1、質點動力學習題答案）上以初速度Vo運動，Vo的方向2-1 一個質量為P的質點，在光滑的固定斜面（傾角為與斜面底邊的水平線 AB平行，如圖所示，求這質點的運動軌道解：物體置于斜面上受到重力mg ,斜面支持力面與X軸垂直方向為Y軸.如圖2-1.N建立坐標：取v0方向為X軸，平行斜圖2-1X方向:FxX V0tY方向:Fymg sinmayvy1y g sint2由、式消去t,得1-2 g sin 2V22-2 質量為m的物體被豎直上拋，初速度為V。，物體受到的空氣阻力數值為f KV , K為常數.求物體升高到最高點時所用時間及上升的最大高度解：研究對象：m受力分析： m受兩個力,重力 p及空氣阻力

2、f牛頓第二定律:合力:f may分量:mg KVmdVdtmdVmg KVdVmg KV-dt mVodVmg KV-dt m2-3llnKmgmg KVmgKVKVoe m (mg1dt mKVo)1(mg KVo)e KKt m時，物體達到了最高點，可有yodyt to 時,y maxtom.InKdytVdtomg KVomg(mgm2 (mgK2m ,2 (mg K2mVoK一條質量為m ,dy dtVdt1 一(mg KKVo) e1Kmgto為mln(1KVo)em”gKVo)KV0) 1 eKln(1 m K1KVo) 1 mg KVomgKVo)KVomg KVom2“ KVo

3、2gln(1 )KmgKV。)mg1mg dt1 1KmgtKVo) mg1 Kmg乳1KVo)mg2gln(1g ln(1-KV2)mgKVo) mg長為l的勻質鏈條，放在一光滑的水平桌面，鏈子的一端由極小的一段長度被推出桌子邊緣， 在重力作用下開始下落， 試求鏈條剛剛離開桌面時的速度m-pxg ,-24通過變量替換有m丁 xgx 0,vdv mvdxl mxg0 lvmvdv0解：鏈條在運動過程中，其部分的速度、加速度均相同，沿鏈條方向，受力為根據牛頓定律，有mF -j-xg ma由上式可得鏈條剛離開桌面時的速度為1，一，a = 2g上升時，求:2-5升降機內有兩物體，質量分別為mi和m2

4、,且mi2=2mi.用細繩連接，跨過滑輪，繩子不可伸長，滑輪質量及一切摩擦都忽略不計，當升降機以勻加速(1) m1和m2相對升降機的加速度.(2)在地面上觀察 m1和m2的加速度各為多少解：分別以mi,m2為研究對象，其受力圖如圖所示.(1)設m2相對滑輪(即升降機)的加速度為a ,則m2對地加速度a? a a;因繩不可伸長，故m1對滑輪的加速度亦為 a ,又m1在水平方向上沒有受牽連運動的影響，所以m1在水平方向對地加速度亦為 a ,由牛頓定律，有m2g Tm2 (a a)Tm1a題2-5圖聯立，解得a g方向向下(2) m2對地加速度為a2a a g 方向向上2m1在水面方向有相對加速度，

5、豎直方向有牽連加速度，即ai.a2 a2, g2 g2會42a10公公oarctanarctan-26.6 ,左偏上.a22-6 一物體受合力為 F 2t (SI),做直線運動，試問在第二個5秒內和第一個5秒內物體受沖量之比及動量增量之比各為多少解：設物體沿+x方向運動， 55I1 Fdt 2tdt25N S (I1 沿 i 方向)1 oo'1ioioI2 Fdt 2tdt 75NI S( 12沿 i 方向) /55、/I2/I13.I 2(p) 2Ii(P)i心3(P)i2-7 一彈性球，質量為 m 0.020kg,速率v 5m/s,與墻壁碰撞后跳回.設跳回時速率不變，碰撞前后的速度

6、方向和墻的法線夾角都為60，求碰撞過程中小球受到的沖量I?出設碰撞時間為t 0.05s,求碰撞過程中小球受到的平均沖力 F ?解：Ix mv2x mv1x mvcos ( mvcos ) 2mvcosI y mv2y mv1y mvsin mvsin 0I Ixi 2mvcos i 2 0.020 5 cos60 i 0.10i n S2-9 一顆子彈由槍口射出時速率為v°m s 1 ,當子彈在槍筒內被加速時，它所受的合力為F =(a bt)N(a,b為常數)，其中t以秒為單位：(1)假設子彈運行到槍口處合力剛好為零，試計算子彈走完槍筒全長所需時間；(2)求子彈所受的沖量.(3)求子

7、彈的質量.解：(1)由題意，子彈到槍口時，有aF (a bt) 0 得 tb(2)子彈所受的沖量t12I o(a bt)dt at -bt“ar將t 一代入，得b2b(3)由動量定理可求得子彈的質量IVo2-10木塊B靜止置于水平臺面上，小木塊A放在B板的一端上，如圖所示.已知mA 0.25kg,mB = 0.75kg,小木塊A與木塊B之間的摩擦因數1=,木板BW臺面間的摩擦因數2現在給小木塊A一向右的水平初速度 v0 = 40m/s,問經過多長時間A、B恰好具有相同的速度 (設 時足夠長)圖 2-10解：當小木塊 A以初速度V0向右開始運動時，它將受到木板B的摩擦阻力的作用，木板B則在A給予

8、的摩擦力及臺面給予的摩擦力的共同作用下向右運動.如果將木板B與小木塊A視為一個系統，A、B之間的摩擦力是內力，不改變系統的總動量，只有臺面與 木板B之間的摩擦力才是系統所受的外力，改變系統的總動量.設經過t時間，A、B具有相同的速度，根據質點系的動量定理Fk t (mA mB)v mAv0Fk2(mA mB)gFk ,應用質點的動量定理再對小木塊 A單獨予以考慮，A受到B給予的摩擦阻力Fk tmAVmBV0' 以及 FkmAg解得mA imAm«B代入數據得v 2.5m/s2-11所示.已知兩木2-11 一粒子彈水平地穿過并排靜止放置在光滑水平面上的木塊，如圖塊的質量分別為

9、m1和m2,子彈穿過兩木塊的時間各為t1和t2,設子彈在木塊中所受的阻力為恒力F ,求子彈穿過后，兩木塊各以多大速度運動.由動量定理,解：子彈穿過第一木塊時，兩木塊速度相同，均為V1 ,初始兩木塊靜止,于是有F t1 (m1 m2)v1 0設子彈穿過第二木塊后，第二木塊速度變為v2,對第二塊木塊，由動量定理有F t2 m2v2 mV1解以上方程可得F t1F t1 F t2vi , v2 mi m2mi m2m22-12 一端均勻的軟鏈鉛直地掛著，鏈的下端剛好觸到桌面.如果把鏈的上端放開， 證明在鏈下落的任一時刻，作用于桌面上的壓力三倍于已落到桌面上那部分鏈條的重量解：設開始下落時t 0,在任

10、意時刻t落到桌面上的鏈長為 X,鏈未接觸桌面的部分下落速度為v,在dt時間內又有質量dm dx( 為鏈的線密度)的鏈落到桌面上而靜止.根據動量定理，桌面給予 dm的沖量等于dm的動量增量，即I Fdt vdm vdx所以 F v v2 dt由自由落體的速度v2 2gx得F 2 gx這是t時刻桌面給予鏈的沖力.根據牛頓第三定律，鏈對桌面的沖力F' F, F'方向向下，一 、一* . . . . 一 .一 、一 ' . * 一一 、一 一一t時刻桌面受的總壓力等于沖力F和t時刻已落到桌面上的那部分鏈的重力之和，所以N F xg 3 xg所以3 xg即鏈條作用于桌面上的壓力3

11、倍于落在桌面上那部分鏈條的重量 .2-13 質量為50kg的人站在質量為100kg的停在靜水中的小船上，船長為5m,問當人從船頭走到船尾時，船頭移動的距離.解:以人和船為系統，整個系統水平方向上動量守恒設人的質量為 m,船的質量為 M,應用動量守恒得mv+M V = 0其中 v , V分別為人和小船相對于靜水的速度，可得V = - mv M人相對于船的速度為v v V設人在t時間內走完船長l,則有0v出t M0 nMm/ vdttvdt0t在這段時間內，人相對于地面走了x vdto所以xMlM m船頭移動的距離為x l xmlM m2-14質量為M的木塊靜止在光滑的水平桌面上，質量為m ,速度

12、v0的子彈水平地射入木塊,并陷在木塊內與木塊一起運動 .求：(1)子彈相對木塊靜止后，木塊的速度和動量；(2)子彈相對木塊靜止后，子彈的動量；(3)在這個過程中，子彈施于木塊的沖量.解：子彈相對木塊靜止后，其共同速度設為u ,子彈和木塊組成系統動量守恒(1) mv0 (m M )u所以 umvom MPmMuMmv0m M2(2)子彈的動量Pmm vomu m M(3)針對木塊，由動量守恒知，子彈施于木塊的沖量為IPmMmmv02-15質量均為M的兩輛小車沿著一直線停在光滑的地面上，質量為 m的人自一輛車跳入另 一輛車，接著又以相同的速率跳回來.試求兩輛車的速率之比.解： 質量為m的人，以相對

13、于地面的速度 v從車A跳到車B,此日車A得到速度u1,由于車是在光滑的地面上，沿水平方向不受外力，因此，由動量守恒得mv Mu1人到達車B時，共同得速度為u2,由動量守恒得(M m)u2 mv人再由車B以相對于地面的速度 v跳回到車A,則車B的速度為u2 ,而車A與人的共同速度為Ui ,如圖所示，由動量守恒得'MU2 mv (M m)U2 2m vI m(M m)Ui mv Mu1聯立方程解得：u2 2mv2 M所以車B和車A得速率之比為 'u2Mm-r u1M2-16體重為P的人拿著重為 p的物體跳遠，起跳仰角為，初速度為V0.到達最高點時，該人將手中的物體以水平向后的相對速

14、度u拋出，問跳遠成績因此增加多少解：人和物體組成系統在最高點拋出物體前后沿水平方向動量守恒，注意到對地面這個慣性參考系，、'(m m )vo cos mv m (v u) 'mv v0 cos ； um m從最高點到落地，人做平拋運動所需時間t 0g跳遠距離增加為ms (v0 cos ru)t v0 cos tm mm , pv0sin; ut u m m P p g2-17鐵路上有一平板車，其質量為M ,設平板車可無摩擦地在水平軌道上運動.現有N個人從平板車的后端跳下， 每個人的質量均為 m,相對平板車的速度均為 u.問在下述兩 種情況下，平板車的末速度是多少(1) N個人同

15、時跳離；(2) 一個人、一個人的跳離. 所得結果是否相同.解：取平板車和 N個人為研究對象，由于在水平方向上無外力作用，故系統在該方向上動量守恒.取平板車運動方向為坐標軸正方向，設最初平板車靜止，則有Mv Nm(v u) 0所以N個人同時跑步跳車時，車速為Nm v uM Nm(2)若一個人、一個人地跳車，情況就不同了.第一個跳車時，由動量守恒定律可得M (N 1)mv1 m(v1 u) 0第二個人跳車時，有M (N 2)mv2 m(v2 u) M (N 1)mv1v2 v1mu(N 1)m以此類推，第N個人跳車時，有Mvn m“Nu) (Mm)vN 1muM m所以vN12mNmu 1 M n

16、m1因為M m M11M m M 2m12mM1MNm1Nm NMNm故vN v2-18質量為10kg的物體作直線運動，受力與坐標關系如圖v 1m/s,試求 x 16m時,解：在x 0到x 16m過程中, 功為力曲線與x軸所圍的面積代數和=外力40J2-18所示。若x 0時,由動能定理為:12W - mv221 2-mv 12即 4010v2v2 3m/s2-19在光滑的水平桌面上，水平放置一固定的半圓形屏障.有一質量為m的滑塊以初速度V0沿切線方向進入屏障一端，如圖2-19所示,設滑塊與屏障間的摩擦因數為，試證明當滑塊從屏障另一端滑出時，摩擦力作功為122Wfmv02(e21)2圖 2-19

17、解：滑塊做圓周運動，依牛頓定律,有:2法向：N R切向：f由以上兩式，可得dv mdtdvdtmv dvR d對上式兩邊積分，有vv dvv0 vod可得vvoe由動能定理可得摩擦力做功為Wf 1 mv2 1 mv02 1 mv02(e 21)2-20質量為M的木塊靜止于光滑水平面上,嵌在木塊內，并于木塊一起運動，求：一質量為 m ,速率為v的子彈水平射入木塊后 (1)木塊施于子彈的力所做的功；(2)子彈施于木塊的力所做的功；(3)木塊和子彈系統耗散的機械能解：把子彈和木塊當作一個系統，動量守恒(M m)u mv因而求得子彈和木塊共同速度umvM m/、 A 12(1) A -mu 21 2一

18、 mv2M 2 2Mm 12、r( mv ) (M m)2 2,、,12 A -Mu2 2Mm ,12、2( mv )(M m)2 2,、121212M 12(3) E (-mu Mu ) mv (mv )222 (M m) 22-21質量M 10 kg的物體放在光滑的水平桌面上，并與一水平輕彈簧相連，彈簧的勁度系數k 1000N/m.今有一質量 m = 1kg的小球以水平速度 v0 = 4m/s飛來，與物體 M相撞后以v1=2m/s的速度彈回，試問：(1)彈簧被壓縮的長度為多少(2)小球m和物體M的碰撞是完全彈性碰撞嗎(3)如果小球上涂有黏性物質，相撞后可與M粘在一起，則(1), (2)所問

19、的結果又如何解：碰撞過程中物體、彈簧、小球組成系統的動量守恒mv0mv1 Mum(vo v1)1 (4 2)u 0.6 m/sM10小球與彈簧碰撞，彈簧被壓縮，對物體 M有作用力，對物體 M ,由動能定理,、1212(1)kx20-Mu222彈簧被壓縮的長度.M1 10x,u.0.6 0.06m. k.10001 2 1212Ek Mu-mv1 mv0 =-2 22，. ) 一 . 、一» 、一一一、一 '(3)小球與物體 M碰撞后粘在一起，設其共同速度為 u ,根據動量守恒及動量定理mv0 (M m)um)u21 , '2-1 kx 0 (M22此時彈簧被壓縮的長度

20、mv0Jk(Mm)0.04 m2-22 一根勁度系數為 仁的輕彈簧A的下端，掛一根勁度系數為k2的輕彈簧B, B的下端一重物C , C的質量為M ,如2-22圖.求這一系統靜止時兩彈簧的伸W心長量之比和彈性勢能之比.圖 2-22解：彈簧A、B及重物C受力如2-22圖所示平衡時，有Fa Fb MgFaki XiF B卜2 X2k2ki所以靜止時兩彈簧伸長量之比為XiX2彈性勢能之比為12Eki xiEpi2 k 2Ep112k1p2k2 x2122-23如題2-23圖所示，一物體質量為2kg,以初速度v0 = 3m-s-i從斜面A點處下滑，它與圖 2-23斜面的摩擦力為8N,到達B點后壓縮彈簧2

21、0cm后停止，然 后又被彈回，求彈簧的勁度系數和物體最后能回到的高度.解：取木塊壓縮彈簧至最短處的位置為重力勢能零點，彈簧原長處為彈性勢能零點。則由功能原理，有frS 1kX221mv2 mgssin3712mvkmgssin37 frs1kx2 2式中s 4.8 0.2 5 m , x 0.2 m ,再代入有關數據，解得k 1390 N-1m再次運用功能原理,求木塊彈回的高度代入有關數據，得s 1.4m,frSmgssin37o 1 kx22則木塊彈回高度s sin37o 0.84 m2-24鉛直平面內有光滑的軌道，軌道的BCDE部分是半徑為 R的圓.若物體從 A處由靜圖 2-25N mg止

22、下滑，求h應為多大才恰好能使物體沿圓周 BCDE運動解：木塊如能通過 D點，就可以繞整個圓周運動 .設木塊質量為 m ,它在D點的法向運動 方程為2vm -R式中N為圓環給木塊的法向推力.顯然N = 0時，木塊剛好能通過 D點，所以木塊剛好能 繞圓周運動的條件為v2 Rg選木塊和地球為系統，系統的機械能守恒，所以可得2mgR聯立求解得1mv2 mghh 2.5R即高度為h2.5R時木塊剛好能繞圓周運動2-25兩個質量分別為 m1和m2的木塊A和B ,用一個質量忽略不計、倔強系數為k的彈簧x。，連接起來，放置在光滑水平面上，是A緊靠墻壁，如圖示.用力推木塊B使彈簧壓縮然后釋放.已知mi m, m

23、2 3m ,求(1)釋放后，A、B兩木塊速度相等時的瞬時速度的大小;(2)釋放后，子彈的最大伸長量 .圖 2-26解：釋放后，子彈恢復到原長時A將要離開墻壁，設此時 B的速度為v,由機械能守恒,1 o0由kx0 3mv /22kXo3mA離開墻壁后，系統在光滑水平面上運動，系統動量守恒，機械能守恒，有m1Mm2v2m2v12m-vi2-kx22當v1V2時，求得:Vl(2)彈簧有最大伸長量時,V22)得412m2 v22(2)1xmax2 X02-26兩塊質量各為 m1和m2的木塊,用勁度系數為k的輕彈簧連在一起， 放置在地面上，如圖示，問至少要用多大的力 F壓縮上面的木塊，才能在該力撤去后因

24、上面的木板升高而將下面的木板提起圖 2-27解：將mi,m2和彈簧和地球視為一個系統，該系統在壓力撤離后，只有保守力作用，所以機械能守恒.設壓力撤離時刻為初態，m2恰好提離地面時為末態， 初態、末態時動能均為零.設彈簧原長時為坐標原點和勢能零點，則1 212m1gxkxm1gx0kx02 2式中為壓力F作用時彈簧的壓縮量，則m1g F kx0 0式中x為m2恰好能提離地面時彈簧的伸長量，此時要求kx m2g聯立以上幾個方程解得F (m1 m«2)g故能使m2提離地面的最小壓力為 Fmin (m1 m2)g圖 2-282-27 一質量為m'的三角形木塊放在光滑的水平面上，另一質

25、量為m的立方木塊由斜面最低處沿斜面向上運動，相對于斜面的初速度為v0,如圖所示，如果不考慮木塊接觸面上的摩擦，問立方木塊能沿斜面上滑多高解：三角形木塊與立方木塊組成的系統在水平方向不受外力作用，水平方向動量守恒.初始時，立方木塊速度為 v0,其水平方向分量為 v0 cos ,三角形木塊靜止；當立方木塊達最高點時，相對于三角形木塊靜止，設二者共同的速度為v,則mv0 cos(m m )v在運動過程中，兩木塊和地球組成的系統只有重力做功，機械能守恒，得1 2,1 ,1、2mv0mgh (m m )v2 2由以上兩式得立方木塊沿斜面上滑的高度為22g(12mcos)m m22v0 msin m

26、9;2g m m2-28兩個形狀完全相同、質量都為M的弧形導軌A和B,放在地板上，今有一質量為 m的小物體，從靜止狀態由A的頂端下滑,所有接觸面均光滑.試求小物體在 度（設A、B導軌與地面相切）A頂端的高度為h0B軌上上升的最大高解：設小物體沿 A軌下滑至地板時的速度為 V,對小物體與 A組成的系統，應用機械能守 恒定律及沿水平方向動量守恒定律，有MvA mv 0(1)1 212/c、mgh0 MvA mv(2)2 2解得 v j2Mgh0/(Mm)(3)當小物體以初速V沿B軌上升到最大高度 H時，此時小物體相對 B的速度為零，設小物體 與B相對地沿水平方向的共同速度為 U ,根據動量守恒與機械能守恒，有 Mv (M m)u(4)1 212mv -(M m)u mgH2 2聯立(3) ( 5)解得(5)Mv22(M m)g一)2ho m2-29 質量為200g的祛碼盤懸掛在勁度系數 k 196 N/m的彈簧下，現有質量為100g的祛碼自30cm