(2022年整理)物理学简明教程1-9章课后习题答案..pdf

/ 1091 第一章质点运动学1 -1质点作曲线运动,在时刻 t 质点的位矢为r,速度为 v ,速率为 v,t 至(t t)时间内的位移为 r, 路程为 s, 位矢大小的变化量为 r ( 或称 r),平均速度为v,平均速率为v(1) 根据上述情况 ,则必有 () (A) r= s = r(B) r s r,当 t 0 时有 dr= ds dr(C) r r s,当 t 0 时有 dr = dr d s(D) r s r,当 t 0 时有 dr= dr = ds(2) 根据上述情况 ,则必有 () (A) v= v,v= v(B) vv,v v(C) v= v,v v(D) vv,v= v分析与解(1) 质点在 t 至(t t)时间内沿曲线从P 点运动到 P 点,各量关系如图所示, 其中路程 s PP , 位移大小 r PP,而 r r-r表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)但当 t 0 时,点P无限趋近 P点,则有 dr ds,但却不等于 dr故选 (B) (2) 由于 r s,故tst r,即vv但由于 dr ds,故tstddddr,即vv由此可见 ,应选 (C)1 -2一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处 ,对其速度的大小有四种意见,即(1)trdd；(2)tdd r；(3)tsdd；(4)22ddddtytx下述判断正确的是() (A) 只有 (1)(2)正确(B) 只有 (2)正确(C) 只有 (2)(3)正确(D) 只有 (3)(4) 正确/ 1092 分析与解trdd表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率通常用符号 vr表示 ,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；tddr表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式tsddv计算 ,在直角坐标系中则可由公式22ddddtytxv求解故选(D) 1 -3一个质点在做圆周运动时,则有 () (A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量a起改变速度大小的作用,而法向分量 an起改变速度方向的作用质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的至于a是否改变 ,则要视质点的速率情况而定质点作匀速率圆周运动时 , a恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a为一不为零的恒量,当a改变时 ,质点则作一般的变速率圆周运动由此可见,应选 (B)1 -4质点的运动方程为23010ttx22015tty式中 x,y 的单位为 m,t 的单位为试求： (1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向解(1) 速度的分量式为ttxx6010ddvttyy4015ddv当t 0 时, v0 x-10 m -1 , v0y15 m -1 ,则初速度大小为120200sm0 .18yxvvv设v0与x 轴的夹角为 , 则23tan00 xyvv 123 41(2) 加速度的分量式为/ 1093 2sm60ddtaxxv, 2sm40ddtayyv则加速度的大小为222sm1.72yxaaa设a 与x 轴的夹角为 ,则32tanxyaa -33 41(或326 19)1 -5质点沿直线运动,加速度 a4 -t2,式中 a的单位为 m -2,t的单位为如果当t 3时,x9 m,v 2 m -1 ,求质点的运动方程分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决 由taddv和txddv可得taddv和txddv如aa(t)或v v(t),则可两边直接积分如果a 或v不是时间 t 的显函数 ,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分解由分析知 ,应有tta0dd0vvv得03314vvtt(1) 由txxtx0dd0v得00421212xtttxv(2) 将t3时 ,x9 m,v2 m -1代入 (1)、(2)得v0 -1 m -1, x00.75 m 于是可得质点运动方程为75.0121242ttx1 -6飞机以 100 m -1的速度沿水平直线飞行,在离地面高为 100 m时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问： (1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？(2) 投放物品时 ,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出 2.0后 ,它的法向加速度和切向加速度各为多少？/ 1094 题 1-13 图分析物品空投后作平抛运动忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解此外 ,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角 或 由图可知 ,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角 ,可由此时刻的两速度分量vx、 vy求出 ,这样 ,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得解(1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x vt,y 1/2 gt2飞机水平飞行速度v100 m s-1,飞机离地面的高度y100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m4522gyxv(2) 视线和水平线的夹角为o5.12arctanxy(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vvvgtxyarctanarctan取自然坐标 ,物品在抛出 2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2sm88.1arctansinsinvgtggat2sm62.9arctancoscosvgtggan1 -7一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bttsv运动 ,v0、b 都是常量 (1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b？(3) 当加速度达到 b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标由给定的运动方程s s(t),对/ 1095 时间 t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a,而加速度的法向分量为 anv2 /R这样 ,总加速度为 aaeanen至于质点在 t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量s st -s0因圆周长为 2 R,质点所转过的圈数自然可求得解(1) 质点作圆周运动的速率为btts0ddvv其加速度的切向分量和法向分量分别为btsat22dd, RbtRan202)(vv故加速度的大小为R)(402222btbaaaattnv其方向与切线之间的夹角为Rbbtaatn20)(arctanarctanv(2) 要使 a b,由bbtbRR4022)(1v可得bt0v(3) 从t0 开始到 tv0 /b 时,质点经过的路程为bssst2200v因此质点运行的圈数为bRRsn4220v1 -8一升降机以加速度1.22 m -2上升 ,当上升速度为 2.44 m -1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱 ,天花板与升降机的底面相距2.74 m计算： (1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间； (2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1y1(t)和y2y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝 )为参考系 ,这时 ,螺丝 (或升降机 )相对它作匀加速运动,但是 ,此加速度应该是相对加速度升降机厢的高度就是螺丝(或升降机 )运动的路程解1(1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121attyv/ 1096 20221gtthyv当螺丝落至底面时,有y1y2 ,即20202121gtthattvvs705.02aght(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m716.021202gttyhdv解2(1)以升降机为参考系,此时 ,螺丝相对它的加速度大小ag a,螺丝落至底面时,有2)(210taghs705.02aght(2) 由于升降机在 t 时间内上升的高度为2021atthv则m716.0hhd题 1-8 图1 -9一无风的下雨天,一列火车以 v120.0 m -1的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75 角下降求雨滴下落的速度v2 (设下降的雨滴作匀速运动) 题 1-19 图分析这是一个相对运动的问题设雨滴为研究对象,地面为静止参考系,火车为动参考系 v1为 相对的速度 ,v2为雨滴相对的速度,利用相对运动速度的关系即可解解/ 1097 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2,旅客看到雨滴下落的速度v2 为相对速度 ,它们之间的关系为122vvv(如图所示 ),于是可得1o12sm36.575tanvv1 -10如图 (a)所示 ,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为 v1,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前 角,速率为 v2,若车后有一长方形物体,问车速 v1为多大时 ,此物体正好不会被雨水淋湿？分析这也是一个相对运动的问题可视雨点为研究对象,地面为静参考系,汽车为动参考系 如图 (a)所示 ,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度 v2 的方向 )应满足hlarctan再由相对速度的矢量关系122vvv,即可求出所需车速 v1题 1-20 图解由122vvv图 (b),有cossinarctan221vvv而要使hlarctan,则hlcossin221vvvhlsincos21vv1 -11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/ 1098 (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 FN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) 1 -12一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为 ,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gR(B) 必须等于gR(C) 不得大于gR(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 FN 由此可算得汽车转弯的最大速率应为vRg 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)1-13一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 ) 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 轨 道 法 向 方 向 上 的 动 力 学 方 程RmmgFN2sinv可判断 ,随 角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选 (B)*1 -14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() / 1099 (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 F5/8 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1 -15 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 1-15 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T2FF. 解隔离后，各物体受力如图（b）所示，有滑轮02TFFA AAATamgmFB BBBTamgmF/ 10910 联立三式，得2 .15Aa7.2smB2a，2sm讨论如由式ammgmmF)()(BABA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.1 -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 1-16 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 a,与其相对应的外力F是重力的切向分量mgsin ,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mgcos 由此 ,可分别列出切向和法向的动力学方程Fmdv/dt和Fnman 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tmmgFtddsinv(1) RmmmgFFNn2cosv(2) 由trtsddddv,得vrtdd,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2/sin0drgdvvvv得rgcos2v则小球在点 C 的角速度为rgr/cos2v由式 (2)得mgmgrmmFNcos3cos2v/ 10911 由此可得小球对圆轨道的作用力为mgFFNNcos3负号表示 FN与en反向1 -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 ,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2/0v时,物体所经历的时间及经过的路程题 1-17 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F,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RmmaFnN2vtmaFtddfv由分析中可知 ,摩擦力的大小FFN ,由上述各式可得tRdd2vv取初始条件 t 0 时v v0 ,并对上式进行积分,有vvvv020ddRtttRR00vvv(2) 当物体的速率从v0减少到2/0v时,由上式可得所需的时间为0vRt物体在这段时间内所经过的路程/ 10912 ttttRRts0000ddvvv2lnRs第二章动量守恒定律和能量守恒定律2 -1对质点系有以下几种说法：(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 -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/ 10913 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2 -3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) 2 -4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2 -5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 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/ 10914 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gtsin01v,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gtsin01v则物体落回地面的时间为gttsin20122v于是 ,在相应的过程中重力的冲量分别为jjFIsind0111vmtmgttjjFIsin2d0222vmtmgtt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jjjImymmvAysin001vvjjjImymmvBysin2002vv2 -6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/ 10915 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gh21v(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12vvmmtPF(2) 由式 (1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为N1014.123tghmgtmmgFv解2从整个过程来讨论根据动量定理有N1014.1/23mgghtmgF2 -7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 -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 t 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 t 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量 p m(vB -vA )；此动量的变化是管壁在 t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 t 时间内 ,从管一端流入(或流出 ) 水的质量为 m S t,弯曲部分 AB 的水的动量的增量则为 p m(vB -vA ) S t (vB -vA ) 依据动量定理 I p,得到管壁对这部分水的平均冲力ABtStvvvIF从而可得水流对管壁作用力的大小为N105 .2232vSFF作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧2 -8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 角的速率 v0向前跳/ 10916 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 v 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ummmmvvv cos0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ummmcos00vv人的水平速率的增量为ummmcos0vvv而人从最高点到地面的运动时间为gtsin0v所以 ,人跳跃后增加的距离gmmmtxsin0vv2 -9一质量为 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/ 10917 题 2-9 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sdFW,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J53.0cos1mglhPWP在小球摆动过程中,张力 F的方向总是与运动方向垂直,所以 ,张力的功sFdTTW(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J53.0kPWE小球在最低位置的速率为1PKsm30.222mWmEv(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得lmPF2TvN49.22TlmmgFv2 -10一质量为 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？/ 10918 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20202k0k832121vvvmmmEEW(1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F mg ,故有mgrsFW2180cosof(2) 由式 (1)、(2)可得动摩擦因数为rg16320v(3) 由于一周中损失的动能为2083vm,则在静止前可运行的圈数为34k0WEn圈2 -11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 2-11 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F1P1F(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/ 10919 2221212121mgykymgyky式中 y1、y2为M、N 两点对原点 O 的位移因为F1ky1,F2ky2及P1m1g,上式可写为F1-F22P1(2) 由式 (1)、(2)可得F P1F2(3) 当A 板跳到 N 点时 ,B 板刚被提起 ,此时弹性力 F2P2 ,且F2F2由式 (3)可得F P1P2(m1m2 )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2 -12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0v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 2-12 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vmmmv)2/(2/0解得共同速度031vv对木块2022k181021mvmvE对子弹202022k92)2(21)2(21mvvmvmE（2） 对木块和子弹分别运用质点动能定理，则/ 10920 对木块201k1181mvEW对子弹202k292mvEW（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sFWf1对子弹)(f2sLFW得LFWWWf21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2f121mvsFW对子弹202f2)2(21)2(21)(vmvmsLFW两式相加，得202221)2(21)2(2121vmvmmvWW即20f183mvLF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. 2 -13一质量为 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/ 10921 E22EE33RmRmmGv则EE2k621RmmGmEv(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EEP3RmmGE(3) 卫星的机械能为EEEEEEPk636RmmGRmmGRmmGEEE2 -14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 2-14 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mgRmmgRcos212v(1) 根据牛顿定律 ,冰块沿径向的动力学方程为RmFmgR2Ncosv(2) 冰块脱离球面时,支持力 FN0,由式 (1)、(2)可得冰块的角位置o2.4832arccos冰块此时的速率为/ 10922 32cosRggRvv 的方向与重力P 方向的夹角为 90 - 41.8 2 -15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 l 7.5 10 -2 m 然后在弹簧弹性力的作用下,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是半径 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 2-15 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FN0,因此 ,有rmmgc2v(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2221321cmrmglkv(2) 由式 (1)、(2)可得12mN3667lmgrk/ 10923 2 -16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 2-16 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1vvmmm(1) 又由机械能守恒定律,有20212212121kxmmmvv(2) 由式 (1)、(2)可得vmmkmmx02 -17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