内容发布更新时间 : 2024/11/9 6:19:26星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

式中f为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，

即 f=±μ0mg ④ 联立①、②、③、④式得

tan?m?gg ,tan?M?2(a??0g)2(a??0g)fx63??m168m?s?2

2-3 ax?ay?(1)

fym??716m?s?2

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

57v??i?j48(2)

m?s?1

11r?(v0t?axt2)i?ayt2j22131?7?(?2?2???4)i?()?4j

28216137??i?jm482-4 (1)∵a?分离变量，得

?kvdv? mdtdv?kdt? vmvdvt?kdt?即??0m v0vv?ktln?lnem v0∴ v?v0e(2)x?vdt?k?mt

k?mtkmv0?mtdt?(1?e)

k??ve00t(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞， 故有x???v0e0?k?mtdt?mv0 k (4)当t=

m时，其速度为 kv?v0ekm?m?k?v0e?1?1. ev0 e即速度减至v0的

2-5分别以m1,m2为研究对象，其受力图如图(b)所示．

(1)设m2相对滑轮(即升降机)的加速度为a′，则m2对地加速度a2=a′-a；因绳不可伸长，故m1对滑轮的加速度亦为a′，又m1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m1在水平方向对地加速度亦为a′，由牛顿定律，有

m2g-T=m2(a′-a)

T=m1a′

题2-5图

联立，解得a′=g方向向下 (2) m2对地加速度为 a2=a′-a=

g 方向向上 2m1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a绝=a相′+a牵

g25∴a1?a??a?g??g

42222θ=arctan

a1=arctan=26.6°，左偏上． a?22-6依题意作出示意图如题2-6图

题2-6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30°，则动量的增量为 Δp=mv-mv0

由矢量图知，动量增量大小为｜mv0｜，方向竖直向下．

2-7由题知，小球落地时间为0.5s．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v1=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦为v2=0.5g．设向上为y轴正向，则动量的增量 Δp=mv2-mv1 方向竖直向上， 大小 ｜Δp｜=mv2-(-mv1)=mg

碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 (1)若物体原来静止，则 Δp1=

?t0Fdt??(10?2t)idt?56 i kg·m·s-1,沿x轴正向，

04?v1??p1?5.6imI1??p1?56im?s?1kg?m?s?1-1

若物体原来具有-6 m·s初速，则

p0??mv0,p?m(?v0??t0tFdt)??mv0??Fdt于是 0m0t?p2?p?p0??Fdt??p1,

同理，Δv2=Δv1,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+10t-200=0

解得t=10 s，(t′=-20 s舍去) 2-9 质点的动量为

p=mv=mω(-asinωti+bcosωtj) 将t=0和t=

2

?分别代入上式，得 2?p1=mωbj,p2=-mωai,

则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I=Δp=p2-p1=-mω(ai+bj)

2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有 F=(a-bt)=0,得t=

a b(2)子弹所受的冲量

t1I??(a?bt)dt?at?bt2

02将t=

a代入，得 ba2I?

2b(3)由动量定理可求得子弹的质量

Ia2 m??v02bv02-11设一块为m1，则另一块为m2， m1=km2及m1+m2=m 于是得 m1?kmm,m2? ① k?1k?1又设m1的速度为v1,m2的速度为v2，则有

T?联立①、③解得

1112m1v12?m2v2?mv2 ② 222mv=m1v1+m2v2 ③ v2=(k+1)v-kv1 ④

将④代入②，并整理得

2T?(v1?v)2 km于是有v1?v?2T km将其代入④式，有

v2?v?2kT m又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取

v1?v?2kT2T ,v2?v?mkm证毕．

2-12 (1)由题知，F合为恒力，

∴ A合=F·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)

=-21-24=-45 J (2)N?A45??75?t0.6w

(3)由动能定理，ΔEk=A=-45 J

2-13 以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为

题2-13图 f=-ky

第一锤外力的功为A1

A1??f?dy???fdy??kydy?ss01k ① 2式中f′是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在dt→0时，f′=-f． 设第二锤外力的功为A2，则同理，有

A2??kydy?1y212kky2? ② 22由题意，有

1kA2?A1??(mv2)? ③

22即

12kkky2?? 222所以，y2?2

于是钉子第二次能进入的深度为 Δy=y2-y1=2-1=0.414 cm 2-14 F(r)?dE(r)nk??n?1 drr方向与位矢r的方向相反，即指向力心．

2-15 弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有

题2-15图 FA=FB=Mg 又 FA=k1Δx1 FB=k2Δx2

所以静止时两弹簧伸长量之比为