物理學(xué)簡明教程馬文蔚第1至8章課后習(xí)題答案詳解

1、1 -1質(zhì)點作曲線運動,在時刻t 質(zhì)點的位矢為r,速度為v ,速率為v,t 至(t t)時間內(nèi)的位移為r, 路程為s, 位矢大小的變化量為r ( 或稱r),平均速度為,平均速率為(1) 根據(jù)上述情況,則必有()(A) r= s = r(B) r s r,當(dāng)t0 時有dr= ds dr(C) r r s,當(dāng)t0 時有dr= dr ds(D) r s r,當(dāng)t0 時有dr= dr = ds(2) 根據(jù)上述情況,則必有()(A) = ,= (B) , (C) = , (D) ,= 分析與解(1) 質(zhì)點在t 至(t t)時間內(nèi)沿曲線從P 點運動到P點,各量關(guān)系如圖所示, 其中路程s PP, 位移大小r

2、PP,而r r-r表示質(zhì)點位矢大小的變化量,三個量的物理含義不同,在曲線運動中大小也不相等(注：在直線運動中有相等的可能)但當(dāng)t0 時,點P無限趨近P點,則有drds,但卻不等于dr故選(B)(2) 由于r s,故,即但由于drds,故,即由此可見,應(yīng)選(C)1 -2一運動質(zhì)點在某瞬時位于位矢r(x,y)的端點處,對其速度的大小有四種意見,即(1)；(2)；(3)；(4)下述判斷正確的是()(A) 只有(1)(2)正確 (B) 只有(2)正確(C) 只有(2)(3)正確 (D) 只有(3)(4)正確分析與解表示質(zhì)點到坐標(biāo)原點的距離隨時間的變化率,在極坐標(biāo)系中叫徑向速率通常用符號vr表示,這是速

3、度矢量在位矢方向上的一個分量；表示速度矢量；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式計算,在直角坐標(biāo)系中則可由公式求解故選(D)1 -3一個質(zhì)點在做圓周運動時,則有()(A) 切向加速度一定改變,法向加速度也改變(B) 切向加速度可能不變,法向加速度一定改變(C) 切向加速度可能不變,法向加速度不變(D) 切向加速度一定改變,法向加速度不變分析與解加速度的切向分量a起改變速度大小的作用,而法向分量an起改變速度方向的作用質(zhì)點作圓周運動時,由于速度方向不斷改變,相應(yīng)法向加速度的方向也在不斷改變,因而法向加速度是一定改變的至于a是否改變,則要視質(zhì)點的速率情況而定質(zhì)點作勻速率圓周運動時, a恒為零；質(zhì)點作勻變

4、速率圓周運動時, a為一不為零的恒量,當(dāng)a改變時,質(zhì)點則作一般的變速率圓周運動由此可見,應(yīng)選(B) 1 -4質(zhì)點的運動方程為和，式中x,y 的單位為m,t 的單位為。試求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向分析由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量,再由運動合成算出速度和加速度的大小和方向解(1) 速度的分量式為當(dāng)t 0 時, vox -10 m·-1 , voy 15 m·-1 ,則初速度大小為設(shè)vo與x 軸的夾角為,則123°41(2) 加速度的分量式為 , 則加速度的大小為設(shè)a 與x 軸的夾角為,則-33°41(或326

5、°19)1 -5質(zhì)點沿直線運動,加速度a4 -t2 ,式中a的單位為m·-2 ,t的單位為如果當(dāng)t 3時,x9 m,v 2 m·-1 ,求質(zhì)點的運動方程分析本題屬于運動學(xué)第二類問題,即已知加速度求速度和運動方程,必須在給定條件下用積分方法解決由和可得和如aa(t)或v v(t),則可兩邊直接積分如果a 或v不是時間t 的顯函數(shù),則應(yīng)經(jīng)過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學(xué)操作后再做積分解由分析知,應(yīng)有得 (1)由 得 (2)將t3時,x9 m,v2 m·-1代入(1) (2)得v0-1 m·-1,x00.75 m于是可得質(zhì)點運動方程為1 -6飛機以10

6、0 m·-1 的速度沿水平直線飛行,在離地面高為100 m時,駕駛員要把物品空投到前方某一地面目標(biāo)處,問：(1) 此時目標(biāo)在飛機正下方位置的前面多遠？ 分析物品空投后作平拋運動忽略空氣阻力的條件下,由運動獨立性原理知,物品在空中沿水平方向作勻速直線運動,在豎直方向作自由落體運動到達地面目標(biāo)時,兩方向上運動時間是相同的因此,分別列出其運動方程,運用時間相等的條件,即可求解此外,平拋物體在運動過程中只存在豎直向下的重力加速度為求特定時刻t時物體的切向加速度和法向加速度,只需求出該時刻它們與重力加速度之間的夾角或由圖可知,在特定時刻t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角,可由此時刻的兩速度

7、分量vx 、vy求出,這樣,也就可將重力加速度g 的切向和法向分量求得解(1) 取如圖所示的坐標(biāo),物品下落時在水平和豎直方向的運動方程分別為x vt,y 1/2 gt2飛機水平飛行速度v100 m·s-1 ,飛機離地面的高度y100 m,由上述兩式可得目標(biāo)在飛機正下方前的距離1 -7一質(zhì)點沿半徑為R 的圓周按規(guī)律運動,v0 、b 都是常量(1) 求t 時刻質(zhì)點的總加速度。分析在自然坐標(biāo)中,s 表示圓周上從某一點開始的曲線坐標(biāo)由給定的運動方程s s(t),對時間t 求一階、二階導(dǎo)數(shù),即是沿曲線運動的速度v 和加速度的切向分量a,而加速度的法向分量為anv2 /R這樣,總加速度為a ae

8、anen至于質(zhì)點在t 時間內(nèi)通過的路程,即為曲線坐標(biāo)的改變量sst -s0因圓周長為2R,質(zhì)點所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得解(1) 質(zhì)點作圓周運動的速率為其加速度的切向分量和法向分量分別為, 故加速度的大小為其方向與切線之間的夾角為1 -8一升降機以加速度1.22 m·-2上升,當(dāng)上升速度為2.44 m·-1時,有一螺絲自升降機的天花板上松脫,天花板與升降機的底面相距2.74 m計算：(1)螺絲從天花板落到底面所需要的時間；(2)螺絲相對升降機外固定柱子的下降距離分析在升降機與螺絲之間有相對運動的情況下,一種處理方法是取地面為參考系,分別討論升降機豎直向上的勻加速度運動和初速不為

9、零的螺絲的自由落體運動,列出這兩種運動在同一坐標(biāo)系中的運動方程y1 y1(t)和y2 y2(t),并考慮它們相遇,即位矢相同這一條件,問題即可解；另一種方法是取升降機(或螺絲)為參考系,這時,螺絲(或升降機)相對它作勻加速運動,但是,此加速度應(yīng)該是相對加速度升降機廂的高度就是螺絲(或升降機)運動的路程解1(1) 以地面為參考系,取如圖所示的坐標(biāo)系,升降機與螺絲的運動方程分別為當(dāng)螺絲落至底面時,有y1 y2 ,即 (2) 螺絲相對升降機外固定柱子下降的距離為解2(1)以升降機為參考系,此時,螺絲相對它的加速度大小ag a,螺絲落至底面時,有(2) 由于升降機在t 時間內(nèi)上升的高度為則 1 -9一

10、無風(fēng)的下雨天,一列火車以v120.0 m·-1 的速度勻速前進,在車內(nèi)的旅客看見玻璃窗外的雨滴和垂線成75°角下降求雨滴下落的速度v2 (設(shè)下降的雨滴作勻速運動)分析這是一個相對運動的問題設(shè)雨滴為研究對象,地面為靜止參考系,火車為動參考系v1 為相對 的速度,v2 為雨滴相對的速度,利用相對運動速度的關(guān)系即可解解以地面為參考系,火車相對地面運動的速度為v1 ,雨滴相對地面豎直下落的速度為v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2為相對速度,它們之間的關(guān)系為 (如圖所示),于是可得1 -10如圖(a)所示,一汽車在雨中沿直線行駛,其速率為v1 ,下落雨滴的速度方向偏于豎直方向之前 角

11、,速率為v2,若車后有一長方形物體,問車速v1為多大時,此物體正好不會被雨水淋濕？分析這也是一個相對運動的問題可視雨點為研究對象,地面為靜參考系,汽車為動參考系如圖(a)所示,要使物體不被淋濕,在車上觀察雨點下落的方向(即雨點相對于汽車的運動速度v2的方向)應(yīng)滿足再由相對速度的矢量關(guān)系,即可求出所需車速v1解由圖(b),有而要使,則1 -11用水平力FN把一個物體壓著靠在粗糙的豎直墻面上保持靜止當(dāng)FN逐漸增大時,物體所受的靜摩擦力Ff的大小()(A) 不為零,但保持不變(B) 隨FN成正比地增大(C) 開始隨FN增大,達到某一最大值后,就保持不變(D) 無法確定分析與解與滑動摩擦力不同的是,靜

12、摩擦力可在零與最大值FN范圍內(nèi)取值當(dāng)FN增加時,靜摩擦力可取的最大值成正比增加,但具體大小則取決于被作用物體的運動狀態(tài)由題意知,物體一直保持靜止?fàn)顟B(tài),故靜摩擦力與重力大小相等,方向相反,并保持不變,故選(A)1 -12一段路面水平的公路,轉(zhuǎn)彎處軌道半徑為R,汽車輪胎與路面間的摩擦因數(shù)為,要使汽車不至于發(fā)生側(cè)向打滑,汽車在該處的行駛速率()(A) 不得小于(B) 必須等于(C) 不得大于 (D) 還應(yīng)由汽車的質(zhì)量m 決定分析與解由題意知,汽車應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運動,為保證汽車轉(zhuǎn)彎時不側(cè)向打滑,所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供,能夠提供的最大向心力應(yīng)為FN由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速

13、率應(yīng)為vRg因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時的實際速率不大于此值,均能保證不側(cè)向打滑應(yīng)選(C)1 -13一物體沿固定圓弧形光滑軌道由靜止下滑,在下滑過程中,則()(A) 它的加速度方向永遠指向圓心,其速率保持不變(B) 它受到的軌道的作用力的大小不斷增加(C) 它受到的合外力大小變化,方向永遠指向圓心(D) 它受到的合外力大小不變,其速率不斷增加分析與解由圖可知,物體在下滑過程中受到大小和方向不變的重力以及時刻指向圓軌道中心的軌道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圓心,其大小和方向均與物體所在位置有關(guān)重力的切向分量(m gcos ) 使物體的速率將會不斷增加(由機械能守恒亦可判斷),則物體作圓周運動的向心

14、力(又稱法向力)將不斷增大,由軌道法向方向上的動力學(xué)方程可判斷,隨 角的不斷增大過程,軌道支持力FN也將不斷增大,由此可見應(yīng)選(B)1 -14圖(a)示系統(tǒng)置于以a 1/4 g 的加速度上升的升降機內(nèi),A、B 兩物體質(zhì)量相同均為m,A 所在的桌面是水平的,繩子和定滑輪質(zhì)量均不計,若忽略滑輪軸上和桌面上的摩擦,并不計空氣阻力,則繩中張力為()(A) 5/8 mg(B) 1/2 mg(C) mg(D) 2mg分析與解本題可考慮對A、B 兩物體加上慣性力后,以電梯這個非慣性參考系進行求解此時A、B 兩物體受力情況如圖(b)所示,圖中a為A、B 兩物體相對電梯的加速度,ma為慣性力對A、B 兩物體應(yīng)用

15、牛頓第二定律,可解得F 5/8 mg故選(A)討論對于習(xí)題1 -14 這種類型的物理問題,往往從非慣性參考系(本題為電梯)觀察到的運動圖像較為明確,但由于牛頓定律只適用于慣性參考系,故從非慣性參考系求解力學(xué)問題時,必須對物體加上一個虛擬的慣性力如以地面為慣性參考系求解,則兩物體的加速度aA 和aB 均應(yīng)對地而言,本題中aA 和aB的大小與方向均不相同其中aA 應(yīng)斜向上對aA 、aB 、a 和a之間還要用到相對運動規(guī)律,求解過程較繁有興趣的讀者不妨自己嘗試一下1 -16一質(zhì)量為m 的小球最初位于如圖(a)所示的A 點,然后沿半徑為r的光滑圓軌道ADCB下滑試求小球到達點C時的角速度和對圓軌道的作

16、用力分析該題可由牛頓第二定律求解在取自然坐標(biāo)的情況下,沿圓弧方向的加速度就是切向加速度a,與其相對應(yīng)的外力F是重力的切向分量mgsin,而與法向加速度an相對應(yīng)的外力是支持力FN 和重力的法向分量mgcos由此,可分別列出切向和法向的動力學(xué)方程Fmdv/dt和Fnman 由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的,因此,需應(yīng)用積分求解,為使運算簡便,可轉(zhuǎn)換積分變量 倡該題也能應(yīng)用以小球、圓弧與地球為系統(tǒng)的機械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比較簡便但它不能直接給出小球與圓弧表面之間的作用力解小球在運動過程中受到重力P 和圓軌道對它的支持力FN 取圖(b)所示的自然坐標(biāo)系,由牛頓定律得 (1)

17、(2)由,得,代入式(1),并根據(jù)小球從點A 運動到點C 的始末條件,進行積分,有得 則小球在點C 的角速度為由式(2)得 由此可得小球?qū)A軌道的作用力為負號表示FN 與en 反向1 -17光滑的水平桌面上放置一半徑為R 的固定圓環(huán),物體緊貼環(huán)的內(nèi)側(cè)作圓周運動,其摩擦因數(shù)為,開始時物體的速率為v0 ,求：(1) t 時刻物體的速率；(2) 當(dāng)物體速率從v0減少到1/2 v0時,物體所經(jīng)歷的時間及經(jīng)過的路程 分析運動學(xué)與動力學(xué)之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的,因而,可先分析動力學(xué)問題物體在作圓周運動的過程中,促使其運動狀態(tài)發(fā)生變化的是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對物體的支持力FN 和環(huán)與物體之間的摩擦力F ,而摩擦力大

18、小與正壓力FN成正比,且FN與FN又是作用力與反作用力,這樣,就可通過它們把切向和法向兩個加速度聯(lián)系起來了,從而可用運動學(xué)的積分關(guān)系式求解速率和路程解(1) 設(shè)物體質(zhì)量為m,取圖中所示的自然坐標(biāo),按牛頓定律,有由分析中可知,摩擦力的大小FFN ,由上述各式可得取初始條件t 0 時v v 0 ,并對上式進行積分,有(2) 當(dāng)物體的速率從v 0 減少到1/2v 0時,由上式可得所需的時間為物體在這段時間內(nèi)所經(jīng)過的路程2 -1對質(zhì)點組有以下幾種說法：(1) 質(zhì)點組總動量的改變與內(nèi)力無關(guān)；(2) 質(zhì)點組總動能的改變與內(nèi)力無關(guān)；(3) 質(zhì)點組機械能的改變與保守內(nèi)力無關(guān)下列對上述說法判斷正確的是()(A)

19、 只有(1)是正確的(B) (1)、(2)是正確的(C) (1)、(3)是正確的 (D) (2)、(3)是正確的分析與解在質(zhì)點組中內(nèi)力總是成對出現(xiàn)的,它們是作用力與反作用力由于一對內(nèi)力的沖量恒為零,故內(nèi)力不會改變質(zhì)點組的總動量但由于相互有作用力的兩個質(zhì)點的位移大小以及位移與力的夾角一般不同,故一對內(nèi)力所作功之和不一定為零,應(yīng)作具體分析,如一對彈性內(nèi)力的功的代數(shù)和一般為零,一對摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零,對于保守內(nèi)力來說,所作功能使質(zhì)點組動能與勢能相互轉(zhuǎn)換,因此保守內(nèi)力即使有可能改變質(zhì)點組的動能,但也不可能改變質(zhì)點組的機械能綜上所述(1)(3)說法是正確的故選(C)2 -2有兩個傾角不同、高度

20、相同、質(zhì)量一樣的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有兩個一樣的物塊分別從這兩個斜面的頂點由靜止開始滑下,則()(A) 物塊到達斜面底端時的動量相等(B) 物塊到達斜面底端時動能相等(C) 物塊和斜面(以及地球)組成的系統(tǒng),機械能不守恒(D) 物塊和斜面組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒分析與解對題述系統(tǒng)來說,由題意知并無外力和非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)機械能守恒物體在下滑過程中,一方面通過重力作功將勢能轉(zhuǎn)化為動能,另一方面通過物體與斜面之間的彈性內(nèi)力作功將一部分能量轉(zhuǎn)化為斜面的動能,其大小取決其中一個內(nèi)力所作功由于斜面傾角不同,故物體沿不同傾角斜面滑至底端時動能大小不等動量自然也就不等(動量方向也不

21、同)故(A)(B)(C)三種說法均不正確至于說法(D)正確,是因為該系統(tǒng)動量雖不守恒(下滑前系統(tǒng)動量為零,下滑后物體與斜面動量的矢量和不可能為零由此可知,此時向上的地面支持力并不等于物體與斜面向下的重力),但在水平方向上并無外力,故系統(tǒng)在水平方向上分動量守恒2 -3如圖所示,質(zhì)量分別為m1 和m2 的物體A 和B,置于光滑桌面上,A 和B 之間連有一輕彈簧另有質(zhì)量為m1 和m2 的物體C 和D 分別置于物體A 與B 之上,且物體A和C、B 和D 之間的摩擦因數(shù)均不為零首先用外力沿水平方向相向推壓A 和B,使彈簧被壓縮,然后撤掉外力,則在A和B 彈開的過程中,對A、B、C、D 以及彈簧組成的系統(tǒng)

22、,有()(A) 動量守恒,機械能守恒(B) 動量不守恒,機械能守恒(C) 動量不守恒,機械能不守恒 (D) 動量守恒,機械能不一定守恒分析與解由題意知,作用在題述系統(tǒng)上的合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒,但機械能未必守恒,這取決于在A、B 彈開過程中C 與A 或D 與B 之間有無相對滑動,如有則必然會因摩擦內(nèi)力作功,而使一部分機械能轉(zhuǎn)化為熱能,故選(D)2 -4如圖所示,子彈射入放在水平光滑地面上靜止的木塊后而穿出以地面為參考系,下列說法中正確的說法是()(A) 子彈減少的動能轉(zhuǎn)變?yōu)槟緣K的動能(B) 子彈-木塊系統(tǒng)的機械能守恒(C) 子彈動能的減少等于子彈克服木塊阻力所作的功(D) 子彈克服木塊阻力

23、所作的功等于這一過程中產(chǎn)生的熱分析與解子彈-木塊系統(tǒng)在子彈射入過程中,作用于系統(tǒng)的合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒,但機械能并不守恒這是因為子彈與木塊作用的一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零(這是因為子彈對地位移大于木塊對地位移所致),子彈動能的減少等于子彈克服阻力所作功,子彈減少的動能中,一部分通過其反作用力對木塊作正功而轉(zhuǎn)移為木塊的動能,另一部分則轉(zhuǎn)化為熱能(大小就等于這一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和)綜上所述,只有說法(C)的表述是完全正確的2 -5質(zhì)量為m 的物體,由水平面上點O 以初速為v0 拋出,v0與水平面成仰角若不計空氣阻力,求：(1) 物體從發(fā)射點O 到最高點的過程中,重力的沖量；(2) 物體從

24、發(fā)射點到落回至同一水平面的過程中,重力的沖量分析重力是恒力,因此,求其在一段時間內(nèi)的沖量時,只需求出時間間隔即可由拋體運動規(guī)律可知,物體到達最高點的時間,物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時間是到達最高點時間的兩倍這樣,按沖量的定義即可求得結(jié)果另一種解的方法是根據(jù)過程的始、末動量,由動量定理求出解1物體從出發(fā)到達最高點所需的時間為則物體落回地面的時間為于是,在相應(yīng)的過程中重力的沖量分別為解2根據(jù)動量定理,物體由發(fā)射點O 運動到點A、B 的過程中,重力的沖量分別為2 -6高空作業(yè)時系安全帶是非常必要的假如一質(zhì)量為51.0 kg 的人,在操作時不慎從高空豎直跌落下來,由于安全帶的保護,最終使他被懸

25、掛起來已知此時人離原處的距離為2.0 m ,安全帶彈性緩沖作用時間為0.50 s 求安全帶對人的平均沖力分析從人受力的情況來看,可分兩個階段：在開始下落的過程中,只受重力作用,人體可看成是作自由落體運動；在安全帶保護的緩沖過程中,則人體同時受重力和安全帶沖力的作用,其合力是一變力,且作用時間很短為求安全帶的沖力,可以從緩沖時間內(nèi),人體運動狀態(tài)(動量)的改變來分析,即運用動量定理來討論事實上,動量定理也可應(yīng)用于整個過程但是,這時必須分清重力和安全帶沖力作用的時間是不同的；而在過程的初態(tài)和末態(tài),人體的速度均為零這樣,運用動量定理仍可得到相同的結(jié)果解1以人為研究對象,按分析中的兩個階段進行討論在自由

26、落體運動過程中,人跌落至2 m 處時的速度為 (1)在緩沖過程中,人受重力和安全帶沖力的作用,根據(jù)動量定理,有 (2)由式(1)、(2)可得安全帶對人的平均沖力大小為解2從整個過程來討論根據(jù)動量定理有2 -7如圖所示,在水平地面上,有一橫截面S 0.20 m2 的直角彎管,管中有流速為v 3.0 m·-1 的水通過,求彎管所受力的大小和方向分析對于彎曲部分AB 段內(nèi)的水而言,由于流速一定,在時間t 內(nèi),從其一端流入的水量等于從另一端流出的水量因此,對這部分水來說,在時間t 內(nèi)動量的增量也就是流入與流出水的動量的增量pm(vB -vA )；此動量的變化是管壁在t時間內(nèi)對其作用沖量I 的

27、結(jié)果依據(jù)動量定理可求得該段水受到管壁的沖力F；由牛頓第三定律,自然就得到水流對管壁的作用力F-F解在t 時間內(nèi),從管一端流入(或流出) 水的質(zhì)量為m St,彎曲部分AB 的水的動量的增量則為pm(vB -vA ) St (vB -vA )依據(jù)動量定理I p,得到管壁對這部分水的平均沖力從而可得水流對管壁作用力的大小為作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側(cè)2 -8質(zhì)量為m 的人手里拿著一個質(zhì)量為m 的物體,此人用與水平面成角的速率v0 向前跳去當(dāng)他達到最高點時,他將物體以相對于人為u 的水平速率向后拋出問：由于人拋出物體,他跳躍的距離增加了多少？ (假設(shè)人可視為質(zhì)點)分析人跳躍距離的增加是由于他

28、在最高點處向后拋出物體所致在拋物的過程中,人與物之間相互作用力的沖量,使他們各自的動量發(fā)生了變化如果把人與物視為一系統(tǒng),因水平方向不受外力作用,故外力的沖量為零,系統(tǒng)在該方向上動量守恒但在應(yīng)用動量守恒定律時,必須注意系統(tǒng)是相對地面(慣性系)而言的,因此,在處理人與物的速度時,要根據(jù)相對運動的關(guān)系來確定至于,人因跳躍而增加的距離,可根據(jù)人在水平方向速率的增量v 來計算解取如圖所示坐標(biāo)把人與物視為一系統(tǒng),當(dāng)人跳躍到最高點處,在向左拋物的過程中,滿足動量守恒,故有式中v 為人拋物后相對地面的水平速率, v -u 為拋出物對地面的水平速率得人的水平速率的增量為而人從最高點到地面的運動時間為所以,人跳躍

29、后增加的距離2 -9 一質(zhì)量為0.20 kg 的球,系在長為2.00 m 的細繩上,細繩的另一端系在天花板上把小球移至使細繩與豎直方向成30°角的位置,然后從靜止放開求：(1) 在繩索從30°角到0°角的過程中,重力和張力所作的功；(2) 物體在最低位置時的動能和速率；(3) 在最低位置時的張力分析(1) 在計算功時,首先應(yīng)明確是什么力作功小球擺動過程中同時受到重力和張力作用重力是保守力,根據(jù)小球下落的距離,它的功很易求得；至于張力雖是一變力,但是,它的方向始終與小球運動方向垂直,根據(jù)功的矢量式,即能得出結(jié)果來(2) 在計算功的基礎(chǔ)上,由動能定理直接能求出動能和速

30、率(3) 在求最低點的張力時,可根據(jù)小球作圓周運動時的向心加速度由重力和張力提供來確定解(1) 如圖所示,重力對小球所作的功只與始末位置有關(guān),即在小球擺動過程中,張力F 的方向總是與運動方向垂直,所以,張力的功(2) 根據(jù)動能定理,小球擺動過程中,其動能的增量是由于重力對它作功的結(jié)果初始時動能為零,因而,在最低位置時的動能為小球在最低位置的速率為(3) 當(dāng)小球在最低位置時,由牛頓定律可得2 -10一質(zhì)量為m 的質(zhì)點,系在細繩的一端,繩的另一端固定在平面上此質(zhì)點在粗糙水平面上作半徑為r 的圓周運動設(shè)質(zhì)點的最初速率是v0 當(dāng)它運動一周時,其速率為v0 /2求：(1) 摩擦力作的功；(2) 動摩擦因

31、數(shù)；(3) 在靜止以前質(zhì)點運動了多少圈？分析質(zhì)點在運動過程中速度的減緩,意味著其動能減少；而減少的這部分動能則消耗在運動中克服摩擦力作功上由此,可依據(jù)動能定理列式解之解(1) 摩擦力作功為 (1)(2) 由于摩擦力是一恒力,且F mg,故有 (2)由式(1)、(2)可得動摩擦因數(shù)為(3) 由于一周中損失的動能為,則在靜止前可運行的圈數(shù)為圈2 -11如圖(a)所示,A 和B 兩塊板用一輕彈簧連接起來,它們的質(zhì)量分別為m1 和m2 問在A 板上需加多大的壓力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起來時B 稍被提起(設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k)分析運用守恒定律求解是解決力學(xué)問題最簡捷的途徑之一因為它與過程的

32、細節(jié)無關(guān),也常常與特定力的細節(jié)無關(guān)“守恒”則意味著在條件滿足的前提下,過程中任何時刻守恒量不變在具體應(yīng)用時,必須恰當(dāng)?shù)剡x取研究對象(系統(tǒng)),注意守恒定律成立的條件該題可用機械能守恒定律來解決選取兩塊板、彈簧和地球為系統(tǒng),該系統(tǒng)在外界所施壓力撤除后(取作狀態(tài)1),直到B 板剛被提起(取作狀態(tài)2),在這一過程中,系統(tǒng)不受外力作用,而內(nèi)力中又只有保守力(重力和彈力)作功,支持力不作功,因此,滿足機械能守恒的條件只需取狀態(tài)1 和狀態(tài)2,運用機械能守恒定律列出方程,并結(jié)合這兩狀態(tài)下受力的平衡,便可將所需壓力求出解選取如圖(b)所示坐標(biāo),取原點O處為重力勢能和彈性勢能零點作各狀態(tài)下物體的受力圖對A 板而言

33、,當(dāng)施以外力F 時,根據(jù)受力平衡有F1 P1 F (1)當(dāng)外力撤除后,按分析中所選的系統(tǒng),由機械能守恒定律可得式中y1 、y2 為M、N 兩點對原點O 的位移因為F1 ky1 ,F2 ky2 及P1 m1g,上式可寫為F1 -F2 2P1 (2)由式(1)、(2)可得F P1 F2 (3)當(dāng)A 板跳到N 點時,B 板剛被提起,此時彈性力F2 P2 ,且F2 F2 由式(3)可得F P1 P2 (m1 m2 )g應(yīng)注意,勢能的零點位置是可以任意選取的為計算方便起見,通常取彈簧原長時的彈性勢能為零點,也同時為重力勢能的零點2 -12如圖所示，一質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為m/2的子彈

34、沿水平方向以速率射入木塊一段距離L(此時木塊滑行距離恰為s)后留在木塊內(nèi)，求：（1）木塊與子彈的共同速度v,此過程中木塊和子彈的動能各變化了多少？（2）子彈與木塊間的摩擦阻力對木塊和子彈各作了多少功？（3）證明這一對摩擦阻力的所作功的代數(shù)和就等于其中一個摩擦阻力沿相對位移L所作的功.(4)證明這一對摩擦阻力所作功的代數(shù)和就等于子彈-木塊系統(tǒng)總機械能的減少量(亦即轉(zhuǎn)化為熱的那部分能量).題 3-20 圖分析 對子彈-木塊系統(tǒng)來說，滿足動量守恒，但系統(tǒng)動能并不守恒，這是因為一對摩擦內(nèi)力所做功的代數(shù)和并不為零，其中摩擦阻力對木塊作正功，其反作用力對子彈作負功，后者功的數(shù)值大于前者，通過這一對作用力與

35、反作用力所做功，子彈將一部分動能轉(zhuǎn)移給木塊，而另一部分卻轉(zhuǎn)化為物體內(nèi)能.本題（3）、（4）兩問給出了具有普遍意義的結(jié)論，可幫助讀者以后分析此類問題.解 （1）子彈-木塊系統(tǒng)滿足動量守恒，有解得共同速度對木塊 對子彈 （2） 對木塊和子彈分別運用質(zhì)點動能定理，則對木塊 對子彈 （3） 設(shè)摩擦阻力大小為,在兩者取得共同速度時，木塊對地位移為s，則子彈對地位移為L+s,有對木塊 對子彈 得 式中L即為子彈對木塊的相對位移，“-”號表示這一對摩擦阻力（非保守力）所作功必定會使系統(tǒng)機械能減少.(4) 對木塊 對子彈 兩式相加，得 即 兩式相加后實為子彈-木塊系統(tǒng)作為質(zhì)點系的動能定理表達式，左邊為一對內(nèi)力

36、所作功，右邊為系統(tǒng)動能的變化量.2 -13一質(zhì)量為m 的地球衛(wèi)星,沿半徑為3RE 的圓軌道運動,RE 為地球的半徑已知地球的質(zhì)量為mE求：(1) 衛(wèi)星的動能；(2) 衛(wèi)星的引力勢能；(3) 衛(wèi)星的機械能分析根據(jù)勢能和動能的定義,只需知道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運動的速率,其勢能和動能即可算出由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運動,由此可算得衛(wèi)星繞地球運動的速率和動能由于衛(wèi)星的引力勢能是屬于系統(tǒng)(衛(wèi)星和地球)的,要確定特定位置的勢能時,必須規(guī)定勢能的零點,通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠時的勢能為零這樣,衛(wèi)星在特定位置的勢能也就能確定了至于衛(wèi)星的機械能則是動能和勢能的總和解(1) 衛(wèi)星與地球之間的萬有引力提

37、供衛(wèi)星作圓周運動的向心力,由牛頓定律可得則 (2) 取衛(wèi)星與地球相距無限遠(r)時的勢能為零,則處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢能為(3) 衛(wèi)星的機械能為2 -14如圖(a)所示,天文觀測臺有一半徑為R 的半球形屋面,有一冰塊從光滑屋面的最高點由靜止沿屋面滑下,若摩擦力略去不計求此冰塊離開屋面的位置以及在該位置的速度分析取冰塊、屋面和地球為系統(tǒng),由于屋面對冰塊的支持力FN 始終與冰塊運動的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守內(nèi)力,所以,系統(tǒng)的機械能守恒但是,僅有一個機械能守恒方程不能解出速度和位置兩個物理量；因此,還需設(shè)法根據(jù)冰塊在脫離屋面時支持力為零這一條件,由牛頓定律列出冰塊沿徑向的動力學(xué)

38、方程求解上述兩方程即可得出結(jié)果解由系統(tǒng)的機械能守恒,有 (1)根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動力學(xué)方程為 (2)冰塊脫離球面時,支持力FN 0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置冰塊此時的速率為v 的方向與重力P 方向的夾角為90°- 41.8°2 -15如圖所示,把質(zhì)量m 0.20 kg 的小球放在位置A 時,彈簧被壓縮l 7.5 ×10 -2 m然后在彈簧彈性力的作用下,小球從位置A 由靜止被釋放,小球沿軌道ABCD 運動小球與軌道間的摩擦不計已知是半徑r 0.15 m 的半圓弧,AB 相距為2r求彈簧勁度系數(shù)的最小值分析若取小球、彈簧和地球為系統(tǒng),小球在被釋放后

39、的運動過程中,只有重力和彈力這兩個保守內(nèi)力作功,軌道對球的支持力不作功,因此,在運動的過程中,系統(tǒng)的機械能守恒運用守恒定律解題時,關(guān)鍵在于選好系統(tǒng)的初態(tài)和終態(tài)為獲取本題所求的結(jié)果,初態(tài)選在壓縮彈簧剛被釋放時刻,這樣,可使彈簧的勁度系數(shù)與初態(tài)相聯(lián)系；而終態(tài)則取在小球剛好能通過半圓弧時的最高點C 處,因為這時小球的速率正處于一種臨界狀態(tài),若大于、等于此速率時,小球定能沿軌道繼續(xù)向前運動；小于此速率時,小球?qū)⒚撾x軌道拋出該速率則可根據(jù)重力提供圓弧運動中所需的向心力,由牛頓定律求出這樣,再由系統(tǒng)的機械能守恒定律即可解出該彈簧勁度系數(shù)的最小值解小球要剛好通過最高點C 時,軌道對小球支持力FN 0,因此,

40、有 (1)取小球開始時所在位置A 為重力勢能的零點,由系統(tǒng)的機械能守恒定律,有 (2)由式(1)、(2)可得2 -16如圖所示,質(zhì)量為m、速度為v 的鋼球,射向質(zhì)量為m的靶,靶中心有一小孔,內(nèi)有勁度系數(shù)為k 的彈簧,此靶最初處于靜止?fàn)顟B(tài),但可在水平面上作無摩擦滑動求子彈射入靶內(nèi)彈簧后,彈簧的最大壓縮距離分析這也是一種碰撞問題碰撞的全過程是指小球剛與彈簧接觸直至彈簧被壓縮到最大,小球與靶剛好到達共同速度為止,在這過程中,小球和靶組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用,外力的沖量為零,因此,在此方向動量守恒但是,僅靠動量守恒定律還不能求出結(jié)果來又考慮到無外力對系統(tǒng)作功,系統(tǒng)無非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)的機械

41、能也守恒應(yīng)用上述兩個守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度時,彈簧被壓縮量最大這一條件,即可求解應(yīng)用守恒定律求解,可免除碰撞中的許多細節(jié)問題解設(shè)彈簧的最大壓縮量為x0 小球與靶共同運動的速度為v1 由動量守恒定律,有 (1)又由機械能守恒定律,有 (2)由式(1)、(2)可得2 -17質(zhì)量為m 的彈丸A,穿過如圖所示的擺錘B 后,速率由v 減少到v /2已知擺錘的質(zhì)量為m,擺線長度為l,如果擺錘能在垂直平面內(nèi)完成一個完全的圓周運動,彈丸速度v的最小值應(yīng)為多少？分析該題可分兩個過程分析首先是彈丸穿越擺錘的過程就彈丸與擺錘所組成的系統(tǒng)而言,由于穿越過程的時間很短,重力和的張力在水平方向的沖量遠小于沖

42、擊力的沖量,因此,可認為系統(tǒng)在水平方向不受外力的沖量作用,系統(tǒng)在該方向上滿足動量守恒擺錘在碰撞中獲得了一定的速度,因而具有一定的動能,為使擺錘能在垂直平面內(nèi)作圓周運動,必須使擺錘在最高點處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提供圓周運動所需的向心力來確定；與此同時,擺錘在作圓周運動過程中,擺錘與地球組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒定律,根據(jù)兩守恒定律即可解出結(jié)果解由水平方向的動量守恒定律,有 (1)為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運動,在最高點時,擺線中的張力F0,則 (2)式中vh 為擺錘在圓周最高點的運動速率又?jǐn)[錘在垂直平面內(nèi)作圓周運動的過程中,滿足機械能守恒定律,故有 (3)解上述三個方程,可得

43、彈丸所需速率的最小值為2 -18如圖所示,一質(zhì)量為m的物塊放置在斜面的最底端A 處,斜面的傾角為,高度為h,物塊與斜面的動摩擦因數(shù)為,今有一質(zhì)量為m 的子彈以速度v0 沿水平方向射入物塊并留在其中,且使物塊沿斜面向上滑動求物塊滑出頂端時的速度大小分析該題可分兩個階段來討論,首先是子彈和物塊的撞擊過程,然后是物塊(包含子彈)沿斜面向上的滑動過程在撞擊過程中,對物塊和子彈組成的系統(tǒng)而言,由于撞擊前后的總動量明顯是不同的,因此,撞擊過程中動量不守恒應(yīng)該注意,不是任何碰撞過程中動量都是守恒的但是,若取沿斜面的方向,因撞擊力(屬于內(nèi)力)遠大于子彈的重力P1 和物塊的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物塊

44、所受的摩擦力F ,在該方向上動量守恒,由此可得到物塊被撞擊后的速度在物塊沿斜面上滑的過程中,為解題方便,可重新選擇系統(tǒng)(即取子彈、物塊和地球為系統(tǒng)),此系統(tǒng)不受外力作用,而非保守內(nèi)力中僅摩擦力作功,根據(jù)系統(tǒng)的功能原理,可解得最終的結(jié)果解在子彈與物塊的撞擊過程中,在沿斜面的方向上,根據(jù)動量守恒有 (1)在物塊上滑的過程中,若令物塊剛滑出斜面頂端時的速度為v2 ,并取A 點的重力勢能為零由系統(tǒng)的功能原理可得 (2)由式(1)、(2)可得2 -19如圖所示,一個質(zhì)量為m 的小球,從內(nèi)壁為半球形的容器邊緣點A滑下設(shè)容器質(zhì)量為m,半徑為R,內(nèi)壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上開始時小球和容器都處于

45、靜止?fàn)顟B(tài)當(dāng)小球沿內(nèi)壁滑到容器底部的點B時,受到向上的支持力為多大？分析由于桌面無摩擦,容器可以在水平桌面上滑動,當(dāng)小球沿容器內(nèi)壁下滑時,容器在桌面上也要發(fā)生移動將小球與容器視為系統(tǒng),該系統(tǒng)在運動過程中沿水平桌面方向不受外力作用,系統(tǒng)在該方向上的動量守恒；若將小球、容器與地球視為系統(tǒng),因系統(tǒng)無外力作用,而內(nèi)力中重力是保守力,而支持力不作功,系統(tǒng)的機械能守恒由兩個守恒定律可解得小球和容器在慣性系中的速度由于相對運動的存在,小球相對容器運動的軌跡是圓,而相對桌面運動的軌跡就不再是圓了,因此,在運用曲線運動中的法向動力學(xué)方程求解小球受力時,必須注意參考系的選擇若取容器為參考系(非慣性系),小球在此參考

46、系中的軌跡仍是容器圓弧,其法向加速度可由此刻的速度(相對于容器速度)求得在分析小球受力時,除重力和支持力外,還必須計及它所受的慣性力小球位于容器的底部這一特殊位置時,容器的加速度為零,慣性力也為零這樣,由法向動力學(xué)方程求解小球所受的支持力就很容易了若仍取地面為參考系(慣性系),雖然無需考慮慣性力,但是因小球的軌跡方程比較復(fù)雜,其曲率半徑及法向加速度難以確定,使求解較為困難解根據(jù)水平方向動量守恒定律以及小球在下滑過程中機械能守恒定律可分別得 (1) (2)式中vm 、vm分別表示小球、容器相對桌面的速度由式(1)、(2)可得小球到達容器底部時小球、容器的速度大小分別為由于小球相對地面運動的軌跡比

47、較復(fù)雜,為此,可改為以容器為參考系(非慣性系)在容器底部時,小球相對容器的運動速度為 (3)在容器底部,小球所受慣性力為零,其法向運動方程為 (4)由式(3)、(4)可得小球此時所受到的支持力為3 1有兩個力作用在一個有固定轉(zhuǎn)軸的剛體上：(1) 這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的合力矩一定是零；(2) 這兩個力都垂直于軸作用時，它們對軸的合力矩可能是零；(3) 當(dāng)這兩個力的合力為零時，它們對軸的合力矩也一定是零；(4) 當(dāng)這兩個力對軸的合力矩為零時，它們的合力也一定是零對上述說法下述判斷正確的是()(A) 只有(1)是正確的(B)(1)、(2)正確，(3)、(4)錯誤(C) (1)、(2)、

48、(3)都正確，(4)錯誤 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正確分析與解力對軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸(例如門的重力并不能使門轉(zhuǎn))不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉(zhuǎn)軸的情況)對軸之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規(guī)則可知(1)(2)說法是正確對于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個力為共點力，當(dāng)合力為零時，它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然但如這兩個力為非共點力，則以上結(jié)論不成立，故(3)(4)說法不完全正確綜上所述，應(yīng)選(B)

49、3 2關(guān)于力矩有以下幾種說法：(1) 對某個定軸轉(zhuǎn)動剛體而言，內(nèi)力矩不會改變剛體的角加速度；(2) 一對作用力和反作用力對同一軸的力矩之和必為零；(3) 質(zhì)量相等，形狀和大小不同的兩個剛體，在相同力矩的作用下，它們的運動狀態(tài)一定相同對上述說法下述判斷正確的是()(A) 只有(2)是正確的 (B) (1)、(2)是正確的(C)(2)、(3)是正確的 (D) (1)、(2)、(3)都是正確的分析與解剛體中相鄰質(zhì)元之間的一對內(nèi)力屬于作用力與反作用力，且作用點相同，故對同一軸的力矩之和必為零，因此可推知剛體中所有內(nèi)力矩之和為零，因而不會影響剛體的角加速度或角動量等，故(1)(2)說法正確對說法(3)來

50、說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉(zhuǎn)動慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產(chǎn)生的角加速度不一定相同，因而運動狀態(tài)未必相同，由此可見應(yīng)選(B)3 3均勻細棒OA 可繞通過其一端O 而與棒垂直的水平固定光滑軸轉(zhuǎn)動，如圖所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是()(A) 角速度從小到大，角加速度不變(B) 角速度從小到大，角加速度從小到大(C) 角速度從小到大，角加速度從大到小(D) 角速度不變，角加速度為零分析與解如圖所示，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關(guān)當(dāng)棒處于水平位置，重力矩最大，當(dāng)棒處于豎直位置時，

51、重力矩為零因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉(zhuǎn)動定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應(yīng)選(C)3 4一汽車發(fā)動機曲軸的轉(zhuǎn)速在12 s 內(nèi)由1.2×103 r·min-1均勻的增加到2.7×103 r·min-1(1) 求曲軸轉(zhuǎn)動的角加速度；(2) 在此時間內(nèi)，曲軸轉(zhuǎn)了多少轉(zhuǎn)？分析這是剛體的運動學(xué)問題剛體定軸轉(zhuǎn)動的運動學(xué)規(guī)律與質(zhì)點的運動學(xué)規(guī)律有類似的關(guān)系，本題為勻變速轉(zhuǎn)動解(1) 由于角速度2 n(n 為單位時間內(nèi)的轉(zhuǎn)數(shù))，根據(jù)角加速度的定義，在勻變速轉(zhuǎn)動中角加速度為(2) 發(fā)動機曲軸轉(zhuǎn)過的角度為

52、在12 s 內(nèi)曲軸轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為圈3 5 一飛輪由一直徑為30，厚度為2.0的圓盤和兩個直徑為10，長為8.0的共軸圓柱體組成，設(shè)飛輪的密度為7.8×103 kg·m-3，求飛輪對軸的轉(zhuǎn)動慣量分析根據(jù)轉(zhuǎn)動慣量的可疊加性，飛輪對軸的轉(zhuǎn)動慣量可視為圓盤與兩圓柱體對同軸的轉(zhuǎn)動慣量之和；而勻質(zhì)圓盤、圓柱體對軸的轉(zhuǎn)動慣量的計算可查書中公式，或根據(jù)轉(zhuǎn)動慣量的定義，用簡單的積分計算得到解根據(jù)轉(zhuǎn)動慣量的疊加性，由勻質(zhì)圓盤、圓柱體對軸的轉(zhuǎn)動慣量公式可得3 6一燃氣輪機在試車時，燃氣作用在渦輪上的力矩為2.03×03N·m，渦輪的轉(zhuǎn)動慣量為25.0kg·m2 當(dāng)輪的轉(zhuǎn)速由2.80×103 r·min-1 增大到1.12×104 r·min-1時，所經(jīng)歷的時間t 為多少？分析由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩，因此，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律可知，飛輪的角加速度是一恒量；又由勻變速轉(zhuǎn)動中角加速度與時間的關(guān)系，可解出飛輪所經(jīng)歷的時間該題還可應(yīng)用角動量定理直接求解解1在勻變速轉(zhuǎn)動中，角加速度，由轉(zhuǎn)動定律，可得飛輪所經(jīng)歷的時間解2飛輪在恒外力矩作用下，根據(jù)角動量定理，有則 37電風(fēng)扇接通電源后一般經(jīng)5s后到達額定轉(zhuǎn)速,而關(guān)閉電源后經(jīng)16 s后風(fēng)扇停止轉(zhuǎn)動，已知電風(fēng)扇的轉(zhuǎn)動慣量為，設(shè)啟動時