新编物理基础学王少杰(上、(下册))课后习题答案

新编物理基础学(上、下册)课后习题详细答案

王少杰，顾牡主编

第一章

1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++r r r r

其中a ，b ，ω均为正常数，求质

点速度和加速度与时间的关系式。

分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t r

对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。

解：/sin()cos()==-++r r r r r

v dr dt a t i a t j bk ωωωω

2/cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω??==-+??r r r r

1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=， 式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离

时的速度为 0Kx

v v e -= 。 其中0v 是发动机关闭时的速度。 分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dx

dv

v dt dv a ==，积分即可求得。 证：

2d d d d d d d d v x v

v t x x v t v K -==?= d Kdx v =-v

??-=x x K 0

d d 10v v v v , Kx -=0

ln v v

0Kx

v v e -=

1-3．一质点在xOy 平面运动，运动函数为2

2,48x t y t ==-。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。写出质点的运

动学方程)(t r ρ

表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t r 和()a t r ，把时间代入可得某时刻

质点的位置、速度、加速度。

解：（1）由2,x t =得：,2

x t =代入2

48y t =-

可得：2

8y x =-，即轨道曲线。

画图略

（2）质点的位置可表示为：2

2(48)r ti t j =+-r r r

由/v dr dt =r r 则速度：28v i tj =+r r r

由/a dv dt =r r 则加速度：8a j =r r

则：当t=1s 时，有24,28,8r i j v i j a j =-=+=r r r r r r

r r

当t=2s 时，有

48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r r r r 1-4．一质点的运动学方程为2

2

(1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。（1）求质点的轨迹方程；（2）在2t s =时质点的速度和加速度。

分析同1-3.

解：（1）由题意可知：x ≥0，y ≥0，由2x t =，，可得t =

代入2(1)y t =-

1=，即轨迹方程

（2）质点的运动方程可表示为：22

(1)r t i t j =+-r r r

则：/22(1)v dr dt ti t j ==+-r r r r

/22a dv dt i j ==+r r r r

因此, 当2t s =时，有

242(/),22(/)v i j m s a i j m s =+=+r r r r r r 1-5．一质点沿半径为R 的圆周运动，运动学方程为201

2

s v t bt =-，其中v 0，b 都是常量。（1）

求t 时刻质点的加速度大小及方向；（2）在何时加速度大小等于b ； （3）到加速度大小等于b 时质点沿圆周运行的圈数。

分析：由质点在自然坐标系下的运动学方程()t s s =，求导可求出质点的运动速率dt

ds

v =

，因而，dt dv a =τ，2n v a ρ

=，00n a a a n ττ=+r r r ，2

2n a a a +=τ，当b a =时，可求出t ，代入运动

学方程()t s s =，可求得b a =时质点运动的路程，R

s

π2即为质点运动的圈数。 解：（1）速率：0ds

v v bt dt ==-，且dv b dt =- 加速度：2200000()v bt dv v a n b n dt R

ττρ-=+=-+r r r r r

则大小：a =

=……………………①

方向：()bR

bt v 2

0tan --

=θ

（2）当a=b 时，由①可得：0v

t b

=

（3）当a=b 时，0v t b =，代入2

01,2

s v t bt =-可得：202v s b =

则运行的圈数 2024==v s N R bR

ππ 1-6．一枚从地面发射的火箭以220m s -?的加速度竖直上升0.5min 后，燃料用完，于是像一个

自由质点一样运动，略去空气阻力，试求（1）火箭达到的最大高度；（2）它从离开地面到再回到地面所经过的总时间。

分析：分段求解：s t 300≤≤时，2

20s m a =，求出v 、a ；t ＞30s 时，g a -=。求出2()v t 、

2()x t 。当02=v 时，求出t 、x ，根据题意取舍。再根据0x =，求出总时间。

解：（1）以地面为坐标原点，竖直向上为x 轴正方向建立一维坐标系，且在坐标原点时，t=0s ，且0.5min=30s

则：当0≤t ≤30s ，由x x dv a dt

=

, 得2

00,20(/)x t v x x x a dt dv a m s ==??，

20(/),30()x v t m s t s ==时，1600(/)v m s =

由x dx

v dt

=，得13000=??x x v dt dx ，则：19000()x m =

当火箭未落地, 且t ＞30s,又有：

2

1

222230

,9.8(/)x t

v x x x v a dt dv a m s ==-?

?

，

则：28949.8(/)x v t m s =- 且：

1

230

t

x

x x v dt dx =?

?，则：24.989413410()x t t m =-+-…①

当20x v =，即91.2()t s =时，由①得，max 27.4x km ≈

（2）由（1）式，可知，当0x =时，166()t s ≈，t ≈16(s)＜30(s)（舍去）

1-7. 物体以初速度120m s -?被抛出，抛射仰角60°，略去空气阻力，问（1）物体开始运动后

的1.5s 末，运动方向与水平方向的夹角是多少？ 2.5s 末的夹角又是多少？（2）物体抛出后经过多少时间，运动方向才与水平成45°角？这时物体的高度是多少?（3）在物体轨迹最高点处的曲率半径有多大？（4）在物体落地点处，轨迹的曲率半径有多大？

分析：（1）建立坐标系，写出初速度0v r

，求出()v t r 、θtan ，代入t 求解。

（2）由（1）中的θtan 关系，求出时间t ；再根据y 方向的运动特征写出()t y ，代入t 求y 。 （3）物体轨迹最高点处，0=y v ，且加速度2

n v a a g ρ

==

=，求出ρ。

（4）由对称性，落地点与抛射点的曲率相同 ρ

θ2

cos v g a n =

=，求出ρ。

解：以水平向右为x 轴正向，竖直向上为y 轴正向建立二维坐标系 （1）初速度0

020cos6020sin6010103(/)v i j i j m s =+=+r

r r r

r

， 且加速度2

9.8(/),a j m s =-r

r

则任一时刻：10(1039.8)(/)v i t j m s =+-r r

r

………………①

与水平方向夹角有1039.8tan 10

t

θ-=

……………………………②

当t=1.5(s)时，tan 0.262,1441'θθ==?

当t=2.5(s)时，tan 0.718,3541'θθ=-=-? （2）此时tan 1θ=, 由②得t=0.75(s)

高度2211

1030.759.80.7510.23()22

yo y v t gt m =-

=?-??= （3）在最高处，210(/),10(/),n v v i m s v m s a g ρ

====r r

，

则：2

10.2()==v m g

ρ （4）由对称性，落地点的曲率与抛射点的曲率相同。 由图1-7可知：

cos cos x

n v a a g g

v

θθ=== 210

4.9(/)20g

m s == 240082()4.9

n v m a ρ===

1-8．应以多大的水平速度v 把一物体从高h 处抛出， 才能使它在水平方向的射程为h 的n 倍？ 分析：若水平射程hn vt =，由gt h 2

1

=

消去t ，即得()h v 。 解：设从抛出到落地需要时间t

则，从水平方向考虑vt hn =，即

从竖直方向考虑2

1,2

h gt =消去t ， 则有： 22

n

v gh =

1-9．汽车在半径为400m 的圆弧弯道上减速行驶，设在某一时刻，汽车的速率为-110m s ?，切向加速度的大小为-20.2m s ?。求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向。

分析：由某一位置的ρ、v 求出法向加速度n a ，再根据已知切向加速度τa 求出a 的大小和方向。

解：法向加速度的大小2

2

2100.25(/),400

=

==n v a m s ρ 方向指向圆心 总加速度的大小

222220.20.250.32(/)=+=+=n a a a m s τ

如图1-9，tan 0.8,3840',n

a

a ταα===?

则总加速度与速度夹角9012840'θα=?+=?

1-10. 质点在重力场中作斜上抛运动，初速度的大小为0v ，与水平方向成α角．求质点到达抛出点的同一高度时的切向加速度，法向加速度以及该时刻质点所在处轨迹的曲率半径（忽略空

气阻力）．已知法向加速度与轨迹曲率半径之间的关系为2

/ n a v ρ=。 分析：运动过程中，质点的总加速度 a g =。由于无阻力作用，所以回落到抛出点高度时 质点的速度大小0v v =，其方向与水平线夹角也是α。可求出 n a ，如图1-10。再根据关系

2 / n a v ρ=求解。

解：切向加速度 a g a sin =τ 法向加速度 a g a n cos =

因 α

ρρcos 2

02

2

g a a n n v v v =

=∴= 1-11．火车从A 地由静止开始沿着平直轨道驶向B 地，A ，B 两地相距为S 。火车先以加速度a 1

g ?

t a ?

v ?

α

α

n

a ?α

0v ρ

图1-10

作匀加速运动，当速度达到v 后再匀速行驶一段时间，然后刹车，并以加速度大小为a 2作匀减速行驶，使之刚好停在B 地。求火车行驶的时间。

分析：做v-t 图，直线斜率为加速度，直线包围面积为路程S 。 解：由题意，做v-t 图（图1-11）

则梯形面积为S ，下底为经过的时间t ， 12tan ,tan a a αβ==

则：[](cot cot )2

v

S t t

v

v αβ=+-- 则：12

111

()2S t v v a a =++

1-12. 一小球从离地面高为H 的A 点处自由下落，当它下落了距离h 时，与一个斜面发生碰撞，并以原速率水平弹出，问h 为多大时，小球弹的最远？

分析：先求出小球落到A 点的小球速度，再由A 点下落的距离求出下落时间，根据此时间写出小球弹射距离l ,最后由极植条件求出h 。 解：如图1-12，当小球到达A 点时，有2

2v gh = 则速度大小：2v gh =,

设从A 点落地的时间为t ，则有2

12

H h gt -=， 则2()

H h t g

-=

小球弹射的距离，22()2==-=-+l vt H h h h Hh

则当1

2

h H =

时，l 有最大值。 1-13．离水面高为h 的岸上有人用绳索拉船靠岸，人以恒定速率v 0拉绳子，求当船离岸的距离为s 时，船的速度和加速度的大小。

分析：收绳子速度和船速是两个不同的概念。小船速度的方向为水平方向，由沿绳的分量与垂直绳的分量合成，沿绳方向的收绳的速率恒为0v 。可以由0v 求出船速v 和垂直绳的分量1v 。再根据2

1n v a ρ

=

关系，以及n a 与a 关系求解a 。

解：如图1-13，20v v = 船速2sec v v θ= 当船离岸的距离为s 时， 22

00

12,tan

v

h s h v v v v s

θ+=== 则，2

2112

2

2

2

cos n v a a a

s h

s h

θρ

=

=

==++

即：22

03

=v h a s

1-14. A 船以-130km h ?的速度向东航行，B 船以-145km h ?的速度向正北航行，求A 船上的人观察到的B 船的速度和航向。

分析：关于相对运动，必须明确研究对象和参考系。同时要明确速度是相对哪个参照系而言。画出速度矢量关系图求解。

解：如图1-14，30(/),45(/)==r

r

r

r

A B v i km h v j km h

B 船相对于A 船的速度4530(/)=-=-r r r r r

BA B A v v v j i km h

则速度大小：2254.1(/)=+=BA B

A v v v km h

方向：arctan

56.3==?B

A

v v θ，既西偏北56.3? 1-15. 一个人骑车以-1

18km h ?的速率自东向西行进时，看见雨滴垂直落下，当他的速率增加至

-136km h ?时，看见雨滴与他前进的方向成120°角下落，求雨滴对地的速度。

分析：相对运动问题，雨对地的速度不变，画速度矢量图由几何关系求解。

解：如图1-15，r v r 为雨对地的速度， 12,p p v v r r

分别为第一次，第二次人对地的速度，

12,r p r p v v --r r

分别为第一次，第二次雨对人的速度

120θ=?

由三角形全等的知识，可知：18012060αβ==?-?=

三角形ABC 为正三角形，则：236(/)r p v v km h ==，方向竖直向下偏西30?。

1-16如题图1－16所示，一汽车在雨中以速率1v 沿直线行驶，下落雨滴的速度方向偏于竖直方向向车后方θ角，速率为2v ，若车后有一长方形物体，问车速为多大时，此物体刚好不会被雨水淋湿？

分析：相对运动问题，画矢量关系图，由几何关系可解。 解：如图1-16（a ），车中物体与车蓬之间的夹角 arctan

l

h

α

= 若θ＞α，无论车速多大，物体均不会被雨水淋湿 若θ＜α，则图1-16（b ） 则有||||||v BC AC AB ==-车

=sin sin cos tan sin v v v v αθθαθ-=-雨雨雨雨对车 又2v v =雨 则：2cos (

sin )l v v h

θ

θ=-车 1-17，渔人在河中乘舟逆流航行，经过某桥下时，一只水桶落入水中，0.5h 后他才发觉，即回头追赶，在桥下游5.0km 处赶上，设渔人顺流及逆流相对水划行速率不变，求水流速率。 分析：设静水、水的速率分别为1212,()v v v v >，从桶落水开始记时，且船追上桶时为t 时刻。

取水速的反方向为正方向，则顺水时，船的速率为12=+v v v ，逆水时船的速率为12=-v v v ,做v -t 图，见图1-17

解： ABDC DEGF S S =即：[][]{}

122212()()0.5()()(0.5)v v v v v v t ---?=---+?- 则： 1.0()t h = 又：2 5.0?=v t

则：水流速率2=5.0(km/h)v

1-18．一升降机以2g 的加速度从静止开始上升，在2.0s 末时有一小钉从顶板下落，若升降机顶板到底板的距离h=2.0m ，求钉子从顶板落到底板的时间t, 它与参考系的选取有关吗？ 分析：选地面为参考系，分别列出螺钉与底板的运动方程，当螺丝落到地板上时，两物件的位置坐标相同，由此可求解。

解：如图1-18建立坐标系，y 轴的原点取在钉子开始脱落时升降机的底面处，此时，升降机、钉子速度为o v ,钉子脱落后对地的运动方程为： 2112

o y h v t gt =+- 升降机底面对地的运动方程为：

221

22

=+?o y v t gt

且钉子落到底板时，有12=y y ，即0.37()=t s

t 与参考系的选取无关。

第二章

2-1分析：用隔离体法，进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。

解：以m 、M 整体为研究对象，有：()F m M a =+r r

…①

以m 为研究对象，如图2-1（a ），有Mm F F ma +=r r r

…②

由①、②，有相互作用力大小Mm MF

F m M

=

+

若F 作用在M 上，以m 为研究对象，

如图2-1（b ）有Mm F ma =r r

…………③

由①、③，有相互作用力大小Mm mF

F m M

=

+，发生变化。

2-2. 分析：由于轻滑轮质量不计，因此滑轮两边绳中的力相等，用隔离体法进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。

解：取向上为正，如图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象， 有： 111T M g M a -=

222() ()M m g T M m a -++=-+

2 M m

mg ma F

-=-

又：T 1=T 2，则： 2

M m F =

1122M mg

M M m

++

当M 1=M 2= 4m ， 2

89

M m

mg F = 当M 1=5m, M 2=3m, 2109M m

mg F =，发生变化。

2-3.分析：用隔离体法受力分析，运用牛顿第二定律列方程。

解：f r

为空气对气球的浮力，取向上为正。

分别由图2—3（a ）、(b)可得：

Ma Mg f =-

m

（a ）

Mm

F r F r

m

（b ）

Mm

F r

1)()(a m M g m M f +=+-

则()M

m g a m a a a M m mg Ma a ++=

-=?+-=11,

2-4．分析：用隔离体法受力分析，人站在底板上静止不动，底板、人受的合力分别为零. 解：设底板、人的质量分别为M ，m ， 以向上为正方向，如图2-4（a ）、(b)， 分别以底板、人为研究对象， 则有：120T T F Mg +--= 3'0T F mg +-=

F 为人对底板的压力，'F 为底板对人的弹力。 F='F

又：2311

2

T T T ==

则23()245()4

M m g

T T N +===

由牛顿第三定律，人对绳的拉力与3T r

是一对

作用力与反作用力，即大小相等，均为245（N ）。 2-5．分析：加斜向下方向的力，受力分析，合力为零。 在mg

r

解：如图2—5，建坐标系，以沿斜面向上为正方向。

与N r 所在的平面上做力F r ，且02

πα≤≤

（若2

π

απ<≤，此时F 偏大）

则：cos sin 0F mg f αθ--+=

f N μ=

sin cos 0N F mg αθ+-=

则有：2(cos sin )1

,arctan sin cos 1sin()

mg F μθθ?μααμμα?-=

==+++

即：min 2

(cos sin )

arctan 1mg F μθθπ

α?μμ

-=

=

-=+,此时2

2-6. 分析：利用牛顿定律、运动方程求向上滑动距离。停止滑动时合力为零。 解：由题意知： θμan t = ① 向上滑动时， ma mg mg =+θμθcos sin ②

aS 220=v ③

联立求解得 )sin 4/(2

0θg S v =

当它停止滑动时，会静止，不再下滑． 2-7. 分析：要满足条件，则F 的大小至少要使水平方向上受力平衡。

解：如图2—7，cos (sin )F f N mg F θμμθ===- 2

1

(arctan

)1sin()

mg

F μ?μ

μ?θ=

=++

当sin()114.08N μ?θμ

+==min 2

mg

时,F =

1+

2—8. 分析：垂直方向的力为零，水平方向的力提供向心力。先求速度，再求周期讨论。 证：设两个摆的摆线长度分别为1l 和2l ，摆线与竖直轴之间的夹角分别为1θ和2θ，摆线中的力分别为1F 和2F ，则

0cos 111=-g m F θ ① )sin /(sin 112

1111θθl m F v = ② 解得：

1

111cos /sin θθgl =v

第一只摆的周期为 g

l l T 1

11

1

11cos 2sin 2θπ

θπ==

v

同理可得第二只摆的周期

g

l T 2

22cos 2θπ

= 由已知条件知 2211cos cos θθl l = ∴ 21T T = 2—9分析：受力分析，由牛顿第二定律列动力学方程。 证明：如图2—9（b ）、（c ），分别以M 、M+m 为研究对象，

设M 、M+m 对地的加速度大小分别为1a （方向向上）、

2a （方向向下），则有：对M ，有：

（b ） (c) 图2-9

m 1

m 2

题2-8

211

212

,:

()

'():'h a t f Mg Ma M m M m g f M m a f f m t M M m t =

-=++-=+=222

对有又g -2h

则:a =

(+)

则质量重的人与滑轮的距离:

2221122m h h a t h gt M m ??

'=+=+??+??

。此题得证。 2-10.分析：受力分析，由牛顿定律列方程。 解：物体的运动如图2—10（a ）， 以m 1为研究对象，如图（b ），有：

111F m a =

以m 2为研究对象，如图（c ），有：

'122F F m a -=

又有：'11F F =

则：211

22

9.4/F m a a m s m -=

=

2—11.分析：（1）小物体此时受到两个力作用：重力、垂直漏斗壁的支承力，合力为向心力；（2）小物体此时受到三个力的作用：重力、垂直漏斗壁的支承力和壁所施的摩擦力。当支承力在竖直方向分量大于重力，小球有沿壁向上的运动趋势，则摩擦力沿壁向下；当重力大于支承力的竖直方向分量，小球有沿壁向下的运动趋势，则摩擦力沿壁向上。这三个力相互平衡时，小物体与漏斗相对静止。 解：

（1）如图2—11（a ），有：

2tan

tan

2

2

mg mv h θ

θ

=

，则：v =（2）若有向下运动的趋势，且摩擦力为最大静摩擦力22()f N μ=时，速度最小，则图2—11（b ）有： 水平方向：222cos

sin

2

2

tan

2

mv N f h θ

θ

θ

-=

竖直方向：22sin

cos

22

N f mg θ

θ

+=

又：22f N μ=

则有：v =

若有向上运动的趋势，且摩擦力最大静摩擦力33()f N μ=时，速度最大，则图2—11（c ），有： 水平方向：233cos

sin

2

2

tan

2

mv N f h θ

θ

θ

+=

竖直方向：33sin

cos

22

N f mg θ

θ

-=

又：33f N μ=

则有：v =

v ≤≤

2—12． 分析：因为滑轮与连接绳的质量不计，所以动滑轮两边绳中的力相等，定滑轮两边绳中的力也相等，但是要注意两物体的加速度不相等。

解：图2—12（a ）以A 为研究对象，其中L F 、R F 分别为滑轮左右两边绳子的拉力。有：

A L R A A m g F F m a --=

且：L R F F =

图2—12（b ）以B 为研究对象，在水平方向上，有：'

L B B F f m a -= 又：'L L F F =，2

2, 1.0/B A A a a a m s ==

3A B m m m kg === 联立以上各式，可解得：27.22

B A

mg ma ma f N --==

2—13．分析：如图2—13，对小球做受力分析，合力提供向心力，由牛顿第二定律，机械能守恒定律求解。 解：2

2

1cos mv mgr =

α…………① 又：,v r v r ωω=?=r r r

此时,………② 由①、②可得： 2cos g r

α

ω=

2

cos v N mg m r

α-=……③

由①、③可得，N=3mgcos α

2—14分析：加速度等于零时，速度最大，阻力为变力，积分求时间、路程。 解：设阻力2

(0)f kv k =>，则加速度F f

a m

-=

，当a=0时，速度达到最大值m v ， 则有：2

2

220,,:

m m

m

F kv F

F k f v m v v -===

从而 又F f dv

a m dt

-=

=，即：2

2m F F v v dv

m dt

-

=…………① R F r L F r

A m g r

图2－12a

L F 'r

B m g r

N r

f r

图2－12b

A

B

题图2－12

题图2－13

图2－13

22/2200

2/2

00

(1)

(1)

1ln 21

m m m

t

v m

v t m

m m F dv dt v m

v F

dv dt v m v v v v F t v m v =-=-??

-??????=-????

??+??????

ln 32m

mv t F

=

，即所求的时间 对①式两边同乘以dx ，可得：

2

2m F F v v dv

dx dx m dt

-

= 2222

/222

0/2

2

22002

2ln()24

ln 0.14423m m m m x

v m m v x

m

m m

m

v v F

dx dv m v v

v v F

dx dv m v v v F x v v m mv mv x F F

=-=-????=--????????=

≈?

?

2-15．分析：相对运动。1m 相对地运动，2m 、3m 相对B 运动，212T T =。根据牛顿牛顿定律

和相对运动加速度的关系求解。

解：如下图2-15，分别是m 1、m 2、m 3的受力图。

设a 1、a 2、a 3、a Β分别是m 1、m 2、m 3、B 对地的加速度；a 2B 、a 3B 分别是m 2、m 3对B 的加速度，以向上为正方向，可分别得出下列各式

'1111m g T m a -+=……………① '2222m g T m a -+=…………②

3233m g T m a -+=……………③

又：

题图2－15

2233B B B B

a a a a a a =+=+

且：23B B a a =-

则：2312,,B B a a a a a +==-且则：

2312a a a +=-

…………④ 又：''

1122T T T T ==+

…………⑤ '22T T =

…………⑥

则由①②③④⑤⑥，可得：2211

122212122

1

231243 1.96/3454 1.96/345543 5.88/345m m g a g m s m m m m g

a g m s m m m m g

a g m s m m ?-==-=-?+??-=-=-=-?+?

?-===?+?

（2）将a 3的值代入③式，可得：1221280.78434m m g

T N m m =

=+。122 1.57T T N == 2-16．分析：：要想满足题目要求，需要M 、m 运动的加速度满足：

M m a a ≥，如图2-16（b ），以M 为研究对象，N 1，N 2，f 1，f 2分别为m 给M 的压力，地面给M 的支持力，m 给M 的摩擦力，地面给M 的摩擦力。 解：12

M F f f a M

--=

如图2-16（c ），以m 为研究对象，''

11,N f 分别为M 给m 的支持力、摩

擦力。

则有：'1m f a m

=

又()g M m N f mg N N f f +======μμμμμ22'

1'

11,

则M m a a ≥可化为：()F M m g mg mg

M m

μμμ-+-≥

则：min

2()19.4F m M g N μ=+=

2-17．分析：如图2-17，对石块受力分析。在斜面方向由牛顿定律列方

程，求出时间与摩擦系数的关系式，比较o 60=α与o

45=α时t 相同

求解μ。

解：（1）其沿斜面向下的加速度为：

题图2－16

sin cos mg a mg a

a m μ-=

sin cos g a g a μ=-

又21

cos 2

L s at a ==，则：

2cos (sin cos )

L

t g a a a μ=

-

（2）又60α=?时，12cos60(sin 60cos60)

L

t g μ=

??-?，

45α=?时，22cos 45(sin 45cos 45)

L

t g μ=

??-?

又12t t =，则：0.27μ=

2—18，分析：绳子的力为质点m 提供向心力时，M 静止不动。 解：如图2—18，以M 为研究对象, 有：'Mg T =……① 以m 为研究对象，

水平方向上，有：2

n v T ma m r

==……②

又有：'T T =…③

由①、②、③可得：2v Mg r m

= 2-19．一质量为0.15kg 的棒球以-1

040m s v =?的水平速度飞来，被棒打击后，速度与原来方

向成1350

角，大小为-150m s v =?。如果棒与球的接触时间为0.02s ，求棒对球的平均打击力大小及方向。

分析：通过动量定理求出棒对球在初速方向与垂直初速方向的平均打击力，再合成求平均力及方向。

解：在初速度方向上，由动量定理有： 10cos135F t mv mv -=?-V

① 在和初速度垂直的方向上，由动量定理有： 2cos 45F t mv =?V

② 又2212F F F =

+ ③

由①②③带入数据得：624F N =

与原方向成F arctan ?=???

?

??-15512F F 角

2-20. 将一空盒放在秤盘上，并将秤的读数调整到零，然后从高出盒底h 将小钢珠以每秒B 个的速率由静止开始掉入盒，设每一个小钢珠的质量为m ，若钢珠与盒底碰撞后即静止，试求自钢珠落入盒起，经过t 秒后秤的读数。

分析：秤的读数是已落在盒里石子的重量与石子下落给秤盘平均冲力之和，平均冲力可由动量定律求得。

题图2－18

解：对在dt 的时间落下的钢珠，由动量定理： 02mBdt gh Fdt -=-

所以t 秒后秤的读数为： 2mgBt mB gh +

2-21. 两质量均为M 的冰车头尾相接地静止在光滑的水平冰面上，一质量为m 的人从一车跳到另一车上，然后再跳回，试证明，两冰车的末速度之比为()m M +/M 。 分析：系统动量守恒。

解：任意t 时刻，由系统的动量守恒有：12()0Mv M m v -+=

所以两冰车的末速度之比： ()M m M v v //21+=

2-22. 质量为3.0kg 的木块静止在水平桌面上，质量为5.0g 的子弹沿水平方向射进木块。两者合在一起，在桌面上滑动25cm 后停止。木块与桌面的摩擦系数为0.20，试求子弹原来的速度。 分析：由动量守恒、动能定理求解。

解：在子弹沿水平方向射进木块的过程中，由系统的动量守恒有：

0()Mv M m v =+

①

一起在桌面上滑动的过程中，由系统的动能定理有：

21

()()2

M m v M m gl μ+=+ ②

由①②带入数据有： 0600/v m s =

2-23. 光滑水平平面上有两个物体A 和B ，质量分别为A m 、B m 。当它们分别置于一个轻弹簧的两端，经双手压缩后由静止突然释放，然后各自以v A 、v B 的速度作惯性运动。试证明分开之后，两物体的动能之比为： kA B

kB A

E m E m =。 分析：系统的动量守恒。 解：由系统的动量守恒有：

0A A B B m v m v -=

所以 //A B B A v v m m =

物体的动能之比为： 2

2

(1/2)(1/2)kA A A B

kB B B A

E m v m E m v m ==

2-24．如图2-24所示，一个固定的光滑斜面，倾角为θ，有一个质量为m 小物体，从高H 处沿斜面自由下滑，滑到斜面底C 点之后，继续沿水平面平稳地滑行。设m 所滑过的路程全是光滑无摩擦的，试求：（1）m 到达C 点瞬间的速度；（2）m 离开C 点的速度；（3）m 在C 点的动量损失。

分析：机械能守恒，C 点水平方向动量守恒，C 点竖直方向动量损失。 解：（1）由机械能守恒有：

题图2－24

2

12

c mgH mv =

带入数据得2c v gH =， 方向沿AC 方向

（2）由于物体在水平方向上动量守恒，所以

cos c mv mv θ=，得：2cos v gH θ=

方向沿CD 方向。

（3）由于受到竖直的冲力作用，m 在C 点损失的动量：

2sin p m gH θ?=，方向竖直向下。

2-25．质量为m 的物体，由水平面上点O 以初速度v 0抛出，v 0与水平面成仰角α。若不计空气阻力，求：（1）物体从发射点O 到最高点的过程中，重力的冲量；（2）物体从发射点落回至同一水平的过程中，重力的冲量。

分析：竖直方向由动量定力理求重力冲量。最高点竖直方向速度为零。落回到与发射点同一水平面时，竖直方向的速度与发射时竖直的方向速度大小相等，方向相反。 解：（1）在竖直方向上只受到重力的作用，由动量定理有：

00(sin )mv I α-=重，得0sin I mv α=-重，方向竖直向下。

（2）由于上升和下落的时间相等，物体从发射点落回至同一水平面的过程中，重力的冲量：

02sin I mv α=-重，方向竖直向下。

2-26．如图所示，在水平地面上，有一横截面2S=0.20m 的直角弯管，管中有流速为1=3.0m s v -?的水通过，求弯管所受力的大小和方向。

分析：对于水竖直方向、水平方向分别用动量定理求冲力分量，弯管所受力大小为水所受的冲力合力。

解：对于水，在竖直方向上，由动量定理有：

10vdtSv F dt ρ-=

①

在水平方向上，由动量定理有：

2vdtSv F dt ρ= ②

由牛顿第三定律得弯管所受力的大小：

2212F F F =+ ③

由①②③带入数据得F=2500N ，方向沿直角平分线指向弯管外侧。

2—27．一个质量为50g 的小球以速率1

20m s -?作平面匀速圆周运动，在1/4周期向心力给它的冲量是多大？

分析：画矢量图，利用动量定理求冲量。 解：由题图2—27可得向心力给物体的冲量大小：

12 1.41I mv N S ==?

题图2－26

题图2－27

2—28．自动步枪连续发射时，每分钟射出120发子弹，每发子弹的质量为7.90g ，出口速率

1735m s -?，求射击时枪托对肩膀的平均冲力。

分析：由动量定理及牛顿定律求解。

解：由题意知枪每秒射出2发子弹，则由动量定理有：

20dtmv F dt '-=

由牛顿第三定律有：枪托对肩膀的平均冲力 11.6F F N '==

2—29. 如图2-29所示，已知绳能承受的最大拉力为9.8N ，小球的质量为0.5kg ，绳长0.3m ，水平冲量I 等于多大时才能把绳子拉断（设小球原来静止）。 分析：由动量定理及牛顿第二定律求解。 解：由动量定理有： 0mv I -=

①

由牛顿第二定律有：2

v F mg m l

-=

②

由①②带入数据得：0.857/I kg m s =?

2—30. 质量为M 的木块静止在光滑的水平面桌面上，质量为m ，速度为0v 的子弹水平地射入木块，并陷在木块与木块一起运动。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。

分析：由木块、子弹为系统水平方向动量守恒，可求解木块的速度和动量。由动量定理求解子弹施于木块的冲量。

解：（1）由于系统在水平方向上不受外力，则由动量守恒定律有：

0()mv m M v =+

所以木块的速度：0mv v m M =

+，动量：0

mv Mv M m M

=+

（2）子弹的动量： 20

m v mv m M

=+

（3）对木块由动量定理有： 0

mv I Mv M

m M

==+

2—31．一件行的质量为m ，垂直地轻放在水平传送带上，传送带的速率为v ，它与行间的摩擦系数为μ，（1）行在传送带上滑动多长时间？（2）行在这段时间运动多远？ 分析：由动量定理求滑动时间，由牛顿定律、运动方程求出距离。 解：（1）对行由动量定理有： 0mg t mv μ?=-

得：v

t g

μ?=

（2）行在这段时间运动的距离，由：ma mg =μ，g a μ=，

22

1at s =，221122v s g t g μμ=?= 题图2－29