第一章 质点运动 时间 空间

1-1 一质点在平面上作曲线运动，t1时刻的位置矢量为r1 ( 2i 6j)，t2时刻的位置

矢量为r2 (2i 4j)。求：（1）在 t t2 t1时间内位移的矢量式： （2）该段时间

内位移的大小和方向：（3）在坐标图上画出r1,r2及 r。（题中r以m计，t以s计） 解：（1） r r2 r1 (2i 4j) ( 2i 6j) 4i 2j （2

） r

4.47(m)

tan

（3）

y 21

x42

26.60（ 为 r与x轴的夹角）

X

2

1-2 一质点作直线运动，其运动方程为x 1 4t t，其中x以m计，t以s计。求：

（1）第3秒末质点的位置；（2）前3秒内的位移大小；（3）前3秒内经过的路程（注意质点在何时速度方向发生变化）；（4）通过以上计算，试比较位置、位移、路程三个概念的区别

解（1）x3 1 4 3 3 4(m)

（2） x x3 x0 (1 4 3 3) 1 3(m) （3）v

2

2

dx

4 2tdt

v 0时

m)

t 2(s)

( s x2 x0x3 25

（4）（略）

1-3 质点从某时刻开始运动，经过 t时间沿一曲折路径又回到出发点A。已知初速度v0与末速度vt大小相等，并且两速度矢量间的夹角为 ，如题1-3图所示。（1）求 t时间

内质点的平均速度；（2）在图上画出 t时间内速度的增量，并求出它的大小；（3）求出 t时间内的平均加速度的大小，并说明其方向。 解（1）

r 0

r 0

t

vt

（2

） v

（如图所示）

v

（3） 方向同 v方向。

t

1-4 已知一质点的运动方程为x 2t,

y 2 t2,式中t以s计，x和y以m计。

（1）计算并图示质点的运动轨迹；（2）求出t 1s 到t 2s这段时间内质点的平均速度； （3）计算1秒末和2秒末质点的速度；（4）计算1秒末和2秒末质点的加速度。

x 2t 解（1）由 2

y 2 t

运动轨迹如图

得

x2

y 2

4

y

(2) r 2ti (2 t)j

2

r r2 r1 (4i 2j) (2i j) 2i 3j

r2i 3j 2i 3j(m s 1) t2 1

dr

（3）v 2i 2tjv1 2i 2j

dt dv

（4）a 2ja1 a2 2j

dt

v2 2i 4j

1-5 一 身高为h的人，用绳子跨过滑轮拉一雪橇匀速奔跑。雪橇在高出地面H的平台上，如题1-5图所示，人奔跑的速率为v0，绳子总长为L，起始时刻（t 0），人到滑轮间的绳长为l0。试按如图所示坐标系：（1）写出雪橇在平台上的运动方程；（2）求出雪橇在平台上的运动速度。

解（1）（示意图见课本P19 题图1-5） 由题意知，当t 0时，x0 L l0； 在t

所以，雪橇在平台上的运动方程为：

x L l L

（2） v

dx

dt v0t v0

1-6 球无摩擦地沿如图所示的坡路上加速滑动。试分别讨论在A点（平地上）、B点（上坡

dvdv

起点）、C点（坡的最高点）和D点（下坡路中的一点），关系式是否成立？为什

dtdt

么？（设

dv

0） dt

解： 在A点成立，B/、C、D点均不成立。

dv 因为 a dt

dv

at dt

dvdv

只有当an 0时，才有

dtdt

1-7 一质点作圆周运动的运动方程为 2t 4t （ 以rad计，t以s计），在t 0时开始逆时针转动。问：（1）t 0.5s时，质点以什么方向转动？ （2）质点转动方向改变的瞬间 ，它的角位置 等于多少？ 解（1）

2

d

2 8tdt

＜0 t 0.5s时， （2s-1）

所以该时刻与初始时刻的转动方向相反，以顺时针方向转动。 （2）转动方向改变的瞬间，即角速度为0的瞬间。所以， 由 2 8t 0

2

得t 0.25（s）

2

2t 4t 2 0.25 4 0.25 0.25(rad)

1-8如图示，图（a）为矿井提升机示意图，绞筒的半径r 0.5m。图（b）为料斗M工作时的v t图线，图中v 4m s。试求t 2s,8s,14s等时刻绞筒的角速度、角加速度和绞筒边缘上的一点N的加速度。

1

解 由图示可知，

t[0,4]

t[4,12] t[12,16]

a1 1(m s 2)a2 0(m s 2)a3 1(m s 2)

v1 t(m s 1)v2 4(m s 1)

v3 4 (t 12)(m s 1)

角速度

vr

2 1

4(s)2s 0.5

4 8(s 1) 8s

0.5

4 2 1

4(s)14s 0.5

a11 2

2(s)2s r0.5

a2

0(s 2) 8s

r

a3 1 2

2(s)14s r0.5

角加速度

ar

N点的加速度

a an 2 arctan arctan

at

a 8.06(m s 2) 82052

2s2s

20

a8s 32(m s) 8s 90(指向轴心) 2

a14s 14s 82052 8.06(m s)

2

1-9 质点从静止出发沿半径R 3m的圆周作匀变速运动，切向加速度at 3m s。问： （1）经过多少时间后质点的总加速度恰好与半径成45角？（2）在上述时间内，质点所经历的角位移和路程各为多少？

解（1）由题意知，at an R 3(m s)

2

3m( s 可得 3 3

又因为 0 0由 t

2

2

1(s 2) ) 解得 1

1(s)

且质点作匀变速圆周运动

可得t 1(s)

（2）由匀变速圆周公式 0t t

12

2

得 0 1

1

1 12 0.5(rad)2

s R 3 0.5 1.5(m)

2

1-10

列车沿圆弧轨道行驶，方向由西向东逐渐变为向北，其运动规律s 80t t（x以m计，t以s计）。当t 0时，列车在A点，此圆弧轨道的半径为1500m.若把列车视为质点， 求列车从A点行驶到s 1200m处的速率和加速度。 解 v

ds

80 2t （1） dt

2

当s 1200m时，有1200 80t t 解得 t1 20(s)

t2 60(s)（不合题意，舍去）

1

题1-10图

将t1 20(s)代入（1）式， v 80 2 20 40(m ss1200 0.8(rad) 45.840(东偏北)

R1500dv a 2(m s 1)t dt 又 t 20s时 22

v(80 2t) a n R1500

a

at 2(m s 2)

15 2

an (m s)

16

342

2.27(m s )

15

an15 at32

设a与at的夹角为 ，则tan =

25.130

第二章 力 动量 能量

2-2 把一个质量为m的木块放在与水平成 角的固定斜面上，两者间的静摩擦因数 较小，因此若不加支持，木块将加速下滑。 （1）试证

tan 。

（2）必须加多大的水平力F，才能使木块恰不下滑？这时木块对斜面的正压力多大？ （3）如不断增大力F的值，则摩擦力和正压力将有怎样的变化？ （1）证明

建立如图坐标系，根据牛顿第二运动定律，可得：

mg(sin cos ) ma 0tan 0

tan

sin cos

0证毕

（2）由牛二定律，可得：

Fcos

mgsin (mgcos Fsin ) 0

解得 F

sin cos

mg

cos sin

mg

cos sin

FN mgcos Fsin

（3）由FN mgcos Fsin ，正压力随着F的增大而增加。 当Fcos mgsin

即F mgtan 时，

静摩擦力f mgsin Fcos 随F的增加而减少，方向沿斜面向上；

当Fcos mgsin 当Fcos mgsin

即F mgtan 时，f 0； 即F mgtan 时，

0 f (Fsin mgcos )

方向沿斜面向下。

2-3 如图所示，已知F 4N,m1 0.3kg,m2 0.2kg,两物体与平面的摩擦因数均为0.2.求质量为m2的物体的加速度及绳子对它的拉力（绳子和滑轮质量均不计）

题2-3图

F

解：隔离物体m1,m2，作出受力分析图，由牛二定律可得:

F FT1 f1 m1a1

FT2 f2 m2a2

FT1 2FT2

由题意： 1

a a2 1 2

F

f2FT2

f1 fm1g且 代入上式，可得

f mg 22

1

F 2F mg m a2 T211

2

FT2 m2g m2a2

F g(m1 2m2) 2

a 4.78(m s) 21

2m2

2解此方程组，解得

(2F 3 m1g)F m2 1.35(N) T2

m1 4m2

2-4 A,B,C三个物体，质量分别是mA mB 0.1kg,mC 0.8kg。当把它们如图（a）所示放置时，物体系正好匀速运动。（1）求物体C与水平桌面间的摩擦因数；（2）如果将物体A移到物体B的上面，如图（b）所示，求系统的加速度及绳中张力（滑轮与绳的质量不计）

解（1）取物体系为研究对象，受力分析如图：

由于物体系匀速运动，所以有 mBg fC 0

fC (mA mC)g 两式联立，解得

Bg

mB0.1

1.1

mA mC0.1 0.8

（2）隔离物体C和物体A、B，受力分析如图所示 由牛顿运动第二定律，可得： C:

FT f mCa

fF

T A和B:(mA mB)g FT (mA mB)a 其中 f mCg 三式联立，解得：

C(mAB)g

mA mB mC 2a g 1.1(m s) mA mB mC

F ( 1)(mA mB)mg 1.7(N)TC mA mB mC

2-5 40kg的箱子放在卡车的车厢底板上，已知箱与底板之间的静摩擦因数为0.40，滑动摩擦因数为0.25.试求下列情况下，作用在箱上的摩擦力的大小和方向：（1）当卡车以2m s加速度行驶时： （2）当卡车以3.5m s减速行驶时。 解：由题意知 0 fman 0mg 0.40 40 9.8 160(N)

（1）f1 ma 40 2 80(N) fman

所以作用在箱上的静摩擦力为80牛，方向向前。 （2）f2 ma 40 3.5 140(N) fman

所以作用在箱上的静摩擦力为140牛，方向向后。

2-6 一质量为m的小球最初静止于如图所示的A点，然后沿半径为r的光滑圆弧的内表面ADCB下滑。试求小球在C点时的角速度和对圆弧表面的作用力。

解：设小球 t 时刻，转过的角度为 (如图所示) 由牛顿第二定律可得：

题2-6图

2

2

d

dt

d gd d d d 即 cos 又因为

dtrdtd dtd d gg

所以 cos 即 d cos d

d rr

mgcos mat mr

A

对上式两边同时积分，并且考虑到t 0

时， 0=0 0

d

12

2

g

cos d r

得

g

sin r

在C点，

2

所以

C

在C点，小球对圆弧表面的作用力与圆弧对小球的作用力是一对作用力与反作用力，圆弧对小球的作用力FTC与重力在径向的分力的合力充当向心力，所以有 FTc mgcos mr C

2

FTC mgcos mr C 3mgcos

2

2-7 将质量m 800g的物体，以初速v0 20im s抛出。取i水平向右，j竖直向下，忽略阻力，试计算并作出矢量图：

（1）物体抛出后，第2秒末和第5秒末的动量（g 10m s）。 （2）第2秒末至第5秒末的时间间隔内，作用于物体的重力的冲量。 解：（1）物体抛出后作平抛运动，所以有

1 1

vx v0 20(m s) Px mvx 16(kg m s) 1 1

v gt(m s)P mv 8t(kg m s) y y y P2s Px1i Py1j 16i 16j P5s Px2i Py2j 16i 40j

1

2

x

（2）重力即物体受到的合外力，根据动量定理，有

P (16i 40j) (16i 16j) 24j IG P P5s2s

2-8一质量为m的滑块，

沿如图所示的轨道以初速v0 求滑块由A运

动到B的过程中所受到的冲量，并图示（OB与地面平行。取i水平向右，j竖直向上）。

解：滑块从A到C的过程中，由于受到的合外力为零，所以冲量为零。整个过程受到的冲量

即为从C到B受到的冲量。 如图所示，

滑块在圆弧上任一位置时，由牛顿第二定律，可得： mgcos m

dvdvd vdv

m

m

dtd dtRd

(分离变量)gRcos d vdv

（两边同时积分）并考虑到

0时，v0 ;

时，设v vj

2

20

Rgcos d

v

vdv

11

得：Rg v2 2

22

解得

v 或记作

v

由动量定理，

I P2 P mv mv m( ) 2i ) 10

2-9 质量为0.25kg 的小球，以20m s的速率和45的仰角投向竖直放置的木板，如图所示。设球与板碰撞时间为0.05s，反弹角度与入射角相等，小球速度在水平方向分量的大小不变，求木板对小球的冲力（取x轴水平向右建立坐标系）。 解：建立如图坐标系，则

1

P0 mv0 mv0(sin450i cos450j) 00P mv mv( sin45i cos45j)

由题意知 v v0

根据动量定理，木板对小球的冲量为：

x

I P P0 2mv0sin45i

I 2mv0sin450 2 0.25 20F i

t t0.05

i 141i

2-10 炮弹在抛物线轨道最高点炸裂成A、B两块，mA m1,mB 2m1。设爆炸前瞬时，炮弹速度为v0。若忽略重力，此爆炸过程符合什么规律？并就下面两种情况写出该规律的方程：（1）B落在爆炸点的下方，设爆炸后瞬时B的速率为vB；（2）B沿原来的轨道返回抛出点。并就第（2）种情况回答：A将沿什么方向飞去？是否落在原来预计的着地点？A、B是否同时落地？落地时的速率是否相等？

解：若忽略重力，炮弹不受外力，遵守动量守恒定律。

（1）P0 3m1v0i PB 2m1vBj

根据动量守恒定律，应有 P0 PB PA

所以，PA 3m1vi0 2mv1Bj

（2）PB 2m1v0i P PB PA

1

所以，PA 5m1v0i

2-12 质量为60kg的人以2m s的水平速度从后面跳上质量为80kg的小车上，小车原来的速度为1m s。问：（1）小车的运动速度将变为多少？（2）人如果迎面跳上小车，小车的速度又将变为多少？

解：(1)人和小车组成的系统不受外力作用，系统的动量守恒。

设人跳上车后的共同速度（即小车的速度）为v，根据动量守恒定律，有

1

（m人 m车）v m人v人 m车v车

解得 v 1.43(m s)

1

即60 2 80 1 （60+80） v

2m s） （2）当人迎面跳上小车时，v人 （

代入上式，解得 v

-1

60 ( 2) 80 1

0.286(m s 1)

60 80

2-13 从10m深的井中，把10kg的水匀速上提，若每升高1m漏去0.2kg的水。（1）画出示意图，设置坐标轴后，写出外力所作元功dw的表达式：（2）计算把水从水面提到井口外力所作的功。

解 建立如图坐标系。因匀速上升，所以外力大小等于重力。 当水位于任一位置y时，其质量为m (10 0.2y)(kg) 此时外力大小为 F mg (10 0.2y)g(N) （1）dw (10 0.2y)gdy(J) (2) w

10

0.22(10 0.2y)gdy 10gy gy

02

980 98 882(J)

2-14 原子核与电子的吸引力的大小随它们之间的距离r而变，其规律为F

k

，求电子从2r

r1运动到r2(r1 r2)，核的吸引力所作之功。

k

解 dw F dr 2( dr)(r是减小的)

r

w

r2

r1

k11( dr) k( )

r2r2r1

2-15 用铁锤将一铁钉钉进木板。设木板对钉的阻力与钉进木板之深度成正比。在第一次锤击时，钉被钉进木板1cm。问第二次锤击时，钉被钉进木板多深？假设每次锤击铁钉前速度相等，且锤与铁钉的碰撞为完全非弹性碰撞。 解 设 F kx

由题意，铁锤每次锤击，钉克服阻力做相同的功。 第一次锤击做功为：w1

1cm

kxdx

x

121cm1kx 10 2k(J)

022

第二次锤击做功为：w2 10 2 由w1 w2

12 2

k(x 1)dx (kx kx) 10(J) 0

2

11

得k kx2 kx 22

x2 1 不合题意，舍去)

（cm）

解得x1 1 0.41

3

2-16 质量为2 10kg的子弹，在枪筒中前进时受到的合力是F 400

1

8000

x,F的单位9

是N,x的单位是m。子弹在枪口的速度为300m s，试计算枪筒的长度。 解 取子弹为研究对象根据动能定理，w Ek，有： w

L

(400

8000112

x)dx mv2 mv0

922

3

1

积分，并将m 2 10kg,v0 0,v 300(m s)代入，

得 400L 36L0 解得 L 0.45(m)

2-17 一条均匀链条，质量为m，长为l，成直线状放在桌面上。已知链条下垂长度为a时，链条开始下滑。试用动能定理计算下面两种情况链条刚好离开桌面时的速率。 （1）不计链条与桌面间的摩擦。（2）设链条与桌面间的摩擦因数为 。 解：（1）取链条为研究对象，当其下落y长度时，受到的合外力为 F 链条从开始下落到刚好全部离开桌面，外力做的总功为： w

2

81 0

mg

y l

mg1mg22

ydy (l a) al2l

l

设链条刚好全部离开桌面时速度为v，根据动能定理，w Ek，有

1mg21

(l a2) mv2 0 2l2

解得

v （2）F

mg mg

y (l y a) ll

l

0 mgmg

w w1 w2 ydy [l (y a)]dy

all al

mg12 mg1 (l a2) (l a)2

l2l2

根据动能定理，w Ek，有

解得v

mg12 mg11

(l a2) (l a)2 mv2 l2l22

2-20 从轻弹簧的原长开始，第一次拉伸l长度，在此基础上，第二次使弹簧再伸长l，继而，第三次又拉伸l长度。求第三次拉伸和第二次拉伸弹力作功的比值。 解：弹簧各次升长弹力作功分别为： W1

12

kl2

W2

13

(k42l 2)l22

2

kl

3

15

(9k2 l42 22

2

kl

第三次拉伸和第二次拉伸弹力作功的比值为：W32 5 2-21 两轻弹簧A、B，劲度系数分别为k1,k2，把它们如图串接后，再悬一质量为m的重物C，释手后，任其运动。

（1）设某时刻两弹簧共伸长x，求A、B的分别伸长值x1和x2。 （2）A、B串接后，把它们看作一个新弹簧，设新弹簧的劲度系数为

k，请用k1,k2表示 k。

题2-21图

（3）某时刻，作用在重物C上的弹力正好等于重物C的重量，这时（弹簧、重物、地球）系统处于平衡。求此时两弹簧的总伸长量。

（4）重物从初位置（两弹簧都没有伸长时）运动到平衡位置的过程中，弹力和重力作功分别是多少？二者合力作功是多少？

（5）设重力势能的零势能点和弹性势能的零势能点都在初位置处，分别求在平衡状态时的重力势能和弹性势能。

（6）运动过程中不计任何阻力，求平衡位置处重物C的动能Ek和系统的机械能EM。

解：（1）由题意知 x1 x2 x （1） 某时刻，系统处于平衡状态，所以有 k1x1 k2x2 （2）

k2x

x 1k k 12

两式联立，解得

kx x 1

2 k1 k2

（2）根据受力分析，应有kx k1x1(或kx k2x2) 将x1

k2xkk

代入上式，得 kx 12x

k1 k2k1 k2k1k2111

即

k1 k2kk1k2

mgk1 k2

mg kk1k2

所以k

（3）由题意，kx mg，所以x

（4）WG mgx

k1 k2

(mg)2 k1k2

WF

x

k k11kk1k k

kxdx kx2 (12)(12mg)2 12(mg)2

22k1 k2k1k22k1k2

1k1 k2 (mg)2 2k1k2

W WG WF

（5）根据W EP (EP EPo) EPG EP0 W W

k1 k2

(mg)2

k1k21k k

EPF 12(mg)2

2k1k2

（6）由（4）知，重物从初始位置运动到平衡位置的过程中，重力和弹力做的总功为 W WG WF

1k1 k2 (mg)2。 2k1k2

取重物C为研究对象，根据动能定理W Ek，且Ek0 0 所以有 Ek Ek Ek0 Ek W

1k1 k2 (mg)2 2k1k2

k k1k k1k k

E Ek EPG EPF 12(mg)2 ( 12(mg)2) 12(mg)2 0

2k1k2k1k22k1k2

2-22 已知子弹质量m0 0.02kg，木块质量m是8.98kg，弹簧的劲度系数100N m， 子弹以初速v0射入木块后，弹簧被压缩10cm。求v0的大小。设木块与平面间的滑动摩擦因数为0.2，不计空气阻力。

解：取子弹和木块组成的系统为研究对象， 在子弹射入的过程中，由于不受外力作用， 0系统的动量守恒，设碰后系统的速度为v， 取v0方向为x轴正方向，根据动量守恒定理，有

1

题2-22图

m0v0 (m m0)v (1)

在压缩弹簧的过程中，系统受到弹力和摩擦力的阻碍作用，最终停下来。根据动能定理，有

11

(m m0)v2 (m m0)gx kx2 （2） 22

1

（1）（2）联立，并将已知数值代入，解得v0 319(m s)

2-23 质量为m1的物体静止地置于光滑的水平桌面上并接有一轻弹簧。另一质量为m2的物体以速度v0与弹簧相撞。问当弹簧压缩最甚时有百分之几的动能转化为弹性势能？ 解：取（m1 m2）组成的系统为研究对象。碰前系统的总动能为m2的动能，Ek0

12

m2v0

2

当（m1 m2）有共同速度时，弹簧压缩最甚。碰撞过程系统的动量守恒，所以有： m2v0 (m1 m2)v

m2v0

v

m1 m2

22

m2v021m2v01

Ek (m1 m2)()

2m1 m22m1 m2

22

v011m21mm22

EP Ek0 Ek m2v0 12v0

22m1 m22m1 m2

EPm1

100% Ek0m1 m2

第三章 刚体的定轴转动

3-2 一飞轮以转速n 1500r min转动，受制动均匀减速，经t 50s后静止。

1

（1）求角加速度 和从制动开始到静止这段时间飞轮转过的转数N； （2）求制动开始后t 25s时飞轮的角速度 ；

（3）设飞轮的半径r 1m，求在t 25s时飞轮边缘上一点的速度和加速度。

n60 0.5(r s 2) (rad s 2) t50115001

N nt t2 50 0.5 502 625(r)

26021500

（2） 0 2 50 (rad s 1)

60

解：（1）

0 t 50 25 25 78.5(rad s) （3）v r 1 78.5 78.5(m s)

at r 1 ( ) 3.14(m s)

2

1

1

an r 21 (78.5)2 6.16 103(m s 2)

a atet anen ( 3.14et 6.16 10en)m s

3-3 有一均匀细棒，质量为m，长为l。设转轴通过棒上离中心为h的一点并与棒垂直，求棒对此轴的转动惯量。这一转动惯量与棒对通过棒的中心并与此轴平行的转轴的转动惯量相差多少？

解：（1）关于O轴的转动惯量：

如图 dm

3

2

m2

xdxl

mdxl

dJ x2dm

JO dJ

l h2l ( h)2

m2m1llxdx [( h)3 ( h)3]ll322

1

ml2 mh212

（2）关于通过棒的中心O轴的转动惯量：JC （3）转动惯量之差： J JO JC mh

2

12

ml 12

6

3-4地球的质量mE 6.0 10kg，半径R 6.4 10m，求其对自转轴的转动惯量和

24

自转运动的动能。（假定地球密度均匀，其转动惯量可按均匀实球体公式计算）。 解：由球体的转动惯量J

22

mr，可知地球自转的转动惯量为：

5