三峡大学：《大学物理》课程教学资源（试卷习题）第二章 运动定律和力学中的守恒定律习题精选及参考答案

第二章运动定律和力学中的守恒定律 习题精选及参考答案 1质量为16kg的质点在xOy平面内运动,受一恒力作用,力的分量为fx=6N,f,=-7N, 当t=0时,x=y=0,V, 0.求 当t=2s时质点的(1)位矢;(2)速度 3-87 =-m·S-2 3 2=Vo+a,d=-2+。×2=- dt 于是质点在2s时的速度 1a+2 a (-2×2 4)+-(-)×4j 3-7 2作用在质量为10kg的物体上的力为F=(10+2)N,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200N·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-6jm·s的物体,回 答这两个问题 解:(1)若物体原来静止,则 4=[Fd=[(10+2d=56kgms-7,沿x轴正向, 5.6 - s- i 66 kg. mS" i

第二章 运动定律和力学中的守恒定律 习题精选及参考答案 1 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 x f ＝6 N， y f ＝-7 N， 当 t ＝0时， x = y = 0， x v ＝-2 m·s -1， y v ＝0．求 当 t ＝2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度． 解： 2 m s 8 3 16 6 − = = =  m f a x x 2 m s 16 7 −  − = = m f a y y (1)   − −  = −  − = + = = + = − +  = −  2 0 1 0 1 2 0 0 m s 8 7 2 16 7 m s 4 5 2 8 3 2 v v a dt v v a dt y y y x x x 于是质点在 2s 时的速度 1 m s 8 7 4 5 − v = − i − j     (2) m 8 7 4 13 ) 4 16 7 ( 2 1 4) 8 3 2 1 ( 2 2 2 1 ) 2 1 ( 2 2 0 i j i j r v t a t i a t j x y        = − −  − = −  +   + = + + 2 作用在质量为10 kg的物体上的力为 F t i  = (10 + 2 ) N，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 j  − 6 m·s -1的物体,回 答这两个问题． 解: (1)若物体原来静止，则 p F t t i t i  t    1 0 4 0 1 d (10 2 ) d 56 kg m s −  = = + =     ,沿 x 轴正向， I p i i m p v       1 1 1 1 1 1 56 kg m s 5.6 m s − − =  =   =    =

若物体原来具有-6m·s-初速,则 P F dt)=-mmvo Fdr于是 42=p-p0=Fd=41 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 亦即 t2+10t-200=0 解得t=10s,(t’=20s舍去) 3一颗子弹由枪口射出时速率为vms,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 解:(1)由题意,子弹到枪口时,有 F=(a-b)=0,得 (2)子弹所受的冲量 I=L(a-bt dt=at--bt 将t=2代入,得 (3)由动量定理可求得子弹的质量 4设F=71-6小N.(1)当一质点从原点运动到F=-3+4+16km时,求F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kg,试求动能的 变化

若物体原来具有 −6 1 m s −  初速，则   = − = − + = − + t t t mv F t m F p mv p m v 0 0 0 0 0 , ( 0 d ) d        于是   = − = =  t p p p F t p 0 2 0 d 1      , 同理， 2 1 v v    =  , 2 1 I I   = 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  = + = + t I t t t t 0 2 (10 2 )d 10 亦即 10 200 0 2 t + t − = 解得 t = 10 s，( t = 20 s 舍去) 3 一颗子弹由枪口射出时速率为 1 0m s − v  ，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． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有 F = (a − bt) = 0 ,得 b a t = (2)子弹所受的冲量  = − = − t I a bt t at bt 0 2 2 1 ( )d 将 b a t = 代入，得 b a I 2 2 = (3)由动量定理可求得子弹的质量 0 2 0 2bv a v I m = = 4 设 F 7i 6 jN    合 = − ．(1) 当一质点从原点运动到 r 3i 4 j 16km     = − + + 时，求 F  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．

(1)由题知,F台为恒力 A合=F·F=(7-6元)(-3+47+16k) =-21-24=-45J 75w △t0.6 (3)由动能定理,AE=A=-45J 5一根劲度系数为k,的轻弹簧A的下端,挂一根劲度系数为k的轻弹簧B,B的下端 一重物C,C的质量为M,如题2-15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 解:弹簧A、B及重物C受力如题5图所示平衡时,有 题5图 F=FB=Mg 又 f=kAx FR=k2 所以静止时两弹簧伸长量之比为 弹性势能之比为 k1△x2 P2k2△x2 6(1)试计算月球和地球对m物体的引力相抵消的一点P,距月球表面的距离是多少?地球

解: (1)由题知， F合  为恒力， ∴ A F r (7i 6 j) ( 3i 4 j 16k )        合 =  = −  − + + = −21− 24 = −45 J (2) 75 w 0.6 45 = =  = t A P (3)由动能定理， E = A = −45 J k 5 一根劲度系数为 1 k 的轻弹簧 A 的下端，挂一根劲度系数为 2 k 的轻弹簧 B ， B 的下端 一重物 C ，C 的质量为 M ，如题2-15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． 解: 弹簧 A、B 及重物 C 受力如题 5 图所示平衡时，有 题 5 图 FA = FB = Mg 又 1 1 F k x A =  2 2 F k x B =  所以静止时两弹簧伸长量之比为 1 2 2 1 k k x x =   弹性势能之比为 1 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 2 1 2 k k k x k x E E p p =   = 6 (1)试计算月球和地球对 m 物体的引力相抵消的一点 P ，距月球表面的距离是多少?地球

质量5.98×10kg,地球中心到月球中心的距离3.84×10°m,月球质量7.35×102kg,月球 半径1.74×10°m.(2)如果一个kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零,那么它 在P点的势能为多少? 解:(1)设在距月球中心为r处F月引=F地引,由万有引力定律,有 经整理,得 R √M地+√M 7.35×10 98×1034+√735×10348×108 =38.32×10°m 则P点处至月球表面的距离为 h=r-m=(3832-1,74)×10°=366×107m (2)质量为1kg的物体在P点的引力势能为 M 735×102 -667×10-11 598×1024 -667×101 3.83×10 (384-383)×10 =1.28×10°J 7哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆.它离太阳最近距离为η=8.75×10°m时的速率 是v1=5.46×10m·s,它离太阳最远时的速率是v2=9.08×10m·s这时它离太阳的 距离r多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。) 解:哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力—一即有心力的作用,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 ≈fV8.75×100×546×10 =5.26×10m 9.08×10

质量5.98×1024 kg，地球中心到月球中心的距离3.84×108 m，月球质量7.35×1022kg，月球 半径1.74×106 m．(2)如果一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它 在 P 点的势能为多少? 解: (1)设在距月球中心为 r 处 F月引 = F地引 ，由万有引力定律，有 ( ) 2 2 R r mM G r mM G − = 月 地 经整理，得 R M M M r 地 月 月 + = = 24 22 22 5.98 10 7.35 10 7.35 10  +   8 3.4810 38.32 10 m 6 =  则 P 点处至月球表面的距离为 (38.32 1.74) 10 3.66 10 m 6 7 h = r − r月 = −  =  (2)质量为 1 kg 的物体在 P 点的引力势能为 (R r) M G r M EP G − = − − 月 地 ( ) 7 24 11 7 22 11 38.4 3.83 10 5.98 10 6.67 10 3.83 10 7.35 10 6.67 10 −   −     = −   − 1.28 10 J 6 =  7 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为 1 r ＝8.75×1010 m 时的速率 是 1 v ＝5.46×104 m·s -1，它离太阳最远时的速率是 2 v ＝9.08×102 m·s -1 这时它离太阳的 距离 2 r 多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。) 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 1 1 2mv2 r mv = r ∴ 5.26 10 m 9.08 10 8.75 10 5.46 10 12 2 10 4 2 1 1 2 =      = = v r v r

8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OO转动.设大小圆柱体的 半径分别为R和r,质量分别为M和m.绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和m2相连, m1和m2则挂在圆柱体的两侧,如题2-26图所示.设R=0.20m,r=0.10m,m=4kg,M =10kg,m1=m2=2kg,且开始时m1,m2离地均为h=2m.求: (1)柱体转动时的角加速度 (2)两侧细绳的张力 解:设a1,a2和B分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度,方向如图(如图b) 题8(a)图 题8(b)图 (1)m,m2和柱体的运动方程如下: 72 m28=m22 mg-t=ma TR-Tr=lp 式中T=T,2=12,a2=rB,a1=RB 而 I=-MR+-mr 由上式求得 B Rm, -rn I+mr+mr 8 0.2×2-0.1×2 ×10×0.202+2×4×0.102+2×0.202+2×0.102 =6.13rad.s-2 (2)由①式

8 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 OO 转动．设大小圆柱体的 半径分别为 R 和 r ，质量分别为 M 和 m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体 m1 和 m2 相连， m1 和 m2 则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设 R ＝0.20m, r ＝0.10m，m ＝4 kg，M ＝10 kg， m1＝ m2＝2 kg，且开始时 m1， m2 离地均为 h ＝2m．求： (1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力． 解: 设 1 a , a2 和β分别为 m1 , m2 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图 b)． 题 8(a)图 题 8(b)图 (1) m1 , m2 和柱体的运动方程如下： T2 −m2g = m2a2 ① m1g −T1 = m1a1 ② T R T r = I  −  1 2 ③ 式中 T1  = T1 ,T2  = T2 ,a2 = r,a1 = R 而 2 2 2 1 2 1 I = MR + mr 由上式求得 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 6.13 rad s 9.8 4 0.10 2 0.20 2 0.10 2 1 10 0.20 2 1 0.2 2 0.1 2 − =     +   +  +   −  = + + − = g I m R m r Rm rm  (2)由①式

T2=m2B+m2=2×0.10×613+2×98=20.8N 由②式 T=mg-mRB=2×9.8-2×02.×63=171N 9计算题9图所示系统中物体的加速度.设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M,半 径为r,在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设m=50kg,m2 200kg,M=15kg,r=0.1m 解:分别以m1,m2滑轮为研究对象,受力图如图(b)所示.对m1,m2运用牛顿定律,有 m28-72=m2 T -, 对滑轮运用转动定律,有 MrB 联立以上4个方程,得 200×98 m+m2+5+200+1576ms-2 题9(a)图 题9(b)图 题10图 10如题10图所示,一匀质细杆质量为m,长为l,可绕过一端O的水平轴自由转动,杆于 水平位置由静止开始摆下.求:

T2 = m2 r + m2 g = 20.106.13+ 29.8 = 20.8 N 由②式 T1 = m1g − m1R = 29.8− 20.2.6.13 =17.1 N 9 计算题9图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为 M ，半 径为 r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设 m1＝50 kg，m2 ＝200 kg,M＝15 kg, r ＝0.1 m 解: 分别以 m1 , m2 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对 m1 ,m2 运用牛顿定律，有 m2 g −T2 = m2a ① T1 = m1a ② 对滑轮运用转动定律，有 ) 2 1 ( 2 T2 r −T1 r = Mr ③ 又， a = r ④ 联立以上 4 个方程，得 2 1 2 2 7.6 m s 2 15 5 200 200 9.8 2 − =  + +  = + + = M m m m g a 题 9(a)图 题 9(b)图 题 10 图 10 如题10图所示，一匀质细杆质量为 m ，长为 l ，可绕过一端 O 的水平轴自由转动，杆于 水平位置由静止开始摆下．求：

(1)初始时刻的角加速度 (2)杆转过O角时的角速度 解:(1)由转动定律,有 mg=(m/)B B 27 (2)由机械能守恒定律,有 sin 0==(ml O 题11图 l1如题1l图所示,质量为M,长为l的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O无摩擦地 转动,它原来静止在平衡位置上.现有一质量为m的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒 垂直地相撞.相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度θ (1)设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速v0的值 (2)相撞时小球受到多大的冲量? 解:(1)设小球的初速度为v,棒经小球碰撞后得到的初角速度为O,而小球的速度变为 ν,按题意,小球和棒作弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律,可 列式 mvo/=l0+mml mv2=-1 上两式中=M2,碰撞过程极为短暂,可认为棒没有显著的角位移;碰撞后,棒从竖直 位置上摆到最大角度θ=30°,按机械能守恒定律可列式: 2=Mg(l-c0s30°) 由③式得

(1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过  角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有 ) 3 1 ( 2 1 2 mg = ml ∴ l g 2 3  = (2)由机械能守恒定律，有 2 2 ) 3 1 ( 2 1 sin 2  ml  l mg = ∴ l g   3 sin = 题 11 图 11 如题11图所示，质量为 M ，长为 l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴 O 无摩擦地 转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为 m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒 垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度  = 30°处． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速 0 v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量? 解: (1)设小球的初速度为 0 v ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为  ，而小球的速度变为 v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可 列式： mv l = I + mvl 0 ① 2 2 2 0 2 1 2 1 2 1 mv = I + mv ② 上两式中 2 3 1 I = Ml ，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直 位置上摆到最大角度 o  = 30 ，按机械能守恒定律可列式： (1 cos30 ) 2 2 1 2 = −  l I Mg ③ 由③式得

(1-cos30°) 由①式 由②式 所以 求得 )=-(1+ 1223m 6(2-√33m+M (2)相碰时小球受到的冲量为 Fdt=△m=m-mvo 由①式求得 Fdt=mv-mv= =--Mo =-y6(2-3 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反 12弹簧、定滑轮和物体的连接如题2-32图所示,弹簧的劲度系数为2.0N·m:定滑轮的转 动惯量是0.5kg·m2,半径为0.30m,问当6.0kg质量的物体落下0.40m时,它的速率为多 大?假设开始时物体静止而弹簧无伸长 解:以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统,重物下落的过程中,机械能守恒,以最低点为 重力势能零点,弹簧原长为弹性势能零点,则有 mgh=-mv2+=102+=kh2 又 V/R 故有 2mgh-kh

2 1 2 1 ) 2 3 (1 3 (1 cos30 )       = −       = −  l g I Mgl  由①式 ml I v v  = 0 − ④ 由②式 m I v v 2 2 0 2  = − ⑤ 所以 2 2 0 0 1 ( ) 2   m v ml I v − = − 求得 gl m m M m l M ml l I v − + = = + = + 3 12 6(2 3 ) 3 1 (1 2 (1 ) 2 0 2   (2)相碰时小球受到的冲量为  d = mv = mv − mv0 F t 由①式求得   Ml l I F t mv mv 3 1 d = − 0 = − = −  gl M 6 6(2 − 3) = − 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反． 12 弹簧、定滑轮和物体的连接如题2-32图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N·m -1；定滑轮的转 动惯量是0.5kg·m 2，半径为0.30m ，问当6.0 kg质量的物体落下0.40m 时，它的速率为多 大? 假设开始时物体静止而弹簧无伸长． 解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为 重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有 2 2 2 2 1 2 1 2 1 mgh = mv + I + k h 又  = v / R 故有 mR I mgh kh k v + − = 2 2 2 (2 )

(2×6.0×9.8×0.4-2.0×042)×0.3 60×0.32+0.5 2.0 题12图

1 2 2 2 2.0 m s 6.0 0.3 0.5 (2 6.0 9.8 0.4 2.0 0.4 ) 0.3 − =   +    −   = 题 12 图