第02章习题分析与解答

1、第二章质点动力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) gsin 0(B) geos 0(C) gtan 0(D) gcot 0Fn逐渐增大时,物2-2用水平力Fn把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止.当体所受的静摩擦力F f的大小（A ）(A)不为零,但保持不变(B)随Fn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162-3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g要使汽车不

2、至于发生侧向打滑，汽车在该处的行驶速率（C ）(A)不得小于（旧R（B）必须等于J用R(C)不得大于gR（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，方向永远指向圆心习题2-4图，在下(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

3、空气阻力，则绳中张力为 （A ）(A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2 mg2-6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;质点组总动能的改变与内力无关;/ /B/a习题2-5图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 ）(A) 只有(1)是正确的(B) 、是正确的(C) (1)、(3)是正确的(D) (2)、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，(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

4、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;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，则质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零;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m1和m2的物体A和B,置于光滑桌面上，A和 B之间连有一轻弹簧。另有质量为 m1和m2的物体C和D分别置于物体A与B之上，且物体A和 C、B和 D之间

5、的摩擦因数均不为零。首先用外力沿水平方向相向推压 A和B，使弹簧AB习题2-9图被压缩，然后撤掉外力，则在A和B弹开的过程中，对 A、B、C、D以及弹簧组成的系统，有(D )(A)动量守恒，机械能守恒(B) 动量不守恒，机械能守恒(C) 动量不守恒，机械能不守恒(D) 动量守恒，机械能不一定守恒2-10如习题2-10图所示，子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出。以地面为参考系，下列说法中正确的说法是(C )(A)子弹减少的动能转变为木块的动能(B)子弹-木块系统的机械能守恒习题2-10图(C)子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D)子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热

6、2-11质量为m的物体放在质量为 M的物体之上，M置于倾角为日的斜面上，整个系统处于静止，若所有接触面的摩擦系数均为卩，则斜面给物体M的摩擦力为2-12在合外力f的作用下，质量为6kg的物体沿I轴运动，若 = 0时物体的状态为 羊=0，E = Q，则物体运动了 3廉时其加速度大小为），速度大小为（y = 3Br严 ）。刻）2-13 一质量为，从静止开始m的质点在力f =5m5-2t）的作用下（式中t为时O习题2-14图住二0）作直线运动，则当（=弘时质点的速率等 于0 )。2-14质量沪的物体，从静止开始沿固定的 人圆弧轨道下滑，如题图2-14所示。已知圆弧轨道半径为R = 4m，物体滑至轨道

7、末端 b时的速率为，求摩擦力的功。分析 根据动能定理，在小球下落过程中，摩擦力与重力在轨道切线方向的分力做功，轨道法向分量与轨道支持力不做功。1 2 1 2(mgsina - f Jdr = mUb ma = aT221 2 = fmgr sin - J fdr = m% abab2=Wf = J fdr = -42.4JaT2-15:删除。2-16 一质量为10 kg的质点，在力F=12tei40（N）作用下，沿一直线运动。在t=0时,质点在 心=5m处，其速度为岛二6m/s。求这质点在以后任意时刻的速度和位置。分析这是在变力作用下的动力学问题.由于力是时间的函数，而加速度a= dv/dt,

8、这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程，解此微分方程可得质点的速度 v （t）;由速度的定义v = dx /dt,用积分的方法可求出质点的位置.解 因加速度a= dv/dt,在直线运动中，根据牛顿运动定律有120t+40 -mdt依据质点运动的初始条件，即t0 = 0时V0 = 6.0 m s-1，运用分离变量法对上式积分，得Vtdv= (12.0t +4.0 dt2V = 6.0+4.0t+6.0t又因V = dx /dt,并由质点运动的初始条件：t0 = 0时X0 = 5.0 m,对上式分离变量后积分，有xt2x0dx= .0(6.0 + 4.01+6.0t2 dt23x = 5.

9、0+6.0t+2.0t +2.0t2-17质量为m的摩托车，在恒定的牵引力 F的作用下工作，它所受的阻力与其速率的平方成正比，它能达到的最大速率是 Vmo试计算从静止加速到 Vm/2所需时间以及所走过的路程。分析 该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题，求解方法与前两题相似，只是在解题过程中必须设法求出阻力系数k.由于阻力Fr = kv2，且Fr又与恒力因此,方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时，加速度为零，此时速度达到最大.根据速度最大值可求出阻力系数来.但在求摩托车所走路程时，需对变量作变换.解 设摩托车沿x轴正方向运动，在牵引力F和阻力Fr同时作用下，由牛顿定

10、律有匚 I 2dvF -kv =m dt当加速度a = dv/dt = 0时，摩托车的速率最大，因此可得k= F/Vm2由式(1)和式(2)可得dv=m dt根据始末条件对式积分,有1 m pVm2 V 2 Vmdvt%3又因式(3)中mdVdtmvdv=，再利用始末条件对式dx积分,有X0dx1V.2 V 2 Vm丿Lv2 俺 0.144mX 皿in42F 32-18沿半球形碗的光滑的内面，质量为 m的小球以角速度©在一水平面内作匀速圆周运动，如题图2-18所示。碗半径为R,求小球作匀速圆周运动的水平面离碗底高度为多少?分析维持钢球在水平面内作匀角速度转动时，必须使钢球受到一与向心

11、加速度相对应的力（向心力），而该力是由碗内壁对球的支持力 Fn 于碗内壁，所以支持力的大小和方向是随 3而变的. 解钢球距碗底的高度.的分力来提供的，由于支持力Fn始终垂直取图示Oxy坐标，列出动力学方程，即可求解取钢球为隔离体，其受力分析如图（b）所示.在图示坐标中列动力学方程2FnSin 0= man =mRw sin 0FnCOS 0 = mg且有(2),(R-h)cos 0 =R由上述各式可解得钢球距碗底的高度为可见,h随3的变化而变化.m习题2-18图习题2-19图2-19火车在平直轨道上以匀加速度4向前行驶。在车中用悬线挂一小球， 悬线与竖直方6角。向成0角而静止，如图2-19所示

12、，试分别以地面和车厢为参照系求分析 以地面为参照系，是惯性参照系，直接运动用牛顿第二定律；以车厢为参照系,由于车厢加速运动，不是惯性参照系,因此不能直接运动牛顿第二定律。以地面：小球受到重力和拉力的作用,其合力产生加速度即:G +T = ma = mg =T cos日;ma =T sina最终结果为0 =arctg ag以车为参考系，小球相对于车厢静止,惯性力为F,则惯性力、aiTcos9 = mg/,中B丄*口 亠a，结果冋样是 0 = arctg F = ma =T sin9g2-20如图2-20所示，绳从圆柱体中 mi中的小孔内穿过，已知绳与圆柱体有摩擦，且圆柱体相对于绳子向下滑动的加速

13、度为a。求m2对地的加速度及绳子的张力。mi则为牵连加速度，又知ai,则:分析：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度相等，其对于 mi对绳子的相对加速度为 a,故可求得mi对地加速度。 解：设 mi对地加速度为a2，绳的加速度为a2=a -a又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f在数值上等于绳的张力 T，由牛顿定律,m2g - T = m2 a-T -m-i g = m,a2联立、式，得(m2 mjg m2aa2 =mi + m2+ m2mi£ T mim2(2ga)f = T =2-21如图2-21所示，升降机以向上的加速度 ai运动，升降机内有一轻定滑轮。质量分别为mi和m2

14、的两物体，由绕过定滑轮的轻绳连接,如图所示。若mi>m2，求两物体相对升降机的加速度和绳的张力。分析 mi向下运动，相对于地面的加速度为升降机加速度与相对于升降机的加速度矢量和，m2向上运动。(a)习题2-22图分别列出动力学方程，联立求解。解：mi： mig-T = mi(a)m2: T -m2g = m2(a 中ai )+m2上两式联立：am1-m2 gT = 2m1m2(a1 + g) mm22-22 质量为m的小球最初位于如图 2-22(a)所示的A点,然后沿半径为r的光滑圆轨道ADCB下滑.试求小球到达点 C时的角速度和对圆轨道的作用力.分析 该题可由牛顿第二定律求解.在取自然

15、坐标的情况下，沿圆弧方向的加速度就是 切向加速度a t,与其相对应的外力F t是重力的切向分量 mgsin a而与法向加速度 外相对应的外 力是支持力Fn和重力的法向分量 mgcosa由此，可分别列出切向和法向的动力学方程F t =mdv/dt和Fn = man .由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的，因此，需应用积分求解，为使运算简便，可转换积分变量.倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度，方法比较简便.但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力.解 小球在运动过程中受到重力P和圆轨道对它的支持力 FN .取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得Ft m

16、gsin a mdV dt(1)2_mvFn = Fn - mgcos a mR, ds 由V = dt行积分，有=凹得dt Jdadt，代入式(1),并根据小球从点A运动到点C的始末条件，进VVaJ vdv = Lo(rgsin ad aVo90得则小球在点C的角速度为V =2rgcosa由式得3 = Y = J2gcos a r r2mvFn = m+ mgcos a 3mgcos ar由此可得小球对圆轨道的作用力为Fn = 一Fn = -3mgcos a负号表示F N与en反向.2-23 一架以3.0 102 ms-1的速率水平飞行的飞机，与一只身长为0.20 m、质量为0.50 kg的

17、飞鸟相碰.设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度，而原来飞鸟对于地面的速率甚小可以忽略不计.试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算).根据本题的计算结果，你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起 危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会?分析 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力，直接应用牛顿定律解，运用动量定理来分析，就可避免作用过 程中的细节情况.在求鸟对飞机的冲力（常指在短暂时间内的平均力 ）时，由于飞机的状态（指动量）变化不知道，使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力 情况

18、，并根据鸟与飞机作用的相互性 （作用与反作用），问题就很简单了.解以飞鸟为研究对象，取飞机运动方向为x轴正向.由动量定理得F 'At = mv -0决受力问题是不可能的.如果考虑力的时间累积效果式中F为飞机对鸟的平均冲力，而身长为20cm的飞鸟与飞机碰撞时间约为盘=I /V，以此代入上式可得2仁叱=2.55x105 nl鸟对飞机的平均冲力为 5F = F' = 2.55X105 N式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反.从计算结果可知225杓5 N的冲力大致相当于一个22 t的物体所受的重力，可见，此冲力是相当大的.若飞鸟与发动机叶片相碰足以使发动机损坏，造成飞行事故.2-

19、24质量为m的物体，由水平面上点0以初速为V0抛出，vo与水平面成仰角a.若不计空气阻力，求：（1）物体从发射点0到最高点的过程中，重力的冲量；（2）物体从发射点到落回至同一水平面的过程中，重力的冲量.分析 重力是恒力，因此，求其在一段时间内的冲量时，只需求出时间间隔即可.由抛体运动规律可知，物体到达最高点的时间At, = v0Sin a，物体从出发到落回至同一水平面所需的时g间是到达最高点时间的两倍.这样，按冲量的定义即可求得结果.另一种解的方法是根据过程的始、末动量，由动量定理求出.解1物体从出发到达最高点所需的时间为.vosin at1 =g则物体落回地面的时间为于是,在相应的过程中重力

20、的冲量分别为11 = JFdt = -mgAt, j = -mv0sin aj12 = LFdt = -mgAt2j = -2mv0sin aj解2根据动量定理，物体由发射点0运动到点A、B的过程中，重力的冲量分别为11 =mvAy J mvoyj = -mvosi n aj12 =mvByj - mv0yJ = -2mv0sin a J2-25 Fx = 30+ 4t（式中Fx的单位为N,t的单位为S）的合外力作用在质量 m= 10 kg的物体上，试求：（1）在开始2s内此力的冲量；（2）若冲量I = 300 Ns此力作用的时间；（3）若物体的初速度vi = 10 m s-1方向与Fx相同，

21、在t= 6.86s时,此物体的速度V2。t2分析 本题可由冲量的定义式ILFdt,求变力的冲量，继而根据动量定理求物体的速度V2.解（1）由分析知2I = 0(3O + 4t dt =30 +2t2 2 = 68 N s由 I = 300 = 30t+ 2t2，解此方程可得t = 6. 86 S（另一解不合题意已舍去）由动量定理，有I = m V2- m V1由可知t = 6. 86 s时I = 300 N -s将I、m 及1代入可得I +m V1“ 丄72= =40 m sm2-26 A、B两船在平静的湖面上平行逆向航行，当两船擦肩相遇时，两船各自向对方平稳地传递50 kg的重物,结果是A船

22、停了下来，而B船以3.4 m s-1的速度继续向前驶去.A、B两船原有质量分别为 0.5 >103kg和1.0 X103 kg,求在传递重物前两船的速度.（忽略水对船的阻力）分析 由于两船横向传递的速度可略去不计，则对搬出重物后的船A与从船B搬入的重物所组成的系统I来讲，在水平方向上无外力作用，因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒； 同样，对搬出重物后的船 B与从船A搬入的重物所组成的系统 n亦是这样.由此，分别列出系统i、n的动量守恒方程即可解 出结果.解 设A、B两船原有的速度分别以 VA、VB表示,传递 重物后船的速度分别以 VA 、VB '表示，被搬运重物的质量以 m

23、表 示.分别对上述系统I、n应用动量守恒定律（mA -m Va +mvB FaV； （1）（me -m Vb +mv； FbV； （2）,则有mBmVB由题意知 g= 0, vB = 3.4 m 代入数据后，可解得7 A = = 0.40 m 'S(rniA m mBvB(me m JmA - m )-mvB = = 3.6 m 5二(mA - m 何6 -m )-m也可以选择不同的系统，例如，把A、B两船（包括传递的物体在内）视为系统，同样能满足动量守恒，也可列出相对应的方程求解.2-27如图2-27所示，一质量为0.20 kg的球，系在长为2.00 m的细绳上，细绳的另一端系在天花

24、板上把小球移至使细绳与竖直方向成30。角的位置，然后从静止放开求：（1）在绳索从30°角到0。角的过程中，重力和张力所作的功；（2）物体在最低位置时的动能和速率；在最低位置时的张力.分析（1）在计算功时，首先应明确是什么力作功. 小球摆动过程中同时受到重力和张力 作用.重力是保守力，根据小球下落的距离，它的功很易求得；至于张力虽是一变力，但是，它的方向始终与小球运动方向垂直，根据功的矢量式 W =JF ds，即能得出结果来.（2）在计算功的基础上，由动能定理直接能求出动能和速率.（3）在求最低点的张力时，可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定.解（1）如图所示，重力

25、对小球所作的功只与始末位置有关，即Wp = P 少=mgl(1 - cos 0.53 J在小球摆动过程中，张力FT的方向总是与运动方向垂直，所以，张力的功Wp = JFT ds（2）根据动能定理，小球摆动过程中，其动能的增量是由于重力对它作功的结果.初始时 动能为零，因而，在最低位置时的动能为Ek=Ek = 0.53 J小球在最低位置的速率为禅=2.30 ms（3）当小球在最低位置时，由牛顿定律可得Ft -P2Ft = mg +'m =2.49 N2-28 质量为m的质点,系在细绳的一端，绳的另一端固定在平面上.此质点在粗糙水平面上作半径为 r的圆周运动.设质点的最初速率是V0 .当它

26、运动一周时，其速率为 V0/2求：(1)摩擦力作的功；(2)动摩擦因数；(3)在静止以前质点运动了多少圈?分析质点在运动过程中速度的减缓，意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗 在运动中克服摩擦力作功上由此 ，可依据动能定理列式解之.解(1)摩擦力作功为1 2 1232W = Ek Eq = mv mv0 =一 mv0 (1)2 2 8(2)由于摩擦力是一恒力，且F f =卩mg故有W = Ff scos 180° = -2 n pmg由式(1)、(2)可得动摩擦因数为3v2! =16 ng32(3)由于一周中损失的动能为-mvo,则在静止前可运行的圈数为8Ek0W2-29如图2

27、-29(a)所示,有一自动卸货矿车，满载时的质量为m,从与水平成倾角a= 30.0。斜面上的点A由静止下滑.设斜面对车的阻力为车重的0.25倍,矿车下习题2-29图滑距离I时,与缓冲弹簧一道沿斜面运动.当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自动卸货，然后矿车借助弹簧的弹性力作用使之返回原位置A再装货试问要完成这一过程，空载时与满载时车的质量之比应为多大?分析 矿车在下滑和返回的全过程中受到重力、弹力、阻力和支持力作用.若取矿车、矿车在下滑和上 ,因此，可应用功能原理去求 ，应注意势能零点的选取，常常选取弹簧原长时的位置为重地球和弹簧为系统，支持力不作功，重力、弹力为保守力，而阻力为非保守力. 行

28、两过程中，存在非保守力作功，系统不满足机械能守恒的条件 解在确定重力势能、弹性势能时 力势能、弹性势能共同的零点解取沿斜面向上为x车在下滑和上行的全过程中,这样做对解题比较方便.轴正方向.弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点，按题意，摩擦力所作的功为0.矿Wf = (0.25mg + 0.25m' gl + x)式中m和m分别为矿车满载和空载时的质量,x为弹簧最大被压缩量.根据功能原理，在矿车运动的全过程中，摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值 故有Wf = -AE = -(AEk )由于矿车返回原位时速度为零，故AEk = 0；而AEp= (m -m') g(l +

29、x) sin a，故有Wf = -(m -mJ g(l + x) sin a由式(1)、(2)可解得m 1m' 3已知地2-30 质量为m的地球卫星，沿半径为3Re的圆轨道运动,RE为地球的半径.球的质量为mE.求：(1)卫星的动能；(2)卫星的引力势能；(3)卫星的机械能.，其势能分析根据势能和动能的定义，只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率和动能即可算出.由于卫星在地球引力作用下作圆周运动，由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能.由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的，要确定特定位置的势能时，必须规定势能的零点，通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零.这样，卫星在特定位置的势能也就能确定了.至于卫星的机械能则是动能和势能的总和.