物理学教程第二版上册课后习题答案详解.pdf

物理学教程（第二版）上册习题答案第一章质点运动学1 -1质点作曲线运动,在时刻f质点的位矢为A速度为。，速率为至（f+时间内的位移为/;路程为A s,位矢大小的变化量为Ar（或称A|r|）,平均速度为环平均速率为力.(1)根据上述情况，则必有(A)|Ar|=As=Ar(B)|Ar|*As=A/;当AhO(C)|Ar|*A r*As,当 AAO(D)|Ar|*As*A乙 当 A AO(2)根据上述情况，则必有(A)v =v,v =v(C)|。|二。，|万时有|dr|=ds*dr时有|dr|=dr*ds时有|dr|=dr=ds)(B)I 0|*7,V VV =V)题1 一 1图分 析 与 解（1）质点在，至+A。时间内沿曲线从9点运动到9点,各量关系如图所示，其中路程As=PP,位移大小|Ar|二尸尸，而Ar=|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A A 0时，点尸无限趋近月点，则有|dr|=ds,但却不等于d r.故选（B）.由 于|M s做 野q，即I9 I 之万.但由于|dr|=ds故*=*即|万|二万.由此可见，应选（C）.1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢/（X,勿的端点处，对其速度的大小有四种意见，即下述判断正确的是()(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)正确分 析 与 解 上 表 示 质 点 到 坐 标 原 点 的 距 离 随 时 间 的 变 化 率，在极坐标d/系中叫径向速率.通常用符号表示，这是速度矢量在位矢方向上的一个 分 量；业 表 示 速 度 矢 量；在自然坐标系中速度大小可用公式。=生d/d/计算,在直角坐标系中则可由公式=楞户闱7求 解.故选(D).1 -3质 点 作 曲 线 运 动/表 示 位 置 矢 量，。表示速度后表示加速度,s表示路程，闭 表 示 切 向 加 速 度.对下列表达式，即(1)d i/df=a;(2)ddf=i/;(3)ds/df=v;(4)d u7df|=团.下述判断正确的是()(A)只有(1)、(4)是对的(B)只有(2)、(4)是对的(C)只有是对的(D)只有是对的分 析 与 解 出 表 示 切 向 加 速 度 它 表 示 速 度 大 小 随 时 间 的 变 化 率,dr是加速度矢量沿速度方向的一个分量，起 改 变 速 度 大 小 的 作 用；业在dt极坐标系中表示径向速率以如题1 -2所 述)；5 在自然坐标系中表示质 点 的 速 率，；畔 表 示 加 速 度 的 大 小 而 不 是 切 向 加 速 度,.因此只有(3)式 表 达 是 正 确 的.故选(D).1 -4 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 闭 起 改 变 速 度 大 小 的 作 用，而法向分量务 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.至于团是否改变,则要视质点的速率情况而定.质点作匀速率圆周运动时，闭 恒 为 零；质点作匀变速率圆周运动时，团为一不为零的恒量，当m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 -5已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为x=2+62/,式中X的单位为m,f的单位为s .求：(1)质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小；(2)质点在该时间内所通过的路程；(3)/=4 s时质点的速度和加速度.分析位移和路程是两个完全不同的概念.只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等质点在t时间内的位移A x的大小可直接由运动方程得到：Ax =x,-.%,而在求路程时，就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向，此时，位移的大小和路程就不同了.为此，需根据出=0来确定其运动方向改变的时刻,求出at0 6和6 /内的位移大小AM、至，则t时间内的路程S=|A XJ +|A X2|，如图所示，至于f =4.0 s时质点速度和加速度可用出和粤两式计d/dr算.-A x,-1,x N x-1-x/m-30 0 2 10 x,x0 x2题1-5图解（1）质点在4.0 s内位移的大小Ax=x4-x0=-32 m（2）由 ro得知质点的换向时刻为tp=2s（f=0不合题意）则Ar,=x2-xQ=8.0 mAX2=x4-x2=-40 m所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为s=四|+|AX2|=4 8 m(3)4.0 s时v=dx =-4A8O m-s,1G/=4.0$d2x M-2a=-=-3 6 m.sd/=4.0s1 -6已知质点的运动方程为r=2/f +(2-r)j,式中/的单位为m,f的单位为S.求：(1)质点的运动轨迹；(2)t=0及/=2 s时,质点的位矢；(3)由/=0至廿=2 s内质点的位移A/和径向增量Ar;分析质 点 的 轨 迹 方 程 为y=4M，可 由 运 动 方 程 的 两 个 分 量 式 和耳。中消去f即可得到.对于八/;人A s来说,物理含义不同,(详见题1-1分析).解(1)由 和 中 消 去t后得质点轨迹方程为这是一个抛物线方程，轨迹如图(a)所 示.(2)将f=0$和=2 s分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0=2 j,r2=4 i-2j图(a)中的P、Q两点，即为f=0 s和f=2 s时质点所在位置.(3)由位移表达式隔Ar =r2-r,=(x2-x0)z +(%-y0)j=4 i -2j其中位移大小|Ar|=J(Ar)2+)2=5.66 m而径向增量 Ar =A|r|=|r2|-|r0|=J x；=2.4 7 m1 -7质点的运动方程为x=-10/+30厂y=15t-20t2式中X J/的单位为m,f的单位为S .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dx=-10+60/,dz。业=15-40/,d/当f=0 时，i/bx=-10 m-s-1,voy=15 ms-1 ,则初速度大小为%=M：+%，2 =18.0 m.sT设 4 与x 轴的夹角为a,则a=12341（2）加速度的分量式为a-=60 m-s-2,a-=-40 m-s2x d/dr则加速度的大小为a=不 a：=72.1 m-s-2设a与x轴的夹角为内则tan pc =av=2%3=-3341,（或32619）1 -8 一升降机以加速度1.22 m-s-2上升,当上升速度为2.44 m-s-i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：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=%3 和 及=%，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1 2必,1 2y2=h+v0t-g f当螺丝落至底面时，有人=又，即v1 2,1 2ot+-a f =h+vot-g ft=0.705 s，g+a(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d-h-y2=-0(/+；g/2=0.716 m解2(1)以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度大小H=g+a 螺丝落至底面时，有0=h-(g +a)t2t=-=0.705 sN g+a(2)由于升降机在f 时间内上升的高度为h=vot+-at贝 ljd=6 =0.716m题 1-8 图1 -9 质点沿直线运动，加速度a=4，式中日的单位为rrrs-2，旃单位 为s.如果当f=3 s时,x=9 m,i/=2 nr s t,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 生 和”如 可得do=adf和(it(itdx=od/.如日二式。或/=则可两边直接积分.如果a或1/不是时间，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 do=(adt得0=4/一+%由dx=卜山得X =2/一 +卬+0 (2)将=3 s 时,x=9 m,i/=2 m-s 代入、(2)得kb =-1 m-s-1,xo=0.75 m于是可得质点运动方程为.I.x=2z2-Z4+0.75121 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力，石子并非作自由落体运动，现测得其加速度a=A-Biz,式中A、B为正恒量,求石子下落的速度和运动方程.分析本题亦属于运动学第二类问题，与上题不同之处在于加速度是速 度 尚 函 数，因此，需将式di/=式力”分 离 变 量 为 血=山后再两边积 分.解 选取石子下落方向为y轴正向，下落起点为坐标原点.(1)由题意知 a=ABv(1)用分离变量法把式(1)改写为dv.-=drA-Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件，有-1外 A Bv得石子速度u=-(l-e-B,)B由此可知当,68时,0rW为一常量，通常称为极限速度或收尾速度.B(2)再 由 =型=1-6用)并考虑初始条件有At B得石子运动方程1 -11 一质点具有恒定加速度a=6/+%；式中a的单位为ms-2.在f=0时，其速度为零，位置矢量=10m/.求：(1)在任意时刻的速度和位置矢量；(2)质点在。平面上的轨迹方程，并画出轨迹的示意图.题1-11图分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动，根据叠加原理，求解时需根据加速度的两个分量a和中分别积分，从而得到运动方程而两 个 分 量 式 和.由于本题中质点加速度为恒矢量，故两次积分后所得运动方程为固定形式，即*=/+0 0/+乜，和y=%+%/+J_a/2,2 2 两个分运动均为匀变速直线运动.读者不妨自己验证一下.解 由加速度定义式，根据初始条件小=0时 刈=0,积分可得|dr=ad/=j(6i+4j)d/p=6ri+4/又由。q及初始条件f=0 时,75=(10 m)/；积分可得 dr=vdr=J(6/i+4/)dzr=(10+3 产)i+2 ar ct an，贝!hV-1-lo-s-i-n-g N I4 cos。h(/cos v2-+s i n 9k h)第 二 章 牛 顿 定 律2-1 如图(a)所示,质量为6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)psin 9(B)pcos 0(C)ptan 0(D)pcot 0题2-1 图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，物体在绳子拉力厂厂(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/778o t 4 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用水平力小把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止.当凡逐渐增大时，物体所受的静摩擦力片的大小()(A)不为零，但保持不变(B)随村成正比地增大(C)开始随小增大，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诉范围内取值.当凡增加时,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).2-3 一段路面水平的公路，转弯处轨道半径为尺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/砺 (B)必须等于证(C)不得大于儡(D)还应由汽车的质量。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诉.由此可算得汽车转弯的最大速率应为v f R g .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o题2-4图分 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小作用,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(Z 7 78 O S 0)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2的动力学方程乙-agsin，=加式可判断，随6 角的不断增大过程，轨道R支持力K 也将不断增大，由此可见应选(B).*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Z77,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H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，可解得尸r=5/8 mg.故选(A).(a)(b)题2-5图讨论 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，则两物体的加速度融和金均应对地而言，本题中&A和纨的大小与方向均不相同.其中&A应斜向 上.对 邱、为、a和H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.2-6图示一斜面,倾角为q底边A B长为/=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=0.14.试问，当 的 何 值 时，物体在斜面上下滑的时间最短？其数值为多少？题2-6图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 然 后 运 用 对f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。位于斜面顶点，则由牛顿第二定律W m gsin a-m g/ucos a=ma(1)又物体在斜面上作匀变速直线运动，故有-=at2=g(sin a-/cos a)/2cosa 2 2则z=J-F-A (2)geos a(sm a-/cos a)为使下滑的时间最短，可 令 也=o,由式(2)有da-sin a(sin a-/cos a)+cos a(cos a-/sin a)=0则可得 tan 2a=一 -,题3-5图分析与解子弹-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.3-6 一架以3.0 x w2m-s-i的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m、质量为0.50 k g 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FNt=mv 0式中方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At=/以此代入上式可得2r =2.55xio5 N/鸟对飞机的平均冲力为户=孑=-2.55x105 N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 X105 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。的物体，由水平面上点。以初速为4 抛出，玲与水平面成仰角a.若不计空气阻力，求：(1)物体从发射点。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.题3-7图分 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“马皿,g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t/sina,g则物体落回地面的时间为A_ A 2s)sinaA/2=2AZ,=-g于是,在相应的过程中重力的冲量分别为A=Fdt=-/wuosin a jA=,Fdt=-m g t2j =-2/wf0sin a j解2根据动量定理，物体由发射点。运动到点4 G 的过程中，重力的冲量分别为I=mvAyj -mvnyj=-mvnsmajI2=mv 11y j -mvnyj=-2wu0sinaj3-8 8=30+4/(式中片的单位为N,f的单位为s)的合外力作用在质量10 k g 的物体上，试 求:(1)在开始2 s内此力的冲量;(2)若冲量/=300 N-s,此 力 作 用 的 时 间；(3)若物体的初速度h=10，方向与&:目同，在6.86 s时，此物体的速度凄.分析本题可由冲量的定义式/=:人!/,求变力的冲量，继而根据动量定理求物体的速度功.解(1)由分析知/=(3 0 +4 7)(1/=3 0/+2 4；=68N.s(2)由/=300=30/+2F,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/-m Vir m v由(2)可知力=6.86 s 时/=300 N-s。及 片代入可得I+mv.v2=-L=4 0 m -sm3-9 高空作业时系安全带是非常必要的.假如一质量为51.0 k g 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vy2gh(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)/=nw1-mvi(2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为户=加8+如=mg+!S =1.1 4 x lO3 NAZ /解2从整个过程来讨论.根据动量定理有F=+wg=1.14xl03 Nt3-1 0 质量为777的小球，在 合外力厂=-kx作用下运动，已知X=74cos3f,其中4、3、A均为正常量，求在f=0 至 1/=2 时间内小球2动量的增量.分析由冲量定义求得力尸的冲量后，根据动量原理,即为动量增量，注意 用 式 积 分 前，应先将式中X 用X=/COS切代之，方能积分.解 力 厂 的 冲 量 为I=（Fdt=f2-kxdt=-r 2wcos cotdt=-即（7 M 0）=-C O3-11 一只质量4=0.11 kg的垒球以匕=17m-s水平速率扔向打击手，球经球棒击出后，具有如图（a）所示的速度且大小匕=34m ，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.(a)(b)题 3-1 1 图解(1)解1由分析知，有FNt=mv2-mvx其矢量关系如图(b)所 示，则(FA/)2=(mv,)2+(mv2)2-2(mv1)(wv2)cos(l 80-60)解之得 F =197.9 N解2由 图(a)有Fx t =mv2 x-m vXxF、4 t=mv2y-0将匕工=丫，匕=一匕:0560及匕了=匕 5由60代入解得/7V和贝1 J间=197.9N(2)由质点动能定理，得W=-m v 一一mv,2=47.7 J2 2 2 13-1 2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，=3.0 m-s-i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A B段内的水而言，由于流速一定,在时间A 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A f内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量A0=瓜伯-VA）;此动量的变化是管壁在A/0寸间内对其作用冲量/的结果.依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力厂；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力尸=-尸.解 在A f时间内，从管一端流入（或流出）水的质量为Am=puSLt,弯曲部分A B的水的动量的增量则为 p=叭怩-VA）=puSLtVe,）依据动量定理/=A 得到管壁对这部分水的平均冲力户=/（%-%）从而可得水流对管壁作用力的大小为户=-户=-42pSv2=-2.5xlO3 N作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧.3-13 4 6两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 k g的重物，结果是/!船停了下来，而6船以3.4 ms1的速度继续向前驶去./、B两船原有质量分别为0.5x103 k g和1.0 X1Q3 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侬、用表示，传递重物后船的速度 分 别 以 次、居表示,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=团 上+吗=S AM B(2)由题意知3，=0,=3.4m s1代入数据后,可解得-加X加 彳-m)-ir r-0.40 m-s-%=7 v 1F=3.6 m s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.3-1 4质量为6 的人手里拿着一个质量为。的物体，此人用与水平面 成 滤 的 速 率4向前跳去.当他达到最高点时，他将物体以相对于人为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）题3-14图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A l/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（w+mWoCosa=mv+m（y -u）式中V为人抛物后相对地面的水平速率，1/-U为抛出物对地面的水平 速 率.得m%=u0cosa+-um+m人的水平速率的增量为 o=o-00cosa=-um+mr而人从最高点到地面的运动时间为t _ vQsinag所以,人跳跃后增加的距离=户 嘤m+m）g3-15 一物体在介质中按规律x二 次作直线运动,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X 0=0运动到x二/时,阻力所作的功.（已知阻力系数为向分 析 本 题 是 一 维 变 力 作 功 问 题，仍需按功的定义式力=仍dx 来求解.关键在于寻找力函数尸二 RB.根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系气力=4 户变换到片“进一步按x =cfi的关系把气。转换为片M，这样，就可按功的定义式求解.解 由运动学方程x =。/，可得物体的速度。=曳=3 cZ2A t按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为F =kV2=9 丘2/=9 h 2/3 X 4/3则阻力的功为%=仍小沙=J cOS1 80 d%=1 9履2/3”3出=日h 2/3/7/33 -1 6 一人从1 0.0 m深的井中提水，起始桶中装有1 0.0 kg 的水，由于水桶漏水,每升高1.0 0 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 3-1 6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-agy其中。=0.2 kg/m,人对水桶的拉力的功为JV=F-dy=mg-agyy=882 J3-17 一质量为0.20 k g 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.题 3-1 7 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=J尸由，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-Pkh-cos6）=0.53 J在小球摆动过程中,张力尸r 的方向总是与运动方向垂直，所以，张力的功叫=J .山(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=0.53 J小球在最低位置的速率为(3)当小球在最低位置时，由牛顿定律可得FPmv2号=mg d-=2.49 N3 -1 8 一质量为 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4 .当它运动一周时，其速率为4/2.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=耳一 Ek o=；疗 丽=一|加 瑞 (1)(2)由于摩擦力是一恒力，且厂f =/77g,故有W=Fuscos 180=-iTuyimg(2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为1671rg(3)由于一周中损失的动能为3 m说,则在静止前可运行的圈数为8=%=9 圈W 33 -19如图(a)所 示 和6两块板用一轻弹簧连接起来，它们的质量分 别 为 和 利.问 在/板上需加多大的压力，方可在力停止作用后,恰能使力 在跳起来时8稍被提起.(设弹簧的劲度系数为向题3-1 9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8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。处为重力势能和弹性势能零点.作各状态下物体的受力图.对力板而言，当施以外力厂时,根据受力平衡有F i=P、+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,团 取=+mgy2式中P l、放 为 仪/V两点对原点。的位移.因为H =A/1 ,F2二k”及尸i=/77i g,上式可写为F i-F i=2Pi (2)由式(1)、(2)可得F =Pi +F 2(3)当力板跳到/V点 时 石 板 刚 被 提 起,此 时 弹 性 力 巳=P2，且=F i.由式(3)可得F =P i+P 2=(7 7 i +mz)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.3 -2 0如图所示，一质量为/77的木块静止在光滑水平面上，一质量为777/2的子弹沿水平方向以速率射入木块一段距离（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，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 4-m）v解得共同速度对木块 AEk2=-zwv2-0 =m V gk2 2 18对子弹=|加片（2）对木块和子弹分别运用质点动能定理，则对木块 W,=E=mvl18对子弹/=组2=-&加 说(3)设摩擦阻力大小为耳，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2+s,有对木块%=用对子弹 W2=-Ft.(L+s)得 少=%+%=-FfL式中2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 Wx=F(s=mv对子弹%=-4(L+s)=；成)/两式相加，得即 F(L=-mv：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.3-2 1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 X10-2m.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，则有尸二例4 为阻力系数).现令xo=1.00 x10-2 m,第二次钉入的深度为 工,由于钉子两次所作功相等，可得 kxdx=x=0.41 x 1 o-2 m3-22 一质量为。的地球卫星，沿半径为3凡 的圆轨道运动，鼻为地球的半径.已知地球的质量为库.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2G；-rr=m-(3 Rj 3 42=心则Ekk =-2mv 6凡(2)取卫星与地球相距无限远(-8)时的势能为零，则处在轨道上的卫星所具有的势能为稣=-G色”3%(3)卫星的机械能为E=Ek+Ep=Gmrm mrm mrm67?c 3RE 6RE3-2 3 如图(a)所示，天文观测台有一半径为/?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小始终与冰块运动的方向垂直，故支持力不作功；而重力尸又是保守内力，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