物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解.pdf

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1、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，在时刻才质点的位矢为，速度为V，速率为V,t至（1+?时间内的位移为/；路程为A 5位矢大小的变化量为（或称A|川）,平均速度为以平均速率为万.Q）根据上述情况，则必有（）(A)(C)r=As=A rAr工As W A/;当A L O时有r工A r工A 5当A L O时看d r=ds 声 d rd r=d ds(D)|工 A s/A。当A L O 时有|d r|二 d r二ds（2）根据上述情况，则必有（）(A)p(C)。V,V,V=VV/V(B)V Vr|V(D)v/p,|vVV题1 -1图分析与解 Q）质点在看至（1+A

2、。时间内沿曲线从户点运动到P点,各量关系如图所示，其中路程As=P P,位移大小|二欣，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A L 0时，点户无限趋近4点，则有|d r|=d$但却不等于d r.故选（B）.（2）由于|6|s,故 称 琮，即|万|工方.但由于|d r|=15故字=乎,即|v|.由此可见，应选（C）.dr dr1-2 一运动质点在某瞬时位于位矢的端点处，对其速度的大小有四种意见，即下述判断正确的是()(A)只有正确(B)只有(2)正确(C)只有(2)正确(D)只有(3)(4)正确分 析

3、与 解 手表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率，在极坐标dt系中叫径向速率.通常用符号礁示，这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；髀 示 速 度 矢 量；在自然坐标系中速度大小可用公式。吟计算,在直角坐标系中则可由公式 =,停+(却 求 解.故选(D).1-3质点作曲线运动/表示位置矢量，磺示速度,8表示加速度,s表示路程,外表示切向加速度.对下列表达式，即(l)d i/d f=a;(2)d/df=i/;(3)d5/df=i/;(4)d v/6 t=at.下述判断正确的是()(A)只有、(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 手表示切向加速度小,它表

4、示速度大小随时间的变化率,d/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；坐在d/极坐标系中表示径向速率以如题1-2所述)；手在自然坐标系中表示At质点的速率.而看表示加速度的大小而不是切向加速度8 t.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 加速度的切向分量外起改变速度大小的作用，而法向分量为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

5、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at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，久 恒 为 零;质点作匀变速率圆周运动时，at为一不为零的恒量，当小改变时，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+6/一2巴式中x的单位为m/的 单 位 为s.求：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)t=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

6、小可直接由运动方程得到：&=七-%,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，需根据字=o来确定其运动方向改变的时刻tp，求出0 tp和2 t内 的 位 移 大 小、A及，则t时 间 内 的 路 程$=冈+瓯 ,如图所示至于广=4.0 s时质点速度和加速度可用好口宗 两 式 计 算.-A x2-A x.A x1 -1-x/m-30 0 2 10乙x0 x2题1-5图解Q）质点在4.0 s内位移的大小Ax=x4-x0=-32 m 由 A得知质点的换向时刻为tp=2s（1=0不合题意）则Ar=x2-xQ=8.0 mAX2=X4-X2=-40

7、m所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为5,=|Zlr1|+|Ax2|=48m(3)t=4.0 s时dr 4 c tv=-48 m sd/=4.0sa Q-36 m.s d，7=4.o s1-6已知质点的运动方程为r=2 (2)乙式中，的单位为m 4 的单位为S.求：(1)质点的运动轨迹；(2)I=0 及才=2 s 时，质点的位矢；(3)由f=0 到1=2 s 内质点的位移，和径向增量，；分析质点的轨迹方程为y =可由运动方程的两个分量式和乂。中消去才即可得到.对于久Ar 厂A s来说,物理含义不同，(详见题1-1 分析).解Q)由 和 乂。中消去t 后得质点轨迹方程为这是一个抛物线方程，轨

8、迹如图所示.(2)将才=0 s 和广=2 s 分别代入运动方程,可得相应位矢分别为图中的P、Q 两点，即 必=0s和1=2 s 时质点所在位置.(3)由位移表达式彳导Ar=12-4=(x2-x0)i+(y2-y0)j=4i-2 j其中位移大小加|=+(电)2=5.66 m而径向增量 Ar=A|r|=|r2|-|r0|=业+y；-Jx；=2.47 m题 1-6 图1-7质点的运动方程为x =-10/+3 0”1 5-2 0/式中y的单位为m/的单位为S .试 求：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

9、方向.解Q）速度的分量式为以=-=-10+60/*A t%=电=15-4 0/d/当f=0时，助 =-10 m-s 1,uby=15 m-s，则初速度大小为uo =7vo x2+uo/=18.0 m.s-1设K）与x轴的夹角为a则ta na j九 2cr=12341（2）加速度的分量式为ax-=60 m -s-2,a.,=-4 0 m -s-2*A t y dr则加速度的大小为a=不 a：=7 2.1 m s-2设a与x轴的夹角为则t an“=%=2/3=-334 r（或326019，）1-8 一升降机以加速度1.22 m-s上升,当上升速度为2.44 m-sT 时，有一螺丝自升降机的天花板上

10、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J4=力 和 放=（。，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

11、的运动方程分别为1 2y=vot+-a r,1 2y2=h+vot-g t当螺丝落至底面时，有 刃 二 收，即%/+1卬2=h,+v1 2Qt-g fI 2h a ut=I-=0.705 s1g+Q(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为1 7d-h-y2=-vQt+gr=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a=9+3螺丝落至底面时，有170=h-(g +a)t2I 2h 八t=/-=0.705 s(2)由于升降机在f时间内上升的高度为,，1 2h=vQt 4at 2则d=/i h=0.716m题1-8图1-9质点沿直线运动,加速度a=4-巴式中浦勺单位为m

12、-s 由?火2 +&_4)4=6可得b 从 片 0 开始到片K)及 时，质点经过的路程为因此质点运行的圈数为sn=-=-2nR 4nhR1-17 一半径为0.50 m的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的平方成正比.在才=2.0 s时测得轮缘一点的速度值为4.0 m-st .求：(1)该轮在才=0.5 s的角速度，轮缘一点的切向加速度和总加速 度；该点在2.0 s内所转过的角度.分 析首先应该确定角速度的函数关系口=k f.依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度，从而求出式中的比例系数上确定后，注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和

13、积分法)，即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移.解 因 3/?=匕由题意3、得比例系数,co V。八 一3K=-7=2 rad-st2 Rt2所以 co=co(t)=2t2则r=o.5 s时的角速度、角加速度和切向加速度分别为co=2尸=0.5 rad-s-1a=4/=2.0 rad-s2d/af=aR=1.0 m s2总加速度a=an+=aRe,+(o2Rena 个(aR)2 =1.01 m s-2在2.0 s内该点所转过的角度8 _()o=J d/=J 2/2dz=5.33 rad1-18 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动，其角位置为。=2+4/,式中6的单位为ra d/的

14、单位为s.(1)求在看=2.0 s时质点的法向加速度和切向加速度.(2)当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,9值为多少？(3)t为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分 析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系，应用运动学求解的方法即可得到.解 Q)由于。=2+4汽则角速度=半=3.在f=2 s时,法向加d/速度和切向加速度的数值分别为%|，=2s=厂G？=2.30 m Ta,d=r dco=4.8o0n m-s-2at 当=。/2=*a；+a；时，有3a,2=片，即3(24rZ)2=r2(12/2)4此时刻的角位置为8=2+4/=3.15 rad 要 使%=4厕有3（2

15、4%y=r（12 产 丫t=0.55 s1-19 一无风的下雨天，一列火车以n=20.0 m-s-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.求雨滴下落的速度刈.（设下降的雨滴作匀速运动）V 1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S，火车为动参考系S .为 S 相对S 的速度,刈为雨滴相对S 的速度，利用相对运动速度的关系即可解.解 以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为14，雨滴相对地面竖直下落的速度为刈，旅客看到雨滴下落的速度刈 为相对速度，它们之间的关系为。2=%+必（如图所示），于是可得%=5.36 m-s-12 t

16、an 751-2 0如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速率为“，下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前e 角,速率为刈，若车后有一长方形物体,问车速八为多大时,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s，汽车为动参考系S .如图所示，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也 的方向）应满足a 2 arctan：.再由相对速度的矢量关系0；=%-4，即可求出所需车h速 力.题1-20图解由吗图(b),有V,一6 sin。a-arctan-=-%cose而要使 a arctan 4则h-V -v-2s-in0 N I

17、02cos 8-h外 、/cos。.Qv2-+s in I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)奂in 0(B)geos 0(C)tan 6(D)pcot 6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，物体在绳子拉力臼(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8,如图(b)所示,由其可解得合外力为/7?pcot，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

18、水平力爪把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止.当乐逐渐增大时，物体所受的静摩擦力行的大小()(A)不为零，但保持不变(B)随乐成正比地增大(C)开始随用增大，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小范围内取值.当乐增加时,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/

19、砺(B)必 须 等 于 用(C)不得大于J诙 (D)还应由汽车的质量6 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乐.由此可算得汽车转弯的最大速率应为/=pRg,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

20、 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乐作用,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(6geos 6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-agsin，=加！可判断，随 6 角的不断增大过程，轨道支持力乐也将不断增大,由此可见应选(B).*2-5图示系统置于以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

21、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，可解得尸T=5/8 mg.故选(A).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

22、参考系求解，则两物体的加速度的和企均应对地而言，本题中部和电的大小与方向均不相同.其中我应斜向 上.对 我、和、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.2-6图示一斜面,倾角为底边AB长为/=2.1 m,质量为6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 协 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

23、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a=然后运用对才求极值的方法即可得出数值来解 取沿斜面为坐标轴以原点。位于斜面顶点，则由牛顿第二定律有 777 g sin a-mgt/cosa=ma(1)又物体在斜面上作匀变速直线运动，故有/=1 g(sina-/cosa)r2cosa 2 2则_ _ _ _ _ _ _ _ 27_ _ _ _ _ _ _ _geos a(sin a _ 4cos a)为 使 下 滑 的时间厨豆可令4=0,由 式 有da-sin a(sin a-/cosa)+cos(cos a-sin a)=0则可得tan 2a=一 -#6Z =

24、49此时t.min2/geos a(sin a -4cos a)=0.99 s2-7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 预=2.00 X 102 kg,乙 块 质 量 为 利=1.00 X 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

25、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。轴正方向(如图所示).当框架以加速度a上升时，有Fy-(rm+m2)g=(rrn+m2)a(1)FH I-rm g=rm a(2)解上述方程彳导FT=(m+m2)(g+a)吊2=rrt2(g+a)(4)当整个装置以加速度a=10 m-s-2上升时，

26、由式(3)可得绳所受张力的值为FT=5.94 x 1。3 N乙对甲的作用力为F2=-/N2=-m2(g+a)=-1.98 xlO3 N(2)当整个装置以加速度a=lm-s-2上升时彳导绳张力的值为FT=3.24 xl03 N此时,乙对甲的作用力则为FN2=-1.08 xl03 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.2-8如图所示，已知两物体A、B的 质 量 均 为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

27、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mx g-FT-a(1)-Ft=n%a(2)FT-2ATI=0(3)考虑到6A=/77B=m,AT=FT,FTI=F n,a=2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力2ab)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）解方程组彳导出文

28、字结果；（4）核对量纲，再代入数据，计算出结果来.2 -9质量为R的长平板A以速度1/在光滑平面上作直线运动，现将质量为6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-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

29、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.E 二充.二 R 口A w一,题2-9图解1以地面为参考系，在摩擦力Ft=p m g的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程F（=p m g -maxFf=-F（=maa i和切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=&+力，木块相对平板以初速度-1/作匀减速运动直至最终停止.由运动学规律有-i/2-2as由上述各式可得木块

30、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-Fr（5+/）-Ff/=/Jmgs式中/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rri V=+rri)/由系统的动能定理，有/.i mgs=；mv -；m +由上述各式可得，2m v2/g(wz+w)2-1 0如图所示,在一只半径为/?的半球形碗内，有一粒质量为加的小钢球，当小球以角速度在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多置)？题2-1 0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

31、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爪的 分 力 来 提 供 的,由 于 支 持 力 小 始 终 垂 直 于 碗 内 壁，所以支持力的大小 和 方向是随口而变的.取 图 示O沙 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Fvs in 0=man=m7?co2s in 6(1)FNCOS0-mg(2)且有 c os”(3)R由上述各式可解得钢球距碗底的高度为 =R _ 昌C O可 见 力 随 3的 变 化 而 变 化.2-1 1在如图（a）所示的轻滑轮上跨有一轻绳，绳的两端连接

32、着质量分别为1 kg 和2 kg 的物体A 和B,现以50 N 的恒力南上提滑轮的轴，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？(a)(b)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，目有F=2F解 隔离后，各物体受力如图（b）所示，有滑轮 八2 3=0AFT-mAg mAaA联立三式，得 aA-15.2 m-s-2,aB-2.1 m-s-2讨论如由式尸-（人+，应=（/+me）。求解，所得。是A、B两物体构成的质点系的质心加速度，并不

33、是A、B两物体的加速度.上式叫质心运动定理.2 -12 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，向下为碎由正向.测得其运动规律按余弦形式即y =0.2 0co s（5/+）/2）,式中取S计，期 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川巨离成正比.分析 本题可直接用尸=箱=md2y/d t2求解，脑物体的运动方程，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/d t2=-

34、0.25cos(5，+万/2)(N)该式表示作用于物体上的合外力随时间鼓余弦作用周期性变化，-0表示合力外力向下，下题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,故系统动量守回但机械能并不守恒.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 102 m-s-1的速率水平飞行的飞机,与

35、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

36、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F N =mv-0式中广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?=/匕以此代入上式可得2F =2.55xl05 NI鸟对飞机的平均冲力为F=-F =-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225 X1Q5 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

37、成飞行事故.3-7 如图所示,质量为6 的物体，由水平面上点。以初速为%抛出,与水平面成仰角a.若不计空气阻力，求：Q)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甑=丝也,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Z 一%sina,g则物体落回地面的时间为乂=2“逊蛇g于是

38、,在相应的过程中重力的冲量分别为A=Fdt=-/wuosin a jA=,Fdt=-m g tzj =-2w f0sin a j解2根据动量定理，物体由发射点。运动到点4 8 的过程中，重力的冲量分别为I=mvAyj -mvyj=-mvnsmajI2=mv 11y j -mvnyj=-2wu0sinaj3-8 8 =30+4*式 中&的 单 位 为N/的单位为s)的合外力作用在质量加=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 Ns,此力作用的时间；(3)若物体的初速度1 4 =10m s1,方向与眉目同，在 片6.86 s时，此 物 体 的 速 度

39、吸.分析本题可由冲量的定义式/=尸由,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/=f(3 0+4/粒=3 0/+2 4；=68N.s(2)由/=300=30才+2/,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 vz-m vv由(2)可知f=6.86 s时/=300 Ns,将/m及n代入可得/+团 必(八 -1v2=-L=40 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.

40、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0=(1)在缓

41、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)A/=mv2-mV1(2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为A z A r解2从整个过程来讨论.根据动量定理有F=g JW g+w g=1.14xl03 Nt3-1 0质量为6的小球，在 合 外 力 尸=-依 作 用 下 运 动，已知x =/C O S3%其中z、3、A均为正常量,求在f=0 到/=2 时间内小球2（D动量的增量.分析由冲量定义求得力耳勺冲量后，根据动量原理,即为动量增量，注意用式工”由积分前，应先将式中X 用X=/c o s 3 战 之，方能积分.解 力 尸 的 冲 量 为I=Fdt=f2-kxdt

42、=-r 2uco s co tA t=-Ji JI J）3即 （加0）=-C O3-11 只质量叫=0.11 kg的垒球以h=17m 鼠 1水平速率扔向打击手，球经球棒击出后，具有如图（a）所示的速度且大小吃=3 4 m-s-,若球与棒的接触时间为0925 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.(b)题 3-1 1 图解(1)解1由分析知，有

43、F Z mv2-mvx其矢量关系如图(b)所 示，则(FAZ)2=(mv)2+(mv2)2-2(mvt)(/MV2)COS(1 80-60)解之得 F =197.9 N解2由 图(a)有Fx t =mv2 x-m vXxF、&=mv2y-0将 =v,v2x=-v2 cos 60 及 v2y=v2 sin 60 代入解得 77V和 Fy,则间=V f m r=i9 7.9 N(2)由质点动能定理，得W=mv mv=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 m 2的直角弯管,管中有流速为 =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

44、分 析对于弯曲部分A B段内的水而言，由于流速一定,在时间子内,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 片内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量 双 师-以）；此动量的变化是管壁在A 出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尸；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力尸=-F.解在才时间内,从管一端流入（或流出）水 的 质 量 为=puSM,弯曲部分A B 的水的动量的增量则为-以）=p u S N（怵-VA）依据动量定理/二 幺得到管壁对这部分水的平均冲力户=选 皿 一2）从而可得水流对管啰用邛勺大小为F =-户=-42p

45、Sv2=-2.5X103 N作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧.3-13 4 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 k g 的重物，结果是/船停了下来，而8船以3.4 m s1的速度继续向前驶去.4 B两船原有质量分别为0.5x103 k g 和1.0 xl03 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I I 亦是这样.

46、由此，分别列出系统 I、n 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小、刈表示，传递重物后船的速度分别以3、府表示,被搬运重物的质量以加表示.分别对上述系统 I、H 应用动量守恒定律，则有（mA-m）vA+mvB=mAvA（1）（纭-m）vB+mvA=mBvB（2）由题意知3 =0,=3.4 m s-1代入数据后,可解得_ mBmvB-rninA=-0.40 m-s-1七 二 （加/一 加）加（mA=3.6 m-s-1也可以选择不同的系统，例如才巴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

47、为力的物体，此人用与水平 面 成 确 的 速 率1 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

48、平方向速率的增量A i/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，满足动量守回故有（加 +加Mo Co s a=mv+-）式中1/为人抛物后相对地面的水平速率，1/为抛出物对地面的水平 速 率.得m%=u0co s a H-um+m人的水平速率的增量为A r =v-r0co s a=-；um+m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A八 加 Q）s in aA x =A u/=7-7 m+m）g3-15 一物体在介质中按规律x=c户作直线运动（为一常量.设介质对物体的阻力正比于速度的平方.试求物体由的=0运

49、动到x=/时,阻力所作的功.（已知阻力系数为同分析 本题是一维变力作功问题，仍需按功的定义式%=仍.比来求解.关键在于寻找力函数尸二尺切.根据运动学关系，可将已知力与速度的函数关系&。二叱 变换到片。进一步按X:小 的关系把尺。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=4，可得物体的速度u=3cZ2At按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为F=ICV2=9 丘2/=9 h 2/3 X 4/3则阻力的功为W-d,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Q)如图所

50、示，重力对小球所作的功只与始末位置有关，即Wp-P h =cos。)=0.53 J在小球摆动过程中，张力6的方向总是与运动方向垂直，所以，张力的功叫=JX 由(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线=%,=0.53 J小球在最低位置的速率为K出=2.30 mm(3)当小球在最低位置时，由牛顿定律可得耳-尸 呼2耳=感+如L=2.49N3-18 质量为6 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K)/2.求：(1)摩擦力作的