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1、2.1 一个质量为的质点，在光滑的固定斜面（倾角为）上以初速度运动，的方P0v0v解: 物体置于斜面上受到重力，斜面支持力.建立坐标：取方向为轴，平行斜mgN0vvX面与轴垂直方向为轴.如图 2-2.XY题 2-2 图方向： X0xFtvx0方向： YyymamgFsin时 0t0y0yv2sin21tgy由、式消去 ，得t2 2 0sin21xgvy2 质量为16 kg 的质点在平面内运动，受一恒力作用，力的分量为6 xOyxfN，yf解： 2sm83 166mfax x2sm167mfay y(1)201 01200sm872167sm452832dtavvdtavvyyyxxx于是质点在
2、时的速度s21sm87 45jivvvv(2)m87 4134)167(21)483 2122(21)21(22 0jijijtaitatvryxvvvvvvv3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力(为常数)作用， =0时质点的kvkt 速答: (1) tv mkvadd分离变量，得mtk vvdd即 vvtmtk vv00ddmktevv lnln0 tmkevv0(2) tttmk mkekmvtevtvx 00 0)1 (dd(3)质点停止运动时速度为零，即 t，故有 00 0dkmvtevxtmk(4)当 t=时，其速度为kmevevevvkm mk01 00即速度减至的.0
3、ve14 一质量为的质点以与地的仰角=30的初速从地面抛出，若忽略空气阻力，求质m0vv解: 依题意作出示意图如题 2-6 图题 2-6 图 在忽略空气阻力情况下，抛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,而抛物线具有对轴对称性，故末速度与轴夹角亦为，则动量的增量为yxo300vmvmpvvv由矢量图知，动量增量大小为，方向竖直向下0vmv5 作用在质量为10 kg的物体上的力为N，式中 的单位是s，(1)求4s后，itFv)210(t这 解: (1)若物体原来静止，则,沿轴正向，itittFptvvvv10401smkg56d)210(dxipIimpv vvvvvv1
4、1111 1smkg56sm6 . 5若物体原来具有初速，则61sm于是tttFvmtmFvmpvmp 000000d)d(,vvvvvvv,tptFppp 0102dvvvvv同理， ,12vvvv12IIvv这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大， 那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理 (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即tttttI 0210d)210(亦即 0200102tt解得，(舍去)s10ts20 t6 一颗子弹由枪口射出时速率为，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 1 0smvF 解: (1)由题意，子
5、弹到枪口时，有,得0)(btaFbat (2)子弹所受的冲量tbtattbtaI 02 21d)(将代入，得bat baI22 (3)由动量定理可求得子弹的质量0202bva vIm7 设(1) 当一质点从原点运动到时，求所作N67jiFvvv合m1643kjirvvvvFv的解: (1)由题知，为恒力，合Fv )1643()67(kjijirFAvvvvvvv合J452421(2) w756 . 0 45tAP(3)由动能定理，J45AEk8 ，一物体质量为2kg，以初速度3ms-1从斜面点处下滑，它与斜面的摩擦力为0vA8N， 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
6、为弹性势能零点。则由功能原理，有37sin21 2122mgsmvkxsfr222137sin21kxsfmgsmv kr 式中，再代入有关数据，解得m52 . 08 . 4sm2 . 0x-1mN1390k再次运用功能原理，求木块弹回的高度h2o 2137sinkxsmgsfr代入有关数据，得 ,m4 . 1 s则木块弹回高度m84. 037sinosh题 2-19 图9 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有2 22 12 021 21 21mvmvmv即 2 22 12 0vvv又碰撞过程中，动量守恒，即有210vm
7、vmvmvvv亦即 210vvvvvv由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以为斜边，0vv故知与是互相垂直的1vv 2vv10 一质量为的质点位于()处，速度为, 质点受到一个沿负方向m11, yxjvivvyxvvvx的力的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩f解: 由题知，质点的位矢为jyixrvvv 11作用在质点上的力为i ffvv所以，质点对原点的角动量为vmrLvvv0)()(11jvivmiyixyxvvvvkmvymvxxyv)(11作用在质点上的力的力矩为k fyi fjyixfrMvvvvvvv1110)()(11 哈雷彗星
8、绕太阳运动的轨道是一个椭圆它离太阳最近距离为8.751010m 时的速1r率 解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力即有心力的作用，所以角动量守恒；又由 于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有2211mvrmvr m1026. 51008. 91046. 51075. 812 2410211 2vvrr12 物体质量为3kg， =0时位于, ，如一恒力作用在tm4irvv1sm6jivvvvN5jfvv物解: (1) 301smkg15d5djtjtfpvvvv(2)解(一) 73400tvxxxjattvyy5 .25335 21362122 0即 ,irvv41jirv
9、vv5 .257210xxvv1133560atvvyy即 ,jivvvv611jivvvv112 kjiivmrLvvvvvvv72)6(34111kjijivmrLvvvvvvvv5 .154)11(3)5 .257(222 12 12smkg5 .82kLLLvvvv解(二) dtdzM tttFrtML 00d)(dvvvv 301302smkg5 .82d)4(5d5)35)216()4(2ktkttjjttitvvvvv13飞轮的质量60kg，半径0.25m，绕其水平中心轴转动，转速为900revmin-mRO1现解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b)图中、是正压力，、
10、是摩NNrFrF擦力，和是杆在点转轴处所受支承力，是轮的重力，是轮在轴处所受支承xFyFARPO力 杆处于静止状态，所以对点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有AFlllNlNllF121 1210)(对飞轮，按转动定律有，式中负号表示与角速度方向相反IRFr/ NFrNN FlllNFr121又 ,212mRI FmRlll IRFr121)(2以等代入上式，得N100F2srad34010050. 025. 060)75. 050. 0(40. 02由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为s06. 74060329000 t这段时间内飞轮的角位移为rad21 .53)49(340
11、21 49 602900 2122 0tt可知在这段时间里，飞轮转了转1 .53(2)，要求飞轮转速在内减少一半，可知1 0srad6029002ts2000srad215 22 tt 用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为NllmRlF1772)75. 050. 0(40. 021550. 025. 060)(221114 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴转动设大小圆柱体OO 解: 设,和 分别为,和柱体的加速度及角加速度， 1a2a1m2m（1）,和柱体的运动方程如下：1m2m2222amgmT1111amTgmIrTRT 21式中 RaraTTTT122211,而 22 21 21mrMRI由上式求得222222 22 121srad13. 68 . 910. 0220. 0210. 042120. 0102121 . 022 . 0 grmRmIrmRm(2)由式8 .208 . 9213. 610. 02222gmrmTN由式1 .1713. 6. 2 . 028 . 92111RmgmTN
