物理學(xué)答案（第五版上冊(cè)）馬文蔚

本文格式為Word版，下載可任意編輯——物理學(xué)答案（第五版，上冊(cè)）馬文蔚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)．以下對(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．應(yīng)選(C)．

3-2有兩個(gè)傾角不同、高度一致、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,是由于該系統(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)作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以兩者所作功的代數(shù)和必為零．以下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)當(dāng)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,應(yīng)選(C)．

3-4如下圖,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(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,應(yīng)選(D)．

3-5如下圖,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,以下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)能的減少等于子彈戰(zhàn)勝木塊阻力所作的功(D)子彈戰(zhàn)勝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．這是由于子彈與木塊作用的一對(duì)內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零(這是由于子彈對(duì)地位移大于木塊對(duì)地位移所致),子彈動(dòng)能的減少等于子彈戰(zhàn)勝阻力所作功,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3.0×102m·ｓ-1的速率水平飛行的飛機(jī),與一只身長(zhǎng)為0.20m、質(zhì)量為0.50kg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)此題的計(jì)算結(jié)果,你對(duì)于高速運(yùn)動(dòng)的物體(如飛機(jī)、汽車)與尋常狀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的．假使考慮力的時(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)狀況．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)化為探討鳥的狀態(tài)變化來分析其受力狀況,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

F?Δt?mv?0此代入上式可得

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Δt＝l/v,以

mv2F???2.55?105N

l鳥對(duì)飛機(jī)的平均沖力為

F??F???2.55?105N

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,2.25×105N的沖力大致相當(dāng)于一個(gè)22t的物體所受的重力,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α．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Δt1?v0sinα,物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時(shí)g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

Δt1?則物體落回地面的時(shí)間為

v0sinαgΔt2?2Δt1?v0sinαg于是,在相應(yīng)的過程中重力的沖量分別為

I1??Fdt??mgΔt1j??mv0sinαj

Δt1I2??Fdt??mgΔt2j??2mv0sinαj

Δt2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

I1?mvAyj?mv0yj??mv0sinαjI2?mvByj?mv0yj??2mv0sinαj

3-8Fx＝30＋4t(式中Fx的單位為N,t的單位為s)的合外力作用在質(zhì)量m＝10kg的物體上,試求：(1)在開始2ｓ內(nèi)此力的沖量；(2)若沖量I＝300N·s,此力作用的時(shí)間；(3)若物體的初速度v1＝10m·s-1,方向與Fx一致,在t＝6.86s時(shí),此物體的速度v2．

分析此題可由沖量的定義式I?速度v2．

解(1)由分析知

2I???30?4t?dt?30t?2t20?68N?s

02t2?t1Fdt,求變力的沖量,繼而根據(jù)動(dòng)量定理求物體的

(2)由I＝300＝30t＋2t2,解此方程可得

t＝6．86s(另一解不合題意已舍去)

(3)由動(dòng)量定理,有

I＝mv2-mv1

由(2)可知t＝6．86s時(shí)I＝300N·s,將I、m及v1代入可得

v2?I?mv1?40m?s?1m3-9高空作業(yè)時(shí)系安全帶是十分必要的．假使一質(zhì)量為51.0kg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2.0m,安全帶彈性緩沖作用時(shí)間為0.50s．求安全帶對(duì)人的平均沖力．

分析從人受力的狀況來看,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)量定理來探討．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)必需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)量定理仍可得到一致的結(jié)果．

解1以人為研究對(duì)象,按分析中的兩個(gè)階段進(jìn)行探討．在自由落體運(yùn)動(dòng)過程中,人跌落至2m處時(shí)的速度為

v1?2gh(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

?F?P?Δt?mv2?mv1(2)

由式(1)、(2)可得安全帶對(duì)人的平均沖力大小為

F?mg?Δ2ghΔ?mv??mg??1.14?103N

ΔtΔt解2從整個(gè)過程來探討．根據(jù)動(dòng)量定理有

F?mg2h/g?mg?1.14?103NΔt3-10質(zhì)量為m的小球,在合外力F＝-kx作用下運(yùn)動(dòng),已知x＝Acosωt,其中k、ω、A均為正常量,求在t＝0到t?π時(shí)間內(nèi)小球動(dòng)量的增量．2ω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,注意用式分前,應(yīng)先將式中x用x＝Acosωt代之,方能積分．

解力F的沖量為

t2t2π/2ω?t2t1Fdt積

I??Fdt???kxdt???t1t10kAcosωtdt??kAω即Δ?mv???kAω3-11如下圖,在水平地面上,有一橫截面S＝0.20m2的直角彎管,管中有流速為v＝3.0m·ｓ-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Δt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Δt內(nèi)動(dòng)量的增量也就是流入與流出水的動(dòng)量的增量Δp＝Δm(vB-vA)；此動(dòng)量的變化是管壁在Δt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Δt時(shí)間內(nèi),從管一端流入(或流出)水的質(zhì)量為Δm＝ρυSΔt,彎曲部分AB的水的動(dòng)量的增量則為

Δp＝Δm(vB-vA)＝ρυSΔt(vB-vA)

依據(jù)動(dòng)量定理I＝Δp,得到管壁對(duì)這部分水的平均沖力

F?從而可得水流對(duì)管壁作用力的大小為

I?ρSvΔt?vB?vA?ΔtF???F??2ρSv2??2.5?103N

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19.6m．爆炸1.00s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1.00×102m．問其次塊落在距拋出點(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)處的位置坐標(biāo)和速度是易求的．因此,若能求出其次塊碎片拋出的速度,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其次塊碎片拋出的速度,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

v0x?物體爆炸后,第一塊碎片豎直落下的運(yùn)動(dòng)方程為

x1g?x1(1)t02hy1?h?v1t?12gt2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

h?v1?又根據(jù)動(dòng)量守恒定律,在最高點(diǎn)處有

12gt2(2)t11mv2x(3)2110??mv1?mv2y(4)

22mv0x?聯(lián)立解式(1)、(2)、(3)和(4),可得爆炸后其次塊碎片拋出時(shí)的速度分量分別為

v2x?2v0x?2x1g?100m?s?12hv2y?v1?h?12gt12?14.7m?s?1t1爆炸后,其次塊碎片作斜拋運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)方程為

x2?x1?v2xt2(5)y2?h?v2yt2?12gt2(6)2落地時(shí),y2＝0,由式(5)、(6)可解得其次塊碎片落地點(diǎn)的水平位置

x2＝500m

3-13A、B兩船在恬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50kg的重物,結(jié)果是A船停了下來,而B船以3.4m·s-1的速度繼續(xù)向前駛?cè)ィ瓵、B兩船原有質(zhì)量分別為0.5×103kg和1.0×103kg,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與從船B搬入的重物所組成的系統(tǒng)Ⅰ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)Ⅱ亦是這樣．由此,分別列出系統(tǒng)Ⅰ、Ⅱ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)Ⅰ、Ⅱ應(yīng)用動(dòng)量守恒定律,則有

?mA?m?vA?mvB?mAv?A(1)

?mB?m?vB?mvA?mBv?B?(2)

由題意知vA′＝0,vB′＝3.4m·s-1代入數(shù)據(jù)后,可解得

vA??mBmv?B??0.40m?s?12?mB?m??mA?m??mvB??mA?m?mBv?B?mA?m??mB?m??m2?3.6m?s?1

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α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,他騰躍的距離增加了多少？(假設(shè)人可視為質(zhì)點(diǎn))

分析人騰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．假使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),必需注意系統(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,人因騰躍而增加的距離,可根據(jù)人在水平方向速率的增量Δv來計(jì)算．

解取如下圖坐標(biāo)．把人與物視為一系統(tǒng),當(dāng)人騰躍到最高點(diǎn)處,在向左拋物的過程中,滿足動(dòng)量守恒,故有

?m?m??v0cosα?m?v?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

v0?v0cosα?人的水平速率的增量為

mu

m?m?mu

m?m?Δv?v?v0cosα?而人從最高點(diǎn)到地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

t?所以,人騰躍后增加的距離

v0sinαgΔx?Δvt?mv0sinα

?m?m??g*3-15一質(zhì)量均勻溫和的繩豎直的懸掛著,繩的下端剛好觸到水平桌面上．假使把繩的上端放開,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,此力必需運(yùn)用動(dòng)量定理來求．

解取如下圖坐標(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

myg?F?FN?0(1)lm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dm?dy,它

l受到重力dP和沖力F的反作用力F′的作用,由于F′＞＞dP,故由動(dòng)量定理得

mvdy(2)l而F??F?(3)

F?dt?0?由上述三式可得任意時(shí)刻桌面受到的壓力大小為

mmm?FN??FN?yg?v2?3yg?3m?g

lll*3-16設(shè)在地球表面附近,一初質(zhì)量為5.00×105kg的火箭,從尾部噴出氣體的速率為2.00×103m·s-1．(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4.90m·s-2．(2)若火箭的質(zhì)量比為6.00,求該火箭的最終速率．

分析這是一個(gè)系統(tǒng)內(nèi)質(zhì)量轉(zhuǎn)移的問題．為了探討火箭的運(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t→t＋Δt的時(shí)間內(nèi),將分開成火箭主體(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ΣdPi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,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udm?mg?ma．在特定加速度a0的條件下,dt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

udm?mg?ma(1)dt因火箭的初始質(zhì)量為m0＝5.00×105kg,要使火箭獲得最初的加速度a0＝4.90m·s-2,則燃?xì)獾呐懦雎蕿?/p>

dmm0?g?a0???3.68?103kg?s?1

dtuudmdv?mg?mdtdtm(2)為求火箭的最終速率,可將式(1)改寫成

分開變量后積分,有

dmt?v0dv?u?m0m??0gdt

v火箭速率隨時(shí)間的變化規(guī)律為

v?v0?uln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

m?gt(2)m0m?m0?得t?dm1t?mdt65m0(3)

6dm/dt將式(3)代入式(2),依據(jù)初始條件,可得火箭的最終速率

v??ulnmm5m0?gt?uln??2.47?103m?s?1m0m06dm/dt3-17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t＝0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

LF0條件知F?F0?x．則該力作的功可用式?Fdx計(jì)算,然后由動(dòng)能定理求質(zhì)點(diǎn)速率．

0LF解由分析知F?F0?0x,則在x＝0到x＝L過程中作功,

L

L?FW???F0?00L?FL?x?dx?0

2?由動(dòng)能定理有W?得x＝L處的質(zhì)點(diǎn)速率為

12mv?02v?此處也可用牛頓定律求質(zhì)點(diǎn)速率,即

F0LmF0?F0dvd?m?mvLdtdx分開變量后,兩邊積分也可得同樣結(jié)果．

3-18如下圖,一繩索跨過無摩擦的滑輪,系在質(zhì)量為1.00kg的物體上,起初物體靜止在無摩擦的水平平面上．若用5.00N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＝1.00m．

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W?F?ds來求解．

解取圖示坐標(biāo),繩索拉力對(duì)物體所作的功為

?W??F?dx??Fcosθdx???x1x2Fxd?x22dx?1.69J

3-19一物體在介質(zhì)中按規(guī)律x＝ct3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)

分析此題是一維變力作功問題,仍需按功的定義式W?F?dx來求解．關(guān)鍵在于尋覓力函數(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

?v?dx?3ct2dt按題意及上述關(guān)系,物體所受阻力的大小為

F?kv2?9kc2t4?9kc2/3x4/3

則阻力的功為

W??F?dxW??F?dx??cos180dx???9kc2/3x4/3dx??00lol272/37/3kcl73-20一人從10.0m深的井中提水,起始桶中裝有10.0kg的水,由于水桶漏水,每升高1.00m要漏去0.20kg的水．水桶被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,拉力必需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戰(zhàn)勝重力的功,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-αgy

其中α＝0．2kg/m,人對(duì)水桶的拉力的功為

W??F?dy???mg?agy?dy?882J

00l103-21一質(zhì)量為0.20kg的球,系在長(zhǎng)為2.00m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．小球搖擺過程中同時(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)如下圖,重力對(duì)小球所作的功只與始末位置有關(guān),即

?WP?PΔh?mgl?1?cosθ??0.53J

在小球搖擺過程中,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,小球搖擺過程中,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?0.53J

小球在最低位置的速率為

v?2EK?m2WP?2.30m?s?1m(3)當(dāng)小球在最低位置時(shí),由牛頓定律可得

mv2FT?P?

lmv2FT?mg??2.49N

l3-22一質(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)中戰(zhàn)勝摩擦力作功上．由此,可依據(jù)動(dòng)能定理列式解之．

解(1)摩擦力作功為

W?Ek?Ek0?121232(1)mv?mv0??mv0228(2)由于摩擦力是一恒力,且Fｆ＝μmg,故有

W?Ffscos180o??2πrμmg(2)

由式(1)、(2)可得動(dòng)摩擦因數(shù)為

23v0μ?

16πrg2(3)由于一周中損失的動(dòng)能為mv0,則在靜止前可運(yùn)行的圈數(shù)為

38n?Ek04?圈W33-23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,方可在力中止作用后,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．由于它與過程的細(xì)節(jié)無關(guān),也往往與特定力的細(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．在具體應(yīng)用時(shí),必需恰當(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

1212ky1?mgy1?ky2?mgy222式中y1、y2為M、N兩點(diǎn)對(duì)原點(diǎn)O的位移．由于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(diǎn)時(shí),B板剛被提起,此時(shí)彈性力F′2＝P2,且F2＝F′2．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)算便利起見,尋常取彈簧原長(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α＝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,往往選取彈簧原長(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)解題比較便利．

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

Wｆ＝(0.25mg＋0.25m′g)(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

Wｆ＝-ΔE＝-(ΔEP＋ΔEｋ)

由于礦車返回原位時(shí)速度為零,故ΔEｋ＝0；而ΔEP＝(m-m′)g(l＋x)sinα,

故有

Wｆ＝-(m-m′)g(l＋x)sinα(2)

由式(1)、(2)可解得

m1?m?33-25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1.00×10-2m．其次次敲擊時(shí),保持第一次敲擊釘子的速度,那么其次次能把釘子釘入多深？

分析由于兩次錘擊的條件一致,錘擊后釘子獲得的速度也一致,所具有的初動(dòng)能也一致．釘子釘入木板是將釘子的動(dòng)能用于戰(zhàn)勝阻力作功,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F＝kx(k為阻力系數(shù))．現(xiàn)令x0＝1.00×10-2m,其次次釘入的深度為Δx,由于釘子兩次所作功相等,可得

?x00kxdx??x0?Δxx0kxdx

Δx＝0.41×10-2m

3-26一質(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),必需規(guī)定勢(shì)能的零點(diǎn),尋常取衛(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

mEmv2G?m23R?3RE?E則EK?12mmmv?GE26RE(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

EP??G(3)衛(wèi)星的機(jī)械能為

mEm3REE?EK?EP?GmEmmmmm?GE??GE6RE3RE6RE3-27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

mgR?根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程為

12mv?mgRcosθ(1)2mv2(2)mgRcosθ?FN?R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

2θ?arccos?48.2o

3冰塊此時(shí)的速率為

v?gRcosθ?v的方向與重力P方向的夾角為

2Rg3α＝90°-θ＝41.8°

3-28如下圖,把質(zhì)量m＝0.20kg的小球放在位置A時(shí),彈簧被壓縮Δl＝7.5×10-2m．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

?是半徑r＝0.15m的半圓弧,AB相距為2r．求彈簧勁度系與軌道間的摩擦不計(jì)．已知BCD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)．為獲取此題所求的結(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,由于這時(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

2mvc(1)mg?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

1122(2)k?Δl??mg?3r??mvc22由式(1)、(2)可得

k?7mgr?366N?m?12?Δl?3-29如下圖,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(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一致速度時(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,可免除碰撞中的大量細(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

mv??m?m??v1(1)

又由機(jī)械能守恒定律,有

121122(2)mv??m?m??v1?kx0222由式(1)、(2)可得

x0?mm?v???km?m3-30質(zhì)量為m的彈丸A,穿過如下圖的擺錘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,假使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．?dāng)[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),必需使擺錘在最高點(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?v?(1)

2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FＴ＝0,則

2m?v?h(2)m?g?l式中v′h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

112m?v??2m?gl?m?v?h(3)22解上述三個(gè)方程,可得彈丸所需速率的最小值為

v?2m?

m5gl3-31一個(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1840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)在碰撞過程中所遵循的動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒來解決．此題所求電子傳遞給氫原子的能量的百分?jǐn)?shù),即氫原

22子動(dòng)能與電子動(dòng)能之比EH/Ee．根據(jù)動(dòng)能的定義,有EH/Ee?m?vH/mve,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,EH/Ee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

122m?vH???EH2mvH?(1)?????1Eem?ve?2m?ve2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

mve?m?vH?mv?e(2)121122mve?m?vH?mv?e(3)222由題意知m′/m＝1840,解上述三式可得

EHm??vH??2m??3????1840?2.2?10????Eem?vm?m???e?3-32質(zhì)量為7.2×10-23kg,速率為6.0×107m·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A的速率為5.0×107m·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．

22

分析這是粒子系統(tǒng)的二維彈性碰撞問題．這類問題尋常采用守恒定律來解決．由于粒子系統(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．

解取如下圖的坐標(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

1mmvA?vBcosβ?mv?Acosα(1)22m0?vBsinβ?mv?Asinα(2)

2又由機(jī)械能守恒定律,有

121?m?212mvA???vB?v?A(3)22?2?2解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B粒子的速率為

7?2vB?2v2m?s?1A?vA?4.69?10??各粒子相對(duì)原粒子方向的偏角分別為

?2v23vA?3vAα?arccos?22o20?β?arccosB?54o6?

4vAv?A4vA3-33如下圖,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α,高度為h,物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,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?。?/p>

分析該題可分兩個(gè)階段來探討,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)當(dāng)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,為解題便利,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

mv0cosα??m?m??v1(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

?μ?m?m??gcosαhsinα?由式(1)、(2)可得

1122(2)?m?m??v2??m?m??gh??m?m??v1222?m?v2??v0cosα??2gh?μcotα?1?

?m?m??3-34如下圖,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),必需注意參考系的選擇．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)于容器速度)求得．在分析小球受力時(shí),除重力和支持力外,還必需計(jì)及它所受的慣性力．小球位于容器的底部這一特別位置時(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簡(jiǎn)單了．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繁雜,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

mvm?m?vm??0(1)1212mvv?m?vm??mgR(2)22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

vm?2m?gR

m?m?vm??m2m?gR

m?m?m?由于小球相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的軌跡比較繁雜,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

?m?m??vm??vm???vm???vm?vm????2gR(3)

?m??在容器底部,小球所受慣性力為零,其法向運(yùn)動(dòng)方程為

2mv?mFN?mg?(4)

R由式(3)、(4)可得小球此時(shí)所受到的支持力為

2m??FN?mg?3??

?m??3-35打樁機(jī)錘的質(zhì)量為m＝10t,將質(zhì)量為m′＝24t、橫截面為S＝0.25m2(正方形截面)、長(zhǎng)達(dá)l＝38.5m的鋼筋混凝土樁打入地層,單位側(cè)面積上受泥土的阻力為K＝2.65×104N·m-2．問：(1)樁依靠自重能下沉多深？(2)在樁穩(wěn)定后,將錘提升至離樁頂面1m處,讓其自由下落擊樁,假定錘與樁發(fā)生完全非彈性碰撞．第一錘能使樁下沉多少？(3)若樁已下沉35m時(shí),錘再一次下落,此時(shí)錘與樁碰撞已不是完全非彈性碰撞了,錘在擊樁后反彈起0.05m,這種狀況下,樁又下沉多少？

分析(1)樁依靠自重下沉是利用重力勢(shì)能的減少來戰(zhàn)勝摩擦力作功,可根據(jù)功能原理求解．(2)打樁過程可分為三個(gè)階段．1.錘自由下落的過程．在此過程中,錘與地球系統(tǒng)的勢(shì)能轉(zhuǎn)化為錘的動(dòng)能,滿足機(jī)械能守恒定律．2.碰撞的過程．在這過程中,由于撞擊力遠(yuǎn)大于重力和泥土的阻力,錘與樁這一系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律．由于碰撞是完全非彈性的,碰撞后樁和錘以共同速度運(yùn)動(dòng)．3.樁下沉的過程．在這過程中,樁和錘的動(dòng)能和系統(tǒng)的勢(shì)能將用于戰(zhàn)勝摩擦力作功,可應(yīng)用系統(tǒng)的功能原理．根據(jù)以上分析列出相應(yīng)方程式即可解．(3)仍為打樁過程．所不同的是,在此過程中,碰撞是非彈性的,因此,樁獲得的速度還需根據(jù)錘反彈的高度求出．樁下沉?xí)r,仍是以樁的動(dòng)能和勢(shì)能減少來戰(zhàn)勝摩擦力作功的．

解(1)在錘擊樁之前,由于樁的自重而下沉,這時(shí),取樁和地球?yàn)橄到y(tǒng),根據(jù)系統(tǒng)的功能原理,有

h1m?gh1??4ShKdh(1)

0樁下沉的距離為

h1?m?g?8.88m

2SK(2)錘從1m高處落下,其末速率為v0?樁碰撞后將有共同的速率,按動(dòng)量守恒定律,有

2gh．由于錘與樁碰撞是完全非彈性的,錘與

mv0??m??m?v(2)

隨后樁下沉的過程中,根據(jù)系統(tǒng)的功能原理,有

?h1?h2h1-4dSKhv0??1?m??m?v2??m??m?gh2(3)2由式(2)、(3)可解得樁下沉的距離為

h2＝0.2m

(3)當(dāng)樁已下沉35m時(shí),再一次錘樁,由于此時(shí)的碰撞是一般非彈性的,錘碰撞后的速率可由上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v1?2gh?,再根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有

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