物理學(xué)答案(第五版,上冊(cè))馬文蔚

1、3 -1對(duì)質(zhì)點(diǎn)組有以下幾種說法：(1) 質(zhì)點(diǎn)組總動(dòng)量的改變與內(nèi)力無關(guān)；(2) 質(zhì)點(diǎn)組總動(dòng)能的改變與內(nèi)力無關(guān)；(3) 質(zhì)點(diǎn)組機(jī)械能的改變與保守內(nèi)力無關(guān)下列對(duì)上述說法判斷正確的是()(A) 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(diǎn)組中內(nèi)力總是成對(duì)出現(xiàn)的,它們是作用力與反作用力由于一對(duì)內(nèi)力的沖量恒為零,故內(nèi)力不會(huì)改變質(zhì)點(diǎn)組的總動(dòng)量但由于相互有作用力的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的位移大小以及位移與力的夾角一般不同,故一對(duì)內(nèi)力所作功之和不一定為零,應(yīng)作具體分析,如一對(duì)彈性內(nèi)力的功的代數(shù)和一般為零,一對(duì)摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零,對(duì)于保守

2、內(nèi)力來說,所作功能使質(zhì)點(diǎn)組動(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)換,因此保守內(nèi)力即使有可能改變質(zhì)點(diǎn)組的動(dòng)能,但也不可能改變質(zhì)點(diǎn)組的機(jī)械能綜上所述(1)(3)說法是正確的故選(C)3 -2有兩個(gè)傾角不同、高度相同、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(gè)一樣的物塊分別從這兩個(gè)斜面的頂點(diǎn)由靜止開始滑下,則()(A) 物塊到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)量相等(B) 物塊到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能相等(C) 物塊和斜面(以及地球)組成的系統(tǒng),機(jī)械能不守恒(D) 物塊和斜面組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒分析與解對(duì)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(jī)械能守恒物體在下滑過程中,一方面通過重力作功將勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,另一

3、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(dòng)能,其大小取決其中一個(gè)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(shí)動(dòng)能大小不等動(dòng)量自然也就不等(動(dòng)量方向也不同)故(A)(B)(C)三種說法均不正確至于說法(D)正確,是因?yàn)樵撓到y(tǒng)動(dòng)量雖不守恒(下滑前系統(tǒng)動(dòng)量為零,下滑后物體與斜面動(dòng)量的矢量和不可能為零由此可知,此時(shí)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(dòng)量守恒3 -3對(duì)功的概念有以下幾種說法：(1) 保守力作正功時(shí),系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)的勢(shì)能增加；(2) 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)經(jīng)一閉合路徑,保守力對(duì)質(zhì)點(diǎn)作的功為零；(3) 作用力和反作用力

4、大小相等、方向相反,所以兩者所作功的代數(shù)和必為零下列上述說法中判斷正確的是()(A) (1)、(2)是正確的(B) (2)、(3)是正確的(C) 只有(2)是正確的(D) 只有(3)是正確的分析與解保守力作正功時(shí),系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)勢(shì)能應(yīng)該減少由于保守力作功與路徑無關(guān),而只與始末位置有關(guān),如質(zhì)點(diǎn)環(huán)繞一周過程中,保守力在一段過程中作正功,在另一段過程中必然作負(fù)功,兩者之和必為零至于一對(duì)作用力與反作用力分別作用于兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)所作功之和未必為零(詳見習(xí)題3 -2 分析),由此可見只有說法(2)正確,故選(C)3 -4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

5、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(duì)A、B、C、D 以及彈簧組成的系統(tǒng),有()(A) 動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒(B) 動(dòng)量不守恒,機(jī)械能守恒(C) 動(dòng)量不守恒,機(jī)械能不守恒 (D) 動(dòng)量守恒,機(jī)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(dòng)量守恒,但機(jī)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(duì)滑動(dòng),如有則必然會(huì)因摩擦內(nèi)力作功,而使一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為熱能,故選(D)3 -5如圖

6、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(dòng)能轉(zhuǎn)變?yōu)槟緣K的動(dòng)能(B) 子彈-木塊系統(tǒng)的機(jī)械能守恒(C) 子彈動(dòng)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(dòng)量守恒,但機(jī)械能并不守恒這是因?yàn)樽訌椗c木塊作用的一對(duì)內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零(這是因?yàn)樽訌棇?duì)地位移大于木塊對(duì)地位移所致),子彈動(dòng)能的減少等于子彈克服阻力所作功,子彈減少的動(dòng)能中,一部分通過其反作用力對(duì)木塊作正功而轉(zhuǎn)移為木塊的動(dòng)能,另一部分則轉(zhuǎn)化為熱能(大小就等

7、于這一對(duì)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3 -6一架以3.0 ×102 m·-1 的速率水平飛行的飛機(jī),與一只身長(zhǎng)為0.20 m、質(zhì)量為0.50 kg 的飛鳥相碰設(shè)碰撞后飛鳥的尸體與飛機(jī)具有同樣的速度,而原來飛鳥對(duì)于地面的速率甚小,可以忽略不計(jì)試估計(jì)飛鳥對(duì)飛機(jī)的沖擊力(碰撞時(shí)間可用飛鳥身長(zhǎng)被飛機(jī)速率相除來估算)根據(jù)本題的計(jì)算結(jié)果,你對(duì)于高速運(yùn)動(dòng)的物體(如飛機(jī)、汽車)與通常情況下不足以引起危害的物體(如飛鳥、小石子)相碰后會(huì)產(chǎn)生什么后果的問題有些什么體會(huì)？分析由于鳥與飛機(jī)之間的作用是一短暫時(shí)間內(nèi)急劇變化的變力,直接應(yīng)用牛頓定律解決受力問題是不可能

8、的如果考慮力的時(shí)間累積效果,運(yùn)用動(dòng)量定理來分析,就可避免作用過程中的細(xì)節(jié)情況在求鳥對(duì)飛機(jī)的沖力(常指在短暫時(shí)間內(nèi)的平均力)時(shí),由于飛機(jī)的狀態(tài)(指動(dòng)量)變化不知道,使計(jì)算也難以進(jìn)行；這時(shí),可將問題轉(zhuǎn)化為討論鳥的狀態(tài)變化來分析其受力情況,并根據(jù)鳥與飛機(jī)作用的相互性(作用與反作用),問題就很簡(jiǎn)單了解以飛鳥為研究對(duì)象,取飛機(jī)運(yùn)動(dòng)方向?yàn)閤 軸正向由動(dòng)量定理得式中F為飛機(jī)對(duì)鳥的平均沖力,而身長(zhǎng)為20cm 的飛鳥與飛機(jī)碰撞時(shí)間約為t l /v,以此代入上式可得鳥對(duì)飛機(jī)的平均沖力為式中負(fù)號(hào)表示飛機(jī)受到的沖力與其飛行方向相反從計(jì)算結(jié)果可知,2.25 ×105 N的沖力大致相當(dāng)于一個(gè)22 t 的物體所受

9、的重力,可見,此沖力是相當(dāng)大的若飛鳥與發(fā)動(dòng)機(jī)葉片相碰,足以使發(fā)動(dòng)機(jī)損壞,造成飛行事故3 -7質(zhì)量為m 的物體,由水平面上點(diǎn)O 以初速為v0 拋出,v0與水平面成仰角若不計(jì)空氣阻力,求：(1) 物體從發(fā)射點(diǎn)O 到最高點(diǎn)的過程中,重力的沖量；(2) 物體從發(fā)射點(diǎn)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(shí)間內(nèi)的沖量時(shí),只需求出時(shí)間間隔即可由拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知,物體到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間,物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時(shí)間是到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)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(dòng)量,由動(dòng)量定理求出解1物體從出發(fā)到達(dá)最高點(diǎn)所需的時(shí)間為則物體落回地面的

10、時(shí)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(dòng)量定理,物體由發(fā)射點(diǎn)O 運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A、B 的過程中,重力的沖量分別為3 -8Fx 304t(式中Fx 的單位為N,t 的單位為s)的合外力作用在質(zhì)量m10 kg 的物體上,試求：(1) 在開始2 內(nèi)此力的沖量；(2) 若沖量I 300 N·s,此力作用的時(shí)間；(3) 若物體的初速度v1 10 m·s-1 ,方向與Fx 相同,在t6.86s時(shí),此物體的速度v2 分析本題可由沖量的定義式,求變力的沖量,繼而根據(jù)動(dòng)量定理求物體的速度v2解(1) 由分析知(2) 由I 300 30t 2t2 ,解此方程可得t 686 s(另一解不合

11、題意已舍去)(3) 由動(dòng)量定理,有I m v2- m v1由(2)可知t 686 s 時(shí)I 300 N·s ,將I、m 及v1代入可得3 -9高空作業(yè)時(shí)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(shí)不慎從高空豎直跌落下來,由于安全帶的保護(hù),最終使他被懸掛起來已知此時(shí)人離原處的距離為2.0 m ,安全帶彈性緩沖作用時(shí)間為0.50 s 求安全帶對(duì)人的平均沖力分析從人受力的情況來看,可分兩個(gè)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(yùn)動(dòng)；在安全帶保護(hù)的緩沖過程中,則人體同時(shí)受重力和安全帶沖力的作用,其合力是一變力,且作用時(shí)間很短為求安全帶的沖力,可以從緩

12、沖時(shí)間內(nèi),人體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(動(dòng)量)的改變來分析,即運(yùn)用動(dòng)量定理來討論事實(shí)上,動(dòng)量定理也可應(yīng)用于整個(gè)過程但是,這時(shí)必須分清重力和安全帶沖力作用的時(shí)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(yùn)用動(dòng)量定理仍可得到相同的結(jié)果解1以人為研究對(duì)象,按分析中的兩個(gè)階段進(jìn)行討論在自由落體運(yùn)動(dòng)過程中,人跌落至2 m 處時(shí)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(dòng)量定理,有 (2)由式(1)、(2)可得安全帶對(duì)人的平均沖力大小為解2從整個(gè)過程來討論根據(jù)動(dòng)量定理有3 -10質(zhì)量為m 的小球,在合外力F -kx 作用下運(yùn)動(dòng),已知x Acost,其中k、A 均為正常量,求在t 0 到 時(shí)

13、間內(nèi)小球動(dòng)量的增量分析由沖量定義求得力F 的沖量后,根據(jù)動(dòng)量原理,即為動(dòng)量增量,注意用式積分前,應(yīng)先將式中x 用x Acost代之,方能積分解力F 的沖量為即 3 -11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(duì)于彎曲部分AB 段內(nèi)的水而言,由于流速一定,在時(shí)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(duì)這部分水來說,在時(shí)間t 內(nèi)動(dòng)量的增量也就是流入與流出水的動(dòng)量的增量pm(vB -vA )；此動(dòng)量的變化是管壁在t時(shí)間內(nèi)對(duì)其作用沖量I 的結(jié)果依據(jù)動(dòng)量定理可求得該段水受到管壁的

14、沖力F；由牛頓第三定律,自然就得到水流對(duì)管壁的作用力F-F解在t 時(shí)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(dòng)量的增量則為pm(vB -vA ) St (vB -vA )依據(jù)動(dòng)量定理I p,得到管壁對(duì)這部分水的平均沖力從而可得水流對(duì)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)3 -12一作斜拋運(yùn)動(dòng)的物體,在最高點(diǎn)炸裂為質(zhì)量相等的兩塊,最高點(diǎn)距離地面為19.6 m爆炸1.00 s 后,第一塊落到爆炸點(diǎn)正下方的地面上,此處距拋出點(diǎn)的水平距離為1.00×102 m問第二塊落在距拋出點(diǎn)多遠(yuǎn)的地面上(設(shè)空氣的阻力不計(jì))分析根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律,物體在最高點(diǎn)

15、處的位置坐標(biāo)和速度是易求的因此,若能求出第二塊碎片拋出的速度,按拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就可求得落地的位置為此,分析物體在最高點(diǎn)處爆炸的過程,由于爆炸力屬內(nèi)力,且遠(yuǎn)大于重力,因此,重力的沖量可忽略,物體爆炸過程中應(yīng)滿足動(dòng)量守恒由于炸裂后第一塊碎片拋出的速度可由落體運(yùn)動(dòng)求出,由動(dòng)量守恒定律可得炸裂后第二塊碎片拋出的速度,進(jìn)一步求出落地位置解取如圖示坐標(biāo),根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,爆炸前,物體在最高點(diǎn)A 的速度的水平分量為 (1)物體爆炸后,第一塊碎片豎直落下的運(yùn)動(dòng)方程為當(dāng)該碎片落地時(shí),有y1 0,t t1 ,則由上式得爆炸后第一塊碎片拋出的速度 (2)又根據(jù)動(dòng)量守恒定律,在最高點(diǎn)處有 (3) (4)聯(lián)立解式(1

16、)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二塊碎片拋出時(shí)的速度分量分別為爆炸后,第二塊碎片作斜拋運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)方程為 (5) (6)落地時(shí),y2 0,由式(5)、(6)可解得第二塊碎片落地點(diǎn)的水平位置x2 500 m3 -13A、B 兩船在平靜的湖面上平行逆向航行,當(dāng)兩船擦肩相遇時(shí),兩船各自向?qū)Ψ狡椒€(wěn)地傳遞50 kg 的重物,結(jié)果是A 船停了下來,而B 船以3.4 m·s-1的速度繼續(xù)向前駛?cè)、B 兩船原有質(zhì)量分別為0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在傳遞重物前兩船的速度(忽略水對(duì)船的阻力)分析由于兩船橫向傳遞的速度可略去不計(jì),則對(duì)搬出重物后的船A

17、 與從船B 搬入的重物所組成的系統(tǒng)來講,在水平方向上無外力作用,因此,它們相互作用的過程中應(yīng)滿足動(dòng)量守恒；同樣,對(duì)搬出重物后的船B 與從船A 搬入的重物所組成的系統(tǒng)亦是這樣由此,分別列出系統(tǒng)、的動(dòng)量守恒方程即可解出結(jié)果解設(shè)A、B兩船原有的速度分別以vA 、vB 表示,傳遞重物后船的速度分別以vA 、vB 表示,被搬運(yùn)重物的質(zhì)量以m 表示分別對(duì)上述系統(tǒng)、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律,則有 (1) (2)由題意知vA 0, vB 3.4 m·s-1 代入數(shù)據(jù)后,可解得也可以選擇不同的系統(tǒng),例如,把A、B 兩船(包括傳遞的物體在內(nèi))視為系統(tǒng),同樣能滿足動(dòng)量守恒,也可列出相對(duì)應(yīng)的方程求解3 -14質(zhì)量為

18、m 的人手里拿著一個(gè)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(dá)到最高點(diǎn)時(shí),他將物體以相對(duì)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(diǎn))分析人跳躍距離的增加是由于他在最高點(diǎn)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(dòng)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(dòng)量守恒但在應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí),必須注意系統(tǒng)是相對(duì)地面(慣性系)而言的,因此,在處理人與物的速度時(shí),要根據(jù)相對(duì)運(yùn)動(dòng)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(jì)算解

19、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(diǎn)處,在向左拋物的過程中,滿足動(dòng)量守恒,故有式中v 為人拋物后相對(duì)地面的水平速率, v -u 為拋出物對(duì)地面的水平速率得人的水平速率的增量為而人從最高點(diǎn)到地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為所以,人跳躍后增加的距離*3 -15一質(zhì)量均勻柔軟的繩豎直的懸掛著,繩的下端剛好觸到水平桌面上如果把繩的上端放開,繩將落在桌面上試證明：在繩下落過程中的任意時(shí)刻,作用于桌面上的壓力等于已落到桌面上繩的重量的三倍分析由于桌面所受的壓力難以直接求出,因此,可轉(zhuǎn)化為求其反作用力,即桌面給繩的托力但是,應(yīng)注意此托力除了支持已落在桌面上的繩外,還有對(duì)dt 時(shí)間內(nèi)下落繩的沖力,此力必須運(yùn)用動(dòng)

20、量定理來求解取如圖所示坐標(biāo),開始時(shí)繩的上端位于原點(diǎn),Oy 軸的正向豎直向下繩的總長(zhǎng)為l,以t 時(shí)刻,已落到桌面上長(zhǎng)為y、質(zhì)量為m的繩為研究對(duì)象這段繩受重力P、桌面的托力FN 和下落繩子對(duì)它的沖力F (如圖中所示)的作用由力的平衡條件有 (1)為求沖力F,可取dt 時(shí)間內(nèi)落至桌面的線元dy 為研究對(duì)象線元的質(zhì)量,它受到重力dP 和沖力F 的反作用力F的作用,由于FdP,故由動(dòng)量定理得 (2)而 (3)由上述三式可得任意時(shí)刻桌面受到的壓力大小為*3 -16設(shè)在地球表面附近,一初質(zhì)量為5.00 ×105 kg 的火箭,從尾部噴出氣體的速率為2.00 ×103 m·s-1

21、 (1) 試問：每秒需噴出多少氣體,才能使火箭最初向上的加速度大小為4.90 m·s-2 (2) 若火箭的質(zhì)量比為6.00,求該火箭的最后速率分析這是一個(gè)系統(tǒng)內(nèi)質(zhì)量轉(zhuǎn)移的問題為了討論火箭的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,仍需建立其在重力場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)方程為此,以t 時(shí)刻質(zhì)量為m 的火箭為研究對(duì)象,它在tt t 的時(shí)間內(nèi),將分離成火箭主體(包括尚剩的燃料)和排出的燃料兩部分根據(jù)它們的總動(dòng)量的增量dPi 和系統(tǒng)所受的外力重力(阻力不計(jì)),由動(dòng)量定理可得到-mg udm/dt mdv/dt(推導(dǎo)從略,見教材),即火箭主體的動(dòng)力學(xué)方程由于在dt 時(shí)間內(nèi)排出燃料的質(zhì)量dm很小,式中m 也就可以視為此刻火箭主體的質(zhì)量,

22、 而燃料的排出率dm/dt 也就是火箭質(zhì)量的變化率-dm/dt這樣,上述方程也可寫成在特定加速度a0 的條件下,根據(jù)初始時(shí)刻火箭的質(zhì)量m0 ,就可求出燃料的排出率dm/dt在火箭的質(zhì)量比( 即t 時(shí)刻火箭的質(zhì)量m 與火箭的初始質(zhì)量m0之比) 已知的條件下,可算出火箭所經(jīng)歷的時(shí)間,則火箭運(yùn)動(dòng)的速率可通過對(duì)其動(dòng)力學(xué)方程積分后解得解(1) 以火箭發(fā)射處為原點(diǎn),豎直向上為正方向該火箭在重力場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)方程為 (1)因火箭的初始質(zhì)量為m0 5.00 ×105 kg, 要使火箭獲得最初的加速度a0 4.90 m·s-2,則燃?xì)獾呐懦雎蕿?2) 為求火箭的最后速率,可將式(1)改寫成分離

23、變量后積分,有火箭速率隨時(shí)間的變化規(guī)律為 (2)因火箭的質(zhì)量比為6.00,故經(jīng)歷時(shí)間t 后,其質(zhì)量為得 (3)將式(3)代入式(2),依據(jù)初始條件,可得火箭的最后速率3 -17質(zhì)量為m 的質(zhì)點(diǎn)在外力F 的作用下沿Ox 軸運(yùn)動(dòng),已知t0 時(shí)質(zhì)點(diǎn)位于原點(diǎn),且初始速度為零設(shè)外力F 隨距離線性地減小,且x 0 時(shí),F F0 ；當(dāng)x L 時(shí),F 0試求質(zhì)點(diǎn)從x 0 處運(yùn)動(dòng)到x L 處的過程中力F 對(duì)質(zhì)點(diǎn)所作功和質(zhì)點(diǎn)在x L 處的速率分析由題意知質(zhì)點(diǎn)是在變力作用下運(yùn)動(dòng),因此要先找到力F 與位置x 的關(guān)系,由題給條件知?jiǎng)t該力作的功可用式 計(jì)算,然后由動(dòng)能定理求質(zhì)點(diǎn)速率解由分析知, 則在x 0 到x L 過程

24、中作功, 由動(dòng)能定理有 得x L 處的質(zhì)點(diǎn)速率為此處也可用牛頓定律求質(zhì)點(diǎn)速率,即分離變量后,兩邊積分也可得同樣結(jié)果3 -18如圖所示,一繩索跨過無摩擦的滑輪,系在質(zhì)量為1.00 kg 的物體上,起初物體靜止在無摩擦的水平平面上若用5.00 N 的恒力作用在繩索的另一端,使物體向右作加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)系在物體上的繩索從與水平面成30°角變?yōu)?7°角時(shí),力對(duì)物體所作的功為多少？ 已知滑輪與水平面之間的距離d 1.00 m分析該題中雖施以“恒力”,但是,作用在物體上的力的方向在不斷變化需按功的矢量定義式來求解解取圖示坐標(biāo),繩索拉力對(duì)物體所作的功為3 -19一物體在介質(zhì)中按規(guī)律x ct3

25、 作直線運(yùn)動(dòng),c 為一常量設(shè)介質(zhì)對(duì)物體的阻力正比于速度的平方試求物體由x0 0 運(yùn)動(dòng)到x l 時(shí),阻力所作的功(已知阻力系數(shù)為k)分析本題是一維變力作功問題,仍需按功的定義式來求解關(guān)鍵在于尋找力函數(shù)F F(x)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系,可將已知力與速度的函數(shù)關(guān)系F(v) kv2 變換到F(t),進(jìn)一步按x ct3 的關(guān)系把F(t)轉(zhuǎn)換為F(x),這樣,就可按功的定義式求解解由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程x ct3 ,可得物體的速度按題意及上述關(guān)系,物體所受阻力的大小為則阻力的功為3 -20一人從10.0 m 深的井中提水,起始桶中裝有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

26、勻速地從井中提到井口,求所作的功分析由于水桶在勻速上提過程中,拉力必須始終與水桶重力相平衡水桶重力因漏水而隨提升高度而變,因此,拉力作功實(shí)為變力作功由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能寫出重力隨高度變化的關(guān)系,拉力作功即可題3 -20 圖求出解水桶在勻速上提過程中,a 0,拉力與水桶重力平衡,有F P 0在圖示所取坐標(biāo)下,水桶重力隨位置的變化關(guān)系為P mg -gy其中02 kg/m,人對(duì)水桶的拉力的功為3 -21 一質(zhì)量為0.20 kg 的球,系在長(zhǎng)為2.00 m 的細(xì)繩上,細(xì)繩的另一端系在天花板上把小球移至使細(xì)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

27、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(shí)的動(dòng)能和速率；(3) 在最低位置時(shí)的張力分析(1) 在計(jì)算功時(shí),首先應(yīng)明確是什么力作功小球擺動(dòng)過程中同時(shí)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(yùn)動(dòng)方向垂直,根據(jù)功的矢量式,即能得出結(jié)果來(2) 在計(jì)算功的基礎(chǔ)上,由動(dòng)能定理直接能求出動(dòng)能和速率(3) 在求最低點(diǎn)的張力時(shí),可根據(jù)小球作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)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(duì)小球所作的功只與始末位置有關(guān),即在小球擺動(dòng)過程中,張力F 的方向總是與運(yùn)動(dòng)方向垂直,

28、所以,張力的功(2) 根據(jù)動(dòng)能定理,小球擺動(dòng)過程中,其動(dòng)能的增量是由于重力對(duì)它作功的結(jié)果初始時(shí)動(dòng)能為零,因而,在最低位置時(shí)的動(dòng)能為小球在最低位置的速率為(3) 當(dāng)小球在最低位置時(shí),由牛頓定律可得3 -22一質(zhì)量為m 的質(zhì)點(diǎn),系在細(xì)繩的一端,繩的另一端固定在平面上此質(zhì)點(diǎn)在粗糙水平面上作半徑為r 的圓周運(yùn)動(dòng)設(shè)質(zhì)點(diǎn)的最初速率是v0 當(dāng)它運(yùn)動(dòng)一周時(shí),其速率為v0 /2求：(1) 摩擦力作的功；(2) 動(dòng)摩擦因數(shù)；(3) 在靜止以前質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)了多少圈？分析質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中速度的減緩,意味著其動(dòng)能減少；而減少的這部分動(dòng)能則消耗在運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力作功上由此,可依據(jù)動(dòng)能定理列式解之解(1) 摩擦力作功為 (1)

29、(2) 由于摩擦力是一恒力,且F mg,故有 (2)由式(1)、(2)可得動(dòng)摩擦因數(shù)為(3) 由于一周中損失的動(dòng)能為,則在靜止前可運(yùn)行的圈數(shù)為圈3 -23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(shí)B 稍被提起(設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k)分析運(yùn)用守恒定律求解是解決力學(xué)問題最簡(jiǎn)捷的途徑之一因?yàn)樗c過程的細(xì)節(jié)無關(guān),也常常與特定力的細(xì)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(shí)刻守恒量不變?cè)诰唧w應(yīng)用時(shí),必須恰當(dāng)?shù)剡x取研究對(duì)象(系統(tǒng)),注意守恒定律成立的條件該題可用機(jī)械能守恒定律來解決選取兩

30、塊板、彈簧和地球?yàn)橄到y(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(jī)械能守恒的條件只需取狀態(tài)1 和狀態(tài)2,運(yùn)用機(jī)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(diǎn)O處為重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能零點(diǎn)作各狀態(tài)下物體的受力圖對(duì)A 板而言,當(dāng)施以外力F 時(shí),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(jī)械能守恒定律可得式中y1 、y2 為M、N 兩點(diǎn)對(duì)原點(diǎn)O 的位移因?yàn)镕1 ky1 ,F2 ky2 及P

31、1 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(diǎn)時(shí),B 板剛被提起,此時(shí)彈性力F2 P2 ,且F2 F2 由式(3)可得F P1 P2 (m1 m2 )g應(yīng)注意,勢(shì)能的零點(diǎn)位置是可以任意選取的為計(jì)算方便起見,通常取彈簧原長(zhǎng)時(shí)的彈性勢(shì)能為零點(diǎn),也同時(shí)為重力勢(shì)能的零點(diǎn)3 -24如圖(a)所示,有一自動(dòng)卸貨礦車,滿載時(shí)的質(zhì)量為m,從與水平成傾角30.0°斜面上的點(diǎn)A 由靜止下滑設(shè)斜面對(duì)車的阻力為車重的0.25 倍,礦車下滑距離l 時(shí),與緩沖彈簧一道沿斜面運(yùn)動(dòng)當(dāng)?shù)V車使彈簧產(chǎn)生最大壓縮形變時(shí),礦車自動(dòng)卸貨,然后礦車借助彈簧的彈性力

32、作用,使之返回原位置A 再裝貨試問要完成這一過程,空載時(shí)與滿載時(shí)車的質(zhì)量之比應(yīng)為多大？ 分析礦車在下滑和返回的全過程中受到重力、彈力、阻力和支持力作用若取礦車、地球和彈簧為系統(tǒng),支持力不作功,重力、彈力為保守力,而阻力為非保守力礦車在下滑和上行兩過程中,存在非保守力作功,系統(tǒng)不滿足機(jī)械能守恒的條件,因此,可應(yīng)用功能原理去求解在確定重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能時(shí),應(yīng)注意勢(shì)能零點(diǎn)的選取,常常選取彈簧原長(zhǎng)時(shí)的位置為重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能共同的零點(diǎn),這樣做對(duì)解題比較方便解取沿斜面向上為x 軸正方向彈簧被壓縮到最大形變時(shí)彈簧上端為坐標(biāo)原點(diǎn)O礦車在下滑和上行的全過程中,按題意,摩擦力所作的功為W (0.25mg 0.2

33、5mg)(l x) (1)式中m和m 分別為礦車滿載和空載時(shí)的質(zhì)量,x 為彈簧最大被壓縮量根據(jù)功能原理,在礦車運(yùn)動(dòng)的全過程中,摩擦力所作的功應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能增量的負(fù)值,故有W -E -(EPE )由于礦車返回原位時(shí)速度為零,故E0；而EP(m -m) g(l x) sin,故有W -(m -m) g(l x) sin (2)由式(1)、(2)可解得3 -25用鐵錘把釘子敲入墻面木板設(shè)木板對(duì)釘子的阻力與釘子進(jìn)入木板的深度成正比若第一次敲擊,能把釘子釘入木板1.00 ×10 -2 m第二次敲擊時(shí),保持第一次敲擊釘子的速度,那么第二次能把釘子釘入多深？分析由于兩次錘擊的條件相同,錘擊后釘子

34、獲得的速度也相同,所具有的初動(dòng)能也相同釘子釘入木板是將釘子的動(dòng)能用于克服阻力作功,由功能原理可知釘子兩次所作的功相等由于阻力與進(jìn)入木板的深度成正比,按變力的功的定義得兩次功的表達(dá)式,并由功相等的關(guān)系即可求解解因阻力與深度成正比,則有Fkx(k 為阻力系數(shù))現(xiàn)令x01.00 ×10 -2 m,第二次釘入的深度為x,由于釘子兩次所作功相等,可得x0.41 ×10 -2 m3 -26一質(zhì)量為m 的地球衛(wèi)星,沿半徑為3RE 的圓軌道運(yùn)動(dòng),RE 為地球的半徑已知地球的質(zhì)量為mE求：(1) 衛(wèi)星的動(dòng)能；(2) 衛(wèi)星的引力勢(shì)能；(3) 衛(wèi)星的機(jī)械能分析根據(jù)勢(shì)能和動(dòng)能的定義,只需知道衛(wèi)星的

35、所在位置和繞地球運(yùn)動(dòng)的速率,其勢(shì)能和動(dòng)能即可算出由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運(yùn)動(dòng),由此可算得衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的速率和動(dòng)能由于衛(wèi)星的引力勢(shì)能是屬于系統(tǒng)(衛(wèi)星和地球)的,要確定特定位置的勢(shì)能時(shí),必須規(guī)定勢(shì)能的零點(diǎn),通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn)時(shí)的勢(shì)能為零這樣,衛(wèi)星在特定位置的勢(shì)能也就能確定了至于衛(wèi)星的機(jī)械能則是動(dòng)能和勢(shì)能的總和解(1) 衛(wèi)星與地球之間的萬有引力提供衛(wèi)星作圓周運(yùn)動(dòng)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(yuǎn)(r)時(shí)的勢(shì)能為零,則處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢(shì)能為(3) 衛(wèi)星的機(jī)械能為3 -27如圖(a)所示,天文觀測(cè)臺(tái)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(diǎn)由靜

36、止沿屋面滑下,若摩擦力略去不計(jì)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?yàn)橄到y(tǒng),由于屋面對(duì)冰塊的支持力FN 始終與冰塊運(yùn)動(dòng)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(jī)械能守恒但是,僅有一個(gè)機(jī)械能守恒方程不能解出速度和位置兩個(gè)物理量；因此,還需設(shè)法根據(jù)冰塊在脫離屋面時(shí)支持力為零這一條件,由牛頓定律列出冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程求解上述兩方程即可得出結(jié)果解由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,有 (1)根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程為 (2)冰塊脫離球面時(shí),支持力FN 0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置冰塊此時(shí)的速率為v 的方向與重力P 方向的夾角為90°-

37、41.8°3 -28如圖所示,把質(zhì)量m 0.20 kg 的小球放在位置A 時(shí),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(yùn)動(dòng)小球與軌道間的摩擦不計(jì)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?yàn)橄到y(tǒng),小球在被釋放后的運(yùn)動(dòng)過程中,只有重力和彈力這兩個(gè)保守內(nèi)力作功,軌道對(duì)球的支持力不作功,因此,在運(yùn)動(dòng)的過程中,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒運(yùn)用守恒定律解題時(shí),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(shí)刻,這樣,可使彈簧的勁度系數(shù)與初態(tài)相

38、聯(lián)系；而終態(tài)則取在小球剛好能通過半圓弧時(shí)的最高點(diǎn)C 處,因?yàn)檫@時(shí)小球的速率正處于一種臨界狀態(tài),若大于、等于此速率時(shí),小球定能沿軌道繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)；小于此速率時(shí),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(yùn)動(dòng)中所需的向心力,由牛頓定律求出這樣,再由系統(tǒng)的機(jī)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?jiǎng)偤猛ㄟ^最高點(diǎn)C 時(shí),軌道對(duì)小球支持力FN 0,因此,有 (1)取小球開始時(shí)所在位置A 為重力勢(shì)能的零點(diǎn),由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律,有 (2)由式(1)、(2)可得3 -29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

39、在水平面上作無摩擦滑動(dòng)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(dá)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(dòng)量守恒但是,僅靠動(dòng)量守恒定律還不能求出結(jié)果來又考慮到無外力對(duì)系統(tǒng)作功,系統(tǒng)無非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒應(yīng)用上述兩個(gè)守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度時(shí),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(xì)節(jié)問題解設(shè)彈簧的最大壓縮量為x0 小球與靶共同運(yùn)動(dòng)的速度為v1 由動(dòng)量守恒定律,有 (1)又由機(jī)械能守恒定律,

40、有 (2)由式(1)、(2)可得3 -30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(zhǎng)度為l,如果擺錘能在垂直平面內(nèi)完成一個(gè)完全的圓周運(yùn)動(dòng),彈丸速度v的最小值應(yīng)為多少？分析該題可分兩個(gè)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(shí)間很短,重力和的張力在水平方向的沖量遠(yuǎn)小于沖擊力的沖量,因此,可認(rèn)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(dòng)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(dòng)能,為使擺錘能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng),必須使擺錘在最高點(diǎn)處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提供圓周運(yùn)動(dòng)所需的

41、向心力來確定；與此同時(shí),擺錘在作圓周運(yùn)動(dòng)過程中,擺錘與地球組成的系統(tǒng)滿足機(jī)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(dòng)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(yùn)動(dòng),在最高點(diǎn)時(shí),擺線中的張力F0,則 (2)式中vh 為擺錘在圓周最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速率又?jǐn)[錘在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)的過程中,滿足機(jī)械能守恒定律,故有 (3)解上述三個(gè)方程,可得彈丸所需速率的最小值為3 -31一個(gè)電子和一個(gè)原來靜止的氫原子發(fā)生對(duì)心彈性碰撞試問電子的動(dòng)能中傳遞給氫原子的能量的百分?jǐn)?shù)(已知?dú)湓淤|(zhì)量約為電子質(zhì)量的1 840倍)分析對(duì)于粒子的對(duì)心彈性碰撞問題,同樣可利用系統(tǒng)(電子和氫原子)在碰撞過程中所遵

42、循的動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒來解決本題所求電子傳遞給氫原子的能量的百分?jǐn)?shù),即氫原子動(dòng)能與電子動(dòng)能之比根據(jù)動(dòng)能的定義,有,而氫原子與電子的質(zhì)量比m/m 是已知的,它們的速率比可應(yīng)用上述兩守恒定律求得, 即可求出解以EH 表示氫原子被碰撞后的動(dòng)能, Ee 表示電子的初動(dòng)能,則 (1)由于粒子作對(duì)心彈性碰撞,在碰撞過程中系統(tǒng)同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律,故有 (2) (3)由題意知m/m1 840,解上述三式可得3 -32質(zhì)量為7.2 ×10 -23 kg,速率為6.0 ×107 m·s-1 的粒子A,與另一個(gè)質(zhì)量為其一半而靜止的粒子B 發(fā)生二維完全彈性碰撞,碰撞后粒子

43、A 的速率為5.0 ×107 m·s-1求：(1) 粒子B 的速率及相對(duì)粒子A 原來速度方向的偏轉(zhuǎn)角；(2) 粒子A 的偏轉(zhuǎn)角分析這是粒子系統(tǒng)的二維彈性碰撞問題這類問題通常采用守恒定律來解決因?yàn)榱Ｗ酉到y(tǒng)在碰撞的平面內(nèi)不受外力作用,同時(shí),碰撞又是完全彈性的,故系統(tǒng)同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒由兩守恒定律方程即可解得結(jié)果解取如圖所示的坐標(biāo),由于粒子系統(tǒng)屬于斜碰,在碰撞平面內(nèi)根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律可取兩個(gè)分量式,有 (1) (2)又由機(jī)械能守恒定律,有 (3)解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率為各粒子相對(duì)原粒子方向的偏角分別為 3 -33如圖所示,一質(zhì)量為m的物塊放

44、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(dòng)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(dòng)求物塊滑出頂端時(shí)的速度大小分析該題可分兩個(gè)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(dòng)過程在撞擊過程中,對(duì)物塊和子彈組成的系統(tǒng)而言,由于撞擊前后的總動(dòng)量明顯是不同的,因此,撞擊過程中動(dòng)量不守恒應(yīng)該注意,不是任何碰撞過程中動(dòng)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(yuǎn)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所受的摩擦力F ,在該方向上動(dòng)量守恒,由此可得到物塊被撞擊后

45、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?yàn)橄到y(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(dòng)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(shí)的速度為v2 ,并取A 點(diǎn)的重力勢(shì)能為零由系統(tǒng)的功能原理可得 (2)由式(1)、(2)可得3 -34如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m 的小球,從內(nèi)壁為半球形的容器邊緣點(diǎn)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(shí)小球和容器都處于靜止?fàn)顟B(tài)當(dāng)小球沿內(nèi)壁滑到容器底部的點(diǎn)B時(shí),受到向上的支持力為

46、多大？分析由于桌面無摩擦,容器可以在水平桌面上滑動(dòng),當(dāng)小球沿容器內(nèi)壁下滑時(shí),容器在桌面上也要發(fā)生移動(dòng)將小球與容器視為系統(tǒng),該系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(jī)械能守恒由兩個(gè)守恒定律可解得小球和容器在慣性系中的速度由于相對(duì)運(yùn)動(dòng)的存在,小球相對(duì)容器運(yùn)動(dòng)的軌跡是圓,而相對(duì)桌面運(yùn)動(dòng)的軌跡就不再是圓了,因此,在運(yùn)用曲線運(yùn)動(dòng)中的法向動(dòng)力學(xué)方程求解小球受力時(shí),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(duì)于容

47、器速度)求得在分析小球受力時(shí),除重力和支持力外,還必須計(jì)及它所受的慣性力小球位于容器的底部這一特殊位置時(shí),容器的加速度為零,慣性力也為零這樣,由法向動(dòng)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(dòng)量守恒定律以及小球在下滑過程中機(jī)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(duì)桌面的速度由式(1)、(2)可得小球到達(dá)容器底部時(shí)小球、容器的速度大小分別為由于小球相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的軌跡比較復(fù)雜,為此,可改為以容器為參考系(非慣性系)在容器底部時(shí),小球相對(duì)容器的運(yùn)動(dòng)速度為 (3)在容器底部,小球所受慣性力為零,其法向運(yùn)動(dòng)方程為 (4)由式(3)、(4)可得小球此時(shí)所受到的支持力為3 -35 打樁機(jī)錘的質(zhì)量為m 10 t, 將質(zhì)量為m2