物理學(xué)簡明教程答案

1、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) 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

2、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

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

4、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),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

5、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

6、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)

7、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

8、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

9、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

10、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把人與物視為一系統(tǒng),當(dāng)人跳躍到最高點處,在向

11、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

12、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

13、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

14、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)

15、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,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,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

16、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

17、，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

18、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

19、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

20、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)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- 41.82 -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

21、 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

22、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,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,此靶最初處于靜止狀態(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

23、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

24、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

25、的運動速率又擺錘在垂直平面內(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