第二章 质点动力学课后习题

（1）要推动木箱，力F至少多大？此后维持木箱匀速前进，F应为多大？

（2）证明当角度大于某一值时，无论用多大的力F也不能推动木箱；此角为多大

2-2 小球的质量为

m，水的浮力为B，阻力与速度成正比系数为

k，试计算小球在水中的沉降速度。

2-3一质点自原点开始沿抛物线2y=x2运动，它在Ox轴上的分速度为一恒量，其值为vx=4.0 m·s1，求质点位于x=2.0m的

—

速度和加速度。

2-4 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0×103kg。飞机以55.0m·s

—1

的速率在水平跑道上着陆后，驾驶员开始制动，若阻力与时间

—

成正比，比例系数=5.0×102N·s1，求：⑴ 10s后飞机的速率；⑵ 飞机着陆后10s内滑行的距离。

2-5 一物体在介质中按规律x=ct3作直线运动，c为一常量。设介质对物体的阻力正比于速度的平方。试求物体由x0=0运动到

x=l时，阻力所作的功。（已知阻力系数为k）

2-6 均匀柔软链条，质量为m，长为l，一部分(l­a)放在桌面上, 一部分（长为a）从桌面边缘下垂，链条与桌面间的摩擦系数为（2）当链条，问（1）下垂长度为多大时，链条才可能下滑；

以（1）所求得的下垂长度从静止开始下滑，在链条末端离开桌面时，它的速率是多大？

2-7 在密度为1的液体上方悬一长度为l，密度为2的均匀细棒，棒的下端正好和液面接触。今剪断细绳，设棒只在浮力和重力作用下下沉，求：

（1） 棒刚好全部进入液体时的速度。 （2）若2<

12时，求棒进入液体的最大深度

（3） 棒下落过程中的最大速率

2-8 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，t=0时质点的速度为v0，证明(1) t时刻的速度为v＝

v0e(k)tm；(2) 由0到t的时间内经过的距离为 )［1-e(k)tmmv0＝(xk］；(3)停止运动前经过的距离为v0(m)；(4)

ke证明当tmk时速度减至v0的1，式中m为质点的质量． 2-9 一颗子弹由枪口射出时速率为v0ms1，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(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

2-10 设F7i6jN．(1) 当一质点从原点运动到求Fr3i4j16km时，

所作的功．(2)如果质点到r处时需0.6s，

试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg，试求动能的变化． 2-11 质量为16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为fx＝6 N，fy＝-7 N，当t＝0时，xy0，vx＝-2 m·s，

vy＝0．求

-1

当t＝2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度．

2-12 一质量为m的质点以与地的仰角=30°的初速v0从地面抛

出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量． 2-13 作用在质量为10 kg的物体上的力为F(102t)iN，式中t的单位是s，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N·s，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度

-1

6jm·s的物体,回答这两个问题．

2-14 物体质量为3kg，t=0时位于r4im, vi6jms1，如一恒

力f5jN作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对

z轴角动量的变化．

2-15 用铁锤将一铁钉，设木版对铁钉的阻力与铁钉进入木版的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木版内，问第二次时能击入多深，假定铁锤击打铁钉时的速度相同。

答案

2-1（1）对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示，

x向：Fmincosfmax0

y向：NFminsinMg0 还有

fmaxsN

习题2-1图

解以上三式可得要推动木箱所需力F的最小值为 习题2-1图

FminsMgcosssin

在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F的大小为

FminkMgcosksin

（2）在上面Fmin的表示式中，如果cosssin0， 则Fmin，这意味着用任何有限大小的力都不可能推动

木箱，不能推动木箱的条件是

cosssin0

由此得的最小值为

arctans1

2-2：

mgBRmamgBKvmdvdtavTvBRdvmgBKv dtmmgB Kam设t0,vv00GdvK(vTv)dtm0tKdvdt vTv0m所以 VVT(1eKtm)

讨论：当t时，VVT。

VX4.0m/sax0.当t0,x0.xvxt又因方程2yx2y0.5(vxt)2dy8.0m/sdtay16m/s即vvxivyj4.0i8.0j(m/s)aaxiayj16j(m/s2)2-3vy

2-4以地面飞机滑行方向为坐标正方向，由牛顿定律及初始条件，有

Fmamdv/dttvtv0dv0xtx00tmdtvv02mt2v30.0(m/s)dx(v02mt2)dt

t3467(m)sxx0v0t6m2-5：

xct23dx2v3ctdt2424Fkv9kct9kc3x3ttWFdxFcos1800dx0027279kc3x3dxkc3l37024t

2-6（1）设链条的质量线密度为，链条开始下滑时，其下垂直度为x0，应满足的条件是其下垂部分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力，即：

x0g(lx0)gx0习题2-6图

1l

（2）据功能原理WrE2E1开始下滑时在桌面部分的长度 为y0lx0l1当链条的A端从O点沿y轴运动到y0点过

程中，摩擦力作功为

Wrfrdy(y0y)gdy0y0gly02212g2

设桌面为势能零点，则链开始下滑到A端离桌面时的机机械能分别为

11l2E1x0gg22111E2lv2gl2222

g112121llvlgg于是有 21222122化简可得v2gl,1vgl1

2-7初始时刻t0,x00,v00，t时刻受力如图所示，设x为该时刻入水长度，棒的横截面积为s，有

msl2f浮sx1g

当xl时有

Fmgf浮mdv dt习题2-7图

dv即 sl2gsx1gsl2v

dxv0vdvx0l2g1gxdxl2

2gv(l2x1x2)2l21/2

（1） （1）当xl时

2glv(21)221/2

（2） （2）当212时，（2）式无意义，即此条件将使棒不可能全部

没入液体中，但（1）式仍然成立，当棒到达最大深度xm时v=0，

由（1）式 得：xm10xm222(舍去)

l

1 即为所求

2l时有 1（3）由（1）式求极值得：当xvmax2gl 1

2-8∵ a分离变量，得

dvkdt vmtkdtdv即 v0m0vvkvdv mdt

vktlnlnem v0∴ vv0et (2) xvdt0v0etkmtkmv0mtdt(1e)

kkm(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞， 故有 x0 (4)当t=m时，其速度为

kvv0ekmmkv0ekmtdtmv0k

v0e1v0e

即速度减至v0的1.

e

2-9(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

ta/b

12I(abt)dtatbt

02将ta/b代入，得

a2I2b

(3)由动量定理可求得子弹的质量

Iamv02bv0

2-10(1)由题知，F2

为恒力，

∴ A合Fr(7i6j)(3i4j16k)

212445J (2) P(3)由动能定理，EkA45J

2-11 axayfymfx63ms2 m168A4575w t0.67ms2 16(1)

235vxvx0axdt22ms1084 277vyvy0aydt2ms10168于是质点在2s时的速度

57vij48ms1

(2)

1122r(v0taxt)iaytj221713(224)i()4j

28216137ijm48

2-12依题意作出示意图如题2-4图

题2-4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y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30o，则动量的增量为

pmvmv0

由矢量图知，动量增量大小为mv0

，方向竖直向下．

2-13(1)若物体原来静止，则

t41p1Fdt(102t)idt56kgmsi,

00沿x轴正向，

p11v15.6msim1 I1p156kgmsi若物体原来具有6ms1初速，则

tFtp0mv0,pm(v0dt)mv0Fdt于

0m0是

tp2pp0Fdtp1,

0同理， v2v1,I2I1

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

I(102t)dt10tt2

0t亦即t解得t

210t2000

10s，(t20s舍去)

32-14(1) pfdt5jdt15jkgms1

0(2)解(一) xx0v0xt437

1215at633225.5j 2234i即 r,r7i25.5j 12yv0ytvxv0x1

5vyv0yat6311

3即 v,i6jvi11j 112∴ L1r1mv14i3(i6j)72k

L2r2mv2(7i25.5j)3(i11j)154.5k

∴ LL2L182.5kkgm2s1

解(二) ∵Mdzdt

00tt∴ LMdt(rF)dt

152(4t)i(6t)t)j5jdt023

35(4t)kdt82.5kkgm2s130

2-15设铁锤与铁钉撞击中能量损耗不计，重力的功不计，由动能定理有

FdxEEx10(恒量)

而Fkx，对第一次打击

0kxdx12kx1E0 2对第二次打击

x2x1Fdx1122k(x2x1)E0kx12 22解证 x22x1 第二次击入的深度为

xx2x1(21)x10.41(cm)