物理學(xué)簡(jiǎn)明教程馬文蔚等著課后練習(xí)題答案詳解

1、物理學(xué)簡(jiǎn)明教程(馬文蔚等著) 第二章課后練習(xí)題答案詳解2 -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

2、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).2 -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

3、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.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.

4、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XA、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AB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）.2 -4如圖所示，子彈

5、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 為子彈對(duì)地位移大于木塊對(duì)地位移所致 ）,子彈動(dòng)能的減少等于子弓t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

6、小就等于這一對(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.2 -5 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a.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)間及1 = 空上，物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的g，由動(dòng)量定理求出.v，由動(dòng)量定理求出.vosin ag另一種解的方法是根據(jù)過程的始、末動(dòng)量解i物體從出發(fā)到達(dá)最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t1則物體落回

7、地面的時(shí)間為結(jié)=24=幽”g于是，在相應(yīng)的過程中重力的沖量分別為= fJt1dt = -mg At1 j = -mvosin aj= JJFdt = -mgAt2j = -2mv0sin aj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=mvAy j -mvoyj = -mvosin aj=mvByj - mvoyj - -2mvosin aj2 -6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

8、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vi = 2gh在緩沖過程中

9、，人受重力和安全帶沖力的作用，根據(jù)動(dòng)量定理，有（F + P 圾=mv2 - mv1（2）由式（1）、（2）可得安全帶對(duì)人的平均沖力大小為-+ Nmv ）+ 研.03 zF = mg = mg = 1.14 io NtAt解2從整個(gè)過程來討論.根據(jù)動(dòng)量定理有F =mgj2h/g +mg=1.14x1032 -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 s -1的水通過，求彎管所受力的大小和方向.I&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At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At內(nèi)動(dòng)量

10、的增量也就是流入與 流出水的動(dòng)量的增量 A尸AmV b -v a );此動(dòng)量的變化是管壁在A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At時(shí)間內(nèi)，從管一端流入(或流出)水的質(zhì)量為Am = piSAt，彎曲部分AB的水 的動(dòng)量的增量則為A p= A mVb -va ) = puSA t (b -va )依據(jù)動(dòng)量定理I = A p得到管壁對(duì)這部分水的平均沖力- IF =丁 = v A1(vb - va )At從而可得水流對(duì)管壁作用力的大小為G= -F =-/2 自2 = -2.5父103 N作用力的方向則沿直

11、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(gè)質(zhì)量為 m的物體，此人用與水平面成 口角的速率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

12、躍而增加的距離，可根據(jù)人在水平方向速率的增量Av來計(jì)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(diǎn)處，在向左拋物的過程中， 滿足動(dòng)量守恒，故有m m v0cosa = mv m v - u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mv = v0 cos:： 一 um m人的水平速率的增量為入m加=v - v0cos u u : um m而人從最高點(diǎn)到地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t = v0Sin 0c所以,人跳躍后增加的距離A x = A vt =啕0sin & um m g2 -9一質(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

13、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./.題3 21圖分析（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 W = F ds，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

14、示，重力對(duì)小球所作的功只與始末位置有關(guān)，即WP =PAh = mgll-cose = 0.53J在小球擺動(dòng)過程中，張力Ft的方向總是與運(yùn)動(dòng)方向垂直，所以，張力的功WT = Ft ds（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Ek = Ek = 0.53 J小球在最低位置的速率為2EkJ m22EkJ m=2.30 m s m（3）當(dāng)小球在最低位置時(shí)，由牛頓定律可得2 mv 一丁2mvFT =mg 丁 =2.49 N2 -10 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

15、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 LL 121232W = Ek。Ek0 二 一 mv -一 mv0 二 一一 mv0 (1)228（2）由于摩擦力是一恒力，且Ff =科m傲有W = W = Ffscos1800 - -2 mg(2)由式（1）、（2）可得動(dòng)摩擦因數(shù)為3V2LI 一16 ,5/_ _ _. i、1 . m、2 1 . m

16、、2對(duì)子彈W2 Ff (L s) = 2(萬(wàn))v - 2()V0兩式相加，得12Wi 雙=mv2 21 m 2()v2-2 21 m 2()Vo2 2SL =3 2 mv。18兩式相加后實(shí)為子彈-木塊系統(tǒng)作為質(zhì)點(diǎn)系的動(dòng)能定理表達(dá)式，左邊為一對(duì)內(nèi)力所作功， 右邊為系統(tǒng)動(dòng)能的變化量.2 -13 一質(zhì)量為m的地球衛(wèi)星，沿半彳仝為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)

17、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(wàn)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2mmvG2 二 m3Re3ReEk1 2=Ek1 2=-mv2mEm 6RE（2）取衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn) 為（r 一8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EpmEm 3REEp（3）衛(wèi)星的機(jī)械能為E =EkEp-gmEE =EkEp-gmEm3RE二 G mEm6 RE2 -14如圖（a）所示

18、，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.(JI(JI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)，還需設(shè)法根據(jù)冰塊在脫離屋面時(shí)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，還需設(shè)法根據(jù)冰塊在脫離屋面時(shí)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 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12mgR = -mv mgRcos 82根據(jù)牛頓定律，冰塊

19、沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程為mgpos【mgpos【-Fn2mvR(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270 = arccos = 48.23冰塊此時(shí)的速率為v 二;v 二;gRcos 0 =2Rgv的方向與重力P方向的夾角為90 - Q =41.8-2-22 -15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Al = 7.5 10 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 BCD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、

20、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 用守恒定律解題時(shí) 彈簧剛被釋放時(shí)刻 半圓弧時(shí)的最高點(diǎn)，軌道對(duì)球的支才e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)，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，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兩個(gè)保守內(nèi)力作功 用守恒定律解題時(shí) 彈簧剛被釋放時(shí)刻 半圓弧時(shí)的最高點(diǎn)，軌道對(duì)球的支才e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)，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，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

21、能通過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)小千支持力Fn =0,因此，有2 mv2 mvcmg = r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C 12(2)=mg 3rmvc(2)2由式（1）、（2）可得k=7mg21=366 N m(A 22 -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

22、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(dòng). 求子彈射入靶 內(nèi)彈簧后，彈簧的最大壓縮距離.MBm密3-29圖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)

23、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 v 1 .由動(dòng)量守恒定律，有又由機(jī)械能守恒定律，有(2)mv = m m vi又由機(jī)械能守恒定律，有(2) TOC o 1-5 h z 12121,2 HYPERLINK l bookmark88 o Current Document mv = m m v1 kxo222由式（1）、（2）可得mmXo -dk(m + m1V2 -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ni擺線長(zhǎng)度為1,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

24、.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vmv = m m v2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) 布線中的張力F

25、t = 0,則.2m v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vmv = m m v2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) 布線中的張力Ft = 0,則.2m vh mg = l(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1. . _ . .1m v = 2m gl22解上述三個(gè)方程，可得彈丸所需速率的最小值為，故有.2m Vhv2m，m、5gl2 -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(dòng)摩擦因數(shù)為科令有一質(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

26、，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 Pi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Ff ,在該方向上動(dòng)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?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，在沿斜面白方向上，根據(jù)動(dòng)量守恒有m%cos a=(m + mH1(i)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)的功能原理可得一 u(m +m gcos asin a2m vi (2)2m vi (2)m m v2 rm m gh - - m由式由式（1）、（2）可得 2gh( Rot a + 1)f m 2gh( Rot a + 1)v2v0cos a I(m + m，)2 -19如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的小