17/17大學(xué)物理習(xí)題-——第2章質(zhì)點動力學(xué)質(zhì)點動力學(xué)習(xí)題答案

2-1一個質(zhì)量為P的質(zhì)點，在光滑的固定斜面（傾角為α）上以初速度0v運動，0v的方向

與斜面底邊的水平線AB平行，如圖所示，求這質(zhì)點的運動軌道.

解:物體置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建立坐標：取0v?

方向為X軸，平行

斜面與X軸垂直方向為Y軸.如圖2-1.

圖2-1

X方向：0=xFtvx0=①Y方向：yymamgF==αsin②0=t時0=y0=yv

2sin2

1

tgyα=

由①、②式消去t，得

220

sin21

xgvy?=

α2-2質(zhì)量為m的物體被豎直上拋，初速度為0v，物體受到的空氣阻力數(shù)值為fKV=，K為

常數(shù).求物體升高到最高點時所用時間及上升的最大高度.解：⑴研究對象：m

⑵受力分析：m受兩個力，重力P及空氣阻力f⑶牛頓第二定律：

合力：fPF?

??+=

amfP???=+

y分量：dt

dVm

KVmg=--dtKV

mgmdV

-=+?

即

dtm

KVmgdV1

-=+

??-=+tv

vdtmKVmgdV01

dtm

KVmgKVmgK1ln10-=++)(0KVmge

KVmgtm

K

+?=+-

mgK

eKVmgKVtmK

1

)(10-+=?-①

0=V時，物體達到了最高點，可有0t為

)1ln(ln000mg

KVKmmgKVmgKmt+=+=

②∵dt

dy

V=

∴Vdtdy=

dtmgKeKVmgKVdtdyt

tm

Kt

y

???

??

????-+==-0000

1)(1

mgtK

eKVmgKm

ytmK11)(02-??????-+-=-

021

()1K

tmm

mgKVemgtKK

-+--??=????③0tt=時，maxyy=，

)1ln(11)(0)1ln(02max

0mgKVKmmgK

eKVmgKmymg

KVKm

mK+

?-????????-+=+?-)1ln(1

1)(0

22

02mgKVgKmmgKVmgKVmgKm+-??

???

?

??????

+-+=

)1ln()(022

0002mgKVgKmKVmgKVKVmgK

m+-++=

)1ln(0

220mgKVgK

mKmV+-=

2-3一條質(zhì)量為m，長為l的勻質(zhì)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.

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

m

xgl

，根據(jù)牛頓定律，有

m

Fxgmal

=

=圖2-4

通過變量替換有mdvxgmvldx

=

0,0xv==，積分00

lv

mxgmvdvl=??

由上式可得鏈條剛離開桌面時的速度為vgl=

2-5升降機內(nèi)有兩物體，質(zhì)量分別為1m和2m，且2m＝21m．用細繩連接，跨過滑輪,繩子

不可伸長，滑輪質(zhì)量及一切摩擦都忽略不計，當升降機以勻加速a＝

1

2

g上升時，求：(1)1m和2m相對升降機的加速度．(2)在地面上觀察1m和2m的加速度各為多少?解:分別以1m,2m為研究對象，其受力圖如圖所示．

(1)設(shè)2m相對滑輪(即升降機)的加速度為a'，則2m對地加速度aaa-'=2；因繩不可伸長，故1m對滑輪的加速度亦為a'，又1m在水平方向上沒有受牽連運動的影響，所以1m在水平方向?qū)Φ丶铀俣纫酁閍'，由牛頓定律，有

)(22aamTgm-'=-

amT'=1

題2-5圖

聯(lián)立，解得ga='方向向下(2)2m對地加速度為

2

2g

aaa=

-'=方向向上1m在水面方向有相對加速度，豎直方向有牽連加速度，即牽相絕aaa???+='

∴gggaaa2

5

422

2

2

1=+=+'=

aa'=arctan

θo6.262

1

arctan==，左偏上．2-6一物體受合力為tF2=（SI），做直線運動，試問在第二個5秒內(nèi)和第一個5秒內(nèi)物體

受沖量之比及動量增量之比各為多少？解：設(shè)物體沿+x方向運動，

2525

50

1===??tdtFdtIN·S（1I?沿i?方向）

75210

5

105

2===?

?tdtFdtIN·S（2I?沿i?

方向）

3/12=?II

∵??

??=?=11

2

2)()(pIpI

∴

3)()(1

2

=??pp

2-7一彈性球，質(zhì)量為020.0=mkg，速率5=vm/s，與墻壁碰撞后跳回.設(shè)跳回時速率不

變，碰撞前后的速度方向和墻的法線夾角都為60α?

=，⑴求碰撞過程中小球受到的沖量?=I?

⑵設(shè)碰撞時間為05.0=?ts，求碰撞過程中小球受到的平均沖力?F=解:

?

?

?=-=-==--=-=0sinsincos2)cos(cos1212ααα

ααmvmvmvmvImvmvmvmvmvIyyyxxxiiimviIIx?????ο

10.060cos5020.02cos2=???===?αN·S

2-9一顆子彈由槍口射出時速率為1

0sm-?v，當子彈在槍筒內(nèi)被加速時，它所受的合力為

F=(bta-)N(ba,為常數(shù))，其中t以秒為單位：(1)假設(shè)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)求子彈的質(zhì)量．解:(1)由題意，子彈到槍口時，有

0)(=-=btaF,得b

at=

(2)子彈所受的沖量

?-=-=tbtattbtaI022

1

d)(

將b

a

t=

代入，得

b

aI22=

(3)由動量定理可求得子彈的質(zhì)量

2

02bvavIm=

=2-10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

0.25Am=kg，Bm＝0.75kg，小木塊A與木塊B之間的摩擦因數(shù)1μ＝0.5，木板B與臺面

間的摩擦因數(shù)2μ＝0.1.現(xiàn)在給小木塊A一向右的水平初速度0v＝40m/s，問經(jīng)過多長時間A、B恰好具有相同的速度？（設(shè)B板足夠長）

解：當小木塊A以初速度0v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(tǒng)，A、B之間的摩擦力是內(nèi)力，不改變系統(tǒng)的總動量，只有臺面與木板B之間的摩擦力才是系統(tǒng)所受的外力，改變系統(tǒng)的總動量.設(shè)經(jīng)過t?時間，A、B具有相同的速度，根據(jù)質(zhì)點系的動量定理0()kABAFtmmvmv-?=+-

2()kABFmmgμ=+

再對小木塊A單獨予以考慮，A受到B給予的摩擦阻力'

KF，應(yīng)用質(zhì)點的動量定理

'0kABFtmvmv-?=-

以及'

1kAFmgμ=

解得001

2121(

),AABvvvmvtmmg

μμμμμ-=-?=+-

代入數(shù)據(jù)得2.5v=m/st?=7.65s

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2-11所示.已知兩木

塊的質(zhì)量分別為1m和2m，子彈穿過兩木塊的時間各為1t?和

2t?，設(shè)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.

圖2-10

圖2-11

解：子彈穿過第一木塊時，兩木塊速度相同，均為1v，初始兩木塊靜止，由動量定理，于是有

1121()0Ftmmv?=+-

設(shè)子彈穿過第二木塊后，第二木塊速度變?yōu)?v，對第二塊木塊，由動量定理有

22211Ftmvmv?=-

解以上方程可得112

1212122

,FtFtFtvvmmmmm???=

=+++

2-12一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(shè)開始下落時0t=，在任意時刻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(nèi)又有質(zhì)量dmdxρ=（ρ為鏈的線密度）的鏈落到桌面上而靜止.根據(jù)動量定理，桌面給予dm的沖量等于dm的動量增量，即IFdtvdmvdxρ===所以2dx

Fv

vdt

ρρ=

=由自由落體的速度2

2vgx=得

2Fgxρ=

這是t時刻桌面給予鏈的沖力.根據(jù)牛頓第三定律，鏈對桌面的沖力'

FF=，'

F方向向下，

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

'

3NFxgxgρρ=+=所以

3N

xg

ρ=即鏈條作用于桌面上的壓力3倍于落在桌面上那部分鏈條的重量.

2-13一質(zhì)量為50kg的人站在質(zhì)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(tǒng)，整個系統(tǒng)水平方向上動量守恒設(shè)人的質(zhì)量為m，船的質(zhì)量為M，應(yīng)用動量守恒得m+M=0vV

其中v，V分別為人和小船相對于靜水的速度，

可得m-

M

V=v人相對于船的速度為'

Mm

M

+=-=vvVv設(shè)人在t時間內(nèi)走完船長l，則有'0

00

t

t

t

MmMmlvdtvdtvdtMM++=

==?

?

?

在這段時間內(nèi)，人相對于地面走了0

t

xvdt=?

所以Ml

xMm

=

+

船頭移動的距離為'

5

3

mlxlxMm=-=

=+

2-14質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑的水平桌面上，質(zhì)量為m，速度0v的子彈水平地射入木塊，并陷在木塊內(nèi)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(shè)為u，子彈和木塊組成系統(tǒng)動量守恒（1）0()mvmMu=+所以0

mvumM

=

+

MMmvPMumM

==

+

（2）子彈的動量20

mmvPmumM

==+

（3）針對木塊，由動量守恒知，子彈施于木塊的沖量為

00MMm

IPvMm

=-=

+

2-15質(zhì)量均為M的兩輛小車沿著一直線停在光滑的地面上，質(zhì)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(zhì)量為m的人，以相對于地面的速度v從車A跳到車B，此時車A得到速度1u，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

1mvMu=

人到達車B時，共同得速度為2u，由動量守恒得

2()Mmumv+=

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'

2u，而車A與人的共

同速度為'

1u，如圖所示，由動量守恒得

聯(lián)立方程解得：'

22muvM=

'12muvMm

=+所以車B和車A得速率之比為

'2'

1uMm

uM

+=2-16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0v.到達最高點時，

該人將手中的物體以水平向后的相對速度u拋出，問跳遠成績因此增加多少？

解：人和物體組成系統(tǒng)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

''0'

0'

()cos()

cosmmvmvmvumvvu

mm??+=+-=++

從最高點到落地，人做平拋運動所需時間0sinvtg

?

=跳遠距離增加為

'

00'

(cos)cosmsvutvtmm???=+-+'0'

sinvmp

utummPpg

?==++2-17鐵路上有一平板車，其質(zhì)量為M，設(shè)平板車可無摩擦地在水平軌道上運動.現(xiàn)有N個人從平板車的后端跳下，每個人的質(zhì)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個人同時跳離；（2）一個人、一個人的跳離.所得結(jié)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(tǒng)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(shè)最初平板車靜止，則有

()0MvNmvu+-=

所以N個人同時跑步跳車時，車速為

Nm

vuMNm

=

+

'22'11

()()MumvMmuMmumvMu-=++=+

（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

11[(1)]()0MNmvmvu+-+-=

第二個人跳車時，有

221[(2)]()[(1)]MNmvmvuMNmv+-+-=+-

21(1)mu

vvMNm

-=

+-

以此類推，第N個人跳車時，有

1()()NNNMvmvuMmv-+-=+

1NNmu

vvMm

--=

+

所以1111()2N

Nnmu

vmuMmMmMNmMnm

==++???=++++∑

因為

111

2MmMmMNm>>???>

+++1112N

MmMmMNmMNm

++???>

++++故Nvv>

2-18質(zhì)量為kg10的物體作直線運動，受力與坐標關(guān)系如圖2-18所示。若0=x時，

smv/1=，試求mx16=時，?=v

解：在0x=到mx16=過程中，外力功為力曲線與x軸所圍的面積代數(shù)和＝40J

由動能定理為：

2

122

mv2

1mv21W-=

圖2-18

即1102

110214022??-?=

vsmv/32=?

2-19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(zhì)量為m的滑塊以初速度

0v沿切線方向進入屏障一端，如圖2-19所示,設(shè)滑塊與屏障間的摩

擦因數(shù)為μ，試證明當滑塊從屏障另一端滑出時，摩擦力作功為

2201(1)2

fWmveμπ-=

-

解：滑塊做圓周運動，依牛頓定律，有：

法向：2

mvNR

=

切向：dvdvdmvdv

fNm

mdtddtRdθμθθ=-===

由以上兩式，可得dv

dvμθ=-

對上式兩邊積分，有00

vvdvdvπ

μθ=-??

可得0vveμπ

-=

由動能定理可得摩擦力做功為

222200111

(1)222

fWmvmvmveμπ-=

-=-2-20質(zhì)量為M的木塊靜止于光滑水平面上，一質(zhì)量為m，速率為v的子彈水平射入木塊后

嵌在木塊內(nèi)，并于木塊一起運動，求：（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(tǒng)耗散的機械能.

解：把子彈和木塊當作一個系統(tǒng)，動量守恒

()Mmumv+=

因而求得子彈和木塊共同速度m

uvMm

=

+

（1）22

222

1121()22()2

MMmAmumvmvMm+=-=-+圖2-19

（2）'

222110()2()2MmAMumvMm=

-=+（3）2

2221111()()2

22()2

MEmuMumvmvMm?=+

-=-+2-21一質(zhì)量10M=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(shù)1000k=N/m.今有一質(zhì)量m＝1kg的小球以水平速度0v＝4m/s飛來，與物體M相撞后以1v＝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(zhì)，相撞后可與M粘在一起，則（1），（2）所問的結(jié)果又

如何？

解：碰撞過程中物體、彈簧、小球組成系統(tǒng)的動量守恒01mvmvMu=-+

01()1(42)

0.610mvvuM+?+=

==m/s

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（1）2211

022

kxMu-

=-彈簧被壓縮的長度10

0.60.061000

Mxuk=

=?=m（2）22210111

222

kEMumvmv?=

+-＝－4.2J（3）小球與物體M碰撞后粘在一起，設(shè)其共同速度為'

u，根據(jù)動量守恒及動量定理

'0()mvMmu=+

'2'211

0()22

kxMmu-=-+此時彈簧被壓縮的長度

'0

0.04()

xkMm=

=+m

2-22一根勁度系數(shù)為1k的輕彈簧A的下端，掛一根勁度系數(shù)為2k的輕彈簧B，B的下端

一重物C，C的質(zhì)量為M，如2-22圖．求這一系統(tǒng)靜止時兩彈簧的伸長量之比和彈性勢能之比．

解:彈簧BA、及重物C受力如2-22圖所示平衡時，有

又11xkFA?=

22xkFB?=

所以靜止時兩彈簧伸長量之比為

1

2

21kkxx=??彈性勢能之比為

122222

1112

121

2

kk

xkxkEEpp=??=2-23如題2-23圖所示，一物體質(zhì)量為2kg，以初速度0v＝3m·s-1

從斜面A點處下滑，它與

斜面的摩擦力為8N，到達B點后壓縮彈簧20cm后停止，然后又被彈回，求彈簧的勁度系數(shù)和物體最后能回到的高度．

圖2-22

圖2-23

ABFFMg

==

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

??

?

???+-=

-37sin212122mgsmvkxsfr22

2

137sin2

1kxs

fmgsmvkr-?+=式中m52.08.4=+=s，m2.0=x，再代入有關(guān)數(shù)據(jù)，解得

-1mN1390?=k

再次運用功能原理，求木塊彈回的高度h'

2o2

1

37sinkxsmgsfr-'='-

代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得m4.1='s,則木塊彈回高度

m84.037sino='='sh

2-24鉛直平面內(nèi)有一光滑的軌道，軌道的BCDE部分是半徑為R的圓.若物體從A處由靜

止下滑，求h應(yīng)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(shè)木塊質(zhì)量為m，它在D點的法向運動方程為

2

vNmgmR

+=

圖2-25

式中N為圓環(huán)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

2vRg=

選木塊和地球為系統(tǒng)，系統(tǒng)的機械能守恒，所以可得

2

122

mgRmvmgh+

=聯(lián)立求解得2.5hR=

即高度為2.5hR=時木塊剛好能繞圓周運動

2-25兩個質(zhì)量分別為1m和2m的木塊A和B，用一個質(zhì)量忽略不計、倔強系數(shù)為k的彈簧

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0x，然后釋放.已知12,3mmmm==，求

(1)釋放后，A、B兩木塊速度相等時的瞬時速度的大??；(2)釋放后，子彈的最大伸長量.

解：釋放后，子彈恢復(fù)到原長時A將要離開墻壁，設(shè)此時B的速度為v，由機械能守恒，由

2

2013/22

kxmv=得0

3kvxm

=A離開墻壁后，系統(tǒng)在光滑水平面上運動，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，有

11222mvmvmv+=

2222112221111

2222

mvkxmvmv++=（1）當12vv=時，求得：12033443k

vvvxm

==

=（2）（2）彈簧有最大伸長量時，123

4

vvv==，由式（2）得max012

xx=

圖2-26

2-26兩塊質(zhì)量各為1m和2m的木塊，用勁度系數(shù)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上面的木板升高而將下面的木板提起？解：

將12,mm和彈簧和地球視為一個系統(tǒng)，該系統(tǒng)在壓力撤離后，只有保守力作用，所以機械能守恒.設(shè)壓力撤離時刻為初態(tài)，2m恰好提離地面時為末態(tài)，初態(tài)、末態(tài)時動能均為零.設(shè)彈簧原長時為坐標原點和勢能零點，則22110011

22

mgxkxmgxkx+

=-+式中0x為壓力F作用時彈簧的壓縮量，則

100mgFkx+-=

式中x為2m恰好能提離地面時彈簧的伸長量，此時要求2kxmg≥聯(lián)立以上幾個方程解得

12()Fmmg≥+

故能使2m提離地面的最小壓力為min12()Fmmg=+

2-27一質(zhì)量為'm的三角形木塊放在光滑的水平面上，另一質(zhì)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0v，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(tǒng)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0v，其水平方向分量為0cosvθ，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(shè)二者共同的速度為v，則

'

0cos()mvmmvθ=+

在運動過程中，兩木塊和地球組成的系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，得

圖2-27

圖2-28

2'2011

()22

mvmghmmv=++由以上兩式得立方木塊沿斜面上滑的高度為

2222'00''

cossin(1)22vvmmmhgmmgmm

θθ+=-=++

2-28兩個形狀完全相同、質(zhì)量都為M的弧形導(dǎo)軌A和B，放在地板上，今有一質(zhì)量為m的小

物體，從靜止狀態(tài)由A的頂端下滑，A頂端的高度為0h，

所有接觸面均光滑.試求小物體在B軌上上升的最大高度（設(shè)A、B導(dǎo)軌與地面相切）

解：設(shè)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(tǒng)，應(yīng)用機械能守恒定律及沿水平方向動量守恒定律，有0AMvmv-+=（1）

22011

22

AmghMvmv=

+（2）解得02/()vMghMm=+（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(shè)小物體

與B相對地沿水平方向的共同速度為u，根據(jù)動量守恒與機械能守恒，有()MvMmu=+（4）

2211

()22

mvMmumgH=++（5）聯(lián)立（3）－（5）解得