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v0运动，v0的方向与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
解: 物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建立坐标：取v0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： Fx?0 x?v0t ① Y方向： Fy?mgsin??may ②
t?0时 y?0 vy?0
y?由①、②式消去t，得
1gsin?t2 2y?1gsin??x2 22v02 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fx＝6 N，fy＝-7
-1
N，当t＝0时，x?y?0，vx＝-2 m·s，vy＝0．求
当t＝2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度． 解： ax?fx63??m?s?2 m168ay?(1)
fym??7m?s?2 1635vx?vx0??axdt??2??2??m?s?1084
2?77vy?vy0??aydt??2??m?s?101682于是质点在2s时的速度
5?7??v??i?j48(2)
m?s?1
?1?1?22r?(v0t?axt)i?aytj22?1?7?13?(?2?2???4)i?()?4j
2821613?7???i?jm483 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v0，证明(1) t时刻的速度为v＝v0ekk?()tm；(2) 由0到t的时间内经过的距离为
?()tmvmx＝(0)［1-em］；(3)停止运动前经过的距离为v0()；(4)证明当t?mk时速
kk答: (1)∵ a?分离变量，得
?kvdv? mdtdv?kdt? vmvdvt?kdt?即 ??0m v0vv?ktln?lnem v0∴ v?v0e(2) x?vdt?k?mt
??ve00tk?mtkmv0?mtdt?(1?e)
k(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞， 故有 x????0v0ek?mtdt?mv0 k (4)当t=
m时，其速度为 kv?v0e即速度减至v0的
km?m?k?v0e?1?v0 e1. e4一质量为m的质点以与地的仰角?=30°的初速v0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30，则动量的增量为
o????p?mv?mv0
由矢量图知，动量增量大小为mv0，方向竖直向下．
5 作用在质量为10 kg的物体上的力为F?(10?2t)iN，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，试就一原来静止的物体和一个具有初速度?6jm·s的物体,回
-1
???答这两个问题．
解: (1)若物体原来静止，则
??t?4??1?p1??Fdt??(10?2t)idt?56kg?m?si,沿x轴正向，
00????p1?v1??5.6m?s?1i m???I1??p1?56kg?m?s?1i若物体原来具有?6m?s初速，则
?1?t?F?????p0??mv0,p?m(?v0??dt)??mv0??Fdt于是
0m0tt??????p2?p?p0??Fdt??p1,
0????同理， ?v2??v1,I2?I1
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，即
I??(10?2t)dt?10t?t2
0t亦即 t?10t?200?0
2解得t?10s，(t??20s舍去)
6一颗子弹由枪口射出时速率为v0m?s?1，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(a?bt)N(a,b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
F?(a?bt)?0,得t?(2)子弹所受的冲量
a bt1I??(a?bt)dt?at?bt2
02将t?a代入，得 ba2I?
2b(3)由动量定理可求得子弹的质量
Ia2 m??v02bv0证毕．
????????7 设F合?7i?6jN．(1) 当一质点从原点运动到r??3i?4j?16km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，F合为恒力，
∴ A合?F?r?(7i?6j)?(?3i?4j?16k)
??21?24??45J (2) P????????A45??75w ?t0.6(3)由动能定理，?Ek?A??45J
8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度v0＝3m·s从斜面A点处下滑，它与斜面
-1
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
?frs?12?12?kx??mv?mgssin37?? 2?2?12mv?mgssin37??frs2 k?12kx2式中s?4.8?0.2?5m，x?0.2m，再代入有关数据，解得
k?1390N?m-1
题2-18图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h?
?frs??mgs?sin37o?代入有关数据，得 s??1.4m, 则木块弹回高度
12kx 2h??s?sin37o?0.84m
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方向互相垂直．
证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有
121212mv0?mv1?mv2 22222即 v0 ① ?v12?v2
题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有
???mv0?mv1?mv2
亦即 v0?v1?v2 ②
由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v0为斜边，故知v1与v2是互相垂直的．
10 一质量为m的质点位于(x1,y1)处，速度为v?vxi?vyj, 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
????????????r?x1i?y1j
作用在质点上的力为
??f??fi
所以，质点对原点的角动量为
???L0?r?mv
?????(x1i?y1i)?m(vxi?vyj)
??(x1mvy?y1mvx)k
作用在质点上的力的力矩为
???????M0?r?f?(x1i?y1j)?(?fi)?y1fk
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r1＝8.75×10m 时的速率
10
是v1＝5.46×10m·s，它离太阳最远时的速率是v2＝9.08×10m·s这时它离太阳的
4
-1
2
-1
距离r2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 r1mv1?r2mv2
r1v18.75?1010?5.46?104∴ r2???5.26?1012m 2v29.08?10????????112 物体质量为3kg，t=0时位于r?4im, v?i?6jm?s，如一恒力f?5jN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．
??3???1 解: (1) ?p??fdt??5jdt?15jkg?m?s
0(2)解(一) x?x0?v0xt?4?3?7
1215at?6?3???32?25.5j 223?????即 r1?4i,r2?7i?25.5j
y?v0yt?vx?v0x?1
5vy?v0y?at?6??3?11
3??????即 v1?i1?6j,v2?i?11j
???????∴ L1?r1?mv1?4i?3(i?6j)?72k
????????L2?r2?mv2?(7i?25.5j)?3(i?11j)?154.5k
????∴ ?L?L2?L1?82.5kkg?m2?s?1
解(二) ∵M?dz dt00??t?t?∴ ?L??M?dt??(r?F)dt
?152???????(4?t)i?(6t?)?t)j??5jdt023??
??3??5(4?t)kdt?82.5kkg?m2?s?130
题2-24图
-1
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．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，Fr、Fr?是摩擦力，Fx和Fy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
F(l1?l2)?N?l1?0N??l1?l2lF 1对飞轮，按转动定律有???FrR/I，式中负号表示?与角速度?方向相反．∵ Fr??N N?N? ∴ Fl1?l2r??N???lF 1又∵ I?1mR22, ∴ ???FrR?2?(lI?1?l2)mRlF 1以F?100N等代入上式，得
???2?0.40?(0.50?0.75)60?0.25?0.50?100??403rad?s?2
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
t???0??900?2??360?40?7.06s 这段时间内飞轮的角位移为
???2?0t?12?t2?900?60?94??12?403?(94?)2 ?53.1?2?rad① 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转． (2)?0?900?2?rad?s?1，要求飞轮转速在t?2s内减少一半，可知 60?0??2??0t???02t??15?rad?s?2 2用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
F???mRl1?2?(l1?l2)60?0.25?0.50?15?
2?0.40?(0.50?0.75)?2?177N14 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OO?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m1和m2相连，如题2-26图所示．设R＝0.20m, r＝0.10m，m＝4 kg，Mm1和m2则挂在圆柱体的两侧，
＝10 kg，m1＝m2＝2 kg，且开始时m1，m2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a1,a2和β分别为m1,m2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) m1,m2和柱体的运动方程如下：
T2?m2g?m2a2 ① m1g?T1?m1a1 ②
??T1R?T2r?I? ③
式中 T1??T1,T2??T2,a2?r?,a1?R? 而 I?由上式求得
11MR2?mr2 22???Rm1?rm2g22I?m1R?m2r0.2?2?0.1?2?9.8
11?10?0.202??4?0.102?2?0.202?2?0.10222?6.13rad?s?2 (2)由①式
T2?m2r??m2g?2?0.10?6.13?2?9.8?20.8N
由②式
T1?m1g?m1R??2?9.8?2?0.2.?6.13?17.1N
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
11?(ml2)? 233g∴ ??
2lmg(2)由机械能守恒定律，有
mgl11sin??(ml2)?2 223∴ ??3gsin? l
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