如有帮助欢迎下载支持第2章动力学基本定律一、选择题1. B2. C3. D4. D5. D6. C7. B8. D9. D10. D11. B12. C13. D14. C15. D16. D17. C18. D19. C20. A21. D22. A23. D24. C25. D26. C27. C28. A29. D30. D31. D32. D33. C34. D35. A36. D如有帮助欢迎下载支持37. A 38. D 39. D 40. D 41. C 42. B 43. C 44. C 45. C 46. A 47. B 48. D 49. B 50. A 51. D 52. A 53. C 54. C 55. B 56. C 57. C 58. C 59. C 60. B 61. D 62. C 二、填空题1. 力的大小为3N ，方向向左．2. 240 N3. 10.6kg4.θcos v mM m+5. 后退 2.5m6. j i 5-7. 2.7 m.s -1 8.vRmgπ9. j t i t2323+10.v m 311. bt , bt p +-0 12. 8 J 13. 67 J14. 202R F15. 3J 16. 4000J 17.)(21222B A m -ω 18.k g m 22219.mgl 50120.mr k ,rk 2- 三、计算题1. 解：由牛顿第二定律可知 a m F F F=++321所以213F F a m F --=将21F F a、、按坐标投影代入上式，即可得jF F ma i F F ma j F i F j F i F j a i a m F y y y x x x y x y x x)()()()()(212122113--+--=+-+-+= j i)2030sin 1060sin 0.30.2()30cos 1060cos 0.30.2(-+⨯++⨯=j i 8.97.11-= 大小： (N)3.158.97.11223=+=F方向： 05.508.97.11tan 33-=-==y x F F θT2-3-1图2. 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 ym --=v 22d d (1) 由动力学方程(1)有 g mkt --=v v d d 分离变量t g mkd 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⎰⎰=--tt g mkd d 1v v v得 )e 1(-1t m kkmg--=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⎰⎰=--tt g mkd d 2v vv v得 kmgk mg t m k-+=-02e )(v v (4) 对小球1，由(3)式有 )e 1(d d -1t m kkmgt y --，利用初始条件积分得 t k mgkg 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 kmgk 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)1ln(0v m khk m t --=*(7) (2) 将(7) 代入(5)或(6)式得相遇地点为)1ln()1(0220v v m khkg m h k mg y -++=*(8)(3) 将(7)式分别代入(3)和(4)中可得相遇速度：A2-3-2图001)]1(1[v v v gh m kh k mg -=---=*(9) mkh gh k mg m kh k mg --=--+=*)()1)((00002v v v v v (10) 讨论： 阻力很小时，即当k →0时，利用展开式2)1ln(2x x x --≈-，(7)—(10)式可化简为 0v h t =*；202v gh h y -=*；01v v gh -=*；002v v v gh -=*，这正是不考虑空气阻力时的结果．当考虑如题设的空气阻力时，由上述结果中的)1ln(0v m kh-可知， 只有当kh m >0v ，即mkh>0v 时，上述结果才能成立，两小球才可能相遇．3. 解：物体m 受力：重力 )(22yR mg G -=，)(R y ≥ ( y = R 时，mg G -=)初始条件：t = 0时 y =R ， v = v 0；运动方程：ma G = 即 )d d ()d d ()(22y yt m yR mg ⋅=-v]d )([d 22y yRg yR⎰⎰-=vvv v )2(222yR g gR +-=v v讨论：由上式知，欲 v = 0，有 2222v -=gR gR y 由上式，可有如下三种情况：(1) 若 v 02 < 2gR ，则在y 处v = 0，物体返回； (2) 若 v 02 = 2gR ，则在 y →∞ 处v = 0,物体不再返回, 可算出 v 0 =11.2 km ⋅s -1 (第二宇宙速)； (3) 若v 02 > 2gR ，则y <0，不合理．可见，竖直上抛物体至少要以初速v 0 = 11.2 km/s 发射，才不会再回到地球．4. 解：以飞机着地处为坐标原点，飞机滑行方向为x 轴，竖直向上为y 轴，建立直角坐标系．飞机在任一时刻（滑行过程中）受力如图所示，其中N f μ=为摩擦力，2v x C F =阻为空气阻力，2v y C F =升为升力．由牛顿运动定律列方程：x m t x x v m t m N C F x x d d d d d d d d 2v v v v =⋅==--=∑μ (1)A2-3-3图02=-+=∑mg N C F y y v (2)由以上两式可得 ()xm C C mg xy d d 22v vvv =---μ 分离变量积分：()()[]⎰⎰-+-=vv vv 0222d d y x xC C mg m x μμ 得飞机坐标x 与速度v 的关系()()()220ln 2v v y x y x y x C C mg C C mg C C mx μμμμμ-+-+-=令v = 0，得飞机从着地到静止滑行距离为()()mgv C C mg C C mx y x y x μμμμ20max ln 2-+-=根据题设条件，飞机刚着地时对地面无压力，即 5,020===-=xy y C C k C mg N 又v得 2255,v v mg C C mg C y x y ===所以有 ()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=μμ51ln 512520m axg x v ()()()m 2171.051ln 1.0511023600/1090523=⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=5. 解法一：建立地面参考系 受力分析如图所示 物体m 受力：mg 、Nx ma N =θsin (1) y ma mg N =-θcos (2)楔块M 受力：Mg 、N 0、N '（N ' = N 0）0sin Ma N =θ (3)由运动的相对性，)(0)()(地地M mM m a a a+'=x 方向： 00cos a a a a a x x -'-'=θ (4) y 方向： θs i na a a y y '-='= (5) 由(1)~(5)式，可求得A2-3-5(a)图物块对楔块的加速度： g m M m M a M m θθ2)(sin sin )(++='对 楔块对地面的加速度： g m M m a M m θθθ2)(0sin cos sin +=对 物块对地面的加速度： 大小 22)(yxm a a a +=对地g m M m M m M θθθ222sin sin )2(sin +++=方向角β ]tan )1[(tan tan 11θβMm a a x y +==--解法二：选楔块M 为参考系m 受力：真实力mg 、N ；惯性力0ma F i -=θθc o s s i n 0a m ma N '+ (6)θθsin cos a mgN '-=- (7)M 受力：真实力Mg 、N 0、N '（N ' = N 0）；惯性力F i 0 = -Ma 0 ；0s i n0=-Ma N θ (8) 由(6)~(8)式可解出与解法一相同的结果．6. 解法一：在地面参考系求解(1) 若无静摩擦，且m 静止不动，则漏斗只有一个角速度ω． 一般情况下，物体m 受力：重力mg 、漏斗壁支持力N ； 径向满足 r m N 2sin ωθ= y 方向满足 0c o s =-mg N θ(2) 若有静摩擦力s f ，ω的数值可在一范围内变化，由min ω至max ω．当ω较小(但min ωω>)，m 有下滑趋势，s f 沿壁向上； 当ω 较大时(但max ωω<)，m 有沿壁上滑趋势，s f 沿壁向下； 当max ωω=时，s f 沿壁向下，数值最大N f s μ=max ，此时物体m 受力如T2-3-5(a)图所示径向满足 r m f N s 2max 2max cos sin ωθθ=+ (1) y 方向满足 0sin cos max =--θθs f mg N (2) 由式(1)、(2)及N f s μ=max 可得)sin (cos )cos (sin max θμθθμθω-+=r g解法二：以漏斗为参考系物体m 受力：重力mg 、漏斗壁支持力N 、摩擦力f S maxA2-3-5(b)图A2-3-6(a)图惯性力F i ，其中惯性力的大小为r m F i 2max ω=方向沿径向．径向满足 0cos sin max =-+i s F f N θθ (3) y 方向满足 0sin cos max =--θθs f mg N (4)由式(3)、(4)及N f s μ=max 和r m F i 2max ω=同样可得)sin (cos )cos (sin max θμθθμθω-+=r g7. 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 2ω-=Z 方向 0cos =-mg N θ(1)-r 方向 r m N 2sin ωθ= (2)由(1)、(2) 式有 r z g r d d t a n 2==ωθ 积分有r r gz z z r d )(d 02⎰⎰=ω 得 022)2(z r gz +=ω水面是旋转抛物面8. 解：(1) 由题意，子弹离开枪口时所受合力为零，即031044005=⨯-=t F ， 子弹在抢筒中运动的时间 ()s 003.010440035=⨯⨯=t (2) 根据冲量定义，子弹在抢筒中所受合力的冲量为()s N 6.0d 3104400d 003.0050⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-==⎰⎰t t t F I t(3) 以子弹位研究对象，根据动量定理0v v m m I -=，式中10s m 300,0-⋅==v v ．所以 3006.0⨯=m()()g 2kg 1023006.03=⨯==-m9. 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 =A2-3-6(b)图A2-3-7图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5334tg tg 01===-v v α10. 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 vm 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 242243600200022=⨯⨯⨯-+= 方向由正弦定理确定:()θsin 75sin 2v vm 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．11. 解：方法一：用动量守恒定律求解以飞机(含机体及当时所载燃料)和空气为研究系统，考查t t t d +→过程 t 时刻：飞机（含机体及当时所载燃料）质量M ；飞机（对地）速度-1s m 210⋅=v ； 空气（对地）速度 = 0；t d 时间内：吸入空气d m (由已知1-s kg 75d d ⋅=tm) 消耗燃料（和空气混合燃烧后排出）的质量即t d 内飞机质量的变化d M （<0）(由已知1-s kg 0.3d d ⋅-=tM) t t d +时刻：飞机（含机体及当时所载燃料）质量M +d M （<M ）飞机（对地）速度v v d +；空气燃料燃烧后排出的质量M m M m d d d d -=+A2-3-9图d v ⋅mvt F d ⋅A2-3-10图(∆空气燃料燃烧后排出的速度（对飞机）-1s m 490⋅=u空气燃料燃烧后排出的速度（对地）)d (v v ++-u（以飞机前进方向为速度正方向）系统不受外力作用（重力忽略），故系统在d t 时间内动量守恒 )d )(d ()d )(d d (0d v v v v v +++++--=+⋅M M u M m M m 化简并略去二阶小量得m u M u M d )(d d v v -+-=飞机受推力tM F d d v= 由 式有tmu t M uF d d )( d d v -+-= N 1025.275)210490()0.3(4904⨯=⨯-+-⨯-=方法二：用动量定理求解以飞机喷出的空气和燃料为研究对象，考查t t t d +→过程设t d 时间内：喷出的空气的质量为d m 1；喷出的燃料的质量为d m 2（实际上燃料是和空气一起燃烧后喷出的）；对飞机（含机体及当时所载燃料），t 时刻：对地速度 v ；t t d +时刻：对地速度v v d +对d m 1，t 时刻：对地速度 = 0；t t d +时刻：对地速度)d (v v ++-u（以飞机前进方向为速度正方向）对d m 2，t 时刻：对地速度 v ；t t d +时刻：对地速度)d (v v ++-u由质点系的动量定理（分量式），对d m 1和d m 2系统，21d d d p p t F +=F 是飞机对d m 1和d m 2的作用力（外力）])d ([d ]0)d ([d d 21v v v -++-+-++-=u m v v u m t F略去二阶小量得tmu t m u F d d d d )(21--=v由已知，1-1s kg 75d d ⋅=t m ；1-2s kg 0.3d d ⋅=tm；-1s m 210⋅=v ；-1s m 490⋅=u ，得 N 1025.24⨯-=F ， 则飞机受的推力为N 1025.24⨯=-='F F12. 解：(1) C 起动前，设A 、B 间绳的张力为T ，分别对A 、B 应用牛顿定律列方程g a a M T a M T g M B A M M B A A 21=−−−→−⎭⎬⎫==-= 又由221at l =得 ()s 4.0104.044=⨯==glt (2) B 、C 间绳刚拉紧时，A 、B 的速度大小为()10s m 24.01021-⋅=⨯⨯==at v ，C 的速度为零．经t ∆时间后，三者一起运动，设速率为v ，A 、B 间张力为1T ，B 、C 间张力为2T ，对A 、B 、C 分别应用动量定理()()1202101s m 33.10-⋅=−−−→−⎪⎭⎪⎬⎫-=∆-=∆--=∆-v v v v v v gM C B B A A A A M t T M M t T T M M t T g M 忽略13. 解：(1) m 与M 相碰，设M 对m 的竖直冲力为f ，由动量定理()02-=∆-vm t mg f忽略重力mg ，可得tm f ∆=2v 由牛顿第三定律，M 受m 竖直向下冲力也是tm f ∆=2v 对于M ，设地面支持力为N ，有tm Mg f Mg N f Mg N ∆+=+==--2,0v M 对地的平均作用力为tm Mg N ∆+=2v ，方向竖直向下．(2) 以m 和M 为研究对象，在水平方向不受外力作用，系统动量守恒：()V V M MV m ∆+=+1v 所以滑块速度增量的大小为 Mm V 1v =∆ 14. 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 +=θm 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)(21)()(21V M m gh M m M m +=+++v 由 、 式得m 和M 落地的速率gh Mm m gh V 2)cos (2202++=+=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Mm mM m m I x +-=-=θθcos cos 00v v vθθs i n )s i n (000v v m m I y =--= M 对m 的冲量的大小为202022)sin ()cos (θθv v m Mm M I I I y x ++=+=15. 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 1m kg 2.0-⋅=k ． 人作功为 (J)980d )8.92.08.911(d )(d 10=⨯-⨯=-==⎰⎰⎰y y ykgy mg y F A h16. 解：由质点的运动方程3t c x =可得质点的速度23d d t c tx==v 由题意，阻力为3/43/242299x c k t c k k f -=-=-=v阻力的功为3/73/203/43/2727d 9d l c k x x c k x f A l f -=-=⋅=⎰⎰17. 解：(1) 以桌面为坐标原点，竖直向下为x 轴正方向．在某一时刻，竖直下垂的长度为x ，桌面对链条的摩擦力大小为g x l lmf )(-=μ链条离开桌面的过程中，摩擦力作功为A2-3-17图A2-3-15图A2-3-14图v m⎰⎰⎰--=-=⋅= a a f x g x l lmx f r f A d )(d d μ2)(2a l lmg--=μ负号表示摩擦力作负功．(2) 以链条为研究对象，由质点系的动能定理 222121v v m m A A f p -=+ 式中p A ,00=v 为重力作的功 )(21d 22a l mg lx xg l m A a p -==⎰由222221)(21)(2v m a l mg l a l l m =-+--μ得链条离开桌面时的速率为222)()[(a l a l lg ---=μv 18. 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 tMF ∆⋅==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tM 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 =⨯==∆=''tMM F vv 所需功率()W 45205.122=⨯=∆=M P v19. 解：(1)由位矢j t b i t a rωωsin cos +=可得质点的速度分量ta t xx ωωsin d d -==vt b t y y ωωc o s d d ==v 在A 点，0sin ,1cos ,0,====t t y a x ωω即,质点的动能为2222k 212121ωmb m m E yA xA A =+=v v在B 点，1sin ,0cos ,,0====t t b y x ωω即，此时质点的动能为2222k 212121ωma m m E yB xB B =+=v v(2) 由牛顿第二定律，质点所受的力为 j ma i ma a m F y x +==j t b m i t a m ωωωωsin cos 22--=质点由A 到B ，x F 和Y F 做功分别为x t ma x F A BAax x d cos d 02ωω⎰⎰-==⎰=-=022221d ama x x m ωω ⎰⎰-=-=-=b b y mb y y m y t mb A 0220221d d sin ωωωω20. 解：方法一：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 2222112212121v v m m kl += 联立 、 式可得)(211221m m m kl m +=v ， )(212212m m m kl m +=v两物块的最大相对速度的大小为21221122121)(m m kl m m m m m +=+=-v v v解法二：选物块2为参考系（相对参考系），以（m 1---弹簧）为系统 只有弹力作功，系统机械能守恒因势能值与参考系无关，故势能全部转化为最大相对动能．22121212)(2121v m m m m kl += 由此式可直接得出上述相对速度的结果．21. 解：如A2-3-21(a)图所示，设m 相对于M 对mM 作的功为 221MV 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 yx =++22221)(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++=mM m M Mgh W设下滑时间为T ，由(2)式，⎰⎰+TTx t m t V Md d v 0=-m mS MS (5) 位移关系：θtan =+mS S h(6) 由(5)、(6)式解得θt a n )1(mMhS +=22. 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A2-3-22图2远地点21212 v v r GM r m rMm 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 rkm 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 9976400739722=-=-'=R r h23. 解：建立A2-3-23图所示的坐标系Oy ，原点在地面．(1) 据角量与线量关系得楼顶线速度 )(h R h +=ωv ； 楼根线速度 R ω=0v ； 楼顶和楼根的线速度之差h R h R h ωωω=-+=-=)(Δ0v v v(2) 解法一：近似认为物体下落过程中“水平”速度不变 落体的“水平”速度（即开始下落时楼顶的速度）为)(h R h +=ωv楼根的“水平”速度（将楼所在处的地面局部视为向东以速度ω R 平移）为R ω=0v落体下落时间为 gh T 2=落体着地时偏东的距离为 gh h T s h 2)(0ω=-=v v 由 m 30=h ； 1-5s rad 1027.786400π2⋅⨯==-ω得 m 104.58.930230)1027.7(35--⨯=⨯⨯⨯⨯=s 解法二：利用物体下落过程中对地球自转轴的角动量守恒物体下落时，在不同高度（以图中y 坐标表示）处，其“水平”线速度不同，角速度也不同，相同的只是物体对地球自转轴的角动量．由于物体下落过程中，只受重力，而重力的力矩为零，所以下落过程中物体的角动量守恒．若落体在楼顶（y = h ）处角速度为ωh （因为整栋楼固结在地面上，楼顶和楼根的角速度 相同，均为地球自转角速度ω，而物体刚从楼顶下落时，其角速度应和楼顶的角速度相同，故有ωh = ω），在高度为y 处的角速度为ωy ，则落体在楼顶处的线速度为A2-3-23图)(h R h +=ωv ，在高度为y 处的线速度为)(y R y y +=ωv由下落过程中物体的角动量守恒有)()(y R mv h R m y h +=+v (1) 由（1）式及线速度可得22)()(y R h R y +=+ωω于是 ωω22)()(y R h R y ++= (2) 将221gt h y -=代入(2)式中有22222])(21[)21()(h R gt gt h R h R y +-=-++=ωωω 因为)(2h R gt +<<，利用级数展开并取一级近似 x x 21)1(2-≈+- 有])(1[2h R gt y ++≈ωω整个下落过程（T t →=0）中，物体的水平偏移（对惯性系） t h R gt R t R t y R t ΔTTy Ty Ty d ])(1[d d )(d 02000⎰⎰⎰⎰++≈≈+==ωωωv 物对惯)(313h R RgT RT ++=ωω整个下落过程（T t →=0）中，地面的水平偏移（对惯性系）RT Δω=对惯地整个下落过程（T t →=0）中，落体对地面的偏东距离331)(31333gT R RgT h R RgT ΔΔΔωωω=≈+=-=对惯地对惯物物对地 因 221gT h =，有h gT 22= 和 ghT 2=，代入上式得 ghh Δ232ω≈物对地。