1、习题二 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 0v 运动， 0v 的方向与斜面底边的水平线 AB 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 方向为 X 轴，平行斜面与 X 轴垂直方向为 Y 轴 .如图 2-2. 题 2-2 图 X 方向： 0xF tvx 0 Y 方向： yy mamgF s in 0t 时 0y 0yv 2sin21 tgy 由 、式消去 t ，得 220 s in21 xgvy 2 质量为 16 kg 的质点在 xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为 xf 6 N， yf -7 N，当 t 0时， y
2、x 0， xv -2 m s-1， yv 0求 当 t 2 s (1)位矢； (2) 解： 2sm83166 mfa xx2sm167 mfa yy (1) 20101200sm87216 7sm452832dtavvdtavvyyyxxx 于是质点在 s2 时的速度 1sm8745 jiv (2) m874134)167(21)4832122(21)21( 220jijijtaitatvr yx3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力 kv (k 为常数 )作用， t =0时质点的速度为 0v ，证明 (1) t 时刻的速度为 v tmkev )(0 ； (2) 由 0到 t 的时间
3、内经过的距离为 x ( kmv0 ) 1- tmke )( ； (3)停止运动前经过的距离为 )(0 kmv ； (4)证明当 kmt 时速 答 : (1) tvmkva dd 分离变量，得 mtkvv dd 即 vvt m tkvv0 0dd mktevv lnln0 tmkevv 0 (2) t ttmkmk ekmvtevtvx 0 00 )1(dd(3)质点停止运动时速度为零，即 t， 故有 0 00 d kmvtevx tmk (4)当 t=km 时，其速度为 evevevv kmmk 0100 即速度减至 0v 的 e1 . 4一质量为 m 的质点以与地的仰角 =30的初速 0v
4、从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量 解 : 依题意作出示意图如题 2-6 图 题 2-6 图 在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下 , 而抛物线具有对 y 轴对称性，故末速度与 x 轴夹角亦为 o30 ，则动量的增量为 0vmvmp 由矢量图知，动量增量大小为 0vm ，方向竖直向下 5 作用在质量为 10 kg的物体上的力为 itF )210( N，式中 t 的单位是 s， (1)求 4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体 的冲量 (2)为了使这力的冲量为 200 N s，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静
5、止的物体和一个具有初速度 j6 m s-1的物体 ,回答这两个问题 解 : (1)若物体原来静止，则 itittFp t 10 401 smkg56d)210(d ,沿 x 轴正向， ipIimpv111111smkg56sm6.5 若物体原来具有 6 1sm 初速，则 tt tFvmtmFvmpvmp 000000 d)d(, 于是 t ptFppp 0 102 d , 同理， 12 vv , 12 II 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量 (亦即冲量 )就一定相同，这就是动量定理 (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，
6、即 t ttttI 0 210d)210( 亦即 0200102 tt 解得 s10t ， ( s20t 舍去 ) 6一颗子弹由枪口射出时速率为 10 sm v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =( bta )N( ba, 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)( btaF ,得 bat (2)子弹所受的冲量 t btattbtaI 0 221d)( 将 bat 代入，得 baI 22 (3)由动量定理可求得子弹的质量
7、020 2bvavIm 证毕 7 设 N67 jiF 合 (1) 当一质点从原点运动到 m1643 kjir 时，求 F 所作的功 (2)如果质点到 r 处时需 0.6s，试求平均功率 (3)如果质点的质量为 1kg，试求动能的变化 解 : (1)由题知， 合F 为恒力， )1643()67( kjijirFA 合 J452421 (2) w756.045 tAP (3)由动能定理， J45 AEk 8 如题 2-18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 点后压缩弹簧 20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数
8、和物体最后能回到的高度 解 : 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有 37s in2121 22 m g smvkxsf r 222137s in21kxsfm g smvk r 式中 m52.08.4 s ， m2.0x ，再代入有关数据，解得 -1mN1390 k 题 2-18 图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度 h 2o 2137s in kxsmgsf r 代入有关数据，得 m4.1s , 则木块弹回高度 m84.037s in o sh 题 2-19 图 9 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动
9、方向互相证 : 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 222120 212121 mvmvmv 即 222120 vvv 题 2-20 图 (a) 题 2-20 图 (b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有 210 vmvmvm 亦即 210 vvv 由可作出矢量三角形如图 (b)，又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以 0v 为斜边，故知 1v 与 2v 是互相垂直的 10 一质量为 m 的质点位于 ( 11,yx )处，速度为 jvivv yx , 质点受到一个沿 x 负方向的力 f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩 解 : 由题知，质点的位矢为 jyixr 11 作用在
10、质点上的力为 iff 所以，质点对原点的角动量为 vmrL 0 )()( 11 jvivmiyix yx kmvymvx xy )( 11 作用在质点上的力的力矩为 kfyifjyixfrM 1110 )()( 11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆它离太阳最近距离为 1r 8.75 1010m 时的速率是 1v 5.46 104 m s-1，它离太阳最远时的速率是 2v 9.08 102m s-1距离 2r 多少 ?(太阳位于椭圆的一个焦点。 ) 解 : 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力 即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 221
11、1 mvrmvr m1026.51008.9 1046.51075.8 1224102112 v vrr 12 物体质量为 3kg， t =0时位于 m4ir , 1sm6 jiv ， 如一恒力 N5jf 作用在物体上 ,求 3秒后， (1)物体动量的变化； (2)相对 z 轴角动量的变化 解 : (1) 30 1smkg15d5d jtjtfp (2)解 (一 ) 73400 tvxx x jattvy y 5.25335213621 220 即 ir 41 , jir 5.2572 10 xx vv 1133560 atvv yy 即 jiv 611 , jiv 112 kjiivmrL
12、72)6(34111 kjijivmrL 5.1 5 4)11(3)5.257(222 1212 smkg5.82 kLLL 解 (二 ) dtdzM t t tFrtML0 0 d)(d 301302smkg5.82d)4(5d5)35)216()4(2ktkttjjttit题 2-24 图 13 飞轮的质量 m 60kg，半径 R 0.25m，绕其水平中心轴 O 转动，转速为 900rev min-1现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力 F ，可使飞轮减速已知闸杆的尺寸如题 2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 =0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算试求： (1)设
13、F 100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动 ?在这段时间里飞轮转了几转 ? (2)如果在 2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力 F ? 解 : (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图 (如图 (b)图中 N 、 N 是正压力， rF 、 rF 是摩擦力， xF 和 yF 是杆在 A 点转轴 处所受支承力， R 是轮的重力， P 是轮在 O 轴处所受支承力 题 2-25 图（ a） 题 2-25 图 (b) 杆处于静止状态，所以对 A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有 Fl llNlNllF 1 21121 0)( 对飞轮，按转动定律有 IRFr / ，式中负号表示 与角速度 方向相反 NF
14、r N N Fl llNF r 1 21 又 ,21 2mRI Fm R l llI RF r 1 21 )(2 以 N100F 等代入上式，得 2sr a d3401 0 050.025.060 )75.050.0(40.02 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 s06.74060 329 0 00 t 这段时间内飞轮的角位移为 r a d21.53)49(340214960 29 0 021 220 tt 可知在这段时间里，飞轮转了 1.53 转 (2) 10 srad6029 0 0 ，要求飞轮转速在 2t s 内减少一半，可知 2000sr a d21522 tt 用上面
15、式 (1)所示的关系，可求出所需的制动力为 NllmRlF1772)75.050.0(40.021550.025.060)(2 21114 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴 O 转动设大小圆柱体的半径分别为 R 和 r ，质量分 别为 M 和 m 绕在两柱体上的细绳分别与物体 1m 和 2m 相连，1m 和 2m 则挂在圆柱体的两侧，如题 2-26图所示设 R 0.20m, r 0.10m， m 4 kg， M 10 kg， 1m 2m 2 kg，且开始时 1m ， 2m 离地均为 h 2m 求 ： (1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力 解 : 设 1a ,
16、2a 和 分别为 1m , 2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图 (如图 b) 题 2-26(a)图 题 2-26(b)图 (1) 1m , 2m 和柱体的运动方程如下： 2222 amgmT 1111 amTgm IrTRT 21 式中 RaraTTTT 122211 , 而 22 2121 mrMRI 由上式求得 22222222121sr a d13.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0 grmRmIrmRm(2)由式 8.208.9213.610.02222 gmrmT N 由式 1.1713.6.2.028.92111 RmgmT N 15 如题 2-28图所示，一匀质细杆质量为 m ，长为 l ，可绕过一端 O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过 角时的角速度 . 解 : (1)由转动定律，有 )31(21 2mlmg lg23 (2)由机械能守恒定律，有 22 )31(21s in2 mllmg lg sin3
