水平方向：
F
x
tp
x
mv
0

F
x

m
v
0
300N

t
竖直方向：
(F
y
mg)tp
y
0mv
x
m2gh

F
y
tp
y
0mv
x
m2gh

F
y

mm
2gh396N
或者
F
y
2gh400N(g10)

tt
F300i396j

F497N

方法二：
pm

v
0
v
1


显然有
v
1
2gh

p

mv
1

2


mv
0

2
2

mv
1
2
v
0
根据动量定理
Ftp

所以
F
p
m
2
m
22

v
1
v
0
2ghv
0
ttt
10029. 80.83
2
497N

4—14 6月22日，地球处于远日点， 到太阳的距离为
1.5210
11
m，轨道速度为
2.9310
4
ms
。6个月后，地球处于近日点，到太阳的距离为
1.4710
11< br>m。求：(1)在近日
点地球的轨道速度； (2)在近日点和远日点时地球的角速度。
[解] 设在近日点附近地球的轨道速度为
v
1
，轨道半径为
r1
，角速度为

1
；在远日点地
球的轨道速度为
v2
，轨道半径为
r
2
，角速度为

2
。
(1) 取地球为研究对象，其对太阳中心的角动量守恒。
m
地
r
1
v
1
m
地
r
2
v
2

r
2
v
2
1.5210
11
2.9310
4
3.0310
4
ms
所以
v
1
< br>11
r
1
1.4710
v
1
3.0310
4
2.0610
7
rads
(2)

1

11
r
1
1.4710

v
2
2.9310
4
7


2
1.9310rads

r
2
1.5310
11
4—17 有两个质量都等于50kg的 滑冰运动员，沿着相距1.5m的两条平行线相向运动，速
率皆为10
ms
。当两人相 距为1.5m时，恰好伸直手臂相互握住手。求：(1)两人握住手以后
绕中心旋转的角速度； (2)若两人通过弯曲手臂而靠近到相距为1.0m时，角速度变为多大?
[解] 取两人组成的系统为研究对象，系统对两人距离中点的角动量守恒
(1) 设两人质量均为m，到转轴 的距离为
r
1
，握住手以后绕中心角速度为

1
，则有：
22

r
1
mvr
1
mvr< br>1
m

1
r
1
m

1



1
vr
1
100.7513.3(rads)

(2) 设两人相距1.0米时，角速度为

2
，此时系统对转轴的转动惯量 为
J
2
，两人到转轴的
距离为
r
2
，则
222

r

1
r
1
m
1
rm
1
m
2

2
2

2

r
2

m

2
r
1
2

1
r
2
2
0.7 5
2
13.30.5
2
29.9(rads)

4—21 如图所示，在水平光滑平面上有一轻弹簧，一端固定，另一端系一质量为m的滑块。
弹簧原长为
L
0
，倔强系数为k。当t＝0时，弹簧长度为
L
0< br>。滑块得一水平速度
v
0
，方向与
弹簧轴线垂直。t时刻弹簧长度为L 。求t时刻滑块的速度v的大小和方向(用

角表示)。
[解] 因为弹簧和小球在光滑水平面上运动，所以若把弹簧和小球作为一个系统，则系统的
机械能守恒，即

1
2
1
2
1
mv
0
mv k(LL
0
)
2
(1)
222
小球在水平面上所受弹簧拉力通过固定点，则小球对固定点角动量守恒，即



Lrmv
恒量
故
sin


L
0
mv
0
Lmv
(2)
2

由(1)式得
vv
0
k
(LL
0
)
2
代入(2)式得
m
L
0
v
0k
(LL
0
)
2
m

sin


arg
2
Lv
0

5-5 有一质量为m1
、长为l的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为

的水平桌面上，它可
绕通过其端点O且与桌面垂直的固定光滑轴转动. 另有一水平运动的质量为m
2
的小滑块，

从侧面垂直于棒与棒的另一端A相撞，设碰撞时间极短，已知小滑块在碰撞前后的速度分
别为v
1
和v
2
，如图所示. 求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间 (已知棒
绕O点的转动惯量J=m
1
l
2
3).
解：由角动量守恒可以得到
J

m
2
l(v
1
v
2
)

碰后，由于摩擦产生的阻力矩为：

m
1
l
O

M

rdF
l

1
M

r

gdm

< br>gr

dr

gm
1
l
0
2由角动量定理，
MtJ


得到，碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间
m
2
□

v
1
v
2
A

t
2m
2
(v
1
v
2
)


m
1
g
5—6 一砂轮直径为1m，质量为50kg，以900
rmin
的转速转动，一工件以200 N的正 压
力作用于轮子的边缘上，使砂轮在11.8s内停止转动。求砂轮与工件间的摩擦系数(砂轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为
1

mR
2
，其中，m和R分别为砂轮的质量和半径)。
2
[解] 根据动量矩定理，
MtJ

2
J

1

M

NR


JmR
2


0

1
2
联立得：





mR

0

2Nt
50
12

900 
260
0.5

220011.8

1—4 一质点的运动学方程为
xt
2
，
y
t1

(S1)。试求： (1)质点的轨迹方程：(2)
2
在
t2
s时，质点的速度和加速度。
[解] (1) 由质点的运动方程
xt
2
(1)

y

t1

(2)
2
消去参数t，可得质点的轨迹方程

y(x1)
2

(2) 由(1)、(2)对时间t求一阶导数和二阶导数可得任一时刻质点的速度和加速度

v
x

dxdy
2t

v
y
2

t1


dtdt
所以
vv
x
iv
y
j2ti2

t1

j
(3)
d
2
y
d
2
x

a
x

2
2

a
y

2
2

dtdt
所以
a2i2j
(4)
把t=2s代入式(3)、(4)，可得该时刻质点的速度和加速度。

v4i2j

a2i2j

2
1—6 质点的运动学方程为
r2ti2tj
(S1)，试求：(1)质点的轨道方程；(2)t

＝2s时质点的速度和加速度。
[解] (1) 由质点的运动方程，可得
2

x2t,y2t


消去参数t
，
可得轨道方程

y2
1
2
x

4
(2) 由速度、加速度定义式，有
vdrdt2i2tj

ad
2
rdt
2
2j

将t=2s 代入上两式，得

v2i4j
，
a2j

1—10 在重力和空气阻力的作用下，某物体下落的加速度为
agBv
，g为重力加
速度，B为与物体的质量、形状及媒质有关的常数。设t=0时物体 的初速度为零。(1)试求物
体的速度随时间变化的关系式；(2)当加速度为零时的速度(称为收尾速 度)值为多大?
dv
dt
[解] (1) 由
advdt
得
gBv

两边积分，得

v
0
t
d v


dt

gBv
0

v
g
(1e
Bt
)

B
(2) 当a=0时 有 a=g-Bv=0
由此得收尾速率 v=gB
1—12 一艘正以速率< br>v
0
匀速行驶的舰艇，在发动机关闭之后匀减速行驶。其加速度的
大小与速度的 平方成正比，即
akv
2
， k为正常数。试求舰艇在关闭发动机后行驶了x
距离时速度的大小。
dvdvdxdv
v

dtdxdtdx
v

dxdv

a
[解]
a
对上式两边积分

dx

0
xv
v
0
v
dvv

dv

v
akv
0
1v
化简得
xln

kv
0
所以
vv
0
e
kx


1—17 火车在曲率半 径R＝400m的圆弧轨道上行驶。已知火车的切向加速度
a
t
0.2
ms
2
，求火车的瞬时速率为
10ms
时的法向加速度和加速度。
v
2
10
2
0.25ms
2
[解] 火车的法向加速度
a
n

R400
方向指向曲率中心
2
火车的总加速度
aa
n
a
t
20.25
2
0.2
2
0.32ms
2


设加速度a与速度v之间的夹角为

，则

arc tg
a
n
0.25
arctg128
0
40


a
t
0.2
1—18一质点沿半径为0.10m的圆周运动，其 角位置

24t
3
。(1)在t=2s时，它的法
向加速度和切 向加速度各是多少?(2)切向加速度的大小恰是总加速度大小的一半时，

值为
多少 ?(3)何时切向加速度与法向加速度大小相等?
[解] 质点的角速度

d

dt12t
2

质点的线速度
vR

0.1012t
2
1.2t
2

质点的法向加速度
a
n
，切向加速度
a
t
为

a
n


2
R(1 2t
2
)
2
0.1014.4t
4
(1)

a
t
dvdt2.4t
(2)
(1)把t=2s代入(1)式和(2)式，得此时

a< br>n
14.42
4
2.310
2
(ms
2)
a
t
2.424.8(ms
2
)

(2)质点的总加速度


2

a a
n
a
t
2
2.4t(36t
6
1)12

由
a
t

1
a
得
2
3
2.4t0.52.4t36t
6
1




解得
t
3
，t=0.66s
6
所以

24t
3
3.15(rad)

(3) 当
a
n
a
t
即
14.4t
4
2.4t
时
有
t
3
1
， t=0.55(s)
6

附加题目：湖中一小船，岸边的人用跨过高处的定滑轮的绳子拉船靠岸(如图所示)。当
收绳速度为 v时，试问：(1)船的运动速度u比v大还是小?(2)若v＝常量。船能否作匀速运
动?如果不能， 其加速度为何值?
[解] (1) 由图知
L
2
s
2
h
2

两边对t求导数，并注意到h为常数，得

2L
dLds
2s

dtdt
又
vdLdt,udsdt

所以 Lv=su (1)
即 uv=Ls>1
因此船的速率u大于收绳速率v。
(2) 将(1)式两边对t求导，并考虑到v是常量

v
dLdsdu

us
dtdtdt
所以
u
2
v
2
sa

即
a(u
2
v
2
)sh
2
v
2
s
3

2—3 质量为m的子弹以速率
v
0
水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速 度反向，大小
与速度成正比，比例系数为k，忽略子弹的重力，
求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系；
(2)子弹射入沙土的最大深度。

[解] 设任意时刻子弹的速度为v，子弹进入沙土的最大深度为s，由题意知，子弹所受
的阻力 f= - kv
(1) 由牛顿第二定律
fmam
所以
dvdv
即 :
kvm

dtdt
dvk
dt

vm
v
dvk
t
对等式两边积分



dt

v
vm
0
0
得
ln
vk
t

v
0
m

k
t
m
因此
vv
0
e

dvdvdxdv
mmv

dtdxdtdx
dv
即
kvmv

dx
k
所以
dxdv

m
0
k
s
对上式两边积分


dx

dv

v
m
0
k
得到
sv
0

m
mv
即
s
0

k
(2) 由牛顿第二定律
fmam
0
2—3 质量为m的小球，在水中受到的浮力为F，当它从静止开始 沉降时，受到水的
粘滞阻力为f＝kv(k为常数)。若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的 速率v与时
间的关系为
kt


mgF

< br>1e
m


v

k

f
F
0
[证明] 任意时刻t小球的受力如图所示，取向下为y轴的正
方向，开始沉降处为坐标原点
dv

dt
dv
即
mgFkvmam

dt
由牛顿第二定律
mgFfmam
整理得
mg
y
dvdt


mgFkvm
对上式两边积分

v
0
t
dtdv



mgFkv
0
m

得
ln
mgFkv
kt


mgFm
kt


mgF


即
v1e
m



k

2—5 跳伞运动员与装备的质量共为m，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速
率的平方成正比，即Fkv
2
。求跳伞员的运动速率v随时间t变化的规律和极限速率
v
T
。
[解] 设运动员在任一时刻的速率为v，
有牛顿第二定律
mgkv
2
m
整理得
v
dv

dt
dvdt


mgkv
2
m
dv


dt

0
m
t
对上式两边积分

0
mgkv
2
得
ln
mgkv
mgkv
2t

t

m
2t
整理得
v
e
e
mkg2t
mkg
1
mg
e

k
1e
m kg
2t
mkg
1
1
v
T


设极限速率为
v
T
，当运动员受的空气阻力等于运动员及装备的重力时，速率达到极 限。
2
此时
mgkv
T

即
v
T

mg

k
3—6 一质量为
m< br>1
与另一质量为
m
2
的质点间有万有引力作用。试求使两质点间的距离 由
x
1
增加到
xx
1
d
时所需要作的功。
[解] 万有引力
FG
m
1
m
2
ˆ
r

2
r
d
时，万有引力所作的功为 两质点间的距离由x增加到
x x
1
A

x
1
d
x
1
Fd r

x
1
d
x
1
G

1< br>m
1
m
2
1

drGmm


12

r
2
xdx

11
