道上活动.'22'11()()Mu mv M m u M m u mv Mu -=++=+现有N 小我从平板车的后端跳下,每小我的质量均为m ,相对平板车的速度均为u . 问鄙人述两种情形下,平板车的末速度是若干？（1）N 小我同时跳离;（2）一小我.一小我的跳离. 所得成果是否雷同.解：取平板车和N 小我为研讨对象,因为在程度偏向上无外力感化,故体系在该偏向上动量守恒. 取平板车活动偏向为坐标轴正偏向,设最初平板车静止,则有()0Mv Nm v u +-= 所以N 小我同时跑步跳车时,车速为Nmv u M Nm=+（2）若一小我.一小我地跳车,情形就不合了. 第一个跳车时,由动量守恒定律可得11[(1)]()0M N m v m v u +-+-=第二小我跳车时,有221[(2)]()[(1)]M N m v m v u M N m v +-+-=+-21(1)muv v M N m-=+-以此类推,第N 小我跳车时,有1()()N N N Mv m v u M m v -+-=+1N N muv v M m--=+所以1111()2NN n muv mu M m M m M Nm M nm==++⋅⋅⋅=++++∑因为1112M m M m M Nm >>⋅⋅⋅>+++ 1112NM m M m M Nm M Nm++⋅⋅⋅>++++故N v v >2-18质量为kg 10的物体作直线活动,受力与坐标关系如图2-18所示.若0=x 时,s m v /1=,试求m x 16=时,?=v解：在0x =到m x 16=进程中,外力功为力曲线与x 轴所围的面积代数和＝40J由动能定理为：2122mv 21mv 21W -=即1102110214022⨯⨯-⨯=vs m v /32=⇒2-19在滑腻的程度桌面上,程度放置一固定的半圆形樊篱. 有一质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线偏向进入樊篱一端,如图2-19所示,设滑块与樊篱间的摩擦因数为μ,试证实当滑块从樊篱另一端滑出时,摩擦力作功为2201(1)2f W mv e μπ-=-解：滑块做圆周活动,依牛顿定律,有：法向：2mv N R=切向：dv dv d mv dvf N m m dt d dt R d θμθθ=-===由以上两式,可得dvd vμθ=- 对上式双方积分,有00v v dv d v πμθ=-⎰⎰可得0v v eμπ-=由动能定理可得摩擦力做功为222200111(1)222f W mv mv mv e μπ-=-=- 2-20质量为M 的木块静止于滑腻程度面上,一质量为m ,速度为v 的枪弹程度射入木块后嵌在木块内,并于木块一路活动,求：（1）木块施于枪弹的力所做的功;（2）枪弹施于木块的力所做的功;（3）木块和枪弹体系耗散的机械能.图2-19图2-18解：把枪弹和木块当作一个体系,动量守恒()M m u mv +=因而求得枪弹和木块配合速度mu v M m=+（1）222221121()22()2M Mm A mu mv mv M m +=-=-+ （2）'222110()2()2Mm A Mu mv M m =-=+ （3）22221111()()222()2M E mu Mu mv mv M m ∆=+-=-+ 2-21一质量10M =kg 的物体放在滑腻的程度桌面上,并与一程度轻弹簧相连,弹簧的劲度系数1000k =N/m. 今有一质量m ＝1kg 的小球以程度速度0v ＝4m/s 飞来,与物体M 相撞后以1v ＝2m/s 的速度弹回,试问： (1) 弹簧被紧缩的长度为若干？(2) 小球m 和物体M 的碰撞是完整弹性碰撞吗？(3) 假如小球上涂有黏性物资,相撞后可与M 粘在一路,则（1）,（2）所问的成果又若何？ 解：碰撞进程中物体.弹簧.小球构成体系的动量守恒01mv mv Mu =-+01()1(42)0.610m v v u M +⨯+===m/s小球与弹簧碰撞,弹簧被紧缩,对物体M 有感化力,对物体M ,由动能定理 （1）2211022kx Mu -=- 弹簧被紧缩的长度0.60.06x ===m （2）22210111222k E Mu mv mv ∆=+-（3）小球与物体M 碰撞后粘在一路,设其配合速度为'u ,依据动量守恒及动量定理'0()mv M m u =+'2'2110()22kx M m u -=-+ 此时弹簧被紧缩的长度'00.04()mv x k M m ==+m2-22 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端,挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ,B 的下端一重物C ,C 的质量为M ,如2-22图．求这一体系静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如2-22图所示均衡时,有又11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆ 弹性势能之比为图2-22A B F F Mg==12222211121212k kx k x k E E p p =∆∆= 2-23 如题2-23图所示,一物体质量为2kg,以初速度0v ＝3m·s-1从斜面A 点处下滑,它与斜面的摩擦力为8N,到达B 点后紧缩弹簧20cm 后停滞,然后又被弹回,求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．解: 取木块紧缩弹簧至最短处的地位为重力势能零点,弹簧原长处为弹性势能零点.则由功效道理,有⎪⎭⎫⎝⎛︒+-=-37sin 212122mgs mv kx s f r 222137sin 21kx sf mgs mv k r -︒+=式中m 52.08.4=+=s ,m 2.0=x ,再代入有关数据,解得-1m N 1390⋅=k再次应用功效道理,求木块弹回的高度h '2o 2137sin kx s mg s f r -'='-代入有关数据,得m 4.1='s , 则木块弹回高度m 84.037sin o ='='s h2-24铅直平面内有一滑腻的轨道,轨道的BCDE 部分是半径为R 的圆. 若物体从A 处由静止下滑,求h 应为多大才正好能使物体沿圆周BCDE 活动? 图2-23解：木块如能经由过程D 点,就可以绕全部圆周活动. 设木块质量为m ,它在D 点的法向活动方程为2v N mg m R+=式中N 为圆环给木块的法向推力. 显然N ＝0时,木块刚好能经由过程D 点,所以木块刚好能绕圆周活动的前提为2v Rg =选木块和地球为体系,体系的机械能守恒,所以可得2122mgR mv mgh +=联立求解得 2.5h R =即高度为 2.5h R =时木块刚好能绕圆周活动2-25两个质量分离为1m 和2m 的木块A 和B ,用一个质量疏忽不计.顽强系数为k的弹簧衔接起来,放置在滑腻程度面上,是A 紧靠墙壁,如图示. 用力推木块B 使弹簧紧缩0x ,然后释放. 已知12,3m m m m ==,求(1) 释放后,A .B 两木块速度相等时的瞬时速度的大小; (2) 释放后,枪弹的最大伸长量.解：释放后,枪弹恢复到原长时A 将要分开墙壁,设此时B 的速度为v ,由机械能守恒,由22013/22kx mv = 得03k v x m= A 分开墙壁后,体系在滑腻程度面上活动,体系动量守恒,机械能守恒,有 11222m v m v m v +=22221122211112222m v kx m v m v ++=（1） 图2-26当12v v =时,求得：12033443k v v v x m===（2） （2）弹簧有最大伸长量时,1234v v v ==,由式（2）得 max 012x x =2-26两块质量各为1m 和2m 的木块,用劲度系数为k 的轻弹簧连在一路,放置在地面上,如图示,问至少要用多大的力F 紧缩上面的木块,才干在该力撤去后因上面的木板升高而将下面的木板提起？解：将12,m m 和弹簧和地球视为一个体系,该体系在压力撤离后,只有保守力感化,所以机械能守恒. 设压力撤离时刻为初态,2m 正好提离地面时为末态,初态.末态时动能均为零. 设弹簧原长时为坐标原点和势能零点,则2211001122m gx kx m gx kx +=-+式中0x 为压力F 感化时弹簧的紧缩量,则100m g F kx +-=式中x 为2m 正好能提离地面时弹簧的伸长量,此时请求2kx m g ≥ 联立以上几个方程解得12()F m m g ≥+故能使2m 提离地面的最小压力为min 12()F m m g =+2-27一质量为'm 的三角形木块放在滑腻的程度面上,另一质量为m的立方木块由斜面最低处沿斜面向上活动,相对于斜面的初速度为0v ,如图所示,假如不斟酌木块接触面上的摩擦,问立方木块能沿斜面上滑多高？图2-27图2-28解：三角形木块与立方木块构成的体系在程度偏向不受外力感化,程度偏向动量守恒. 初始时,立方木块速度为0v ,其程度偏向分量为0cos v θ,三角形木块静止;当立方木块达最高点时,相对于三角形木块静止,设二者配合的速度为v ,则'0cos ()mv m m v θ=+在活动进程中,两木块和地球构成的体系只有重力做功,机械能守恒,得2'2011()22mv mgh m m v =++ 由以上两式得立方木块沿斜面上滑的高度为2222'00''cos sin (1)22v v m m m h g m m g m m θθ+=-=++2-28两个外形完整雷同.质量都为M 的弧形导轨A 和B,放在地板上,今有一质量为m 的小物体,从静止状况由A 的顶端下滑,A 顶端的高度为0h ,所有接触面均滑腻. 试求小物体在B 轨上上升的最大高度（设A.B 导轨与地面相切）解：设小物体沿A 轨下滑至地板时的速度为v ,对小物体与A 构成的体系,应用机械能守恒定律及沿程度偏向动量守恒定律,有0A Mv mv -+=（1）2201122A mgh Mv mv =+（2） 解得02/()v Mgh M m =+（3）当小物体以初速v 沿B 轨上升到最大高度H 时,此时小物体相对B 的速度为零,设小物体与B 相对地沿程度偏向的配合速度为u ,依据动量守恒与机械能守恒, 有()Mv M m u =+（4）2211()22mv M m u mgH =++（5） 联立（3）－（5）解得图2-29220()2()Mv M H h M m g M m==++2-29一质量为200g 的砝码盘吊挂在劲度系数196k =N/m 的弹簧下,现有质量为100g 的砝码自30cm 高处落入盘中,求盘向下移动的距离（假设砝码与盘的碰撞是完整非弹性碰撞）解：第一阶段：砝码落入盘中以前,由机械能守恒有第二阶段：砝码与盘碰撞,因为完整非弹性碰撞,其配合速度设为2v ,在垂直偏向,砝码和盘构成体系之碰撞内力弘远于重力.弹簧的弹性力,可以为在垂直偏向动量守恒,因而有11122()m v m m v =+第三阶段：砝码和盘向下移动进程中机械能守恒,留意到弹性势能零点是选在弹簧的原长处22212212122111()()()222kl m m v k l l m m gl ++=+-+ 解以上方程可得222980.980.0960l l --=向下移动的最大距离为20.037l =2-30顽强系数为k 的轻弹簧,一端固定,另一端与桌面上的质量为m 的小球B 相衔接. 推进小球,将弹簧紧缩一端距离L 后摊开,假定小球所受的滑动摩擦力大小为F 且恒定不变,滑动摩擦系数与静摩擦系数可视为相等. 试求L 必须知足什么前提时,才干使小球在摊开后就开端活动,并且一旦停滞下来就一向保持静止状况.解：取弹簧的天然长度处为坐标原点图2-30图2-31211112m gh m v =21m g kl =在0t =时,静止于x L =-的小球开端活动的前提是kL F > (1)小球活动到x 处静止的前提,由功效道理得2211()22F L x kx kL -+=- (2) 使小球持续保持静止的前提为2||||Fk x k L F k=-≤ (3) 所求L 同时知足(1)和(3)式,求得3F FL k k<≤2-31一绳跨过必定滑轮,两头分离拴有质量为m 及M 的物体,如图示,M 静止在桌面上（M >m ）.举高m , 使绳处于松懈状况. 当m 自由落下h 距离后, 绳才被拉紧,求此时两物体的速度及M 所能上升的最大高度.解：分三个阶段m 自由下落212mgh mv =,m M 互相感化（经由过程绳）,在此阶段,绳中张力T 比物体所受重力大得多,此时可疏忽重力,由动量定理 对m 有0tTdt mV mv ∆-=-⎰对M 有0tTdt MV ∆=-⎰m 降低,M 上升进程机械能守恒 210()2mgH MgH M m V -=-+解以上方程可得2222,m m hV gh H m MM m==+- 图2-32。
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 -=-⋅-=-⋅-o20(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 r 和轨道对它的支持力T r.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=-==-=r r r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，习题2－2图Ao B rCT902n (sin )2cos 2cos /m cos 3cos '3cos ,e v vdv rg d v gr v g rrv mg mg rmg ααααωαααα=-===+==-=-⎰⎰o r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 -=-⋅-=-⋅-o2(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 点时的角速度与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 r 与轨道对它的支持力T r 、取如图所示的自然坐标系,由牛顿定律得22sin (1)cos (2)t n dvF mg mdtv F T mg m Rαα=-==-=r r r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=-===+==-=-⎰⎰o r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。
习题2－2图解: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,用质量不计的滑轮与细绳连接,并不计摩擦,则A与B 的加速度大小各为多少 。
第2章质点动力学(含答案)
一、选择题：1. 两个质量相等的小球由一轻弹簧相连接，再用一细绳悬挂于天花板上，处于静止状态，如图所示。
将绳子剪断的瞬间，球1和球2的加速度分别为( D )A ．g a g a ==21, B. g a a ==21,0C. 0,21==a g aD. 0,221==a g a2. 下列关于力和运动关系的说法中，正确的是（ D ）A ．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现；B ．物体受力越大，运动的越快，这是符合牛顿第二定律的；C ．物体所受合外力为零，则速度一定为零；物体所受合外力不为零，则其速度也一定不为零；D ．物体所受的合外力最大时，而速度却可以为零；物体所受的合外力最小时，而速度却可以最大。
3. 关于牛顿第三定律，下列说法错误的是( A )A ．由于作用力和反作用力大小相等方向相反，则对于一个物体来说一对作用力和反作用力的合力一定为零；B ．作用力变化，反作用力也必然同时发生变化；C ．任何一个力的产生必涉及两个物体，它总有反作用力；D ．作用力和反作用力属于同一性质的力。
4. 判断下列各句中正确的是 ( C )A ．物体只在不受力作用的情况下才能表现出惯性；B ．要消除物体的惯性，可以在运动的相反方向上加上外力；C ．物体惯性的大小与物体是否运动、运动的快慢以及受力无关；D ．惯性定律可以用物体的平衡条件取而代之。
5. 用水平力N F 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止，当N F 逐渐增大时，物体所受的静摩擦力f F 的大小为( A )A. 不为零，但保持不变；B. 随N F 成正比地增大；C. 开始随N F 增大，达到某一最大值后，就保持不变；D. 无法确定。
6. 下列叙述中，哪种说法是正确的( C )A. 在同一直线上，大小相等、方向相反的一对力必定是作用力与反作用力；B. 一物体受两个力作用，其合力必定比这两个力中的任一个力都大；C. 如果质点所受合外力的方向与质点运动方向成某一角度（不等于0和π），则质点一定做曲线运动；D. 物体的质量越大，它的重力和重力加速度也必定越大。
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 。
力学习题质点动力学含答案
第二章质点动力学单元测验题一、选择题1.如图，物体A 和B 的质量分别为2kg 和1kg ，用跨过定滑轮的细线相连，静止叠放在倾角为θ=30°的斜面上，各接触面的静摩擦系数均为μ=0.2，现有一沿斜面向下的力F 作用在物体A 上，则F 至少为多大才能使两物体运动.A.3.4N;B.5.9N;C.13.4N;D.14.7N答案：A解：设沿斜面方向向下为正方向。
A 、B 静止时，受力平衡。
A 在平行于斜面方向：sin A 12F m g T f f 0θ+---=B 在平行于斜面方向：1sin 0B f m g T θ+-=静摩擦力的极值条件：1cos B f m g μθ≤，2()cos B A f m m g μθ≤+联立可得使两物体运动的最小力minF 满足：min ()sin (3)cos B A B A F m m g m m g θμθ=-++=3.6N2.一质量为m 的汽艇在湖水中以速率v 0直线运动，当关闭发动机后，受水的阻力为f =-kv ，则速度随时间的变化关系为A.t mk ev v 0=; B.tm kev v -=0; C.t m kv v +=0;D.t mk v v -=0答案：B解：以关闭发动机时刻汽艇所在的位置为原点和计时零点，以0v 方向为正方向建立坐标系.牛顿第二定律：dvma mkv dt==-整理：dtm k vdv -=积分得：tm k ev v -=03.质量分别为1m 和2m （21m m >）的两个人，分别拉住跨在定滑轮（忽略质量）上的轻绳两边往上爬。
开始时两人至定滑轮的距离都是h .质量为1m 的人经过t 秒爬到滑轮处时，质量为2m 的人与滑轮的距离为A.0;B.h m m 21; C.)21+(221gt h m m ; D.)21+(-2212gt h m m m 答案：D解：如图建立坐标系，选竖直向下为正方向。
设人与绳之间的静摩擦力为f ，当质量为1m 的人经过t 秒爬到滑轮处时，质量为2m 的人与滑轮的距离为'h ，对二者分别列动力学方程。
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α）上以初速度0v 运动，0v 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N .建立坐标：取0v ϖ方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-1.图2-1X 方向： 0=x F t v x 0= ① Y 方向： y y ma mg F ==αsin ② 0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α=由①、②式消去t ，得220sin 21x g v y ⋅=α 2-2 质量为m 的物体被竖直上抛，初速度为0v ，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f ⑶牛顿第二定律：合力：f P F ϖϖϖ+=a m f P ϖϖϖ=+y 分量：dtdV mKV mg =-- dt KVmg mdV-=+⇒即dt mKV mg dV 1-=+⎰⎰-=+t vv dt m KV mg dV 01dt mKV mg KV mg K 1ln 10-=++ )(0KV mg eKV mg t mK+⋅=+-mg Ke KV mg K V t m K1)(10-+=⇒- ①0=V 时，物体达到了最高点，可有0t 为)1ln(ln 000mgKV K m mg KV mg K m t +=+=② ∵ dtdyV =∴ Vdt dy =dt mg K e KV mg K Vdt dy tt mK ty⎰⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+==-00001)(1mgt Ke KV mg K my t m K 11)(02-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=-021()1Kt m mmg KV e mgt K K-+--⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ ③ 0t t = 时，max y y =，)1ln(11)(0)1ln(02max0mg KV K m mg Ke KV mg K m y mgKV K mm K +⋅-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+=+⋅- )1ln(11)(02202mg KV g K m mg KV mg KV mg K m +-⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+-+=)1ln()(0220002mg KV g K m KV mg KV KV mg Km +-++=)1ln(0220mg KV g Km K mV +-=2-3 一条质量为m ，长为l 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.解：链条在运动过程中，其部分的速度、加速度均相同，沿链条方向，受力为mxg l，根据牛顿定律，有mF xg ma l== 图2-4通过变量替换有 m dv xg mv l dx=0,0x v ==，积分00l vm xg mvdv l =⎰⎰由上式可得链条刚离开桌面时的速度为v gl =2-5 升降机内有两物体，质量分别为1m 和2m ，且2m ＝21m ．用细绳连接，跨过滑轮,绳子不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a ＝12g 上升时，求：(1) 1m 和2m 相对升降机的加速度．(2)在地面上观察1m 和2m 的加速度各为多少? 解: 分别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图所示．(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a '，则2m 对地加速度a a a -'=2；因绳不可伸长，故1m 对滑轮的加速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对地加速度亦为a '，由牛顿定律，有)(22a a m T g m -'=-a m T '=1题2-5图联立，解得g a ='方向向下 (2) 2m 对地加速度为22ga a a =-'= 方向向上 1m 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即牵相绝a a a ϖϖϖ+='∴ g g g a a a 25422221=+=+'=a a '=arctanθo 6.2621arctan ==，左偏上． 2-6 一物体受合力为t F 2=（SI ），做直线运动，试问在第二个5秒内和第一个5秒内物体受冲量之比及动量增量之比各为多少？ 解：设物体沿+x 方向运动，2525501===⎰⎰tdt Fdt I N·S （1I ϖ沿i ϖ方向）7521051052===⎰⎰tdt Fdt I N·S （2I ϖ沿i ϖ方向）3/12=⇒I I∵⎩⎨⎧∆=∆=1122)()(p I p I∴3)()(12=∆∆p p2-7 一弹性球，质量为020.0=m kg ，速率5=v m/s ，与墙壁碰撞后跳回. 设跳回时速率不变，碰撞前后的速度方向和墙的法线夹角都为60α︒=，⑴求碰撞过程中小球受到的冲量?=I ϖ⑵设碰撞时间为05.0=∆t s ，求碰撞过程中小球 受到的平均冲力?F = 解:⎩⎨⎧=-=-==--=-=0sin sin cos 2)cos (cos 1212αααααmv mv mv mv I mv mv mv mv mv I y y y x x x i i i mv i I I x ϖϖϖϖϖο10.060cos 5020.02cos 2=⨯⨯⨯===⇒αN·S2-9 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得ba I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 2-10 木块B 静止置于水平台面上，小木块A 放在B 板的一端上，如图所示. 已知0.25A m =kg ，B m ＝0.75kg ，小木块A 与木块B 之间的摩擦因数1μ＝0.5，木板B 与台面间的摩擦因数2μ＝0.1. 现在给小木块A 一向右的水平初速度0v ＝40m/s ，问经过多长时间A 、B 恰好具有相同的速度？（设B 板足够长）解：当小木块A 以初速度0v 向右开始运动时，它将受到木板B 的摩擦阻力的作用，木板B 则在A 给予的摩擦力及台面给予的摩擦力的共同作用下向右运动. 如果将木板B 与小木块A 视为一个系统，A 、B 之间的摩擦力是内力，不改变系统的总动量，只有台面与木板B 之间的摩擦力才是系统所受的外力，改变系统的总动量. 设经过t ∆时间，A 、B 具有相同的速度，根据质点系的动量定理 0()k A B A F t m m v m v -∆=+-2()k A B F m m g μ=+再对小木块A 单独予以考虑，A 受到B 给予的摩擦阻力'K F ，应用质点的动量定理'0k A B F t m v m v -∆=-以及 '1k A F m g μ=解得 0012121(),A A B v v v m v t m m gμμμμμ-=-∆=+-代入数据得 2.5v =m/s t ∆=7.65s2-11一粒子弹水平地穿过并排静止放置在光滑水平面上的木块，如图2-11所示. 已知两木块的质量分别为1m 和2m ，子弹穿过两木块的时间各为1t ∆和2t ∆，设子弹在木块中所受的阻力为恒力F ，求子弹穿过后，两木块各以多大速度运动.图2-10图2-11解：子弹穿过第一木块时，两木块速度相同，均为1v ，初始两木块静止， 由动量定理，于是有1121()0F t m m v ∆=+-设子弹穿过第二木块后，第二木块速度变为2v ，对第二块木块，由动量定理有22211F t m v m v ∆=-解以上方程可得 1121212122,F t F t F t v v m m m m m ∆∆∆==+++2-12一端均匀的软链铅直地挂着，链的下端刚好触到桌面. 如果把链的上端放开，证明在链下落的任一时刻，作用于桌面上的压力三倍于已落到桌面上那部分链条的重量.解：设开始下落时0t =，在任意时刻t 落到桌面上的链长为x ，链未接触桌面的部分下落速度为v ，在dt 时间内又有质量dm dx ρ=（ρ为链的线密度）的链落到桌面上而静止. 根据动量定理，桌面给予dm 的冲量等于dm 的动量增量，即 I Fdt vdm vdx ρ=== 所以 2dxF vv dtρρ== 由自由落体的速度22v gx =得2F gx ρ=这是t 时刻桌面给予链的冲力. 根据牛顿第三定律，链对桌面的冲力'F F =，'F 方向向下，t 时刻桌面受的总压力等于冲力'F 和t 时刻已落到桌面上的那部分链的重力之和，所以'3N F xg xg ρρ=+= 所以3Nxgρ= 即链条作用于桌面上的压力3倍于落在桌面上那部分链条的重量.2-13一质量为50kg 的人站在质量为100kg 的停在静水中的小船上，船长为5m ，问当人从船头走到船尾时，船头移动的距离.解:以人和船为系统，整个系统水平方向上动量守恒 设人的质量为m ，船的质量为M ，应用动量守恒得 m +M =0v V其中v ，V 分别为人和小船相对于静水的速度，可得m -MV =v 人相对于船的速度为 'M mM+=-=v v V v 设人在t 时间内走完船长l ，则有 '000tttM m M m l v dt vdt vdt M M ++===⎰⎰⎰在这段时间内，人相对于地面走了0tx vdt =⎰所以Mlx M m=+船头移动的距离为'53ml x l x M m =-==+2-14质量为M 的木块静止在光滑的水平桌面上，质量为m ，速度0v 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.解：子弹相对木块静止后，其共同速度设为u ，子弹和木块组成系统动量守恒 （1）0()mv m M u =+ 所以 0mv u m M=+M Mmv P Mu m M==+（2）子弹的动量20m m v P mu m M==+（3）针对木块，由动量守恒知，子弹施于木块的冲量为00M MmI P v M m=-=+2-15质量均为M 的两辆小车沿着一直线停在光滑的地面上，质量为m 的人自一辆车跳入另一辆车，接着又以相同的速率跳回来. 试求两辆车的速率之比.解： 质量为m 的人，以相对于地面的速度v 从车A 跳到车B ，此时车A 得到速度1u ，由于车是在光滑的地面上，沿水平方向不受外力，因此，由动量守恒得1mv Mu =人到达车B 时，共同得速度为2u ，由动量守恒得2()M m u mv +=人再由车B 以相对于地面的速度v 跳回到车A ，则车B 的速度为'2u ，而车A 与人的共同速度为'1u ，如图所示，由动量守恒得联立方程解得：'22m u v M ='12m u v M m=+ 所以车B 和车A 得速率之比为'2'1u M mu M+=2-16体重为P 的人拿着重为p 的物体跳远，起跳仰角为ϕ，初速度为0v . 到达最高点时，该人将手中的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？解：人和物体组成系统在最高点抛出物体前后沿水平方向动量守恒，注意到对地面这个惯性参考系''0'0'()cos ()cos m m v mv m v u m v v u m mϕϕ+=+-=++从最高点到落地，人做平抛运动所需时间0sin v t gϕ= 跳远距离增加为'00'(cos )cos m s v u t v t m m ϕϕ∆=+-+ '0'sin v m put u m m P p gϕ==++2-17铁路上有一平板车，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 . 问在下述两种情况下，平板车的末速度是多少？（1）N 个人同时跳离；（2）一个人、一个人的跳离. 所得结果是否相同.解：取平板车和N 个人为研究对象，由于在水平方向上无外力作用，故系统在该方向上动量守恒. 取平板车运动方向为坐标轴正方向，设最初平板车静止，则有()0Mv Nm v u +-=所以N 个人同时跑步跳车时，车速为'22'11()()Mu mv M m u M m u mv Mu -=++=+Nmv u M Nm=+（2）若一个人、一个人地跳车，情况就不同了. 第一个跳车时，由动量守恒定律可得11[(1)]()0M N m v m v u +-+-=第二个人跳车时，有221[(2)]()[(1)]M N m v m v u M N m v +-+-=+-21(1)muv v M N m-=+-以此类推，第N 个人跳车时，有1()()N N N Mv m v u M m v -+-=+1N N muv v M m--=+所以1111()2NN n muv mu M m M m M Nm M nm ==++⋅⋅⋅=++++∑因为1112M m M m M Nm >>⋅⋅⋅>+++ 1112NM m M m M Nm M Nm++⋅⋅⋅>++++ 故N v v >2-18质量为kg 10的物体作直线运动，受力与坐标关系如图2-18所示。
第二章 质点动力学学习题解答
第二章 质点动力学习题解答2-1 如题图2-1中(a)图所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( D )(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ2-2 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小( A )(A) 不为零,但保持不变 (B) 随F N 成正比地增大(C) 开始随F N 增大,达到某一最大值后,就保持不变 (D) 无法确定2-3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( C )(A) 不得小于gR μ (B) 必须等于gR μ(C) 不得大于gR μ (D) 还应由汽车的质量m 决定2-4 如习题2-4图所示，一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中，则( B )(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变 (B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加 (C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心 (D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加2-5 习题2-5图所示，系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ，A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力，则绳中张力为( A )(A) 5/8mg (B) 1/2mg (C) mg (D) 2mg 2-6 对质点组有以下几种说法： (1) 质点组总动量的改变与内力无关； (2) 质点组总动能的改变与内力无关； (3) 质点组机械能的改变与保守内力无关． 下列对上述说法判断正确的是( C )习题2-4图A习题2-5图B(A) 只有(1)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的 (C) (1)、(3)是正确的 (D) (2)、(3)是正确的2-7 有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下，则( D )(A) 物块到达斜面底端时的动量相等 (B) 物块到达斜面底端时动能相等(C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒 (D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒 2-8 对功的概念有以下几种说法：(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加； (2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零． 下列上述说法中判断正确的是( C )(A) (1)、(2)是正确的 (B) (2)、(3)是正确的 (C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的2-9 如图所示,质量分别为m 1和m 2的物体A 和B ，置于光滑桌面上，A 和B 之间连有一轻弹簧。
第二章质点动力学习题解答
第2章 质点动力学2-1. 如附图所示，质量均为m 的两木块A 、B 分别固定在弹簧的两端，竖直的放在水平的支持面C 上。
若突然撤去支持面C ，问在撤去支持面瞬间，木块A 和B 的加速度为多大？解：在撤去支持面之前，A 受重力和弹簧压力平衡，F mg =弹，B 受支持面压力向上为2mg ，与重力和弹簧压力平衡，撤去支持面后，弹簧压力不变，则A ：平衡，0A a =；B ：不平衡，22B F mg a g =⇒=合。
2-2 判断下列说法是否正确？说明理由。
（1） 质点做圆周运动时收到的作用力中，指向圆心的力便是向心力，不指向圆心的力不是向心力。
（2） 质点做圆周运动时，所受的合外力一定指向圆心。
解：（1）不正确。
不指向圆心的力的分量可为向心力。
（2）不正确。
合外力为切向和法向的合成，而圆心力只是法向分量。
2-3 如附图所示，一根绳子悬挂着的物体在水平面内做匀速圆周运动（称为圆锥摆），有人在重力的方向上求合力，写出cos 0T G θ-=。
另有沿绳子拉力T 的方向求合力，写出cos 0T G θ-=。
显然两者不能同时成立，指出哪一个式子是错误的 ，为什么？解：cos 0T G θ-=正确，因物体在竖直方向上受力平衡，物体速度竖直分量为0，只在水平面内运动。
cos 0T G θ-=不正确，因沿T 方向，物体运动有分量，必须考虑其中的一部分提供向心力。
应为：2cos sin T G m r θωθ-=⋅。
2-4 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的作用，引力大小与质点离原点的距离x 的平方成反比，即2kf x=-，k 为比例常数。
设质点在x A =时的速度为零，求4Ax =处的速度的大小。
解：由牛顿第二定律：F ma =，dvF mdt=。
寻求v 与x 的关系，换元： 2k dv dx dvm m v x dx dt dx-=⋅=⋅， 分离变量： 2k dxvdv m x=-⋅。
大学物理习题精选-答案——第2章 质点动力学
质点动力学习题谜底之公保含烟创作2-1一个质量为P 的质点，在润滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 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N .树立坐标：取0v方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-1.图2-1X 方向： 0=x F t v x 0=①Y方向：y y ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y 0=y v由①、②式消去t ，得2-2 质量为m 的物体被竖直上抛，初速度为0v ，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年夜高度. 解：⑴研究对象：m⑵受力剖析：m 受两个力，重力P 及空气阻力f ⑶牛顿第二定律：合力：f P F+=y 重量：dtdVmKV mg =-- 即dt mKV mg dV 1-=+mg Ke KV mg K V t m K1)(10-+=⇒-①0=V 时，物体到达了最高点，可有0t 为)1ln(ln 000mgKV K mmg KV mg K m t +=+=② ∵dtdy V=∴Vdt dy =021()1K t m mmg KV e mgt K K-+--⎡⎤=⎢⎥⎣⎦③ 0t t =时，max y y =，2-3 一条质量为m ，长为l 的匀质链条，放在一润滑的水平桌面，链子的一端由极小的一段长度被推出桌子边缘，在重力作用下开端下落，试求链条刚刚分开桌面时的速度. 解：链条在运动进程中，其局部的速度、减速度均相同，沿链条方向，受力为m xg l，依据牛顿定律，有图2-4通过变量替换有m dv xg mv l dx= 0,0x v ==，积分00lv mxg mvdv l =⎰⎰ 由上式可得链条刚分开桌面时的速度为v gl =2-5 升降机内有两物体，质量辨别为1m 和2m ，且2m ＝21m ．用细绳衔接，跨过滑轮,绳子不成伸长，滑轮质量及一切摩擦都疏忽不计，当升降机以匀减速a ＝12g 上升时，求：(1)1m 和2m 相对升降机的减速度．(2)在空中上察看1m 和2m 的减速度各为多少?解: 辨别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图所示．(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的减速度为a '，则2m 对地减速度a a a -'=2；因绳不成伸长，故1m 对滑轮的减速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对地减速度亦为a '，由牛顿定律，有题2-5图联立，解得g a ='方向向下(2)2m 对地减速度为22ga a a =-'=方向向上 1m 在水面方向有相对减速度，竖直方向有牵连减速度，即牵相绝a a a +='∴g g g a a a 25422221=+=+'=a a '=arctanθo 6.2621arctan ==，左偏上． 2-6 一物体受合力为t F 2=（SI ），做直线运动，试问在第二个5秒内和第一个5秒内物体受冲量之比及动量增量之比各为多少？解：设物体沿+x 方向运动，25250501===⎰⎰tdt Fdt I N·S（1I 沿i方向）7521051052===⎰⎰tdt Fdt I N·S（2I 沿i方向）∵⎩⎨⎧∆=∆=1122)()(p I p I∴3)()(12=∆∆p p2-7 一弹性球，质量为020.0=m kg ，速率5=v m/s ，与墙壁碰撞后跳回. 设跳回时速率不变，碰撞前后的速度方向和墙的法线夹角都为60α︒=，⑴求碰撞进程中小球受到的冲量?=I⑵设碰撞时间为05.0=∆t s ，求碰撞进程中小球受到的平均冲力?F = 解:i i i mv i I I x10.060cos 5020.02cos 2=⨯⨯⨯===⇒αN·S2-9 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被减速时，它所受的合力为 F=(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单元：(1)假定子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得bat =(2)子弹所受的冲量 将ba t =代入，得(3)由动量定理可求得子弹的质量2-10 木块B 运动置于水平台面上，小木块A 放在B 板的一端上，如图所示. 已知0.25A m =kg ，B m ＝，小木块A 与木块B 之间的摩擦因数1μ＝0.5，木板B 与台面间的摩擦因数2μ＝0.1. 现在给小木块A 一向右的水平初速度0v ＝40m/s ，问经过多长时间A 、B 恰好具有相同的速度？（设B 板足够长）图2-10解：当小木块A 以初速度0v 向右开端运动时，它将受到木板B 的摩擦阻力的作用，木板B 则在A 给予的摩擦力及台面给予的摩擦力的共同作用下向右运动. 如果将木板B 与小木块A 视为一个系统，A 、B 之间的摩擦力是内力，不改动系统的总动量，只有台面与木板B 之间的摩擦力才是系统所受的外力，改动系统的总动量. 设经过t ∆时间，A 、B 具有相同的速度，依据质点系的动量定理0()k A B A F t m m v m v -∆=+-再对小木块A 独自予以思索，A 受到B 给予的摩擦阻力'K F ，应用质点的动量定理'0k A B F t m v m v -∆=- 以及'1k A F m g μ= 解得0012121(),A A B v v v m v t m m gμμμμμ-=-∆=+- 代入数据得 2.5v =m/st ∆2-11一粒子弹水平地穿过并排运动放置在润滑水平面上的木块，如图2-11所示. 已知两木块的质量辨别为1m 和2m ，子弹穿过两木块的时间各为1t ∆和2t ∆，设子弹在木块中所受的阻力为恒力F ，求子弹穿事先，两木块各以多年夜速度运动.解：子弹穿过第一木块时，两木块速度相同，均为1v ，初始两木块运动，由动量定理，于是有图2-11设子弹穿过第二木块后，第二木块速度酿成2v ，对第二块木块，由动量定理有 解以上方程可得2-12一端平均的软链铅直地挂着，链的下端刚好触到桌面.如果把链的上端放开，证明在链下落的任一时刻，作用于桌面上的压力三倍于已落到桌面上那局部链条的重量.解：设开端下落时0t =，在任意时刻t 落到桌面上的链长为x ，链未接触桌面的局部下落速度为v ，在dt 时间内又有质量dm dx ρ=（ρ为链的线密度）的链落到桌面上而运动. 依据动量定理，桌面给予dm 的冲量等于dm 的动量增量，即 所以2dx F v v dtρρ==由自由落体的速度22v gx =得这是t 时刻桌面给予链的冲力. 依据牛顿第三定律，链对桌面的冲力'F F =，'F 方向向下，t 时刻桌面受的总压力等于冲力'F 和t 时刻已落到桌面上的那局部链的重力之和，所以 所以3Nxgρ= 即链条作用于桌面上的压力3倍于落在桌面上那局部链条的重量.2-13一质量为50kg 的人站在质量为100kg 的停在静水中的小船上，船主为5m ，问当人从船头走到船尾时，船头移动的间隔.解:以人和船为系统，整个系统水平方向上动量守恒 设人的质量为m ，船的质量为M ，应用动量守恒得 其中v ，V辨别为人和小船相关于静水的速度，可得m -MV =v人相关于船的速度为'M m M+=-=v v V v设人在t 时间内走完船主l ，则有在这段时间内，人相关于空中走了0tx vdt =⎰所以Mlx M m=+船头移动的间隔为'53ml x l x M m =-==+2-14质量为M 的木块运动在润滑的水平桌面上，质量为m ，速度0v 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)子弹相对木块运动后，木块的速度和动量； (2)子弹相对木块运动后，子弹的动量；(3) 在这个进程中，子弹施于木块的冲量.解：子弹相对木块运动后，其共同速度设为u ，子弹和木块组成系统动量守恒 （1）0()mv m M u =+ 所以0mv u m M=+（2）子弹的动量20m m v P mu m M==+（3）针对木块，由动量守恒知，子弹施于木块的冲量为 2-15质量均为M 的两辆小车沿着一直线停在润滑的空中上，质量为m 的人自一辆车跳入另一辆车，接着又以相同的速率跳回来. 试求两辆车的速率之比.解：质量为m 的人，以相关于空中的速度v 从车A 跳到车B ，此时车A 失掉速度1u ，由于车是在润滑的空中上，沿水平方向不受外力，因此，由动量守恒得人抵达车B 时，共同得速度为2u ，由动量守恒得人再由车B 以相关于空中的速度v 跳回到车A ，则车B 的速度为'2u ，而车A 与人的共同速度为'1u ，如图所示，由动量守恒得联立方程解得：'22m u v M='12mu v M m=+所以车B 和车A 得速率之比为2-16体重为P 的人拿着重为p 的物体跳远，起跳仰角为ϕ，初速度为0v . 抵达最高点时，该人将手中的物体以水平向后的相对速度u 抛出，问跳远成果因此增加多少？ 解：人和物体组成系统在最高点抛出物体前后沿水平方向动量守恒，注意到对空中这个惯性参考系从最高点到落地，人做平抛运动所需时间0sin v t gϕ=跳远间隔增加为2-17铁路上有一平板车，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 团体从平板车的后端跳下，每团体的质量均为m ，相对平板车的速度均为u . 问在下述两种情况下，平板车的末速度是多少？（1）N 团体同时跳离；（2）一团体、一团体的跳离. 所得后果是否相同.解：取平板车和N 团体为研究对象，由于在水平方向上无外力作用，故系统在该方向上动量守恒. 取平板车运动方向为坐标轴正方向，设最初平板车运动，则有()0Mv Nm v u +-= 所以N 团体同时跑步跳车时，车速为（2）若一团体、一团体地跳车，情况就分歧了. 第一个跳车时，由动量守恒定律可得第二团体跳车时，有以此类推，第N 团体跳车时，有所以1111()2NN n muv mu M m M m M Nm M nm ==++⋅⋅⋅=++++∑因为1112M m M m M Nm>>⋅⋅⋅>+++故N v v >2-18质量为kg 10的物体作直线运动，受力与坐标关系如图2-18所示.若0=x 时，s m v /1=，试求m x 16=时，?=v解：在0x =到m x 16=进程图2-18中，外力功为力曲线与x 轴所围的面积代数和＝40J由动能定理为：即1102110214022⨯⨯-⨯=v2-19在润滑的水平桌面上，水平放置一固定的半圆形屏障. 有一质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障一端，如图2-19所示,设滑块与屏障间的摩擦因数为μ，试证明当滑块从屏障另一端滑出时，摩擦力作功为2201(1)2fWmv e μπ-=-解：滑块做圆周运动，依牛顿定律，有：法向：2mv N R=切向：dv dv d mv dv fN mm dt d dt R d θμθθ=-=== 由以上两式，可得dv d vμθ=-对上式两边积分，有00vv dvd vπμθ=-⎰⎰可得0v v e μπ-=由动能定理可得摩擦力做功为2-20质量为M 的木块运动于润滑水平面上，一质量为m ，速率为v 的子弹水平射入木块后嵌在木块内，并于木块一起运动，求：（1）木块施于子弹的力所做的功；（2）子弹施于木块的力所做的功；（3）木块和子弹系统耗散的图2-19机械能.解：把子弹和木块看成一个系统，动量守恒 因而求得子弹和木块共同速度m u v M m=+ （1）222221121()22()2M Mm A mu mv mv M m +=-=-+ （2）'222110()2()2Mm A Mu mv M m =-=+ （3）22221111()()222()2M E mu Mu mv mv M m ∆=+-=-+ 2-21一质量10M =kg 的物体放在润滑的水平桌面上，并与一水平轻弹簧相连，弹簧的劲度系数1000k =N/m. 今有一质量m ＝1kg 的小球以水平速度0v ＝4m/s 飞来，与物体M 相撞后以1v ＝2m/s 的速度弹回，试问：(1) 弹簧被压缩的长度为多少？(2) 小球m 和物体M 的碰撞是完全弹性碰撞吗？(3) 如果小球上涂有黏性物质，相撞后可与M 粘在一起，则（1），（2）所问的后果又如何？解：碰撞进程中物体、弹簧、小球组成系统的动量守恒 01()1(42)0.610m v v u M +⨯+===m/s 小球与弹簧碰撞，弹簧被压缩，对物体M 有作用力，对物体M ，由动能定理（1）2211022kx Mu -=-弹簧被压缩的长度 100.60.061000M x u k ==⨯=m （2）22210111222k E Mu mv mv ∆=+- （3）小球与物体M 碰撞后粘在一起，设其共同速度为'u ，依据动量守恒及动量定理'0()mv M m u =+此时弹簧被压缩的长度'00.04()mv x k M m ==+m2-22 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端一重物C ，C 的质量为M ，如2-22图．求这一系统运动时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如2-22图所示平衡时，有又11x k F A ∆=所以运动时两弹簧伸长量之比为弹性势能之比为 2-23 如题2-23图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m·s -1从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，抵达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧图2-22的劲度系数和物体最后能回到的高度．解: 取木块压缩弹簧至最优点的位置为重力势能零点，弹簧原优点为弹性势能零点.则由功用原理，有式中m 52.08.4=+=s ，m 2.0=x ，再代入有关数据，解得 再次运用功用原理，求木块弹回的高度h '代入有关数据，得m 4.1='s ,则木块弹回高度2-24铅直平面内有一润滑的轨道，轨道的BCDE 局部是半径为R 的圆. 若物体从A 处由运动下滑，求h 应为多年夜才恰好能使物体沿圆周BCDE 运动?解：木块如能通过D 点，就可以绕整个圆周运动. 设木块质量为m ，它在D 点的法向运动方程为 式中N 为圆环给木块的法向推力. 显然N ＝0时，木块刚好能通过D 点，所以木块刚好能绕圆周运动的条件为选木块和地球为系统，系统的机械能守恒，所以可得 联立求解得 2.5h R =即高度为 2.5h R =时木块刚好能绕圆周运动2-25两个质量辨别为1m 和2m 的木块A 和B ，用一个质量疏忽不计、顽强系数为k 的弹簧衔接起来，放置在润滑水平图2-23 图2-25面上，是A 紧靠墙壁，如图示. 用力推木块B 使弹簧压缩0x ，然后释放. 已知12,3m m m m ==，求(1) 释放后，A 、B 两木块速度相等时的瞬时速度的年夜小；(2) 释放后，子弹的最年夜伸长量.解：释放后，子弹恢复到原长时A将要分开墙壁，设此时B 的速度为v ，由机械能守恒，由22013/22kx mv = 得03k v x m= A 分开墙壁后，系统在润滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，有22221122211112222m v kx m v m v ++=（1） 事先12v v =，求得：12033443k v v v x m===（2） （2）弹簧有最年夜伸长量时，1234v v v ==，由式（2）得 2-26两块质量各为1m 和2m 的木块，用劲度系数为k 的轻弹簧连在一起，放置在空中上，如图示，问至少要用多年夜的力F 压缩上面的木块，才华在该力撤去后因上面的木板升高而将下面的木板提起？图2-26 图2-27解：将12,m m 和弹簧和地球视为一个系统，该系统在压力撤离后，只有守旧力作用，所以机械能守恒. 设压力撤离时刻为初态，2m 恰好提离空中时为末态，初态、末态时动能均为零. 设弹簧原长时为坐标原点和势能零点，则式中0x 为压力F 作用时弹簧的压缩量，则式中x 为2m 恰好能提离空中时弹簧的伸长量，此时要求2kx m g ≥ 联立以上几个方程解得故能使2m 提离空中的最小压力为min 12()F m m g =+2-27一质量为'm 的三角形木块放在润滑的水平面上，另一质量为m 的立方木块由斜面最低处沿斜面向上运动，相关于斜面的初速度为0v ，如图所示，如果不思索木块接触面上的摩擦，问立方木块能沿斜面上滑多高？解：三角形木块与立方木块组成的系统在水平方向不受外力作用，水平方向动量守恒. 初始时，立方木块速度为0v ，其水平方向重量为0cos v θ，三角形木块运动；当立方木块达最高点时，相关于三角形木块运动，设二者共同的速度为v ，则在运动进程中，两木块和地球组成的系统只有重力做功，机械能守恒，得图2-28由以上两式得立方木块沿斜面上滑的高度为2-28两个形状完全相同、质量都为M 的弧形导轨A 和B ，放在地板上，今有一质量为m 的小物体，从运动状态由A 的顶端下滑，A 顶端的高度为0h ，所有接触面均润滑.试求小物体在B 轨上上升的最年夜高度（设A 、B 导轨与空中相切）解：设小物体沿A 轨下滑至地板时的速度为v ，对小物体与A 组成的系统，应用机械能守恒定律及沿水平方向动量守恒定律，有0A Mv mv -+=（1）2201122A mgh Mv mv =+（2） 解得02/()v Mgh M m =+（3）当小物体以初速v 沿B 轨上升到最年夜高度H 时，此时小物体相对B 的速度为零，设小物体与B 相对地沿水平方向的共同速度为u ，依据动量守恒与机械能守恒，有()Mv M m u =+（4）2211()22mv M m u mgH =++（5）联立（3）－（5）解得2-29一质量为200g 的砝码盘悬挂在劲度系数图2-29196k=N/m的弹簧下，现有质量为100g的砝码自30cm 高处落入盘中，求盘向下移动的间隔（假定砝码与盘的碰撞是完全非弹性碰撞）解：第一阶段：砝码落入盘中以前，由机械能守恒有第二阶段：砝码与盘碰撞，因为完全非弹性碰撞，其共同速度设为2v，在垂直方向，砝码和盘组成系统之碰撞内力远年夜于重力、弹簧的弹性力，可认为在垂直方向动量守恒，因而有第三阶段：砝码和盘向下移动进程中机械能守恒，注意到弹性势能零点是选在弹簧的原优点解以上方程可得向下移动的最年夜间隔为20.037l=2-30顽强系数为k的轻弹簧，一端固定，另一端与桌面上的质量为m的小球B相衔接. 推动小球，将弹簧压缩一端间隔L后放开，假定小球所受的滑动摩擦力年夜小为F且恒定不变，滑动摩擦系数与静摩擦系数可视为相等. 试求L必需满足什么条件时，才华使小球在放开后就开端运动，而且一旦停止下来就一直坚持运动状态.图2-30图2-31解：取弹簧的自然长度处为坐标原点 在0t =时，运动于x L =-的小球开端运动的条件是kL F > (1)小球运动随处x 运动的条件，由功用原理得 2211()22F L x kx kL -+=- (2) 使小球持续坚持运动的条件为2||||F k x k L F k=-≤ (3) 所求L 同时满足(1)和(3)式，求得2-31一绳跨过一定滑轮，两端辨别拴有质量为m 及M 的物体，如图示，M 运动在桌面上（M >m ）.抬高m , 使绳处于松弛状态. 当m 自由落下h 间隔后, 绳才被拉紧，求此时两物体的速度及M 所能上升的最年夜高度.解：分三个阶段m 自由下落212mgh mv =,m M 相互作用（通过绳），在此阶段，绳中张力T 比物体所受重力年夜得多，此时可疏忽重力，由动量定理对m 有0t Tdt mV mv ∆-=-⎰ 对M 有00t Tdt MV ∆=-⎰图2-32m下降，M上升进程机械能守恒解以上方程可得。
力学答案 第二章 质点运动学(习题)
第二章 质点运动学（习题）2.1.1质点的运动学方程为 jˆ)1t 4(i ˆ)t 32(r ).2(,j ˆ5i ˆ)t 23(r ).1(-+-=++= 求质点轨迹并用图表示。
解，①.,5y ,t 23x=+=轨迹方程为y=5 ②⎩⎨⎧-=-=1t 4y t 32x 消去时间参量t 得：05x 4y 3=-+2.1.2质点运动学方程为k ˆ2j ˆe i ˆe r t 2t 2++=- ，（1）. 求质点的轨迹；（2）.求自t=-1至t=1质点的位移。
解，①⎪⎩⎪⎨⎧===-2z e y ex t 2t2消去t 得轨迹：xy=1,z=2 ②k ˆ2j ˆe i ˆe r 221++=-- ,k ˆ2j ˆe i ˆe r 221++=-+ , j ˆ)e e (i ˆ)e e (r r r 222211---+-+-=-=∆2.1.3质点运动学方程为j ˆ)3t 2(i ˆt 4r 2++= ，（1）. 求质点的轨迹；（2）.求自t=0至t=1质点的位移。
解，①.,3t 2y ,t 4x2+==消去t 得轨迹方程2)3y (x -= ②j ˆ2i ˆ4r r r ,j ˆ5i ˆ4r ,j ˆ3r 0110+=-=∆+== 2.2.1雷达站于某瞬时测得飞机位置为117.33,m 4100R =θ=，0.75s 后测得21022R ,R ,3.29,m 4240R =θ=均在铅直平面内。
求飞机瞬时速率的近似值和飞行方向（α角）。
解，)cos(R R 2R R R 21212221θ-θ-+=∆ 代入数值得： )m (385.3494.4cos 42404100242404100R 022≈⨯⨯-+=∆)s /m (8.46575.0385.349t Rv ==∆∆≈利用正弦定理可解出089.34-=α2.2.2一小圆柱体沿抛物线轨道运动，抛物线轨道为200/x y 2=（长度mm ）。
第一次观察到圆柱体在x=249mm 处，经过时间2ms 后圆柱体移到x=234mm 处。
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第二章质点动力学单元测验题一、选择题1.如图，物体A和B的质量分别为2kg和1kg，用跨过定滑轮的细线相连，静止叠放在倾角为θ=30°的斜面上，各接触面的静摩擦系数均为μ=0.2，现有一沿斜面向下的力F作用在物体A上，则F至少为多大才能使两物体运动.A.3.4N;B.5.9N;C.13.4N;D.14.7N答案：A解：设沿斜面方向向下为正方向。
A、B静止时，受力平衡。
A在平行于斜面方向：F m g sin T f f 0A12B在平行于斜面方向：1sin0f mg TB静摩擦力的极值条件：f1m gcos，Bf m m g2(B A)cos联立可得使两物体运动的最小力F min满足：F min (m B m A)g sin (3m B m A )g cos=3.6N2.一质量为m的汽艇在湖水中以速率v0直线运动，当关闭发动机后，受水的阻力为f=-kv，则速度随时间的变化关系为A.vkt=v e m;B.v=-tktv em0;C.v=v+kmt;D.v=v-kmt答案：B解：以关闭发动机时刻汽艇所在的位置为原点和计时零点，以v0方向为正方向建立坐标系.牛顿第二定律：dvma mkvdt整理：d vvkmdt积分得：v=-v ektm3.质量分别为m和m（12m m）的两个人，分别拉住跨在定滑轮（忽略质量）21上的轻绳两边往上爬。
开始时两人至定滑轮的距离都是h.质量为m的人经过t1秒爬到滑轮处时，质量为m的人与滑轮的距离为2m m1m-m11; C.1(h gt2)2h gt12A.0;B.h+; D.(+)m m2m2222答案：D解：如图建立坐标系，选竖直向下为正方向。
设人与绳之间的静摩擦力为f，当质量为m的人经过t秒爬到滑轮处时，质量为m的人与滑轮的距离为h'，对二者12分别列动力学方程。
对m：1f mg m am11m11dvm1dt对m：2f mg m am22m22dvm2dt将上两式对t求积分，可得：fdt m gt m vm11m11dym1 dtfdt m gt m vm22m22dym2 dt再将上两式对t求积分，可得：1fdt m gt 0m h221121fdt m gt m hm h222222m m1由上两式联立求得：h'21(h gt2).m224.一质量为m的物体以v0的初速度作竖直上抛运动，若受到的阻力与其速度平方成正比，大小可表示为f=kmgv2，其中k为常数。
则此物体回到上抛点时的速度为A.v1=v0;B.vv=11+kv21+4kv2v=14kv; C.0-1; D.vv=11-kv2答案：B解：以抛出点为坐标原点，向上为正方向建立坐标系，根据牛顿第二定律可得dv-mg-kmgv2=m在上升过程中：dt，则dv-g-gkv2=dtHvdv1t0=vdt==ln(1+2)∫kv ∫kv01∫0-g-gkv2gk20vdv-mg+kmgv2=m在下降过程中：dt则g--dvgkv2=dt-vdv 1 tv-H=vdt==ln(1-2)∫0∫1kv2g-gkv2gk2 1vv=11+22 210kv联立可得：(1+)(1-)=1kv0kv，解得：5.如图，一个三棱柱固定在桌面上，形成两个倾角分别为α和β的斜面(α<β)，一细绳跨过顶角处的滑轮与质量分别为m1和m2的两物体相连.已知物体与斜面间的静摩擦系数均为μ，设μ<tanα，则为使两物体在斜面上保持静止，m2/m1应满足的条件为sin-cos m sin+cos2≤≤A.sin+cos m sin-cos1sin+cos m sin-cos2≤≤B.sin-cos m sin+cos1m sin-cos2≥C.m cossin+ 1m sin+cos2≤D.-m sin cos1答案：A解：设左边斜面沿斜面向上为正方向，右边斜面沿斜面向下为正方向，对m1和m2分别应用牛顿第二定律T f1m1g sin 0m2g sin f2T 0静摩擦力的极值条件为：f1m1g cos,f2m2g cos其中，f1,f2同时取“+”号或同时取“-”号。
取“+”号意味着系统整体有向左运动趋势，取“-”号意味着系统整体有向右运动趋势。
联立可得使物体保持静止的条件：sin cos m sin cos2sin cos m sin cos16.一个质量为m的物体通过一根质量可以不计的绳子绕水平棒5/4周后于另一端加一水平力F，如图所示。
若绳子和棒之间的摩擦因数为μ，要使物体保持静止状态，F应满足的条件为A.5-F>mg e2; B.5F<mg e; C.255-mge<F<mge; D.F>mg22答案：C解：选取绳索上一微元，受力分析如图所示，规定受力水平向右和法线向外为正方向.对选取的微元应用牛顿第二定律11切向方向：f T cos T T cos 0221法线方向：sin0N T T T2该题有两种临界情况：一种是F mg的情况；另一种是F mg的情况。
两种情况下，摩擦力均为最大静摩擦，但方向相反，可表示为f N.1当0时，cos 1，sin211，T dT，d，22忽略二阶小量联立解得：d TT d两边积分：5dTmg2d F 0T求解可得：5F mge2，152F mge255-施加的水平力F在两个临界情况之间，mge<F<mg e物体都能保持静止.227.一飞机在竖直平面内以540km/h的速度沿一圆周飞行.为使在飞机飞行过程中驾驶员与座椅之间的相互作用力不大于驾驶员重力的8倍，此圆周半径应满足的条件是A.R≥37028m;B.R≤37028m;C.R≥328m;D.R≤328m答案：C解：v540km/h150m/s。
当飞机飞到圆周的最下面时，驾驶员与座椅之间的相互作用力N最大，方向竖直向上。
由牛顿第二定律及圆周运动向心力公式得：v2m N mg8mg mg7mgR将已知量代入，可得：R min = 328m.8. 空中有许多大小不等的雨滴（可看成半径为r的圆球）由静止开始下落. 由于受到空气阻力，雨滴的速度最终将趋于一极限值，称为收尾速度. 若已知雨滴受到的空气阻力与其速度v的一次方及半径r的平方成正比，则大、中、小雨滴中哪种雨滴获得的收尾速度较大？A. 大雨滴；B. 中雨滴；C. 小雨滴；D. 所有雨滴收尾速度相等答案：Adv解：对雨滴应用牛顿第二定律：mg F mg kv mfdtv dv t mgkt整理并对时间求积分得：，解得：(1 )dt v e；mk0 0 kg vm2rmgt由已知条件，k与半径r的平方成正比. 令k r2 ，则 2 (1 )rv e mmg4r g/34gr3当t时，得收尾速度：v v.limf 2 2r r3t所以r越大，v越大，即大雨滴的收尾速度较大.f二、填空题1. 图中人的质量m1 = 60kg，底板的质量m2 = 40kg. 人若想站在底板上静止不动必须以N 的力拉住绳子(重力加速度g取9.8m/s2).答案：245解：当人站在底板上静止不动时，设三条绳向上的拉力从左向右分别为2T、T、T，以人与底板组成的整体为研究对象，牛顿第二定律：(T T 2T)m1g m2gT 解得：(m g m g)(6040)9.81244245N。
所以，人以245N的力拉住绳子时才能使底板静止不动。
2.质量为m1=10kg的气球以加速度a=0.3m/s2匀加速上升，突然一只质量为m2=100g的小鸟飞到气球上，并停留在气球上.则气球的加速度变为m/s2.(结果保留一位小数，重力加速度g=9.8m/s2)答案：0.2解：以竖直向上为正方向。
小鸟落上前，对气球应用牛顿第二定律：F m1g m1a浮小鸟落上后，对气球和小鸟整体应用牛顿第二定律：F-(m1+m2)g=(m1+m2)a2浮a2联立可得：m a m g12m m=0.2m/s2 123.如图，一长为1m、质量为1kg的均匀链条静止在一表面光滑、顶角α=60°的圆锥上.(1)在链条上取1cm长的一小段（可视为质点），其受到圆锥的支持力为N.（结果保留二位小数）.答案：0.20(允许答案范围：0.18~0.22)(2)这小段链条的一端受到的张力为N.（结果保留二位小数）.答案：0.90(允许答案范围：0.88~0.92)解：长度1cm的小链条的质量为ml=ml=0.01kg设其所对的圆心角为，如图(a)俯视图所示，小链条两端各受到张力F，T如图(b)侧视图建立坐标系.其中F为小链条两端所受张力的合力.y方向：1N sinm2g;N=msin(•g/2)=0.196N x方向：1N cosF2F T≈F=2F sin2T联立可得：FT=mg cot(/22)=0.9N4.如图两物体的质量分别为m1=15kg、m2=20kg，作用在m1上的水平力F=280N.设所有接触面都光滑且m1和m2始终接触.m2的加速度大小为m/s（2结果保留一位小数）..答案：2.4解：设两物体间的相互垂直作用力为F N，墙与m间的相互垂直作用力为FN'，水2平向右和向上为x、y正方向，对m1,m2分别应用牛顿第二定律：a a1y2x0m的x方向：1F F N sin m1a1xm的x方向：2F F Nsin0N'm的y方向：2F N cos m2g m2a2ym的水平移动距离和1m的垂直移动距离的关系为：211(a t)/(a t)tan12 22y1x22联立可得：F m ga a 2.422y1xm m2，F N(F m1a1)2345N.m/s12x5.质量为50kg的人站在电梯里的磅秤上，当电梯以4.9m/s2的加速度上升时，磅秤读数是kg.答案：75解：当电梯以4.9m/s2的加速度上升时，磅秤受力N mg ma1磅秤读数：N1/g(ma mg)/g(509.850 4.9)/9.875kg.三、判断题1.牛顿运动定律是由实验总结的推论，其是否成立只能通过实验判断.答案：对2.实验发现，绝对参照系是不存在的.答案：对3.当选择相同的计量单位时，同一物体的惯性质量和引力质量近似相等.答案：对4.两个同样材料、同样重量的物体在同一表面上滑动，与表面接触面积大的物体受到的摩擦力也大。
答案：错解释：物体与接触面间的摩擦力大小与宏观接触面积无关。
摩擦力起源于两接触面间的原子或分子间的电磁吸引力。
原子或分子间必须在很短（几个原子半径）距离时才有较明显相互吸引的作用力。
实际上两接触面间只有微观凸出的部份相接触。
实际的微观接触面积往往只占宏观接触面积很小的比例。
当压力增加时，会使得表面稍微变形（更为扁平）而增加微观的实际接触面积。