物理学教程(第二版)第1~5章答案_物理学教程第二版答案

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第二章 牛顿定律-1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为（）(A)gsin θ

(B)gcos θ

(C)gtan θ

(D)gcot θ

分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ(其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．

2-2 用水平力FN把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当FN逐渐增大时,物体所受的静摩擦力Ff的大小（）(A)不为零,但保持不变(B)随FN成正比地增大

(C)开始随FN增大,达到某一最大值后,就保持不变(D)无法确定

分析与解 与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．-3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率（）(A)不得小于(C)不得大于μgR

(B)必须等于

μgR

μgR

(D)还应由汽车的质量m 决定

分析与解 由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)． 2-4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则（）(A)它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变(B)它受到的轨道的作用力的大小不断增加(C)它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心(D)它受到的合外力大小不变,其速率不断增加

分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcos θ)使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由

v2轨道法向方向上的动力学方程FNmgsinθmR不断增大,由此可见应选(B)．

可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力FN也将*2-5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A、B 两物体质量相同均为m,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为（）(A)5/8 mg

(B)1/2 mg

(C)mg(D)2mg

分析与解 本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma为惯性力．对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ ＝5/8 mg．故选(A)．

讨论 对于习题2-5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA 和aB 均应对地而言,本题中aA 和aB的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对aA、aB、a 和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．-6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l ＝2.1 m,质量为m 的物体从题2-6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？ 其数值为多少？

分析 动力学问题一般分为两类：(1)已知物体受力求其运动情况；(2)已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．

解 取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有mgsinαmgμcosαma

(1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有

l11at2gsinαμcosαt2

cosα22则

t2l

(2)gcosαsinαμcosα为使下滑的时间最短,可令dt0,由式(2)有 dαsinαsinαμcosαcosαcosαμsinα0

则可得

tan2α1o,49 μ此时

tmin2l0.99s

gcossincos2-7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m2 ＝1.00 ×102 kg．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1)两物块以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；(2)两物块以1.0 m·ｓ-2 的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？

题 2-7 图

分析 预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．

解 按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有

FＴ-(m1 ＋m2)g ＝(m1 ＋m2)a

(1)

FN2m2 g ＝m2 a

(2)解上述方程,得

FＴ ＝(m1 ＋m2)(g ＋a)

(3)FN2 ＝m2(g ＋a)

(4)(1)当整个装置以加速度a ＝10 m·ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为

FＴ ＝5.94 ×103 N 乙对甲的作用力为

F′N2 ＝-FN2 ＝-m2(g ＋a)＝-1.98 ×103 N

(2)当整个装置以加速度a ＝1 m·ｓ-2 上升时,得绳张力的值为

FＴ ＝3.24 ×103 N 此时,乙对甲的作用力则为

F′N2＝-1.08 ×103 N 由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．-8 如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2 运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)分析 该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的． 解 分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有

mA g-FＴ ＝mA a

(1)F′Ｔ1-Fｆ ＝mB a′

(2)F′Ｔ-2FＴ1 ＝0

(3)考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力

Ffmgm4ma7.2N

题 2-8 图

讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为：(1)分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2)根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3)解方程组,得出文字结果；(4)核对量纲,再代入数据,计算出结果来． 2-9 质量为m′的长平板A 以速度v′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？

分析 当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．

该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．

解1 以地面为参考系,在摩擦力Ff＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程

Ff＝μmg ＝ma1

Ff＝-Ff＝m′a2

a1 和a2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a1 ＋a2 ,木块相对平板以初速度-v′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有

-v′2 ＝2as

由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为

解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为

WF（Fflmgs fsl）式中l 为平板相对地面移动的距离．

由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有

m′v′＝(m′＋m)v″

由系统的动能定理,有

μmgs由上述各式可得

11mv2mmv2 22mv2s

2μgmm2-10 如图(a)所示,在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m 的小钢球,当小球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高？

题 2-10 图

分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力FN 的分力来提供的,由于支持力FN 始终垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示Oxy 坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底的高度． 解 取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程

FNsinθmanmRω2sinθ

(1)

且有

由上述各式可解得钢球距碗底的高度为

FNcosθmg

(2)

Rh

(3)

cosθRhR可见,h 随ω的变化而变化．

gω2-11 在如图（a）所示的轻滑轮上跨有一轻绳，绳的两端连接着质量分别为1 kg和2 kg的物体A和B，现以50 N的恒力F向上提滑轮的轴，不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦，求A和B的加速度各为多少？

题 2-11 图

分析

在上提物体过程中，由于滑轮可以转动，所以A、B两物体对地加速度并不相同，故应将A、B和滑轮分别隔离后，运用牛顿定律求解，本题中因滑轮质量可以不计，故两边绳子张力相等，且有F解

隔离后，各物体受力如图（b）所示，有 滑轮

A

B

联立三式，得

讨论

如由式F2FT.F2FT0

FTmAgmAaA FTmBgmBaB

aA15.2ms2，aB2.7ms2

(mAmB)g(mAmB)a求解，所得a是A、B两物体构成的质点系的质心加速度，并不是A、B两物体的加速度.上式叫质心运动定理.2-1

2一质量为50 g的物体挂在一弹簧末端后伸长一段距离后静止，经扰动后物体作上下振动，若以物体静平衡位置为原点，向下为y轴正向.测得其运动规律按余弦形式即

y0.20cos(5t/2)，式中t以s计，y以m计，试求：（1）作用于该物体上的合外力的大小；（2）证明作用在物体上的合外力大小与物体离开平衡位置的y距离成正比.分析

本题可直接用Fmamd2y/dt2求解，y为物体的运动方程，F即为作用于物体上的合外力（实为重力与弹簧力之和）的表达式，本题显示了物体作简谐运动时的动力学特征.解

（1）由分析知

Fmad2y/dt20.25cos（5t/2）（N）

该式表示作用于物体上的合外力随时间t按余弦作用周期性变化，F>0表示合力外力向下，F

由上式知，合外力F的大小与物体离开平衡位置距离y的大小成正比.“-”号表示与位移的方向相反.2-13 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t ＋40,式中F 的单位为N, t

s的单位的ｓ．在t＝0时,质点位于x ＝5.0 m处,其速度v0＝6.0 m·

1．求质点在任意时刻的速度和位置．

分析 这是在变力作用下的动力学问题．由于力是时间的函数,而加速度a＝dv/dt,这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度v(t)；由速度的定义v＝dx /dt,用积分的方法可求出质点的位置．

解 因加速度a＝dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有

120t40mdv dt依据质点运动的初始条件,即t0 ＝0 时v0 ＝6.0 m·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得

dv12.0t4.0dt

v00vtv＝6.0+4.0t+6.0t2

又因v＝dx /dt,并由质点运动的初始条件：t0 ＝0 时 x0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有

xx0dx6.04.0t6.0t2dt

t0x ＝5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3-14 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0 ×103 kg．飞机以55.0 m·ｓ-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数α＝5.0 ×102 N·ｓ-1 ,空气对飞机升力不计,求：(1)10ｓ后飞机的速率；(2)飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．

分析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动．其水平方向所受制动力F 为变力,且是时间的函数．在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解．

解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有Fmamdvαt dt得

vv0dv0tαtdt mvv0α2t 2mv ＝30 m·ｓ-1 因此,飞机着陆10ｓ后的速率为

又

tα2dxvdt 0x002mtx故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离

sxx0v0tα3t467m 6m2-15 质量为m 的跳水运动员,从10.0 m 高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为h．把跳水运动员视为质点,并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为bv2 ,其中b 为一常量．若以水面上一点为坐标原点O,竖直向下为Oy 轴,求：(1)运动员在水中的速率v与y 的函数关系；(2)如b /m ＝0.40m-1 ,跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v减少到落水速率v0 的1/10？(假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等)

题 2-15 图

分析 该题可以分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后,物体受重力P、浮力F 和水的阻力Ff的作用,其合力是一变力,因此,物体作变加速运动．虽然物体的受力分析比较简单,但是,由于变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、位置的函数),对这类问题列出动力学方程并不复杂,但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了．通常需要采用积分的方法去解所列出的微分方程．这也成了解题过程中的难点．在解方程的过程中,特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的确定． 解(1)运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为

v02gh

运动员入水后,由牛顿定律得

P-Ff-F ＝ma 由题意P ＝F、Ff＝bv2 ,而a ＝dv /dt ＝v(d v /dy),代 入上式后得

-bv2＝ mv(d v /dy)考虑到初始条件y0 ＝0 时,v02gh,对上式积分,有

vdvmdy 0v0vbtvv0eby/m2gheby/m

(2)将已知条件b/m ＝0.4 m-1 ,v ＝0.1v0 代入上式,则得

ymvln5.76m bv02-16 一质量为m 的小球最初位于如图(a)所示的A 点,然后沿半径为r的光滑圆轨道ADCB下滑．试求小球到达点C时的角速度和对圆轨道的作用力．

题 2-16 图 分析 该题可由牛顿第二定律求解．在取自然坐标的情况下,沿圆弧方向的加速度就是切向加速度aｔ,与其相对应的外力Fｔ是重力的切向分量mgsinα,而与法向加速度an相对应的外力是支持力FN 和重力的法向分量mgcosα．由此,可分别列出切向和法向的动力学方程Fｔ＝mdv/dt和Fn＝man ．由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的,因此,需应用积分求解,为使运算简便,可转换积分变量．

该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比较简便．但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力．

解 小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它的支持力FN ．取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得

Ftmgsinαmdv

(1)dt

(2)

mv2FnFNmgcosαmR由vdsrdαrdα,得dt,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,进行积分,有 vdtdt得

则小球在点C 的角速度为

vv0vdv

/2rgsind

v2rgcosαω由式(2)得

v2gcosα/rr

mv2FNmmgcosα3mgcosα

rFN3mgcosα FN由此可得小球对圆轨道的作用力为

负号表示F′N 与en 反向．-17 光滑的水平桌面上放置一半径为R 的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为v0 ,求：(1)t 时刻物体的速率；(2)当物体速率从v0减少v0的路程．

/2时,物体所经历的时间及经过

题 2-17 图

分析 运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题．物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力FN 和环与物体之间的摩擦力Fｆ ,而摩擦力大小与正压力FN′成正比,且FN与FN′又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程．

解(1)设物体质量为m,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有

mv2 FNmanRFfmat由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN ,由上述各式可得

dv dtv2dvμRdt取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有

Rvdv0dtμv0v2

tv(2)当物体的速率从v 0 减少到v0Rv0Rv0μt

/2时,由上式可得所需的时间为

t物体在这段时间内所经过的路程

Rμv0

svdt0tt0Rv0dt

Rv0μtsRln2 μ2-18 一物体自地球表面以速率v0 竖直上抛．假定空气对物体阻力的值为Fr ＝kmv2 ,其中m 为物体的质量,k 为常量．试求：(1)该物体能上升的高度；(2)物体返回地面时速度的值．(设重力加速度为常量．)

题 2-18 图

分析 由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反,因此,物体在上抛过程中所受重力P和阻力Fr 的方向相同；而下落过程中,所受重力P 和阻力Fr 的方向则相反．又因阻力是变力,在解动力学方程时,需用积分的方法．

解 分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y 轴(如图所示)．(1)物体在上抛过程中,根据牛顿定律有

mgkmv2m依据初始条件对上式积分,有

dvvdv mdtdyy0dy0v0vdvgkv2

1gkv2 yln22kgkv0物体到达最高处时, v ＝0,故有

hymax(2)物体下落过程中,有

21gkv0ln 2kgmgkmv2m对上式积分,有

vdv dy则

y0dy1/20v0vdvgkv2

kv2vv01g-19 质量为m 的摩托车,在恒定的牵引力F的作用下工作,它所受的阻力与其速率的平方成正比,它能达到的最大速率是vm ．试计算从静止加速到vm/2所需的时间以及所走过的路程．

分析 该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题,求解方法与前两题相似,只是在解题过程中必须设法求出阻力系数k．由于阻力Fr＝kv2 ,且Fr又与恒力F 的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加速度为零,此时速度达到最大．因此,根据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走路程时,需对变量作变换．

解 设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F和阻力Fr 同时作用下,由牛顿定律有

Fkv2m当加速度a ＝dv/dt ＝0 时,摩托车的速率最大,因此可得

dv

(1)dtk＝F/vm(2)由式(1)和式(2)可得

v2dvF1m

(3)v2dtm根据始末条件对式(3)积分,有

1m2vmv20dtF01v2dv

mt1则

又因式(3)中mtmvmln3 2Fdvmvdv,再利用始末条件对式(3)积分,有 dtdx1m2vmv20dxF01v2dv

mx1则

22mvm4mvmxln0.1442F3F

*2-20 在卡车车厢底板上放一木箱,该木箱距车箱前沿挡板的距离L ＝2.0 m,已知制动时卡车的加速度a ＝7.0 m·ｓ-2 ,设制动一开始木箱就开始滑动．求该木箱撞上挡板时相对卡车的速率为多大？设木箱与底板间滑动摩擦因数μ＝0.50．

分析 如同习题2-5 分析中指出的那样,可对木箱加上惯性力F0 后,以车厢为参考系进行求解,如图所示,此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用,图中a′为木箱相对车厢的加速度． 解 由牛顿第二定律和相关运动学规律有

F0-Ff＝ma-μmg＝ma′

(1)v′ 2 ＝2a′L

(2)联立解(1)(2)两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时的速度为

v2agL=2.9ms1

第三章 动量守恒定律和能量守恒定律-1 对质点组有以下几种说法：(1)质点组总动量的改变与内力无关；(2)质点组总动能的改变与内力无关；(3)质点组机械能的改变与保守内力无关． 下列对上述说法判断正确的是（）(A)只有(1)是正确的(B)(1)、(2)是正确的(C)(1)、(3)是正确的(D)(2)、(3)是正确的分析与解 在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3)说法是正确的．故选(C)．-2 有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则（）(A)物块到达斜面底端时的动量相等(B)物块到达斜面底端时动能相等

(C)物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒(D)物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒

分析与解 对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒．物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功．由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等(动量方向也不同)．故(A)(B)(C)三种说法均不正确．至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒．-3 对功的概念有以下几种说法：

(1)保守力作正功时,系统内相应的势能增加；(2)质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；

(3)作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零． 下列上述说法中判断正确的是（）(A)(1)、(2)是正确的(B)(2)、(3)是正确的(C)只有(2)是正确的(D)只有(3)是正确的分析与解 保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3-2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．-4 如图所示,质量分别为m1 和m2 的物体A 和B,置于光滑桌面上,A 和B 之间连有一轻弹簧．另有质量为m1 和m2 的物体C 和D 分别置于物体A 与B 之上,且物体A和C、B 和D 之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A 和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B 弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有（）(A)动量守恒,机械能守恒

(B)动量不守恒,机械能守恒(C)动量不守恒,机械能不守恒

(D)动量守恒,机械能不一定守恒

分析与解 由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)．-5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出．以地面为参考系,下列说法中正确的说法是（）(A)子弹减少的动能转变为木块的动能(B)子弹-木块系统的机械能守恒

(C)子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D)子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热

分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的．-6 一架以3.0 ×10m·ｓ-1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？

分析 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况．在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了．

解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得 2FΔtmv0式中F为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v,以此代入上式可得

mv2F2.55105N

l鸟对飞机的平均冲力为

FF2.55105N

式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故． 3-7 如图所示，质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v0 抛出,v0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1)物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2)物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．

分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间Δt1v0sinα,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍．这g样,按冲量的定义即可求得结果．

另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出． 解1 物体从出发到达最高点所需的时间为

Δt1则物体落回地面的时间为

v0sinα gΔt22Δt1于是,在相应的过程中重力的冲量分别为

2v0sing

I1Δt1FdtmgΔt1jmv0sinj

I2Δt2FdtmgΔt2j2mv0sinj

解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A、B 的过程中,重力的冲量分别为

I1mvAyjmv0yjmv0sinαj I2mvByjmv0yj2mv0sinαj-8 Fx ＝30＋4t(式中Fx 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m＝10 kg 的物体上,试求：(1)在开始2ｓ 内此力的冲量；(2)若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3)若物体的初速度v1 ＝10 m·s-1 ,方向与Fx相同,在t＝6.86 s时,此物体的速度v2 ． 分析 本题可由冲量的定义式I解(1)由分析知

2I0304tdt30t2t2068Ns

2t21tFdt,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v2．

(2)由I ＝300 ＝30t ＋2t2 ,解此方程可得

t ＝6.86 s(另一解不合题意已舍去)(3)由动量定理,有

I ＝m v2-m v1

由(2)可知t ＝6.86 s 时I ＝300 N·s ,将I、m 及v1代入可得

v2Imv140ms1 m3-9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．求安全带对人的平均冲力．

分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果．

解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为

v12gh

(1)在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有

FPΔtmv2mv

1(2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为

FmgΔ2ghΔmvmg1.14103N

ΔtΔtmg2h/gmg1.14103N Δt解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有

F3-10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝Acosωt,其中k、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到tπ 时间内小球动量的增量． 2ω分析 由冲量定义求得力F的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式用x ＝Acosωt代之,方能积分． 解 力F 的冲量为

t2t1Fdt积分前,应先将式中x

It1Fdtt1kxdt0即-11 一只质量m1t2t2π/2kAcostdtkA

ΔmvkA ω0.11kg的垒球以v117ms1水平速率扔向打击手，球经球棒击出后，具有如图（a）所示的速度且大小v234ms1，若球与棒的接触时间为0.025 s,求：（1）棒对该球平均作用力的大小；（2）垒球手至少对球作了多少功？

分析

第（1）问可对垒球运用动量定理，既可根据动量定理的矢量式，用几何法求解，如图（b）所示；也可建立如图（a）所示的坐标系，用动量定量的分量式求解，对打击、碰撞一类作用时间很短的过程来说，物体的重力一般可略去不计.题 3-11 图

解

（1）解

1由分析知，有

Ftmv2mv1

其矢量关系如图（b）所示，则

(Ft)2(mv1)2(mv2)22(mv1)(mv2)cos(18060)

解之得

解

2由图（a）有

F197.9N

Fxtmv2xmv1x

Fytmv2y0

将v1xv,v2xv2cos60及v2yv2sin60代入解得Fx和Fy，则

FFF197.9N

(2)由质点动能定理，得

2x2y1212Wmv2mv147.7J

223-12 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m2 的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向．

题 3-12 图

分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp＝Δm(vB-vA)；此动量的变化是管壁在Δt时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F．

解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出)水的质量为Δm ＝ρυSΔt,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为

Δp＝Δm(vB-vA)＝ρυSΔt(vB-vA)依据动量定理I ＝Δp,得到管壁对这部分水的平均冲力

F从而可得水流对管壁作用力的大小为

IρSvΔtvBvA ΔtFF2ρSv22.5103N

作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．-13 A、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s-1的速度继续向前驶去．A、B 两船原有质量分别为0.5×10

3kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A与从船B搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B与从船A搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守恒方程即可解出结果． 解 设A、B两船原有的速度分别以vA、vB 表示,传递重物后船的速度分别以vA′、vB′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有

mBmvBmvAmBvB

(2)由题意知vA′ ＝0, vB′ ＝3.4 m·s-1 代入数据后,可解得

mAmvAmvBmAvA

(1)vAmBmvB0.40ms1 2mBmmAmmvBmAmmBvBmAmmBmm23.6ms1

也可以选择不同的系统,例如,把A、B两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解．-14 质量为m′ 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v0 向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？(假设人可视为质点)

分析 人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致．在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化．如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定．至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算．

解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有

mmv0cosαmvmvu

式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v-u 为抛出物对地面的水平速率．得

v0v0cosα人的水平速率的增量为

mu mmΔvvv0cosα而人从最高点到地面的运动时间为

mu

mmt所以,人跳跃后增加的距离

v0sinα gΔxΔvtmv0sinαmmg 3-15 一物体在介质中按规律x ＝ct3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k)分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式WFdx来求解．关键在于寻找力函数F ＝F(x)．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F(v)＝kv2 变换到F(t),进一步按x ＝ct3 的关系把F(t)转换为F(x),这样,就可按功的定义式求解． 解 由运动学方程x ＝ct3 ,可得物体的速度

v按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为

dx3ct2 dtFkv29kc2t49kc2/3x4/3

则阻力的功为

WFdxWFdxcos180dx9kc2/3x4/3dx00ll272/37/3kcl 73-16 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．

题 3-16 图

分析 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可求出．

解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有

F ＋P ＝0 在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为

P ＝mg-αgy

其中α＝0.2 kg/m,人对水桶的拉力的功为 W0Fdy0mgagydy882J-17

一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开．求：(1)在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2)物体在最低位置时的动能和速率；(3)在最低位置时的张力．

1010

题 3-17 图

分析(1)在计算功时,首先应明确是什么力作功．小球摆动过程中同时受到重力和张力作用．重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式WFds,即能得出结果来．(2)在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率．(3)在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定． 解(1)如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即

WPPΔhmgl1cosθ0.53J

在小球摆动过程中,张力FＴ 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功

WTFTds

(2)根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为

EkWP0.53J

小球在最低位置的速率为

v2EK2WP2.30ms1 mm(3)当小球在最低位置时,由牛顿定律可得

mv2FTP

lmv2FTmg2.49N

l3-18 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v0 ．当它运动一周时,其速率为v0 /2．求：(1)摩擦力作的功；(2)动摩擦因数；(3)在静止以前质点运动了多少圈？

分析 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之． 解(1)摩擦力作功为

WEkEk01212

32(1)mvmv0mv0228(2)由于摩擦力是一恒力,且Fｆ ＝μmg,故有

WFfscos180o2rmg

(2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为

23v0μ

16πrg(3)由于一周中损失的动能为

32mv0,则在静止前可运行的圈数为 8nEk04圈 W33-19 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m1 和m2 ．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k)

题 3-19 图

分析 运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出． 解 选取如图(b)所示坐标,取原点O处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有

F1 ＝P1 ＋F

(1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得

1212ky1mgy1ky2mgy2 22式中y1、y2 为M、N 两点对原点O 的位移．因为F1 ＝ky1 ,F2 ＝ky2 及P1 ＝m1g,上式可写为

F1-F2 ＝2P

1(2)由式(1)、(2)可得

F ＝P1 ＋F

2(3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2 ＝P2 ,且F2 ＝F′2 ．由式(3)可得

F ＝P1 ＋P2 ＝(m1 ＋m2)g

应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．-20 如图所示，一质量为m的木块静止在光滑水平面上，一质量为m/2的子弹沿水平方向以速率v0射入木块一段距离L(此时木块滑行距离恰为s)后留在木块内，求：（1）木块与子弹的共同速度v,此过程中木块和子弹的动能各变化了多少？（2）子弹与木块间的摩擦阻力对木块和子弹各作了多少功？（3）证明这一对摩擦阻力的所作功的代数和就等于其中一个摩擦阻力沿相对位移L所作的功.(4)证明这一对摩擦阻力所作功的代数和就等于子弹-木块系统总机械能的减少量(亦即转化为热的那部分能量).题 3-20 图

分析

对子弹-木块系统来说，满足动量守恒，但系统动能并不守恒，这是因为一对摩擦内力所做功的代数和并不为零，其中摩擦阻力对木块作正功，其反作用力对子弹作负功，后者功的数值大于前者，通过这一对作用力与反作用力所做功，子弹将一部分动能转移给木块，而另一部分却转化为物体内能.本题（3）、（4）两问给出了具有普遍意义的结论，可帮助读者以后分析此类问题.解

（1）子弹-木块系统满足动量守恒，有

mv0/2(m/2m)v

解得共同速度

1vv0

3对木块 Ek2112mv20mv0 218对子弹 Ek21m1m222()v2()v0mv0 22229（2）对木块和子弹分别运用质点动能定理，则 对木块 W1Ek112mv0 18对子弹 W222Ek2mv0（3）设摩擦阻力大小为Ff,在两者取得共同速度时，木块对地位移为s，则子弹对地位移为L+s,有

对木块 W1对子弹 W2得 WFfs

Ff(Ls)

W1W2FfL

式中L即为子弹对木块的相对位移，“-”号表示这一对摩擦阻力（非保守力）所作功必定会使系统机械能减少.(4)对木块 W11Ffsmv2

2对子弹 W2两式相加，得 W11m1m2Ff(Ls)()v2()v0

222211m1m2W2[mv2()v2]()v0

22222FfL32mv0 18即 两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系的动能定理表达式，左边为一对内力所作功，右边为系统动能的变化量.3-21 用铁锤把钉子敲入墙面木板．设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比．若第一次敲击,能把钉子钉入木板1.00 ×10-2 m．第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深？

分析 由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．

解 因阻力与深度成正比,则有F＝kx(k 为阻力系数)．现令x0＝1.00 ×10-2 m,第二次钉入的深度为Δx,由于钉子两次所作功相等,可得

x0x0Δx0kxdxx0kxdx

Δx＝0.41 ×10-2 m 3-22 一质量为m 的地球卫星,沿半径为3RE 的圆轨道运动, RE为地球的半径．已知地球的质量为mE．求：(1)卫星的动能；(2)卫星的引力势能；(3)卫星的机械能．

分析 根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即可算出．由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能．由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时,必须规定势能的零点,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零．这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了．至于卫星的机械能则是动能和势能的总和． 解(1)卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得

mEmv2Gm23RE3RE则

Ekmm1mv2GE 26RE(2)取卫星与地球相距无限远(r→∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为

EPG(3)卫星的机械能为

mEm 3REEEkEPGmEmmmmmGEGE 6RE3RE6RE3-23 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．

题 3-23 图

分析 取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力FN始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果． 解 由系统的机械能守恒,有

mgR12mvmgRcosθ

(1)2根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为

mv2mgRcosθFNR冰块脱离球面时,支持力FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置

(2)

2θarccos48.2o

3冰块此时的速率为

vgRcosθv 的方向与重力P 方向的夹角为

2Rg3

α＝90°-θ ＝41.8°-24 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 的小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7.5 ×10-2 m．然后在弹簧弹性

是力的作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动．小球与轨道间的摩擦不计．已知BCD半径r ＝0.15 m 的半圆弧,AB 相距为2r．求弹簧劲度系数的最小值．

题 3-24 图

分析 若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒．运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态．为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时的最高点C 处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动；小于此速率时,小球将脱离轨道抛出．该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需的向心力,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值．

解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力FN ＝0,因此,有

2mvcmgr

(1)取小球开始时所在位置A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有

112

2(2)kΔlmg3rmvc22由式(1)、(2)可得

k7mgr1366Nm 2Δl3-25 如图所示,质量为m、速度为v 的钢球,射向质量为m′的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 的弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内弹簧后,弹簧的最大压缩距离．

题 3-25 图

分析 这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来．又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解．应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题．

解 设弹簧的最大压缩量为x0 ．小球与靶共同运动的速度为v1 ．由动量守恒定律,有

mvmmv(1)又由机械能守恒定律,有

12112

2(2)mvmmv1kx0222由式(1)、(2)可得

x0mmv

kmm3-26 质量为m 的弹丸A,穿过如图所示的摆锤B后,速率由v 减少到v /2．已知摆锤的质量为m′,摆线长度为l,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v的最小值应为多少？

题 3-26 图

分析 该题可分两个过程分析．首先是弹丸穿越摆锤的过程．就弹丸与摆锤所组成的系统而言,由于穿越过程的时间很短,重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒．摆锤在碰撞中获得了一定的速度,因而具有一定的动能,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,必须使摆锤在最高点处有确定的速率,该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确定；与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地球组成的系统满足机械能守恒定律,根据两守恒定律即可解出结果． 解 由水平方向的动量守恒定律,有

vmvmmv

(1)

2为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力FＴ＝0,则

2mvhmgl

(2)式中v′h 为摆锤在圆周最高点的运动速率．

又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有

112mv2mglmvh

(3)22解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为

2mvm5gl-27 两质量相同的物体发生碰撞，已知碰撞前两物体速度分别为：v0i和v0j，碰撞后一物体速度为v0i，求：（1）碰撞后另一物体的速度v；（2）碰撞中两物体损失的机械能共为多少？

分析

本题可直接运用动量守恒定律的矢量式求解，由于不是完全弹性碰撞，必定有部分机械能转化为两物体的内能.解

（1）由动能守恒得

mv0imv0jm碰撞后另一物体速度为

v0imv 2v通过上式，读者还可求得速度大小和方向.(2)碰撞后另一物体速度大小为

v0iv0j 2v(v0252)v0v0 22则

11v1212E[mv2m(0)2](mv0mv0)22222 12mv04“-”号表示碰撞后系统机械能减少了.3-28 质量为7.2 ×10-23 kg,速率为6.0 ×107 m·s-1 的粒子A,与另一个质量为其一半而静止的粒子B 发生二维完全弹性碰撞,碰撞后粒子A 的速率为5.0 ×107 m·s-1．求：(1)粒子B 的速率及相对粒子A 原来速度方向的偏转角；(2)粒子A 的偏转角．

题 3-28 图

分析 这是粒子系统的二维弹性碰撞问题．这类问题通常采用守恒定律来解决．因为粒子系统在碰撞的平面内不受外力作用,同时,碰撞又是完全弹性的,故系统同时满足动量守恒和机械能守恒．由两守恒定律方程即可解得结果．

解 取如图所示的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量式,有

1mmvAvBcosβmvAcosα

(1)22m0vBsinβmvAsinα

(2)

2又由机械能守恒定律,有

121m212mvAvBvA

(3)2222解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率为

712vB2v2AvA4.6910ms

各粒子相对原粒子方向的偏角分别为

2v2A3vAαarccos22o20

4vAvA

βarccos3vB54o6 4vA3-29 如图所示,一质量为m′的物块放置在斜面的最底端A 处,斜面的倾角为α,高度为h,物块与斜面的动摩擦因数为μ,今有一质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向射入物块并留在其中,且使物块沿斜面向上滑动．求物块滑出顶端时的速度大小．

题 3-29 图

分析 该题可分两个阶段来讨论,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包含子弹)沿斜面向上的滑动过程．在撞击过程中,对物块和子弹组成的系统而言,由于撞击前后的总动量明显是不同的,因此,撞击过程中动量

不守恒．应该注意,不是任何碰撞过程中动量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞击力(属于内力)远大于子弹的重力P1 和物块的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物块所受的摩擦力Fｆ ,在该方向上动量守恒,由此可得到物块被撞击后的速度．在物块沿斜面上滑的过程中,为解题方便,可重新选择系统(即取子弹、物块和地球为系统),此系统不受外力作用,而非保守内力中仅摩擦力作功,根据系统的功能原理,可解得最终的结果．

解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有

mv0cosαmmv(1)在物块上滑的过程中,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v2 ,并取A 点的重力势能为零．由系统的功能原理可得

μmmgcosα由式(1)、(2)可得

h sinα112(2)mmv2mmghmmv1222mv2v0cosα2ghμcotα1

mm3-30 如图所示,一个质量为m 的小球,从内壁为半球形的容器边缘点A滑下．设容器质量为m′,半径为R,内壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上．开始时小球和容器都处于静止状态．当小球沿内壁滑到容器底部的点B时,受到向上的支持力为多大？

题 3-30 图

分析 由于桌面无摩擦,容器可以在水平桌面上滑动,当小球沿容器内壁下滑时,容器在桌面上也要发生移动．将小球与容器视为系统,该系统在运动过程中沿水平桌面方向不受外力作用,系统在该方向上的动量守恒；若将小球、容器与地球视为系统,因系统无外力作用,而内力中重力是保守力,而支持力不作功,系统的机械能守恒．由两个守恒定律可解得小球和容器在惯性系中的速度．由于相对运动的存在,小球相对容器运动的轨迹是圆,而相对桌面运动的轨迹就不再是圆了,因此,在运用曲线运动中的法向动力学方程求解小球受力时,必须注意参考系的选择．若取容器为参考系(非惯性系),小球在此参考系中的轨迹仍是容器圆弧,其法向加速度可由此刻的速度(相对于容器速度)求得．在分析小球受力时,除重力和支持力外,还必须计及它所受的惯性力．小球位于容器的底部这一特殊位置时,容器的加速度为零,惯性力也为零．这样,由法向动力学方程求解小球所受的支持力就很容易了．若仍取地面为参考系(惯性系),虽然无需考虑惯性力,但是因小球的轨迹方程比较复杂,其曲率半径及法向加速度难以确定,使求解较为困难．

解 根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得

mvmmvm0

(1)

1212mvvmvmmgR

(2)22式中vm、vm′分别表示小球、容器相对桌面的速度．由式(1)、(2)可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为

vm2mgR

mm

vmm2mgRmmm由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂,为此,可改为以容器为参考系(非惯性系)．在容器底部时,小球相对容器的运动速度为

mmvmvmvmvmvm2gR

(3)

m在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为

2mvmFNmgR

(4)由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为

第四章 刚体的转动

4－1 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：

(1)这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；(2)这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；(3)当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；(4)当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零． 对上述说法下述判断正确的是()(A)只有(1)是正确的(B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误(C)(1)、(2)、(3)都正确，(4)错误(D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确

分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)． 4－2 关于力矩有以下几种说法：

(1)对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；(2)一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；

(3)质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同．

对上述说法下述判断正确的是()(A)只有(2)是正确的(B)(1)、(2)是正确的(C)(2)、(3)是正确的(D)(1)、(2)、(3)都是正确的分析与解 刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．

4－3 均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是()(A)角速度从小到大，角加速度不变(B)角速度从小到大，角加速度从小到大(C)角速度从小到大，角加速度从大到小(D)角速度不变，角加速度为零

分析与解 如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．

4－4 一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动，轴间摩擦不计．如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，它们同时射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘和子弹系统的角动量L以及圆盘的角速度ω的变化情况为()(A)L 不变，ω增大(B)两者均不变(C)L不变，ω减小(D)两者均不确定

分析与解 对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L不变，此时应有下式成立，即

mvdmvdJ0ω0Jω

式中mvd为子弹对点O的角动量0为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O的转动惯量，J0为子弹射入前盘对轴O的转动惯量．由于J＞J0，则＜0．故选(C)．

4－5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的()(A)角动量守恒，动能守恒

(B)角动量守恒，机械能守恒(C)角动量不守恒，机械能守恒(D)角动量不守恒，动量也不守恒(Ｅ)角动量守恒，动量也守恒

分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r ×mv＝恒量，式中r为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r ｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)．

4－6 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103r·min-1均匀的增加到2.7×103r·min-1．(1)求曲轴转动的角加速度；(2)在此时间内，曲轴转了多少转？

分析 这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．

解(1)由于角速度ω＝2πn(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义α变速转动中角加速度为

dω，在匀dtαωω02πnn013.1rads2 tt(2)发动机曲轴转过的角度为

0tt2在12 s内曲轴转过的圈数为

1202tπnn0t

Nθnn0t390圈 2π24－7 水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′轴的转动惯量JAA′＝1.93 ×10-47kg·m2，对BB′轴转动惯量JBB′＝1.14 ×10-47kg·m2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．

题 4-7 图

分析 如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA′轴和BB′轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可． 解 由图可得

JAA2mHd2sin2θ JBB2mHd2cos2θ

此二式相加，可得JAAJBB2mHd 则 d2JAAJBB9.591011m

2mH2由二式相比，可得 JAA/JBBtanθ 则 θarctanJAA1.93arctan52.3o JBB1.144－8 一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8×103kg·m-3，求飞轮对轴的转动惯量．

题 4-8 图

分析 根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到．

解 根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得

221d1dJJ1J22m11m222222 1414πρld1ad20.136kgm2162

4－9 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．

题 4-9 图

分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．

该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得． 解1 设绳子的拉力为FT，对飞轮而言，根据转动定律，有

FTRJα

(1)

而对重物而言，由牛顿定律，有

mgFTma

(2)

由于绳子不可伸长，因此，有

aRα

(3)

重物作匀加速下落，则有

h由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

12at

(4)2gt2JmR2h1

2解2 根据系统的机械能守恒定律，有

11mghmv2Jω20

(1′)

22而线速度和角速度的关系为

vRω

(2′)

又根据重物作匀加速运动时，有

vat

(3′)

v22ah

(4′)

由上述各式可得

gt2JmR2h1

2若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用．这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响．

4－10 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×103N·m，涡轮的转动惯量为25.0kg·m2．当轮的转速由2.80×103r·min-1增大到1.12×104r·min-1时，所经历的时间t为多少？ 分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．

解1 在匀变速转动中，角加速度α间

ωω0，由转动定律MJα，可得飞轮所经历的时ttωω02πJnn010.8s JMM解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有

MdtJωω

00t则 tωω02πJnn010.8s JMM4－11 质量为m1和m2的两物体A、B分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R和r，两轮的转动惯量分别为J1和J2，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.题 4-11 图

分析 由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有

P1FT1m1gFT1m1a1

(1)FT2P2FT2m2gm2a2

(2)

FT1RFT2rJ1J2α

(3)FT1FT1,FT2FT2

(4)

由角加速度和线加速度之间的关系，有

a1Rα

(5)a2rα

(6)

解上述方程组，可得

a1m1Rm2rgR

J1J2m1R2m2r2m1Rm2rgr 22J1J2m1Rm2ra2J1J2m1r2m2RrFT1m1g 22J1J2m1Rm2rJ1J2m1R2m1RrFT2m2g

J1J2m1R2m2r2