大学物理习题精选-答案——第2章质点动力学

大学物理习题精选-答案——第2章 质点动

力学

-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

质点动力学习题答案

2-1一个质量为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2-1.



图2-1

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 22v02-2 质量为m的物体被竖直上抛，初速度为v0，物体受到的空气阻力数值为fKV，K为

常数.求物体升高到最高点时所用时间及上升的最大高度. 解：⑴研究对象：m

⑵受力分析：m受两个力，重力P及空气阻力f ⑶牛顿第二定律：

合力：FPf

Pfma

y分量：mgKVmmdVdt

mgKVdV dt即

dV1dt

mgKVmtdV1v0mgKV0mdt v2

1mgKV1lndt KmgKV0mmgKVeKtm(mgKV0)

t11V(mgKV0)emmg ①

KKKV0

时，物体达到了最高点，可有t0为

t0KV0mmgKV0mlnln(1) ② KmgKmg∵ Vdy dt∴ dyVdt

y0Kt11mdyVdt(mgKV0)emgdt

00KKtttK1my2(mgKV0)em1mgt

KKKt12(mgKV0)1emmgt ③ KKmtt0 时，yymax，

ymaxKVKmln(10)KV0m1mmg2(mgKV0)1emK) mgln(1KmgKKm12(mgKV0)1KmgKV0mgm2KV02gln(1)

mgKKV0KV0mm22(mgKV0)2gln(1)

mgKV0KmgKmV0m2KV02gln(1) KmgK2-3 一条质量为m，长为l的匀质链条，放在一光滑的水平桌面，链子的一端由极小的

一段长度被推出桌子边缘，在重力作用下开始下落，试求链条刚刚离开桌面时的

3

速度.

解：链条在运动过程中，其部分的速度、加速度均相同，沿链条方向，受力为

mxg，根据牛顿定律，有 lmFxgma

lmdv通过变量替换有 xgmv

ldxlmv x0,v0，积分xgmvdv

0l0图2-4 由上式可得链条刚离开桌面时的速度为vgl

2-5 升降机内有两物体，质量分别为m1和m2，且m2＝2m1．用细绳连接，跨过

滑轮,绳子不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速

a＝

1g上升时，求：(1) m1和m2相对升降机的加速度．(2)在地面上观2察m1和m2的加速度各为多少

解: 分别以m1,m2为研究对象，其受力图如图所示．

(1)设m2相对滑轮(即升降机)的加速度为a，则m2对地加速度a2aa；因绳不可伸长，故m1对滑轮的加速度亦为a，又m1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m1在水平方向对地加速度亦为a，由牛顿定律，有

m2gTm2(aa)

Tm1a

题2-5图

联立，解得ag方向向下

4

(2) m2对地加速度为

a2aag 方向向上 2'm1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a绝a相a牵 g25∴ a1aagg

42222arctana1arctan26.6o，左偏上． a22-6 一物体受合力为F2t（SI），做直线运动，试问在第二个5秒内和第一个

5秒内物体受冲量之比及动量增量之比各为多少？

解：设物体沿+x方向运动，

I1Fdt01055502tdt25N·S（I1沿i方向）

10I2Fdt52tdt75N·S（I2沿i方向）

I2/I13

I2(p)2∵

I(p)11∴

(p)23 (p)12-7 一弹性球，质量为m0.020kg，速率v5m/s，与墙壁碰撞后跳回. 设跳回时速率

不变，碰撞前后的速度方向和墙的法线夹角都为60，⑴求碰撞过程中小球受到

的冲量I?⑵设碰撞时间为t0.05s，求碰撞过程中小球 受到的平均冲力F?

解:

Ixmv2xmv1xmvcos(mvcos)2mvcos Imvmvmvsinmvsin0y2y1yIIxi2mvcosi20.0205cos60i0.10iN·S

2-9 一颗子弹由枪口射出时速率为v0ms，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为

1F =(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．

5

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v02bv02-10 木块B静止置于水平台面上，小木块A放在B板的一端上，如图所示. 已知

mA0.25kg，mB＝0.75kg，小木块A与木块B之间的摩擦因数1＝0.5，木

板B与台面间的摩擦因数2＝0.1. 现在给小木块A一向右的水平初速度v0＝40m/s，问经过多长时间A、B恰好具有相同的速度（ 设B板足够长）

图2-10

解：当小木块A以初速度v0向右开始运动时，它将受到木板B的摩擦阻力的作用，木板B则在A给予的摩擦力及台面给予的摩擦力的共同作用下向右运动. 如果将木板B与小木块A视为一个系统，A、B之间的摩擦力是内力，不改变系统的总动量，只有台面与木板B之间的摩擦力才是系统所受的外力，改变系统的总动量. 设经过t时间，A、B具有相同的速度，根据质点系的动量定理 Fkt(mAmB)vmAv0

Fk2(mAmB)g

6

再对小木块A单独予以考虑，A受到B给予的摩擦阻力FK'，应用质点的动量定理 Fk'tmAvmBv0 以及 Fk'1mAg 解得 v(v0vvmA12),t0

mAmB121g代入数据得 v2.5m/s t=7.65s

2-11一粒子弹水平地穿过并排静止放置在光滑水平面上的

木块，如图2-11所示. 已知两木块的质量分别为m1和

m2，子弹穿过两木块的时间各为t1和t2，设子弹在

木块中所受的阻力为恒力F，求子弹穿过后，两木块各以多大速度运动.

图2-11

解：子弹穿过第一木块时，两木块速度相同，均为v1，初始两木块静止， 由动量定理，于是有

Ft1(m1m2)v10

设子弹穿过第二木块后，第二木块速度变为v2，对第二块木块，由动量定理有

Ft2m2v2m1v1 解以上方程可得 v1Ft1Ft1Ft2,v2

m1m2m1m2m27

2-12一端均匀的软链铅直地挂着，链的下端刚好触到桌面. 如果把链的上端放

开，证明在链下落的任一时刻，作用于桌面上的压力三倍于已落到桌面上那部分链条的重量.

解：设开始下落时t0，在任意时刻t落到桌面上的链长为x，链未接触桌面的部分下落速度为v，在dt时间内又有质量dmdx（为链的线密度）的链落到桌面上而静止. 根据动量定理，桌面给予dm的冲量等于dm的动量增量，即

IFdtvdmvdx 所以 Fvdxv2 dt由自由落体的速度v22gx得

F2gx

这是t时刻桌面给予链的冲力. 根据牛顿第三定律，链对桌面的冲力F'F，F'方向向下，t时刻桌面受的总压力等于冲力F'和t时刻已落到桌面上的那部分链的重力之和，所以 NF'xg3xg 所以

N3 xg即链条作用于桌面上的压力3倍于落在桌面上那部分链条的重量.

2-13一质量为50kg的人站在质量为100kg的停在静水中的小船上，船长为5m，问当人从

船头走到船尾时，船头移动的距离.

解:以人和船为系统，整个系统水平方向上动量守恒 设人的质量为m，船的质量为M，应用动量守恒得 mv+MV=0

其中v，V分别为人和小船相对于静水的速度，

8

可得V=-mv MMmv M人相对于船的速度为 v'vV设人在t时间内走完船长l，则有

MmMmt lvdtvdtvdt

00MM0t't在这段时间内，人相对于地面走了xvdt

0t 所以xMl Mmml5 Mm3 船头移动的距离为x'lx2-14质量为M的木块静止在光滑的水平桌面上，质量为m，速度v0的子弹水平地射入木

块，并陷在木块内与木块一起运动.求：

(1)子弹相对木块静止后，木块的速度和动量； (2)子弹相对木块静止后，子弹的动量；

(3) 在这个过程中，子弹施于木块的冲量.

解：子弹相对木块静止后，其共同速度设为u，子弹和木块组成系统动量守恒

（1）mv0(mM)u 所以 umv0 mMMmv0 mMPMMum2v0（2）子弹的动量Pmmu

mM（3）针对木块，由动量守恒知，子弹施于木块的冲量为

IPM0Mmv0 Mm2-15质量均为M的两辆小车沿着一直线停在光滑的地面上，质量为m的人自一辆车跳入

另一辆车，接着又以相同的速率跳回来. 试求两辆车的速率之比.

9

解： 质量为m的人，以相对于地面的速度v从车A跳到车B，此时车A得到速度u1，由于车是在光滑的地面上，沿水平方向不受外力，因此，由动量守恒得

mvMu1

人到达车B时，共同得速度为u2，由动量守恒得

(Mm)u2mv

人再由车B以相对于地面的速度v跳回到车A，则车B的速度为u2'，而车

A与人的共同速度为u1'，如图所示，由动量守恒得

Mu2'mv(Mm)u2(Mm)u1'mvMu1u1'2mv Mm

联立方程解得：u2'2mv M所以车B和车A得速率之比为

u2'Mm 'u1M2-16体重为P的人拿着重为p的物体跳远，起跳仰角为，初速度为v0. 到达最高点时，

该人将手中的物体以水平向后的相对速度u抛出，问跳远成绩因此增加多少？

解：人和物体组成系统在最高点抛出物体前后沿水平方向动量守恒，注意到对地面这个惯性参考系

(mm')v0cosmvm'(vu)

m'vv0cosu'mm

从最高点到落地，人做平抛运动所需时间t跳远距离增加为

v0sin g10

m'u)tv0cost s(v0cosmm'v0sinm'putu  'mmPpg2-17铁路上有一平板车，其质量为M，设平板车可无摩擦地在水平轨道上运动. 现有N个人从平板车的后端跳下，每个人的质量均为m，相对平板车的速度均为u. 问在下述两种情况下，平板车的末速度是多少（

1）N个人同时跳离；（2）一个人、一个人的跳离. 所得结果是否相同.

解：取平板车和N个人为研究对象，由于在水平方向上无外力作用，故系统在该方向上动量守恒. 取平板车运动方向为坐标轴正方向，设最初平板车静止，则有MvNm(vu)0 所以N个人同时跑步跳车时，车速为

vNmu

MNm（2）若一个人、一个人地跳车，情况就不同了. 第一个跳车时，由动量守恒定律可得

[M(N1)m]v1m(v1u)0

第二个人跳车时，有

[M(N2)m]v2m(v2u)[M(N1)m]v1

v2v1mu

M(N1)m以此类推，第N个人跳车时，有

MvNm(vNu)(Mm)vN1

vNvN1mu MmN111mu)所以vNmu( MmM2mMNmn1Mnm11

因为

111 MmM2mMNm111N MmM2mMNmMNm故vNv

2-18质量为10kg的物体作直线运动，受力与坐标关系如图2-18所示。若x0时，

v1m/s，试求x16m时，v?

解：在x0到x16m过程中，外力功为力曲线与x轴所围的面积代数和＝40J

由动能定理为：

图2-18

112mv2mv21 22112即 4010v2101

22Wv23m/s

2-19在光滑的水平桌面上，水平放置一固定的半圆形屏障. 有一质量为m的滑块以初速度

v0沿切线方向进入屏障一端，如图2-19所示,设滑块与屏障间的

摩擦因数为，试证明当滑块从屏障另一端滑出时，摩擦力作功为Wf

12mv02(e21)

图2-19

12

解：滑块做圆周运动，依牛顿定律，有：

mv2 法向：N

Rdvdvdmvdv mdtddtRddv由以上两式，可得 d

vvdv 对上式两边积分，有d

v0v0 切向：fNm可得 vv0e

由动能定理可得摩擦力做功为

Wf1211mvmv02mv02(e21) 2222-20质量为M的木块静止于光滑水平面上，一质量为m，速率为v的子弹水平射入木块后

嵌在木块内，并于木块一起运动，求：（1）木块施于子弹的力所做的功；（2）子弹施于木块的力所做的功；（3）木块和子弹系统耗散的机械能.

解：把子弹和木块当作一个系统，动量守恒

(Mm)umv

因而求得子弹和木块共同速度umv Mm112M22Mm122(mv) （1）Amumv222(Mm)2（2）A'1Mm12Mu20(mv) 2(Mm)22111M1(mv2) （3）E(mu2Mu2)mv2222(Mm)22-21一质量M10kg的物体放在光滑的水平桌面上，并与一水平轻弹簧相连，弹簧的劲

度系数k1000N/m. 今有一质量m＝1kg的小球以水平速度v0＝4m/s飞来，与物体

M相撞后以v1＝2m/s 的速度弹回，试问：

(1) 弹簧被压缩的长度为多少？

(2) 小球m和物体M的碰撞是完全弹性碰撞吗？

13

(3)

(3) 如果小球上涂有黏性物质，相撞后可与M粘在一起，则（1），（2）

所问的结果又如何？

解：碰撞过程中物体、弹簧、小球组成系统的动量守恒 mv0mv1Mu

um(v0v1)1(42)0.6m/s M10小球与弹簧碰撞，弹簧被压缩，对物体M有作用力，对物体M，由动能定理

11（1）kx20Mu2

22 弹簧被压缩的长度 xM10u0.60.06m k1000（2）Ek111Mu2mv12mv02＝－4.2J 222（3）小球与物体M碰撞后粘在一起，设其共同速度为u'，根据动量守恒及动

量定理 mv0(Mm)u'

11kx'20(Mm)u'2 22此时弹簧被压缩的长度

x'mv00.04m

k(Mm)2-22 一根劲度系数为k1的轻弹簧A的下端，挂一根劲度系数为k2的轻弹簧B，

B的下端一重物C，C的质量为M，如2-22图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．

14

解: 弹簧A、B及重物C受力如2-22图所示平衡时，有

图2-22

FAFBMg

又

FAk1x1

FBk2x2

所以静止时两弹簧伸长量之比为

x1k2 x2k1弹性势能之比为

Ep1Ep21k1x12k22 1k12k2x222-23 如题2-23图所示，一物体质量为2kg，以初速度v0＝3m·s-1从斜面A点处下

滑，它与斜面的摩擦力为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．

15

图2-23

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

12mvmgssin37frs1212frskxmvmgssin37k2

122kx22式中s4.80.25m，x0.2m，再代入有关数据，解得

k1390Nm-1

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h

f1rsmgssin37o2kx2

代入有关数据，得 s1.4m, 则木块弹回高度

hssin37o0.84m

2-24铅直平面内有一光滑的轨道，轨道的BCDE部分是半

径为R的圆. 若物体从A处由静止下滑，求h应为多大才恰好能使物体沿圆周BCDE运动

16

图2-25

解：木块如能通过D点，就可以绕整个圆周运动. 设木块质量为m，它在D点的法向运动方程为

v2 Nmgm

R式中N为圆环给木块的法向推力. 显然N＝0时，木块刚好能通过D点，所以木块刚好能绕圆周运动的条件为

v2Rg

选木块和地球为系统，系统的机械能守恒，所以可得

1 2mgRmv2mgh

2联立求解得h2.5R

即高度为h2.5R时木块刚好能绕圆周运动

2-25两个质量分别为m1和m2的木块A和B，用一个质量忽略不计、倔强系数为k的弹簧

连接起来，放置在光滑水平面上，是A紧靠墙壁，如图示. 用力推木块B使弹簧压缩

x0，然后释放. 已知m1m,m23m，求

(1) 释放后，A、B两木块速度相等时的瞬时速度的大小；

(2) 释放后，子弹的最大伸长量.

图2-26

解：释放后，子弹恢复到原长时A将要离开墙壁，设此时B的速度为v，由

1机械能守恒，由 kx023mv2/2

2得vx0k 3mA离开墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，有

17

m1v1m2v2m2v

1111 m1v12kx2m2v22m2v2 （1） 222233k当v1v2时，求得：v1v2vx0 （2）

443m3（2）弹簧有最大伸长量时，v1v2v，由式（2）得

41 xmaxx0

22-26两块质量各为m1和m2的木块，用劲度系数为k的轻弹簧连在一起，放置在

地面上，如图示，问至少要用多大的力F压缩上面的木块，才能在该力撤去后因上面的木板升高而将下面的木板提起？

解：

图2-27

将m1,m2和弹簧和地球视为一个系统，该系统在压力撤离后，只有保守力作用，所以机械能守恒. 设压力撤离时刻为初态，m2恰好提离地面时为末态，初态、末态时动能均为零. 设弹簧原长时为坐标原点和势能零点， 则

11 m1gxkx2m1gx0kx02

22式中x0为压力F作用时弹簧的压缩量，则

m1gFkx00

式中x为m2恰好能提离地面时弹簧的伸长量，此时要求kxm2g 联立以上几个方程解得

F(m1m2)g

18

故能使m2提离地面的最小压力为Fmin(m1m2)g

2-27一质量为m'的三角形木块放在光滑的水平面上，另一

质量为m的立方木块由斜面最低处沿斜面向上运动，相对于斜面的初速度为v0，如图所示，如果不考虑木块接触面上的摩擦，问立方木块能沿斜面上滑多高？

解：三角形木块与立方木块组成的系统在水平方向不受

外力作用， 水平方向动量守恒. 初始时，立方木块速度为v0，其水平方向分量为v0cos，三角形木块静止；当立方木块达最高点时，相对于三角形木块静止，设二者共同的速度为v，则 mv0cos(mm')v

在运动过程中，两木块和地球组成的系统只有重力做功，机械能守恒，得

11mv02mgh(mm')v2 22图2-28

由以上两式得立方木块沿斜面上滑的高度为

v02v02msin2m'mcos2h(1) ''2gmm2gmm

2-28两个形状完全相同、质量都为M的弧形导轨

A和B，放在地板上，今有一质量为m的小物体，从静止状态由A的顶端下滑，A顶端的高

19

度为h0，所有接触面均光滑. 试求小物体在B轨上上升的最大高度（设A、B导轨与地面相切）

图2-29

解：设小物体沿A轨下滑至地板时的速度为v，对小物体与A组成的系统，应用机械能守恒定律及沿水平方向动量守恒定律，有 MvAmv0 （1）

mgh011MvA2mv2 （2） 22解得v2Mgh0/(Mm) （3）

当小物体以初速v沿B轨上升到最大高度H时，此时小物体相对B的速度为零，设小物体与B相对地沿水平方向的共同速度为u，根据动量守恒与机械能守恒，

有Mv(Mm)u （4）

121mv(Mm)u2mgH （5） 22联立（3）－（5）解得

Mv2M2H()h0

2(Mm)gMm

2-29 一质量为200g的砝码盘悬挂在劲度系数k196N/m的弹簧

下，现有质量为100g的砝码自30cm高处落入盘中，求盘向下移动的距离（假设砝码与盘的碰撞是完全非弹性碰撞）

20

解：第一阶段：砝码落入盘中以前，由机械能守恒有

m1gh1m1v122图2-30

第二阶段：砝码与盘碰撞，因为完全非弹性碰撞，其共同速

度设为v2，在垂直方向，砝码和盘组成系统之碰撞内力远大于重力、弹簧的弹性力，可认为在 垂直方向动量守恒，因而有 m1v1(m1m2)v2

第三阶段：砝码和盘向下移动过程中机械能守恒，注意到弹性势能零点是选在弹簧的原长处

1211kl(m1m2)v22k(l1l2)2(m1m2)gl2 222m2gkl1

解以上方程可得

98l220.98l20.0960 向下移动的最大距离为l20.037 2-30倔强系数为k的轻弹簧，一端固定，另一

端与桌面上的质量为m的小球B相连接. 推动小球，将弹簧压缩一端距离L后放开，假定小球所受的滑动摩擦力大小为F

且恒定不变，滑动摩擦系数与静摩擦系数可视为相等. 试求L必须满足什么条件时，才能使小球在放开后就开始运动，而且一旦停止下来就一直保持静止状态.

21

图2-31

解：取弹簧的自然长度处为坐标原点

在t0时，静止于xL的小球开始运动的条件是

kLF (1)

小球运动到x处静止的条件，由功能原理得

11 F(Lx)kx2kL2 (2)

22使小球继续保持静止的条件为 k|x|k|L2F|F (3) k所求L同时满足(1)和(3)式，求得

F3F Lkk2-31一绳跨过一定滑轮，两端分别拴有质量为m及M的物体，如图示，M静

止在桌面上（M>m）.抬高m, 使绳处于松弛状态. 当

m自由落下h距离后, 绳才被拉紧，求此时两物体的速

度及M所能上升的最大高度.

解：分三个阶段

m

1自由下落 mghmv2

2m,M相互作用（通过绳），在此阶段，绳中张力T比物体所受重力大得多，此时可忽略重力，由动量定理 对m有 TdtmVmv

0t图2-32

对M有 TdtMV0

0tm下降，M上升过程机械能守恒 1mgHMgH0(Mm)V2

2解以上方程可得

22

m VmMm2h2gh,H2

Mm2

23