y?由①、②式消去t，得
1gsin?t22
y?2-2
解：
1gsin??x222v0
ax?fx63??m?s?2m168 fy?7ay??m?s?2m16
(1)
235vx?vx0??axdt??2??2??m?s?10842?77vy?vy0??aydt??2??m?s?10168
于是质点在2s时的速度
5?7??v??i?j48(2)
m?s?1
2-3
?1?1?22r?(v0t?axt)i?aytj22?1?7?13?(?2?2???4)i?()?4j2821613?7???i?jm48
a??kvdv?mdt
答: (1)∵
分离变量，得
dv?kdt?vm vdvt?kdt???0m
即 v0vv?ktln?lnemv0
∴
v?v0ek?mtk?mt
0(2)
(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，
x??vdt??v0e?tkmv0?mtdt?(1?e)k
故有
x???v0e0k?mtdt?mv0k
m (4)当t=k时，其速度为
v?v0e1v即速度减至0的e.
2-4解: 依题意作出示意图如题2-6图
km?m?k?v0e?1?v0e
题2-4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
o由矢量图知，动量增量大小为，方向竖直向下． 2-5 解: (1)若物体原来静止，则
?mv0????p?mv?mv0
??t?4??1?p1??Fdt??(10?2t)idt?56kg?m?si00,沿x轴正向，
????p1?1?v1??5.6m?sim???I1??p1?56kg?m?s?1i
?1若物体原来具有?6m?s初速，则
t?t?F?????p0??mv0,p?m(?v0??dt)??mv0??Fdt0m0于是 t??????p2?p?p0??Fdt??p10, ????同理， ?v2??v1,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亦即 t?10t?200?0 解得t?10s，(t??20s舍去)
2-6．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有
02t
F?(a?bt)?0,得
(2)子弹所受的冲量
t?ab
t1I??(a?bt)dt?at?bt202
将
t?aIb代入，得
a2?2b
Ia2m??v02bv0(3)由动量定理可求得子弹的质量
?F2-7解: (1)由题知，合为恒力，
???????A?F?r?(7i?6j)?(?3i?4j?16k)
∴ 合 ??21?24??45J
A45??75w?t0.6(2)
?Ek?A??45J
(3)由动能定理，
P?2-8 解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有
12?12?kx??mv?mgssin37??2?2? 12mv?mgssin37??frs2k?12kx2
式中s?4.8?0.2?5m，x?0.2m，再代入有关数据，解得
?frs?k?1390N?m-1
题2-8图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h?
1?frs??mgs?sin37o?kx22
代入有关数据，得 s??1.4m,
则木块弹回高度
h??s?sin37o?0.84m
2-9 证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有
即
121212mv0?mv1?mv2222
22v0?v12?v2①
题2-9图(a) 题2-9图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有
???mv0?mv1?mv2
???v?v01?v2亦即
?v由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以0为斜边，
??v故知1与v2是互相垂直的．
2-10解: 由题知，质点的位矢为 作用在质点上的力为 所以，质点对原点的角动量为
②
???r?x1i?y1j
??f??fi
???L0?r?mv
作用在质点上的力的力矩为
??(x1mvy?y1mvx)k?????(x1i?y1i)?m(vxi?vyj)
2-11 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 r1mv1?r2mv2
r1v18.75?1010?5.46?104r2???5.26?1012m2v29.08?10∴ 2-12 解: (1)
???????M0?r?f?(x1i?y1j)?(?fi)?y1fk
??3???p??fdt??5jdt?15jkg?m?s?10
(2)解(一)
x?x0?v0xt?4?3?7
115y?v0yt?at2?6?3???32?25.5j22?3 ????即 r1?4i,r2?7i?25.5j
vx?v0x?1
5vy?v0y?at?6??3?113 ??????即 v1?i1?6j,v2?i?11j
???????∴ L1?r1?mv1?4i?3(i?6j)?72k
????????L2?r2?mv2?(7i?25.5j)?3(i?11j)?154.5k
????2?1?L?L?L?82.5kkg?m?s21∴
解(二) ∵
M?dzdt
∴
??t?t??L??M?dt??(r?F)dt00
?3?15??????(4?t)i?(6t?)?t2)j??5jdt023????3??5(4?t)kdt?82.5kkg?m2?s?10
题2-12图
2-13解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、N?是正压力，Fr、Fr?是摩擦力，Fx和Fy是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支
承力．
题2-13图（a）
题2-13图(b)
杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有
F(ll1?l21?l2)?N?l1?0N??lF1
对飞轮，按转动定律有???FrR/I，式中负号表示?与角速度?方向相反．∵ Fr??N N?N? Fl1?l2r??N???∴
lF1
I?1又∵ 2mR2,
???FrR??2?(l1?l2)∴ ImRlF1 以F?100N等代入上式，得
???2?0.40?(0.50?0.75)25?0.50?100??403rad?s?260?0.
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
t???0900?2????360?40?7.06s
这段时间内飞轮的角位移为
???1900?2?0t??t2?60?94??12?403?(94?)22?53.1?2?rad
可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．
?900?2?0?rad?s?1(2)60，要求飞轮转速在t?2s内减少一半，可知
①