大学物理上册(湖南大学出版社-陈曙光)-课后习题答案全解
大学物理上册课后习题答案
第一章 质点运动学
1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 内的位移和平均速度；
（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．
[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．
在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，
经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，
因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，
v (2) = 12×2 - 6×22 = 0
质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，
因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，
第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．
[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．
1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为2
2(1)(1)n s
a n t -=
+，并由上述资料求出量值．
[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得
a = (n – 1)v o /t ， (1)
根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：2
2(1)(1)n s
a n t -=
+．
计算得加速度为：2
2(51)30
(51)10
a -=
+= 0.4(m·s -2)．
1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：
（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？
（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．
（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，
初速度的大小为
v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)．
取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式
v t - v 0 = at ，
这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为
t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．
再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．
人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为
:2t =
．图1.3
因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)． 人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．
（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)， 与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30o，方向斜向下．
方法二：一步法．
取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程
2
01sin 02
gt v t y θ-+=，
解得：0(sin t v g θ=．
这里y = -70m ，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t = 6.98(s)．
由此可以求解其它问题．
1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2，k 为常数．
（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为0
11
kt v v =+； （2）试证在时间t 内，船行驶的距离为01
ln(1)x v kt k =
+． [证明]（1）分离变数得2d d v
k t v =-， 故 020
d d v t v v k t v =-??，
可得：
011
kt v v =+． （2）公式可化为0
01v v v kt
=+，
由于v = d x/d t ，所以：00001
d d d(1)1(1)
v x t v kt v kt k v kt =
=+++ 积分
00001
d d(1)(1)x t
x v kt k v kt =++??
．
因此 01
ln(1)x v kt k
=+． 证毕．
[讨论]当力是速度的函数时，即f = f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ． 由于a = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变数得方程：d d ()
m v
t f v =
， 解方程即可求解．
在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方
成正比，则
d v /d t = -kv n ．
（1）如果n = 1，则得
d d v
k t v
=-， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，
得速度为 ：v = v 0e -kt ．
而d v = v 0e -kt d t ，积分得：0e `kt
v x C k
-=+-． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此0(1-e )kt v
x k -=．
（2）如果n ≠1，则得d d n v
k t v
=-，积分得
11n v kt C n -=-+-． 当t = 0时，v = v 0，所以
101n v C n -=-，因此110
11
(1)n n n kt v v --=+-． 如果n = 2，就是本题的结果．
如果n ≠2，可得1
(2)/(1)02
0{[1(1)]1}
(2)n n n n n v kt x n v k
----+--=-，读者不妨自证．
1．5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求：
（1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度；
（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，
法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，
当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2
，即n a a =．
由此得2r r ω=
22
(12)24t =
解得
3
6t =
．
所以
3
242(13)t θ=+=+=3.154(rad)．
（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，
解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．
1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a
m·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平
方向飞行的距离为多少？
[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ．
加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为2012x x x v t a t =+
， 201
2y y y v t a t =-+． 即 201
cos cos 2x v t a t θα=?+?，
201
sin sin 2
y v t a t θα=-?+?．
令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）
；02sin sin v t a θ
α
=
=．
v
将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．
[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．
1．7 一个半径为R = 1.0m 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始
匀加速地下降，在Δt = 2.0s 内下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．
[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于21
2
t h a t =?， 所以a t = 2h /Δt 2 = 0.2(m·s -2)．
物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，
这也是边缘的线速度，因此法向加速度为2
n v a R
== 0.36(m·s -2)．
1．8 一升降机以加速度1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m ．计算：
（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；
（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．
[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为
2101
2
h v t at =+；
螺帽做竖直上抛运动，位移为2
2012
h v t gt =-． 由题意得h = h 1 - h 2，所以21
()2
h a g t =
+，
解得时间为t =．
算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．
[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程
h = (a + g )t 2/2，
由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．
1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．
（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为02l t v =
； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为0
122
1/t t u v =-；
（3
）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为2t =．
[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ． （2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ， 所以飞行时间为12
22l l vl t v u v u v u =
+=+-- 0
2222
2/1/1/t l v u v u v
==--． （3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作向量三角形，其中沿
图1.7
A
B A
B v
v + u
v - u
B
v
u
v
AB
方向的速度大小为V
22l t V =
==
= 证毕．
1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？
[解答]雨对地的速度2v 等于雨对车的速度3v 加车对地的速度1v ，由此可作向量三角形．根据题意得tan α = l/h ．
方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得
v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，
其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 12(sin cos )l
v v h
θθ=+
． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得
12
sin()sin(90)
v v θαα=+?-，
所以：12sin()
cos v v θαα
+=
2
sin cos cos sin cos v θαθα
α
+=
2(sin cos tan )v θθα=+，
即 12(sin cos )l
v v h
θθ=+
． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为
l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ?t ．
两式消去时间t 即得所求． 证毕．
第二章 运动定律与力学中的守恒定律
(一) 牛顿运动定律 2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为 x = v 0t ，
2211
sin 22y at g t α=
=?．
将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为
22
sin g y x v α=，
这是抛物线方程．
2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一品质m = 2kg 的另一物体，设物体与板、
图1.10
h l
α
图2.1
板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk= 0.25，静摩擦因素为μs= 0.30．求：
（1）今以水平力F 拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；
（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？
[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．
板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．
物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，
这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．
板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = 29.4(N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．
板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．
（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，
可得 a` =μs g ．
板的运动方程为
F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g
= (μs + μk )(m + M )g ，
算得 F = 16.17(N)．
因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．
2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮品质均不计）
[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得
T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 12212(2)/22F m m g a m m μ-+=+= 4.78(m·s -2
)，
绳对它的拉力为
2
112
(/2)
/22m T F m g m m μ=
-+= 1.35(N)．
2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：
（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式
12111k k k =+； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．
[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．
两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2，
12图
2.3
2 图2.4
因此
12
12F F F k k k =+
，即：12111k k k =+． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，
因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．
2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．
（1）小车沿水平线作匀速运动；
（2）小车以加速度1a 沿水平方向运动；
（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度1b 把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度2b （b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．
[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．
（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于
tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )；
绳子张力等于摆所受的拉力
：T ==．
（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．
（4）根据题意作力的向量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：
cos tan sin mb mg mb ?
θ?=
+，
因此角度为
cos arctan
sin b g b ?
θ?=+；
而张力为
T =
=．
（5）与上一问相比，加速度的
方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．
2．6 如图所示：质量为m =0.10kg 的小球，拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求：
（1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？
（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？ （3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？ [解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以
合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增
加的方向为正方向．
（2）
图2.6
小球的运动方程为
2
2d d s F ma m
t ==，
其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为
d d d d s v l t t θ=
=，
因此
d d d d d d d d v v m v F m
m v t t l θθθ===，
即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分
60d sin d B
v v v gl θθ
?
=-?
?，
得
2
601cos 2B v gl θ?
=
，解得：B v =s -1)．
由于：22
B B
B v v T mg m m mg
R l -===，
所以T B = 2mg = 1.96(N)．
（2）由（1）式积分得
2
1cos 2C v gl C θ=+，
当 θ = 60o时，v C = 0，所以C = -lg /2，
因此速度为
C v =
切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为
2(2cos 1)
C
n v a g R θ==-．
由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60o时，切向加速度为
2t a g
=
= 8.49(m·s -2)，
法向加速度为 a n = 0，
绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．
[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．
2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）
[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则
F = mg cos θ．
小球的运动方程为
22
d d s
F ma m t ==，s 表示弧长．
由于
d d s v t =
，所以
22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s v
v t t t t s t s ====，
因此 v d v = g cos θd s = g d h ，h 表示石下落的高度．
积分得 2
12v gh C =+，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，
因此速率为
v =
2．8 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力2k
f x =-
(k 为常数)作用下沿直线运动．证
明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．
[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程
222
d d k x
f ma m x t =-==
利用v = d x/d t ，可得
22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===，
因此方程变为
2d d k x
mv v x =-
，
积分得
212k mv C
x =+．
利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此
2012k k
mv x x =-，
即
v =
证毕．
[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．
如果f (x ) = -k/x n ，则得21d 2
n
x mv k x =-?． （1）当n = 1时，可得2
1ln 2mv k x C
=-+
利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 2
1ln 2
x mv k x =， 即
v =
． （2）如果n ≠1，可得21121n k mv x C n -=-+-．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以
10
1n
k C x n -=--，
因此 2110111()
2
1n n k mv n x x --=--， 即
v =
当n = 2时，即证明了本题的结果．
2．9 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：
（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．
[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程
d d v
f m
g kv m
t =--=，
分离变数得d d()
d v m mg kv t m mg kv k mg kv +=-=-
++， 积分得ln ()m
t mg kv C k =-
++．
当t = 0时，v = v 0，所以0ln ()
m
C mg kv k =+，
因此
00/ln ln
/m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++， 小球速率随时间的变化关系为
0()exp()mg kt mg
v v k m k =+
--．
（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为
00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +=
=+．
[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤： 由于v = d x/d t ，所以
0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+
--，
即
0(/)d d exp()d m v mg k kt mg
x t
k m k +=-
--，
积分得
0(/)exp()`
m v mg k kt mg
x t C k m k +=-
--+，
当t = 0时，x = 0，所以
0(/)
`m v mg k C k +=
，
因此
0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x t
k m k +=
---．
（2）如果小球以v0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为
d d v f mg kv m
t =-=，
用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为
0()exp()mg mg kt
v v k k m =
---．
这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率
趋于常数v m = mg/k ．
2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因子为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．
[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2/R ．
物体所受的摩擦力为f = -μk N ，
负号表示力的方向与速度的方向相反．
根据牛顿第二定律得
2d d k v v f m m R t μ=-=， 即 ： 2
d d k v
t R v μ=-．
积分得：1k t C R v μ=+．
当t = 0时，v = v 0，所以
01C v =-
， 因此 011
k
t R
v v μ=
-
．解得
001/k v v v t R μ=+． 由于
0000d d(1/)
d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+=
=
++， 积分得
0ln (1)`
k k
v t
R x C R
μμ=
+
+，
当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此
0ln (1)
k k v t
R
x R μμ=
+
．
2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．
[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为
珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．
珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ． 根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，
可得
2
cos mg
R ωθ=，
mg
图2.11
解得
2arccos
g
R θω=±．
(二)力学中的守恒定律
2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．
[解答]方法一：利用冲量公式．
根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ， 积分得冲量为 /20
(cos )d I kA t t
ω
ω=-?
π，
/20
sin kA
kA
t
ω
ωω
ω=-
=-
π
方法二：利用动量定理．
小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，
设小球的品质为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，
小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ， 可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．
2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？
[解答]小球动量的大小为p = mv ，
但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义
21p p p ?=- 得：21p p p =+?，
由此可作向量三角形，可得：p ?==． 因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =?= 1.41(N·s)．
[注意]质点向心力大小为F = mv 2
/R ，方向是指向圆心的，其方向在 不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量
24v T
I Ft m
R ==
2/42R T T mv mv
R ππ==．
假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力
F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，
F y = F sin θ = F sin ωt ，
给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，
d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得 /4
/4
cos d sin T T x F
I F t t t
ωωω
==
?
F
mv
ω
=
=，
/4
/4
sin d cos T T y F
I F t t t
ωωω
==-
?
F
mv
ω
=
=，
合冲量为
I ==，
与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．
2．14 用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？
[解答]
球上升初速度为
y v =s -1)，
其速度的增量为v ?=s -1)． 棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)，
对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = 366.2(N)．
2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个品质都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）
[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程
Mg – T = Ma ，
物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动， 加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ， 联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2)．
根据运动学公式：s = v 0t + at 2/2， 可得B 拉C
之前的运动时间；t =．
此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．
物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`， 因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．
2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？
[解答] 炮弹在最高点的速度大小为
v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作向量三角形，列方程得 /2`cos 452
m
mv v =
?
，
所以 v` = v /cos45°
= 0cos θ．
2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的品质为m ，它与路面的滑动摩擦因子为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？
[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移d s 的大小为
v x
Δv v y
d s = R dθ．
重力G 的大小为：G = mg ，
方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为
1d d cos(/2)d W G s G s θ=?=+π sin d mgR θθ=-，
积分得重力所做的功为
454510
(sin )d cos W mgR mgR θθθ
?
?
=-=?
(1mgR =-．
摩擦力f 的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，
方向与弧位移的方向相反，所做的功元为
2d d cos d W f s f s =?=π
cos d k u mg R θθ=-，
积分得摩擦力所做的功为
4520
(cos )d k W mgR μθθ
?
=-?
450
sin k k mgR mgR μθ
?
=-=．
要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F 就是平衡力，即
0F G f ++=，
或者 ()F G f =-+．
拉力的功元为：d d (d d )
W F s G s f s =?=-?+?12(d d )W W =-+，
拉力所做的功为
12()W W W =-
+(1)22k mgR μ=-+．
由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．
2．18 一品质为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：
（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因子；
（3）在静止以前质点运动了多少圈？
[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2， 末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，
动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8， 这就是摩擦力所做的功W ．
（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得：
20
()d 2k k W mgr mgr
π
μθπμ=-=-?．
由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因子为
20
316k v gr μ=
π．