第二章 质点动力学 南京大学出版社 习题解答
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。
质点动力学习题解答2
作业04（质点动力学2）1. 质量为m 、速度大小为V 的质点受到某个力作用后，其速度的大小未变，但方向改变了θ，则这个力的冲量大小为[ ]。
A.)2/cos(2θmvB. )2/sin(2θmvC. )2/cos(θmvD. )2/sin(θmv 答：［B ］解：如图，由动量定理，冲量等于动量的变化 im v j m v i m v i m v j m v i m v v m v m v m I -+=-+=-=∆=θθθθsin cos sin cos /// 冲量的大小为 )2/s i n (2c o s 22s i n )c o s (222θθθθv m mv v v v m I I =-=+-==2. 一质量为kg m 60=的人静止站在一条质量为kg M 300=、且正以12-⋅=s m V 的速率向湖岸驶进的小木船上，湖水是静止的，其阻力不计。
现在人相对于船以一水平速度v 沿船的前进方向向河岸跳去，该人起跳后，船速减为原来的一半，v 应该是[ ]A. 12-⋅s mB. 13-⋅s mC. 15-⋅s mD. 16-⋅s m答：［C ］解：以地面为参考系。
人与船为系统。
人相对于地面的起跳速度为v V +，起跳后，船向岸边运动的速度为2/V ；原来人与船以水平速度V 一起向岸边运动。
水平方向不受外力 V M m MV v V m )(21)(+=++，)(5602230022-⋅=⨯⨯==s m m MV v 也可以原船为参考系（也是惯性系），人与船为系统。
人相对于原船的起跳速度为v ，起跳后，船相对于原船的运动速度为2/V -；在原船参考系中，起跳前，人与船静止。
水平方向不受外力，由动量守恒，得到VM mv 210-=，)(5602230022-⋅=⨯⨯==s m m MV v 3. 下列叙述中正确的是[ ]A. 质点的动量不变，则动能也不变。
B 质点的动能不变，则动量也不变C. 质点的动量变化，则动能也一定变化。
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。
第二章 质点动力学习题解答
第二章质点动力学习题解答第二章质点动力学习题解答第2章质点动力学2-1.如附图右图，质量均为m的两木块a、b分别紧固在弹簧的两端，直角的放到水平的积极支持面c上。
若忽然撤除积极支持面c，反问在撤除积极支持面瞬间，木块a和b的加速度为多小？求解：在撤除积极支持面之前，a受到重力和弹簧压力均衡，f弹?mg，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，aa2-2推论以下观点与否恰当？表明理由。
（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。
求解：（1）不恰当。
不指向圆心的力的分量可以为向心力。
（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如附图右图，一根绳子装设着的物体在水平面内搞匀速圆周运动（称作圆锥挂），有人在重力的方向力促合力，写下tcos??0；b：不均衡，f合?2mg?ab?2g。
g0。
另有沿绳子拉力t的方向求合力，写出t?gcos??0。
显然两者无法同时设立，表示哪一个式子就是错误的，为什么？解：tcos??g?0正确，因物体在竖直方向上受力平衡，物体速度直角分量为0，只在水平面内运动。
t?gcos??0不正确，因沿t方向，物体运动有分量，必须考量其中的一部分提供更多向心力。
应属：t?gcos??m?2r?sin?。
2-4未知一质量为m的质点在x轴上运动，质点只受指向原点的引力的促进作用，引力大小与质点距原点的距离x的平方成反比，即为f??kx2，k为比例常数。
设质点在x?a时的速度为零，求x?a处的速41度的大小。
解：由牛顿第二定律：f?ma，f?m?dvdt。
寻求v与x的关系，换元：kdvdxdv?m??m?v，2xdxdtdx拆分变量：kdx?。
mx2vkxdx12k11?0vdv??m?ax2，2v?m(x?a)vdv6ka时，v?ma4。
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。
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。
2 质点动力学习题详解
习题二一、选择题1．用铁锤把质量很小的钉子敲入木板，设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比。
在铁锤敲打第一次时，能把钉子敲入1.00cm 。
如果铁锤第二次敲打的速度与第一次完全相同，那么第二次敲入的深度为 [ ]（A ）0.41cm ； （B ）0.50cm ； （C ）0.73cm ； （D ）1.00cm 。
答案：A 解：2021mv E A kxf k f -=∆=-=12112x f A fdx kxdx kx ==-=-⎰⎰2012fk A E m v '''=∆=-2221212121kx kx kxdx fdx x x -=-==⎰⎰0f fv v A A ''==122122212212121x x kx kx kx =-=-221111)0.410.41cmx x x x x ∆=-===2． 一轻绳跨过一定滑轮，两端各系一重物，它们的质量分别为1m 和2m ，且12m m > (滑轮质量及一切摩擦均不计)，此时系统的加速度大小为a ，今用一竖直向下的恒力1F m g =代替1m ，系统的加速度大小为a '，则有 [ ] （A ）a a ='； （B ）a a >'； （C ）a a <'； （D ）条件不足，无法确定。
答案：B解：11m g T m a -=am g m T 22=-a m m g m m )()(2121+=-gm m m m a 212+-=122F m g m a '-= g m F 11=gm m m a 221-='，所以，a a >'。
3．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保守内力无关；（3）质点组机械能的改变与保守内力无关。
在上述说法中，[]aa '1m 1m gm 21m 2（A ）只有（1）是正确的； （B ）（1）、（3）是正确的； （C ）（1）、（2）是正确的； （D ）（2）、（3）是正确的。
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。
因此mv . Sk2—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［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的阻力f= -kv（1) 由牛顿第二定律 f madv m ——dt即dv kv m -dt 所以dv k dtVm 对等式两边积分Vdv k t —dtV)Vm Q得 V k In - tV Qms ，由题意知，子弹所受k t V Q e m由牛顿第二定律dv ma mdt dvkv mv —dx dv dx m—dx dt dv mv — dx所以对上式两边积分得到k dx m k S dx m Q k S mdv V Q QdvV)mg F kkt［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mgmg Ff ma m dvdt率的平方成正比，即 F kv 2.求跳伞员的运动速率V 随时间t 变化的规律和极限速率V T 。
［解］设运动员在任一时刻的速率为v,极限速率为V T ,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。
整理得mg Fkvma m-dvdt mg F kv mdvdΓ对上式两边积分dvtdtOmg F kv得mg F In mgFkv kt mFkt即mg V k1 e m2-3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，受空气的阻力与速此时即有牛顿第二定律整理得I 2dv mg kv m—dt dvdt mg kv 2m对上式两边积分Vdv t dt 12t整理得2tm kgmg kv 2 0m 2 .. mgkmg .kv .kv2t2te m kg1 -V T 1V 0mg kv ；ln mge mkg1e mkg62-4 一人造地球卫星质量 m=1327kg ，在离地面h 1。
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
大学物理第2章质点动力学习题及答案
第 2 章自测题一、填空题1、设作用在质量为 1 kg 的物体上的力F＝3t ＋5(SI )。
如果物体在这一力的作用下，由静止开始沿直线运动，在0 到 2.0 s 的时间间隔内，这个力作用在物体上的冲量大小Ｉ＝__________ 。
2、某质点在力F＝(3＋4x) i (SI) 的作用下沿x 轴作直线运动，在从x＝0移动到x ＝7m的过程中，力 F 所做的功为_____ 。
3、一质量为 1 kg的物体，置于水平地面上，现对物体施一水平拉力F＝2t (SI) ，由静止开始运动，物体与地面之间的滑动摩擦系数μ＝0.16 ，则 2 秒末物体的速度大小v＝_。
4 、一质点在恒力为 F -4i 5j 8k (SI) 的作用下产生位移为r 2i 5j 9k (SI) ，则此力在该位移过程中所做的功为。
5、质量为0.5Kg 的质点，在OXY坐标面内运动，运动方程为x 3t2,y 2t (SI)，从t 1s到t 3s 这段时间内，外力对该质点所做的功为。
二、计算题1. 质量m =2.0kg 的物体沿x 轴无摩擦地滑动，t = 0 时物体静止于1m 处。
( 1) 若物体在力 F 5 t2(SI)的作用下运动了 2 s，它的速率增为多大？( 2)若物体在力 F 5 x 2(SI)的作用下移动到 2 m 处，它的速率又增大为多少？2. 质量m = 1.0kg 的质点，在Oxy 坐标平面内运动，其运动方程为x 2t2，y 3t (SI) ，从1s 到 2 s 这段时间内，外力对质点做的功为多少？3. 质量为5千克的物体沿X轴运动，物体受到与F反向大小为1 牛的摩擦力的作用。
开始时物体静止在坐标原点，(1) 当物体在力F=t 的作用下运动了 2 秒，它的速率增大为多少？(2) 当物体受到F＝X+1的作用下移动2ｍ，它的速率又增大为多少？4. 一颗子弹水平穿过质量分别为2m 和m，并排放在光滑水平面上的静止木块A 和B，设子弹穿过两木块所用时间均为t ，木块对子弹的阻力恒为F，子弹穿过A的速度为多少？和B后，A与B5. 如图所示，质量m 1kg 的物体，用一根长l 1.0m 的细绳悬挂在天花板上。
第2章质点动力学习题解答-newppt课件
解： mgh 1 mv2
2
(mgF)t 0mv
F m m g m vm g2 g h 1 .3 5 13(0 N )
t
t
第二章习题解答
2-35. 一小船，质量为100kg，长3.6m。现有一质量为50kg的人 从船头走到船尾，船头将移动多少距离？（设船身与岸垂直，水 的阻力不计。）
解： 动量守恒： m (v v M ) M M v 0 v人对船
v
Mm m vM
vt L
SvM tM m mL1.2(m )
第二章习题解答
2-44. 在水平光滑的圆盘上，有一质量为m的质点，拴在一根穿过 圆盘中心光滑小孔的轻绳上。开始时质点离中心的距离为r，并以
角速度 转动。今以均匀的速度向下拉绳，将质点拉至离中心 r / 3
处，求质点的角速度和拉力作的功。
解： 角动量守恒： Lrmrrmr
地球的半径。已知地球质量为M，求（1）卫星的动能；（2）卫 星与地球系统的引力势能;（3）系统的机械能。
解：
Mm
v2
G(4RE)2
m 4RE
Ek
1m 2
v2 1GMm 8 RE
Ep
G
Mm 4RE
Mm
EG
Ek
Ep
G 8RE
第二章习题解答
2-24. 在倾角30º的光滑斜面上，质量为1.8Kg的物体由静止开始向下 滑动，到达底部时将一个沿斜面安置的、劲度系数为 k20N 0/m 0 的轻弹簧压缩0.20m后达到瞬时静止。试求：（1）物体达到瞬时静 止前在斜面上滑行的路程；（2）它与弹簧开始接触时的速率。
F
qv
t
30º
30º
方向向上 故水对管壁的平均冲力的大小为qv，方向为向下。
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第二章 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 i t 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 +-=μ2-20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。
解：隔离m 1,m 2及定滑轮，受力及运动情况如图示，应用牛顿第二定律：f 1 N 1 m 1g TaFN 2 m 2gTaN 1 f 1 f 2T'T''2''2211T T a m T gm a m g m T ==-=-②① 由①②可求得：212121212,2'm m gm m T m m g m m T +=+=所以，天平右端的总重量应该等于T ，天平才能保持平衡。
2-21 一个机械装置如图所示，人的质量为m 1=60kg ，人所站的底板的质量为m 2=30kg 。
设绳子和滑轮的质量以及滑轮轴承的摩擦力都可略去不计，若想使所站着的底板在空中静止不动，此人应以多大的力量拉绳子？此时人对升降机的压力是多大？解：装置的各部分和人的受力如图所示，据题意有：112233231213231200T T T T T T N N T T T T T T N m g T N m g ⎧'''===⎪⎪''===⎨'''+--=⎪⎪'+-=⎩ 解方程组得：312121()41(3)4T m m g N m m g⎧=+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩代入数据得：3220.5367.5T NN N =⎧⎨=⎩，即人应以220。
5N 的力量拉绳子？此时人对升降机的压力是367.5N 。
2-22 桌面上有一质量m 1=1kg 的木板，板上放一个质量为m 2=2kg 的物体。
已知物体和板之间的滑动摩擦系数μ2=0.4，静摩擦系数为μ0=0.5，板和桌面间的滑动摩擦系数μ1=0.3。
（1）今以水平力拉板，物体和板一起以加速度a=1m/s 2运动，计算物体和板以及板和桌面间的相互作用力；（2）若使板从物体下抽出，至少需用多大的力？解：以地为参考系，隔离m 1、m 2，其受力与运动情况如图所示，f N 1 a 1a 2 xy（1）物体和板之间的最大静摩擦力可提供的最大加速度大于a=1m/s 2，所以它们之间无相对运动。
1112222120f m a f N N N mg μ=⎧⎪=⎨⎪--=⎩解方程组并代入数据得： 1228.82f N f N =⎧⎨=⎩ 所以物体和板以及板和桌面间的相互作用力分别为2N 和8.82N 。
（2）其中，N 1'=N 1，f 1'=f 1=μ0N 1，f 2=μ2N 2，选图示坐标系o-xy ，对m 1，m 2分别应用牛顿二定律，有01111101222221200N m a N m g F N N m a N N m g μμμ=⎧⎪-=⎪⎨--=⎪⎪--=⎩ 解方程组，得 ()1020121222/a ga F m g m g m g m μμμμ==---要把木板从下面抽出来，必须满足12a a >，即01212220F m g m g m g m gμμμμ--->()()()()02120.50.3129.823.52F m m g N μμ∴>++=+⨯+⨯= 即要把木板从下面抽出来，沿水平方向必须用大于23.52N 的力。
2.23沿铅直向上发射玩具火箭的推力随时间变化如图所示，火箭质量为2kg ，t=0时。
解：根据推力F-t 图像，可知F=4.9t （t ≤20）,令F=mg 即4.9t=2×9.8，t=4s ，因此，火箭发射可分为三个阶段：为第一阶段，由于推力小于重力，火箭静止，v=0,y=0；t=4为第二阶段，火箭作变加速直线运动，设t=20s 时，y = y 1，；t ≥20s 为第三阶段，火箭只受重力作用，作竖直上抛运动，设达最大 高度时的坐标 y=y 2.第二阶段的动力学方程为：F- mg = m dv/dt/ 4.9/29.8dv F mdt gdt tdt dt =-=-()0444.9/29.820vt tdv tdt dtt =-≤⎰⎰⎰()24.9/49.84 4.920v t t t =-+⨯≤20题图1max 220202024441(20)314/(4.9/49.84 4.9)4.9/49.84 4.91672y v v m sdy vdt t t dt dy t dt tdt dty m====-+⨯∴=-+⨯=⎰⎰⎰⎰第三阶段运动学方程)2()20(9.4)20(314),1()20(8.931421---=---=t t y y t v令v=0,由（1）求得达最大高度y 2时所用时间（t-20）=32，代入（2）中，得y 2-y 1=5030 y 2=y max =5030+1672=6702(m)2.24汽车质量为1.2×10kN ，在半径为100m 的水平圆形弯道上行驶，公路内外侧倾斜15°，沿公路取自然坐标，汽车运动学方程为s=0.5t 3+20t (m)，自t=5s 开始匀速运动，试求公路面作用于汽车与前进方向垂直的摩擦力的大小，并指出是由公路内侧指向外侧还是由外侧直向内侧？解：以地为参考系，把汽车视为质点，受力及运动情况如图示： v=ds/dt=1.5t 2+20，v| t=5 =1.5×52+20=57.5m/s ，a n =v 2/R=57.52/100=33 设摩擦力f 方向指向外侧，取图示坐标o-xy ，应用牛顿第二定律：②①ααααααααcos sin cos sin sin cos sin cos f ma N ma f N f mg N mg f N n n+==--==+②/①得：)sin /()cos (αααf mg f ma tg n -+=ααααααααtg a gtg m f f ma tg f mgtg n n sin cos )(,cos sin +-=+=-0,043.3033158.9<∴<-=-︒=-f tg a gtg n α ，说明摩擦力方向与我们事先假设方向相反，指向内侧。
2.25 一辆卡车能够沿着斜坡以15km/h 的速率向上行驶，斜坡与水平面夹角的正切tg α=0.02，所受阻力等于卡车重量的0.04，如果卡车以同样的功率匀速下坡，卡车的速率是多少？解：设卡车匀速上坡时，速率为v, 牵引力为F, 功率为N,由质点平衡方程有，F = (0.04+sin α)mg ，∴N = Fv = (0.04+sin α)mgv设卡车匀速下坡时，速率为v ’,牵引力为F',功率为N', 由质点平衡方程有 F'+ mg sin α= 0.04mg, F'=(0.04-sin α)mg, ∴N'= (0.04-sin α)mgv'.令N'= N, 即（0.04+sin α）mgv = (0.04-sin α)mgv'，可求得：v'= v(0.04+sin α)/(0.04-sin α). 利用三角函数关系式，可求得： sin α≈tg α=0.02 ,∴v'=3v =3×15×103/602 m/s = 12.5m/s.2.26如图所示，质量为m=0.5kg 的木块可在水平光滑直杆上滑动，木块与一不可伸长的轻绳相连，绳跨过一固定的光滑小环，绳端作用着大小不变的力T=50N ，木块在A 点时具有向右的速率v 0=6m/s ，求力T 将木块从A 拉至B 点时的速度。
20.88/m s解：以A 为原点建立图示坐标o-x ，木块由A 到B ，只有拉力T 做功：⎰⎰⎰+--===43)4()4(4422cos x dx x x T dx T dx F A θJx x x d x T100)35(50|9)4(50|]9)4[(2]9)4[(]9)4[(4022/12250422/122=-⨯=+-=+-⨯-=+-+--=⎰- 设木块到达B 时的速度为v ，由动能定理：2021221mvmv A -= s m v m A v /88.2065.0/1002/2220≈+⨯=+=，方向向右ABx2.26题图2.27题图2.27 如图所示，质量为1.2kg 的木块套在光滑铅直杆上，不可伸长的轻绳跨过固定的光滑小环，孔的直径远小于它到杆的距离。
绳端作用以恒力F ,F=60N,木块在A 处有向上的速度v 0=2m/s,求木块被拉至B 时的速度。
3.86 m/s.解：以地为参考系，建立图示坐标A-xy ，木块在由A 到B 的运动过程中受三个力的作用,各力做功分别是：A N = 0；A W = -mg(yB -y A )=-1.2×9.8×0.5= -5.88J ；F 大小虽然不变，但方向在运动过程中不断变化，因此是变力做功。