大学物理(中国矿业大学出版社)第二章

第二章习题2.1 质量为2kg 的质点的运动方程为()()22ˆˆ61331r t i t t j =++++，求证质点受恒力而运动，并求力的方向和大小，采用国际单位制。

解：质点的运动方程为()()22ˆˆ61331r t i t t j =++++，那么通过对上式两边求导，便可得到速度()ˆˆ1263v t i t j =++加速度为：ˆˆ126a i j =+因此质点所受的力为ˆˆ2412N F m a i j ==+因为上式中不随时间改变，所以质点所受的力为恒力。

大小和方向可以用矢量的有关知识求出来。

2.2 质量为m 的质点在Oxy 平面内运动，质点的运动方程为ˆˆcos sin r a t i b t j ϖϖ=+，,,a b ϖ为正常数，⑴ 求质点的动量；⑵ 证明作用于质点的合力总指向原点。

解：⑴ 由质点的运动方程可得质点的速度为：ˆˆsin cos v a t i b t j ϖϖϖϖ=-+质点的动量为：ˆˆsin cos p m v m a t i m b t j ϖϖϖϖ==-+⑵ 质点的加速度为：22ˆˆcos sin a a t i b t j ϖϖϖϖ=--作用于质点的合力为：()2222ˆˆcos sin ˆˆcos sin F m a m a t i m b t jm a t i b t j m rϖϖϖϖϖϖϖϖ==--=-+=-方向为r -的方向，也就是总指向原点。

2.3 圆柱A 重500N ，半径0.30m A R =，圆柱B 重1000N ，半径0.50m B R =，都放置在宽度为 1.20m l =的槽内，各接触点都是光滑的。

求A ，B 柱间的压力及A ，B 柱与槽壁和槽底间的压力。

解：分别以A ，B 为研究对象，受力分析如图所示，建立坐标系如图。

对A 列方程有：x 轴：sin A BA N N α= ⑴ y 轴：cos A BA G N α= ⑵ 对B 列方程有：x 轴：1sin AB B N N α= ⑶ y 轴：cos B B AB N G N α=+ ⑷ 在三角形中0.4m A B BC l R R =--= 0.8m A B AB R R =+=1sin ,cos 22αα== ⑸通过解上述方程组，可以得到577N AB BA N N ==，1500N B N =，1288.5N A B N N ==2.4 桌面上叠放两块木板，质量各为12,m m ，如图所示。

2m 和桌面间的静摩擦力系数为2μ，1m 和2m 间的静摩擦系数为1μ。

问沿水平方向用多大的力才能把下面的木板抽出来。

解：以12,m m 为研究对象，受力分析如图所示，21f 与12f 是一对作用力和反作用力，为12,m m 之间的静摩擦力；1N 与'1N 也是一对作用力和反作用力；2f 为2m 与地面之间的静摩擦力。

这些静摩擦力的最大值分别为：12211222f f N f N μμ==⎧⎨=⎩ ⑴N A B G对1m 列方程：211111::x f m a y N m g=⎧⎨=⎩ ⑵对2m 列方程：12222221::x F f f m a y N m g N --=⎧⎨=+⎩ ⑶通过解上述方程，可以得到加速度12,a a 的表达式分别为 11a g μ=， ()1121222F m g m m ga m μμ--+=只有当21a a ≥时，才能把木板2m 抽出来。

因此可得到力F 的条件：()()1212F m m g μμ≥++ 2.5解：对整体进行受力分析，加速度向上为a ，根据牛顿第二定律有：()()a b a b F m m m g m m m a-++=++即()()22m s a b a b F m m m ga m m m -++==++对A 进行受力分析，根据牛顿第二定律有：a a T m g m a -=得到()96N a T m g a =+=1m g1NN F1o x1a2aya m gd m()a b m m m g++FT对一小段绳子d m 受力如图，根据牛顿第二定律得： ()()24m T dT T dm g dm a dT dm a g a g dxdx L+--=⇒=+=+=两边积分得到()11960249624N T x dT dx T x =⇒=+⎰⎰2.6 在图示的装置中两物体的质量各为1m ，2m ，物体之间以及物体与桌面间的摩擦系数都为μ，求在力F 的作用下两物体的加速度及绳内张力。

不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。

解：对1m ，2m 分别进行受力分析如上图所示，取x 方向向右为正方向，y 轴方向向上为正方向。

根据牛顿第二定律列方程，对1m 有 x 轴：111f T N T m a μ-=-=-y 轴：110N m g -=对2m 有方程，x 轴：122F m g T N m a μμ---=y 轴：()2120N m m g -+=方程组可以变为()111122m g T m a F m g T m m g m a μμμ-=-⎧⎨---+=⎩可得到 11T m g m a μ=+ ()()112122F m g m m g m m aμμ--+=+最后可以解得：()1122F m ga g m m μμ-=-+，()()11122m F m g T m m μ-=+1N2.7 如图所示，各悬挂物体的质量分别为：13.0kg m =，2 2.0kg m =，3 1.0kg m =。

求1m 下降的加速度。

忽略悬挂线和滑轮的质量，轴承摩擦和阻力，线不可伸长。

解： 受力分析如图所示，并且这个题目还涉及到相对运动的问题。

ra 为2m 和3m 相对于动滑轮的加速度。

根据牛顿第二定律列方程为： 1111m g T m a -= ()222122r m g T m a a m a -=-= ()323133r m g T m a a m a -=-+=-122T T =联立解方程可得： ()111T m g a =-()2111222r m a g m ga m m -+=+ ()()13213122324r m m m ga m m m m m m -=-++代入数据可得：()23.46m s r a =，()210.58m s a =，()222.88m s a =，()23 4.04m s a =，()19.02N T =2.8 线的长度为L ，上端固定，下端悬挂小球，小球在水平面上作匀速圆周运动。

线与竖直方向的夹角为θ，如图。

不计空气阻力，求小球运动一周所需的时间。

解：对小球进行受力分析如图所示。

并建立如图坐标系。

根据牛顿第二定律列方程为： 22sin vT mm R Rθϖ==cos T mg θ=可得：cos m g T θ=，2tan mg mR θϖ=ϖ=所以可得到周期为：2s222ππϖ===如果用v =2g3m 23a2.9 解：对滑块进行受力分析如图，建立自然坐标系：根据牛顿第二定律列方程为： ˆτ方向：sin dv m g mdtθ= ① ˆn方向：2cos vmg N m Rθ-= ②ds R d θ=，①式两边同乘ds 可得：sin gR d vdv θθ=，两边同时积分可以得到：21c o s 2vg R vθθ-=()221c o s vg Rθ⇒=- 代入② 式可得：()()cos 21cos 3cos 2N mg mg mg θθθ=--=- 当滑块离开球面时，0N =，即2cos 3θ=，2arccos48.23θ==2.10 解：⑴ 质点在A 处时，若要使棒对它的作用力为零，则只有重力作用，牛顿第二定律可写为：2vm g ml=()2.21m s v ⇒==⑵ ()220.40.50.16N 0.5n vF ml==⨯=()0.59.84.9NF m g τ==⨯=2.12 解：（一）以升降机为参考系，A 和B 的受力如图所示：水平向右为x 轴的正方向，竖直向上为y 轴的正方向，根据牛顿第二定律列方程为： 对A ：'T ma =0N m g m a --= 对B ：()'T m a g ma -+=-解方程可得：'34a g =因此对机内的人来说，A 的加速度为：3ˆ4g i ，B 的加速度为：3ˆ4g j -ˆng'a'a（二）以地面为参考系，建立坐标系与上边相同，根据牛顿第二定律列方程： 对A ：'T ma = N m g m a -= 对B ：()'T mg m a a -=- '34a g =，34T m g =，A 的加速度为：131ˆˆ42a g i g j =+， B 的加速度为：'21ˆ4a a a g j =-=-2.13 解： （一）以地面为参考系。

对小球进行受力分析。

小球相对于小车的加速度为0，所以a 就是小球的绝对加速度。

根据牛顿第二定律列方程：x 方向：()cos 90sin T mg ma αβα---= y 方向：()sin 90cos 0T mg αβα---=即：()sin sin T mg ma αβα+-=，()cos cos 0T mg αβα+-=()cos tan sin mg mg ma ααβα+-=()sin tan 0.2074cos g a g ααβα+⇒+==()cos 1.97N cos m g T ααβ==+（二）以加速度为20.3m s 的小车为参考系，则小球所受的力应该加一个沿着斜面向下的非惯性力。

根据牛顿第二定律列方程：()cos 90sin 0T mg ma αβα----=()sin 90cos T mg αβα--=同样得到上边的结果。

yxg'aa2.14 解：⑴受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有：2sin N m x αϖ=cos mg N α= tan 2dy k ax dxα===所以可得：2tan 2x ax gϖα==可以解得：ϖ=⑵受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有：2sin N m x αϖ=cos mg N α=但此时曲线方程变为：()222x y a a +-=tan dy x k dxy aα====-2t a nxgϖαϖ==⇒=2.15 解：⑴ 在水平方向不受外力作用，所以在碰撞前后动量守恒。

碰撞前只有子弹的动量；碰撞后子弹嵌入木块一起运动，设速度为v 。

可得到方程： ()01mv m m v =+01m v v m m ⇒=+子弹的动量为：201m v p m v m m ==+子弹，木块的动量为：1011m m v p m v m m ==+木块⑵ 在此过程中，子弹施于木块的冲量为：1010m m v I p p m m =∆=-=+木块木块2.16 解：设绳子断时，m 的速度为v 。