大学物理学上册(XXX)第2章习题解答

大学物理学上册(XXX)第2章习题解答

2.1选择题

1)一质量为M的斜面原来静止于水平光滑平面上，将一质量为m的木块轻轻放于斜面上。如果此后木块能静止于斜面上，则斜面将保持静止。

5)质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速运动。如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度aA和aB分别为aA<0，aB=0.

3)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。

②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。

③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。

在上述说法中，只有②是正确的。

2.2填空题

1)某质点在力F= (4+5x)i (SI)的作用下沿x轴作直线运动。在从x=0移动到x=10m的过程中，力F所做功为290J。

2)质量为m的物体在水平面上作直线运动，当速度为v

时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s后速度减

为零。则物体加速度的大小为v^2/(2s)，物体与水平面间的摩

擦系数为v^2/(2gs)。

3)在光滑的水平面内有两个物体A和B，已知

m_A=2m_B。

a）物体A以一定的动能Ek与静止的物体B发生完全弹

性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为Ek。

b）物体A以一定的动能Ek与静止的物体B发生完全非

弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为2Ek/3.

2.3在下列情况下，说明质点所受合力的特点：

1）质点作匀速直线运动，所受合力为零；

2）质点作匀减速直线运动，所受合力为大小、方向均保

持不变的力，其方向与运动方向相反；

3）质点作匀速圆周运动，所受合力为向心力；

4）质点作匀加速圆周运动，所受合力为向心力和切向力

的合力。

2.4举例说明以下两种说法是不正确的：

1) 物体受到的摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反；

2) 摩擦力总是阻碍物体运动的。

解：(1) 例如，人走路时，所受地面的摩擦力与人的运动

方向相同；

2) 当车作加速运动时，放在车上的物体受到车子对它的

摩擦力，该摩擦力是引起物体相对地面运动的原因。

2.5质点系动量守恒的条件是什么？在什么情况下，即使

外力不为零，也可用动量守恒定律近似求解？

解：质点系动量守恒的条件是质点系所受合外力为零。当系统只受有限大小的外力作用，且作用时间很短时，有限大小外力的冲量可忽略，故也可用动量守恒定律近似求解。

2.6在经典力学中，下列哪些物理量与参考系的选取有关：质量、动量、冲量、动能、势能、功？

解：在经典力学中，动量、动能、势能、功与参考系的选取有关。

2.7一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为

$m_1$的物体，另一边穿在质量为$m_2$的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动。现看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度$a'$下滑。求$m_1$，$m_2$相对

于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力（绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计）。

解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为$a_1$，其对于$m_2$则为牵连加速度，又知$m_2$对绳子的相对加速

度为$a'$，故$m_2$对地加速度为$a_2=a_1-a'$。由图(b)可知，

$a_2=a_1-a'$，即$a_1=\frac{a_2+a'}{2}$。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，有$m_1g-T=m_1a_1$，$T-m_2g=m_2a_2$。联立上

述式子，得到$m_1$和$m_2$相对于地面的加速度分别为

$\frac{m_2g-m_1a'}{m_1+m_2}$和$\frac{m_1g-

m_2a'}{m_1+m_2}$，绳的张力为

$\frac{1}{2(m_1+m_2)}(2m_1m_2g-(m_1+m_2)m_2a')$，柱体

与绳子间的摩擦力为绳的张力。特别地，当$a'=0$时，

$a_1=a_2$，表示柱体与绳之间无相对滑动；当$a'=2g$时，

$T=f=0$，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时$m_1$和

$m_2$均作自由落体运动。

2.8一个质量为P的质点在光滑的固定斜面上沿着斜面运动，斜面的倾角为α，初速度为v，且v的方向与斜面底边的

水平线AB平行。我们需要求出这个质点的运动轨迹。

解：当物体置于斜面上时，它会受到重力mg和斜面支持

力N的作用。我们建立坐标系，取v方向为X轴，平行斜面

与X轴垂直方向为Y轴。如题2.8图所示。

根据力学原理，我们可以得到以下公式：

X方向：Fx=x=vt①

Y方向：Fy=mgsinα=ma②

根据①和②式，我们可以消去时间t，得出运动轨迹方程：

y=1/2gsinαx^2/v^2

2.9一个质量为16 kg的质点在xOy平面内受到XXX的作用，力的分量为fx=6N，fy=-7N。当t=0时，x=y=0，vx=-

2m/s，vy=？我们需要求出当t=2s时，这个质点的(1)位矢；(2)速度。

解：根据牛顿第二定律，我们可以求出加速度：

ax=fx/m=6/16=3/8m/s^2

ay=fy/m=-7/16m/s^2

根据加速度和初速度，我们可以求出速度：

vx'=vx+∫axdt=-2+3/8*2=-1/4m/s

vy'=vy+∫aydt=-7/16*2=-7/8m/s

因此，当t=2s时，这个质点的速度为v=-i-j/48m/s。

接下来，我们可以求出位矢：

r=(vx*t+1/2ax*t^2)i+(ay*t^2)j

r=(-2*2+1/2*3/8*2^2)i+(-7/16*2^2)j

r=-i-j/48m

2.10一个质点在流体中作直线运动，受到与速度成正比的阻力kv（k为常数）的作用。当t=0时，质点的速度为v。我们需要证明：(1) t时刻的速度为v=ve^(-kt/m)；(2)到t的时间内经过的距离为x=(1-e^(-kt/m))vm/k；(3) 停止运动前经过的

距离为x'=v/k；(4)当t=mk时，速度减至v的1/e，其中m为质点的质量。

解：根据牛顿第二定律，我们可以得到以下公式：

ma=-kv

分离变量并积分得到：

dv/v=∫-k/m dt

lnv=-kt/m+C

v=Ce^(-kt/m)

根据初始条件v(0)=v，我们可以得到C=v，因此：

v=ve^(-kt/m)

根据速度和阻力，我们可以得到加速度：

a=-kv/m

根据加速度和时间t，我们可以得到速度：

v=vm-e^(-kt/m)vm

根据速度和时间t，我们可以得到位移：

x=∫vdt=∫(vm-e^(-kt/m)vm)dt

x=(vm/m)e^(-kt/m)+C

根据初始条件x(0)=0，我们可以得到C=0，因此：

x=(1-e^(-kt/m))vm/k

当t趋近于无穷大时，速度趋近于零，因此质点停止运动前经过的距离为：

x'=∫vdt=∫ve^(-kt/m)dt

x'=vm/k

当t=mk时，速度为：

v=ve^(-kt/m)=ve^(-k(mk)/m)=ve^(-k)

因此，速度减至v的1/e。

2.11题：一质量为m的物体以与地面的仰角为30°的初速

度v从地面抛出，忽略空气阻力，求物体落地时相对抛射时的动量增量。

解：根据题意画出如下示意图：

在忽略空气阻力的情况下，物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。由于抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角也为30°。因此，动量的增量为：

Δp = mv - mv = 0

根据矢量图，动量增量大小为mv，方向竖直向下。

2.12题：一质量为m的小球从某一高度处水平抛出，落

在水平桌面上发生弹性碰撞。抛出1秒后，小球跳回到原高度，速度仍为水平方向且大小与抛出时相等。求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量大小和方向，并回答在碰撞过程中小球的动量是否守恒。

解：由题知，小球落地时间为0.5秒。因为小球为平抛运动，所以小球落地的瞬时向下的速度大小为v1 = gt = 0.5g，小球上跳速度的大小也为v2 = 0.5g。设向上为y轴正向，则动

量的增量为：

Δp = mv2 - mv1

动量增量方向竖直向上，大小为Δp = m g。

碰撞过程中动量不守恒。这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用。另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰撞后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒。

2.13题：作用在质量为10kg的物体上的力为F = (10 +

2t)i N，其中t的单位是秒。第一问：求4秒后物体的动量和速度变化，以及力给物体的冲量。第二问：为了使这力的冲量为200N·s，该力应在物体上作用多久？对于一个静止的物体和一个具有初速度为-6m/s的物体，回答这两个问题。

解：（1）若物体原来静止，则

Δp = ∫Fdt = ∫(10 + 2t)idt = 56kg·m/s i，沿x轴正向。

Δp方向竖直向上，大小为Δp = 5.6m/s i。

根据动量守恒定理，Δp = mv，所以物体的速度变化为v = Δp/m = 0.56m/s i。

根据冲量定义，I = Δp = 56kg·m/s i。

若物体原来具有初速度为-6m/s，则

Δp = mv2 - mv1 + ∫Fdt = m(v2 - v1) + ∫(10 + 2t)idt

根据动量守恒定理，Δp = 0，所以

m(v2 - v1) = - ∫(10 + 2t)idt = - (70i + 8t^2)i

因此，物体的速度变化为v = (70/10 - 8t^2/10)m/s i。

2）根据冲量定义，I = ∫Fdt = (10t + t^2)i N·s。

为了使力的冲量为200N·s，解方程10t + t^2 = 200得到t ≈ 18.4秒。

对于一个静止的物体，根据动量守恒定理，物体的动量增量为Δp = mv = 56kg·m/s i，速度为v = Δp/m = 5.6m/s i。

对于一个具有初速度为-6m/s的物体，根据动量守恒定理，物体的动量增量为Δp = mv2 - mv1 = - (70i + 8t^2)i，速度为v

= (70/10 - 8t^2/10)m/s i。

这表明，只要力函数保持不变，作用时间相同，无论物体是否有初动量，初动量大小如何，物体获得的动量增量（即冲量）都是相同的，这就是动量定理。

同样地，对于两种情况，作用时间相同，即

I=∫(10+2t)dt=10t+t^2，即t+10t-200=0，解得t=10s，(t'=20s舍去)。

一质量为m的质点在xOy平面上运动，其位置矢量为

r=acos(ωt)i+bsin(ωt)j。求质点的动量及t=π/2时的动量。

解：质点的动量为p=mv=mω(-asin(ωt)i+bcos(ωt)j)。将t=0和t=π/2分别代入上式，得p1=-mωai，p2=mωbj，则动量的增

量即质点所受外力的冲量为I=Δp=p2-p1=-mω(ai+bj)。

一颗子弹由枪口射出时速率为v(SI)，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=a/b，子弹走完枪筒全长的时间为t'=2t=2a/b；(2)子弹所受的冲量为

I=∫(a-bt)dt=at-(1/2)bt^2，将t=a/b代入，得I=a^2/2b；(3)由动量定理可求得子弹的质量m=Ia^2/v^2b。

一炮弹质量为m，以速率v飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T，且一块的

质量为另一块质量的k倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为v+(2kT/mk)和v-(2T/m(k+1))。

证明：设一块为m1，则另一块为m2，m1=km2且

m1+m2=m。因此，m1=m/(k+1)，m2=km/(k+1)。设m1的速度为v1，m2的速度为v2，则有T=1/2m1v1^2+1/2m2v2^2-mv^2.

联立m1=km2和m1v1+m2v2=mv，解得v2=(k+1)v1-kv。将其

代入T=1/2m1v1^2+1/2m2v2^2-mv^2中，整理得2T=(v1-

v)^2(km/(k+1))。因此，v1=v±(2kT/mk)^(1/2)，代入

v2=(k+1)v1-kv中，得v2=v∓(2T/m(k+1))^(1/2)。

1) 由题可知，合力为XXX，因此可以直接使用力乘位移来计算功。代入数值计算得到 A合 = -45 J。

2) 平均功率的计算公式为P = A/Δt，代入数据得到 P = 75 W。

3) 由动能定理可以得到ΔE = A = -45 J，因此动能减少了45 J。

2.18) 在第一次击打铁钉时，外力所做的功为A1 = ∫f'dy = ∫-fdy = ∫kydy = k/2.根据题意，第二次击打铁钉时外力所做的功也为 XXX。因为铁锤两次打击铁钉时的速度相同，所以两次外力所做的功相等，即 A1 = A2.根据功的定义，A =

∆(mv^2)/2，因此k/2 = ∆(mv^2)/2.代入数据计算得到第二次击打铁钉时能将小钉击入木板内 0.414 cm。

2.19) 根据保守力场的定义，保守力场中的势能只与物体的位置有关，与物体的运动状态无关。因此，质点所受的保守

力大小为F(r) = -dE(p)/dr = nk/r^2，方向与位矢r 的方向相反，指向力心。

2.20) 在静止时，弹簧 A、B 和重物 C 受力平衡，因此

F(A) = F(B) = Mg。由弹性势能的定义可知，弹性势能与弹簧

伸长量的平方成正比，因此两弹簧的伸长量之比为Δx1/Δx2 =

k2/k1，弹性势能之比为(1/2)k1(Δx1)^2/(1/2)k2(Δx2)^2 = k1/k2.

2.21题中，要求计算月球和地球对物体的引力相抵消的点P的位置和物体在P点的势能。根据万有引力定律，可以得到

物体在P点的距离，进而计算出P点到月球表面的距离。根

据引力势能的公式，可以计算出物体在P点的势能。

2.22题中，一物体沿斜面滑动到达B点后被弹回，要求

求出弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度。利用功能原理，可以列出物体在滑动和弹回过程中的能量守恒方程，从而求出弹簧的劲度系数。再次利用功能原理，可以求出物体弹回的高度。

2.23题中，要求求出小木块从大木块上滑落后脱离大木块时的速度。由于大木块和小木块都作无摩擦的运动，可以利用

机械能守恒定律，将小木块在高度和速度之间的能量转化为大木块的角动量，从而求出小木块脱离大木块时的速度。

在小球m从M上滑下的过程中，机械能守恒。我们以m、M、地球为系统，以最低点为重力势能零点。因此，有以下公式：

frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}MV^2=mgh$$

在下滑过程中，动量守恒，我们以m、M为系统。在m

脱离M的瞬间，水平方向有以下公式：

mv-MV=mgR$$

联立以上两式，我们可以得到：

v=\frac{2MgR}{m+M}$$

在2.24题中，一个小球与一质量相等的静止小球发生非

对心弹性碰撞。我们需要证明碰后两小球的运动方向互相垂直。

在碰撞过程中，机械能守恒，因此有以下公式：

frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}mv_1^2+\frac{1}{2}mv_2^2$$

由此可得：

v=\sqrt{v_1^2+v_2^2}$$

同时，在碰撞过程中，动量守恒，因此有以下公式：

mv=mv_1+mv_2$$

根据上述公式，我们可以得到一个矢量三角形，如图(b)

所示。同时，根据勾股定理，我们可以得知v1与v2互相垂直。