动力学基本定律和守恒定律

第2章 动力学基本定律补充题

1. 一质量为m 的质点以不变速率v 沿T2-2-10图中正三角形ABC

的水平光滑轨道运动．质点越过A 角时，轨道作用于质点的冲量的大

v ． 2. 一质点受力i x F

2

3=(SI)作用, 沿x 轴正方向运动. 在从x = 0到x = 2m 的过程中, 力F 作功为 8 J ．

3. 一个质点在几个力同时作用下的位移为:k j i r

654+-=?(SI), 其中一个恒力为: k j i F

953+--=(SI)．这个力在该位移过程中所作的功为 67 J ．

4. 一质点在如图所示的坐标平面内作圆周运动，有一力)(0j y i x F F +=作用在质点上．在该质点从坐标原点运动到

)2,0(R 位置过程中，力F 对它所作的功为=202R F

5. 质量为m = 0.5kg 的质点在xOy 平面内运动,其运动方程为x = 5t , y = 0.5 t 2 (SI), 从t = 2s 到t = 4s 这段时间内, 外力对质点作的功为 3J ．

6. 一长为l ，质量为m 的匀质链条，放在光滑的桌面上，若其长度的1/5悬挂于桌边下，将其慢慢拉回桌面，需做功

mgl 50

1

． 7 一质量为m 的质点在指向圆心的平方反比力2

/r k F -=的作用下，作半径为r 的圆周

运动，此质点的速度

v 械能=E r

k

2-

．

T2-2-14图

8. 两小球的质量均为m ，小球1从离地面高为h 处由静止下落，小球2在小球1的正下方地面上以初速0v

同时竖直上抛．设空气

阻力与小球的速率成正比，比例系数为k (常量)．试求两小球相遇

的时间、地点以及相遇时两小球的速度．

解：两小球均受重力和阻力的作用．小球1向下运动，速度为负，阻力-k v 沿+y 向，所受合力为-k v - mg . 小球2向上运动，速度为正，阻力、重力均沿-y 向，合力亦为-k v –mg ，故两小球的动力学方程具有如下相同的形式

mg k t y m --=v 22d d (1)

由动力学方程(1)有 g m k t --=v v d d 分离变量

t g m

k

d d =--

v v

(2)

对小球1，其初始条件为t = 0 时，v 10 = 0 ，y 10 = h ．积分(2)式

??=--t

t g m

d d 1

v v v

得 )e 1(-1t m k

k

mg

--=v (3)

对小球2，其初始条件为t = 0 时，v 20 = v 0 ，y 20 = 0．积分(2)式

??=--t

t g m

k

0d d 2

v v

v v

得 k

mg

k mg t m k

-

+=-02e )(v v (4) 对小球1，由(3)式有 )e 1(d d -1t m k

k

mg

t y --，利用初始条件积分得

t k mg

k

g m h y t m k

--+=)e 1(-221 (5)

对小球2，由(4)式利用初始条件积分得

t k

mg

k mg k m y t m k

--+=)e 1)((-02v (6)

(1) 两小球相遇时， y 1 = y 2 ，由(5)、(6)式可得相遇时间

T2-3-2图

A2-3-2图

)1ln(0

v m kh k m t --

=* (7) (2) 将(7) 代入(5)或(6)式得相遇地点为

)1ln()1(0220v v m kh

k

g m h k mg y -++=*

(8)

(3) 将(7)式分别代入(3)和(4)中可得相遇速度：

001)]1(1[v v v gh

m kh k mg -

=---

=*

(9) m

kh gh k mg m kh k mg -

-=--+=*

)()1)((00002v v v v v (10)

9. 已知一水桶以匀角速度ω 绕自身轴z 转动，水相对圆筒静止，求水

面的形状(z - r 关系)．

解： 以水表面任一小体积隔离体m 作为研究对象，m 受力为重力mg 及水对水面m 的作用力N (⊥水面)，稳定时无切向力(见A2-3-6图) m 作匀速圆周运动

r a

2

ω-=

Z 方向 0cos =-mg N θ (1) -r 方向 r m N 2

sin ωθ= (2) 由(1)、(2) 式有 r

z g

r

d d t a n 2=

=ωθ 积分有

r r g

z z

z r

d )(

d 0

2

?

?=ω

得 022

)2(z r g

z +=ω

水面是旋转抛物面

10. 如T2-3-9图所示，砂子从h ＝0.8m 高处下落到以3 m ?s -1的速率水平向右运动的传送带上．取重力加速度g ＝10 m ?s -2，求传送带给予沙子的作用力．

T2-3-7图

A2-3-7图

解：设单位时间内落到传送带上砂子的质量为p ．以t t t d ~+时间内落下的砂子d m 为研究对象，视为质点t p m d d =

根据质点的动量定理，在d m 落到传送带上到与传送带一起运动的过程中

0d d d d v v ?-?==m m t F I

式中

()

101s m 48.01022,s m 3--?=??==?=gh v v ()0v v -=p F

由A2-3-9矢量图可见，F

与水平方向夹角为

533

4

tg tg 01

===-v v α

11. 矿砂从传送带A 落到另一传送带B (如T2-3-10图)，其速度的大小11s m 4-?=v ，速度方向与竖直方向成30°角；而传送带B 与水平线成15°角，其速度的大小12s m 2-?=v ．如果传送带的运送量恒定，设为1h kg 2000-?=m q ，求矿砂作用在传送带B 上的力的大小和方向．

解：设在极短时间△t 内落在传送带B 上矿砂的质量为m ， 即t q m m ?=，如A2-3-10矢量图所示，矿砂动量的增量

()12v v v

m m m -=?

设传送带对矿砂平均作用力为F

，由动量定理,

=??t F ()12v v v m m m -=?

()

75cos 221222112v v v v v v -+=?-=m q t m F

()N 21.275cos 242243600

200022=???-+= 方向由正弦定理确定: ()θsin 75

sin 2v v

m m =? →

29=θ 由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B 上作用力与F

大小相等，方向相反，即大小为

2.21N ，方向偏离竖直方向1°，指向前下方．

A2-3-9图

d v ?m

m d v

t

F d ?

A2-3-10图

(?

T2-3-10图

12. 高为h 的光滑桌面上，放一质量为M 的木块．质量为m 的子弹以速率v 0沿图示方向( 图中θ 角已知)射入木块并与木块一起运动．求：

(1) 木块落地时的速率；

(2) 木块给子弹的冲量的大小．

解：(1) m 和M 完全非弹性碰撞, 水平方向无外力，系统水平动量守恒

v v )(c o s 0M m m +=θ

m 和M 一起由桌边滑下至落地，无外力，只受重力(保守内力)作用，系统机械能守恒

以地面为重力势能零点，

22)(2

1

)()(21V M m gh M m M m +=+++v 由 、 式得m 和M 落地的速率

gh M

m m gh V 2)cos (

22

02++=+=θv v

(2) 对m 用质点的动量定理，M 对m 的冲量的两个分量为

M

m mM m m I x +-=-=θθcos cos 00v v v

θθs i n )s i n (000v v m m I y =--= M 对m 的冲量的大小为

202

02

2)sin ()cos (

θθv v m M

m M I I I y x ++=+=

13 一人从10m 深的井中提水，起始时桶中装有10kg 的水，桶的质量为1kg ，由于水桶漏水，每升高1m 要漏去0.2kg 的水．求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功．

解：如图所示，以井中水面为坐标原点，以竖直向上为y 正方向．因为匀速提水，所以人的拉力大小等于水桶和水的重量，它随升高的位置面变化而变化，在高为y 处，拉力为

kgy mg F -= 式中 ,kg 11)110(=+=m 1

m kg 2.0-?=k ． 人作功为

A2-3-14图

v m

(J)

980d )8.92.08.911(d )(d 10

=?-?=-==?

??y y y

kgy mg y F A h

14 有一水平运动的皮带将砂子从一处运到另一处，砂子经一垂直的静止漏斗落到皮带上，皮带以恒定的速率v 水平地运动．忽略机件各部位的摩擦及皮带另一端的其它影响，试问：

(1) 若每秒有质量为t

M

M d d =?的砂子落到皮带上，要维持皮带以恒定速率v 运动，需要多大的功率?

(2) 若11s m 5.1,s kg 20--?=?=?v M , 水平牵引力多大? 所需功率多大?

解：(1) 设t 时刻落到皮带上的砂子质量为M ，速率为v ；

t ＋d t 时刻，皮带上砂子的质量为M M d +，速率也是v ． 根据动量定理，砂子在d t 时间受到的冲量

()()v v v ?=?+-+=M M M M M t F d 0d d d

所以得 M t

M

F ??==v v d d 由牛顿第三定律，砂子对皮带的作用力大小也是F ．为维持皮带作匀速运动，动

力源对皮带的牵引力大小也等于F ，且与F

同向，因而，动力源提供的功率为

t

M M F p d d 22v v v =?=?=

(2) 将题中数据代入(1)中结果得水平牵引力大小为 ()N 30205.1d d =?==?=''t

M

M F v

v 所需功率()W 45205.122=?=?=M P v

15. 两物块分别固结在一轻质弹簧两端, 放置在光滑水平面上．先将两物块水平拉开，使弹簧伸长 l ，然后无初速释放．已知：两物块质量分别为m 1，m 2 和弹簧的的劲度系数为k ，求释放后两物块的最大相对速度． 解：选地面参考系，考查（m 1---m 2 ---弹簧）系统

无水平外力，系统动量守恒

设两物块相对速度最大时，两物块的速度分别为v 1、v 2，则在

x 向有 02211=+v v m m

无非保守内力，系统机械能守恒，最大相对速度对应其初势能全部转化为动能，有

T2-3-20图

m

22221122

12121v v m m kl += 联立 、 式可得

)(2112

21m m m kl m +=

v ， 2=v 两物块的最大相对速度的大小为

2

12

2112

2

121)(m m kl m m m m m +=

+=-v v v

16. 水平面上有一质量为M 、倾角为θ 的楔块；

下滑．求m 滑到底面的过程中， m 对M 作的功W

解：如A2-3-21(a)图所示，设m 相对于M 的速度为m 相对于地的速度为v 对mM 作的功为

2

21MV W = (1)

在m 下滑、同时M 后退的过程中，以(m + M )为系统，系统在x 向不受外力，动量守恒

0=+x m MV v (2) 对(m + M + 地球)系统，m 与M 之间的一对正压力

作功之和为零，只有保守力作功，系统机械能守恒 m g h MV m y x =++2

222

1)(21v v

(3)

由相对运动关系 V

+'=v v 得

θt a n )

(=-+x y V v v (4)

联立(1)---(4)式解得 )

sin )(1(cos 22θθ

++=m

M

m M Mgh W

设下滑时间为T ，由(2)式， ??=+T

T

x t m t V M

0d d v

0=-m mS MS (5) 位移关系： θtan =+m

S S h

(6) 由(5)、(6)式解得

θ

t a n )1(m

M

h

S +=

17. 地球可看作半径 R = 6400km 的球体，一颗人造地球卫星在地面上空h = 800 km 的圆形轨道上以v 1=7.5 km ?s -1的速度绕地球运行．今在卫星外侧点燃一个小火箭，给卫星附加一个指向地心的分速度v 2 =

0.2 km ?s -1

．问此后卫星的椭圆轨道的近地点和远地点离地面各多少

公里?

解：火箭点燃处即为卫星由圆轨道转为椭圆轨道的转轨点．设此处卫星对地心的位矢为r

，卫星的速度应为21v v v

+=

对卫星，在转轨点所受的力（反冲力和地球引力）和在其他位置所受的力（地球引力）均指向地心，对地心外力矩为零，所以卫星在运动过程中角动量守恒． 对卫星和地球系统，只有万有引力作功，满足机械能守恒．

设卫星在近(远)地点时，位矢为r '

，速度为v ' ， 对卫星，由角动量守恒得

v v ''=m

r rm 1 (1)

对(卫星+地球)系统，由机械能守恒定律，有

??

? ??'-+'=??? ??-++r GMm m r GMm m 2222121)(21v v v (2)

卫星作圆周运动时的动力学关系为

2

1

2

12 v v r GM r m r

Mm G =?= (3) 联立式(1)、(2)、(3)得r ′有两个解，分别对应近地点和远地点：

km 70132.05.7)8006400(5.72111=++?=+=

'v v v r r

km 73972.05.7)8006400(5.72112=-+?=-='v v v r r

近地点高度 km 6136400701311=-=-'=R r h

远地点高度 km 997640073972

2=-=-'=R r h

T2-3-22图