基礎(chǔ)物理學(xué)上冊1-2單元課后答案

1、新編物理基礎(chǔ)學(xué)(上、下冊)課后習題詳細答案王少杰，顧牡主編第一章1-1.質(zhì)點運動學(xué)方程為：目acos( t)i asin( t)j btk,其中a, b, 均為正常數(shù)，求質(zhì)點速度和加速度與時間的關(guān)系式。分析：由速度、加速度的定義，將運動方程，仕)對時間t求一階導(dǎo)數(shù)和二階導(dǎo)數(shù)，可得到速度和加速度的表達式。解：V dF/dta sin( t)i a cos( t) j bk目 dV/dta 2 cos( t)i sin( t)j1-2. 一艘正在沿直線行駛的電艇，在發(fā)動機關(guān)閉后，其加速度方向與速度方向相反，大小 與速度平方成正比，即 dv/dt Kv 2 ,式中K為常量.試證明電艇在關(guān)閉發(fā)動機后又

2、行 駛x距離時的速度為 v v0e Kx 。其中V0是發(fā)動機關(guān)閉時的速度。分析：要求v v(x)可通過積分變量替換 adv v-dv,積分即可求得。出 dx證：曳dtdv dxdv v dx dtdxKvdvvKdx0Kdx ,In - KxvovveKx1-3 . 一質(zhì)點在xOy平面內(nèi)運動，運動函數(shù)為x 2t, y 4t2 8。(1)求質(zhì)點的軌道方程并畫出軌道曲線;(2)求t = 1 s和t = 2 s時質(zhì)點的位置、速度和加速度。分析：將運動方程 x和y的兩個分量式消去參數(shù) t,便可得到質(zhì)點的軌道方程。寫出質(zhì)點的運動學(xué)方程r(t)表達式。對運動學(xué)方程求一階導(dǎo)、二階導(dǎo)得t(t)和a(t),把時

3、間代入可得某時刻質(zhì)點的位置、速度、加速度。解：(1)由 x 2t,得：t x2,代入 y 4t2 8可得：y x2 8,即軌道曲線。畫圖略2(2)質(zhì)點的位置可表本為：r 2ti (4t2 8) jdrtdt則速度:2i 8tj由* dM/dt則加速度:8j則：當t=1s時，有r 4j, v 2n 8j,8j當t=2s時，有T 4i8j,216j：8j1-4. 一質(zhì)點的運動學(xué)方程為x t； y （t 1）2 , x和y均以m為單位，t以s為單位。（1）求質(zhì)點的軌跡方程；（2）在t 2s時質(zhì)點的速度和加速度。分析同1-3.解：（1）由題意可知：x0, y0,由x t2,可得t JX,代入y （t1

4、)2整理得:jy ，x 1,即軌跡方程（2）質(zhì)點的運動方程可表不為:22r t i (t 1) j則：v dr/dt 2ti 2(t 1)jdV/dt 2i2j1因此，當 t 2s 時，有 v 4i2j（m/s）,2i 2j(m/s2)1-5 .一質(zhì)點沿半徑為 R的圓周運動，運動學(xué)方程為s v0tbt2,其中V0 2b都是常量。（1）求t時刻質(zhì)點的加速度大小及方向；（2）在何時加速度大小等于 b;（3）到加速度大小等于b時質(zhì)點沿圓周運行的圈數(shù)。分析：由質(zhì)點在自然坐標系下的運動學(xué)方程s st ,求導(dǎo)可求出質(zhì)點的運動速率dsv 一 ，dt因而，advV2*，an, a1dta 0an, a Va2

5、 a2,當a b時，可求出t,代入運動學(xué)方程s st ,可求得a b時質(zhì)點運動的路程， _s_即為質(zhì)點運動的圈數(shù)。2 R加速度:則大小:方向:tan解：（1）速率：Vdv dtv0 bt ,且勺bt 34RV0 bt 2bRb22 2(Vo bt)(2)當a=b時，由可得：t v0b2(3)當a=b時，t 代入s v0t 1bt2,可得：s次b022b2則運行的圈數(shù) N v02 R 4 bR1-6. 一枚從地面發(fā)射的火箭以20 m s 2的加速度豎直上升后，燃料用完，于是像一個自由質(zhì)點一樣運動，略去空氣阻力，試求(1)火箭達到的最大高度；(2)它從離開地面到再回到地面所經(jīng)過的總時間。分析：分段

6、求解：o t 30 s時，a20m%2 ,求出 v、a ； t 30s 時，a g。求出 V2(t)、X2(t)。當V2 0時，求出t、x ,根據(jù)題意取舍。再根據(jù) x 0 ,求出總時間。解：(1)以地面為坐標原點，豎直向上為x軸正方向建立一維坐標系，且在坐標原點時，t=0s ,且二30s則：當 0t 30s,由axdvi,得0axdtQXdvx,ax20(m/s2),vx 20t(m/s),t 30(s)時，v1 600(m/s) TOC o 1-5 h z 30 x1由 v 必，得 v dt dx,貝U： x1 9000(m) HYPERLINK l bookmark103 o Curren

7、t Document x dt 0 x 01當火箭未落地，且 t30 又有：ax2dtx2 dvx2, ax2 9.8( m/s2)， HYPERLINK l bookmark105 o Current Document 30 八 Jvi則：vx2894 9.8t(m/s) HYPERLINK l bookmark107 o Current Document tx且：42dtdx ,貝U： x 4.9t2 894t 13410( m) HYPERLINK l bookmark109 o Current Document 30 x2x1當 vx2 0,即 t 91.2( s)時，由得，xmax

8、27.4km(2)由(1)式，可知，當 x 0時，t 166( s) , t = 16(s) ,無論車速多大，物體均不會被雨水淋濕若v ，則圖1-16 (b)則有 v車 | BC | | AC | | AB |=v雨對車 sinv雨 sin v雨 cos tanv雨 sin又v vl cos .、v車 v2( sin )h1-17,漁人在河中乘舟逆流航行，經(jīng)過某橋下時，一只水桶落入水中，后他才發(fā)覺，即回頭追趕，在橋下游處趕上，設(shè)漁人順流及逆流相對水劃行速率不變，求水流速率。分析：設(shè)靜水中船、水的速率分別為v1,v2(v1 v2),從桶落水開始記時，且船追上桶時為t時刻。取水速的反方向為正方向，

9、則順水時，船的速率為v v1 v2,逆水時船的速率為v v1 v2，做 v-t 圖，見圖 1-17解：SabdcSdegf即：(Viv2)(v2)0.5(v2)(Viv2)(t 0.5)則：t 1.0(h)又：V2 t 5.0則：水流速率v2=5.0(km/h)i喏療W“小AHO丁 g1圖 1171-18 . 一升降機以2g的加速度從靜止開始上升，在末時有一小釘從頂板下落，若升降機頂板到底板的距離h=,求釘子從頂板落到底板的時間t,它與參考系的選取有關(guān)嗎分析：選地面為參考系，分別列出螺釘與底板的運動方程，當螺絲落到地板上時，兩物件的位置坐標相同，由此可求解。解：如圖1-18建立坐標系，y軸的原

10、點取在釘子開始脫落時升降機的底面處，此時，升降機、釘子速度為,釘子脫落后對地的運動方程為：y1 h vot -gt22升降機底面對地的運動方程為：V2 Vot 2 2gt2且釘子落到底板時，有 y1 y2,即t 0.37( s)t與參考系的選取無關(guān)。第二章2-1分析：用隔離體法，進行受力分析，運用牛頓第二定律列方程。解：以m M整體為研究對象，有： F (m M)以m為研究對象，如圖2-1 (a),有F FMm m;由、，有相互作用力大小 FMFMm.m M若F作用在M上，以m為研究對象，如圖2-1 (b)有FMm ma由、，有相互作用力大小FMm,發(fā)生變化。m(b)m M2-2.分析：由于輕

11、滑輪質(zhì)量不計，因此滑輪兩邊繩中的張力相等，用隔離體法進行受力分析，運用牛頓第二定律列方程。解：取向上為正，如圖 2-2 ,分別以M、M2和m為研究對象,有：Ti Mig Mia(M2 m)gT2(M2m)aF M2m mgma10mg ,發(fā)生變化。F M2m9* 二圖222-3.分析：用隔離體法受力分析，運用牛頓第二定律列方程。 If為空氣對氣球的浮力，取向上為正。分別由圖2 3 (a)、(b)可得：f Mg Maf (M m)g (M m)&削 Ma mgmagai , a a ai m Mm M2-4.分析：用隔離體法受力分析，人站在底板上靜止不動，底板、人受的合力分別為零解：設(shè)底板、人的

12、質(zhì)量分別為M m1,以向上為正方向，如圖 2-4 (a)、(b),分別以底板、人為研究對象，則有：T1 T2 F Mg 0T3 F mg 0F為人對底板的壓力，F(xiàn) ,為底板對人的彈力。F=f 1又:T2 T3-Ti2則 T2 T3 (M一m)g 245( N)4I由牛頓第三定律，人對繩的拉力與 %是一對作用力與反作用力，即大小相等，均為 245 (N)。2-5 .分析：加斜向下方向的力，受力分析，合力為零。解：如圖25,建坐標系，以沿斜面向上為正方向。在mg與“n所在的平面上做力士,且02(若，此時F偏大)2貝U：F cos mg sin f 0f NN F sin mg cos 0則有：Fm

13、g( cos sin ) mg( cos sin )sin cos 、12 si”)arctan。即：Fminmg( cos sin )此時 _12,2arctan2-6.分析：利用牛頓定律、運動方程求向上滑動距離。停止滑動時合力為零。解：由題意知：tan向上滑動時，mg sinmg cosma2vo 2aS聯(lián)立求解得S v 2/（4g sin ）當它停止滑動時，會靜止，不再下滑.2-7.分析：要滿足條件，則F的大小至少要使水平方向上受力平衡。解：如圖 2-7, f cos f N (mg F sin )mgsin( )arctan當 sin()1時，F(xiàn)min二7萼+ 214.08N28.分析

14、：垂直方向的力為零，水平方向的力提供向心力。先求速度，再求周期討論。證：設(shè)兩個擺的擺線長度分別為l1和l2,擺線與豎直軸之間的夾角分別為1和2,擺線中的張力分別為F和F2,則F1 cos 1 m1g 0解得：第一只擺的周期為T1F1 sin 1v1 sin2 11 sin 1v 12m1v1 /(l1 sin 1)1 , gl1/cos 1同理可得第二只擺的周期T2212 cos 2g由已知條件知l1 cos 1 l2 cos 2T1 T229分析：受力分析，由牛頓第二定律列動力學(xué)方程。證明：如圖2 9 （b）、（c）,分別以M M+m研究對象，設(shè)MM M+m寸地的加速度大小分別為 a （方向

15、向上）、（方向向下），則有：對M,有：T尸7 tMg* (A/ +(c) 圖 2-9h 1al12 2f Mg Ma1 對M m,有：(M m)g f (M m)a2又：f f2 ,則：a_mgt -2M h2 TTT 2(M +m) t則質(zhì)量重的人與滑輪的距離h h 2a2t2 Mmm h 2gt2 0 此題得證。2-10.分析：受力分析，由牛頓定律列方程。解：物體的運動如圖 210 （a ）,以m為研究對象，如圖（b）,有：Fi miai以m2為研究對象，如圖（C）,有：一 一F Fi m2a2題圖又有：F1 F；211.分析：（1）小物體此時受到兩個力作用： 重力、垂直漏斗壁的支承力，

16、合力為向心力；（2）小物體此時受到三個力的作用：重力、垂直漏斗壁的支承力和壁所施的摩擦力。當支承力在豎直方向分量大于重力，小球有沿壁向上的運動趨勢，則摩擦力沿壁向下；當重力大于支承力的豎直方向分量，小球有沿壁向下的運動趨勢，則摩擦力沿壁向上。 這三個力相互 平衡時，小物體與漏斗相對靜止。(a)(b)211圖 211有 ：2膽m,則：v 4幣tan - htan 22(2)若有向下運動的趨勢，且摩擦力為最大靜摩擦力 (f2圖(a),N2)時，速度最小，則圖211(b)有:水平方向:N2 cosf2 sin222mvhtan- 2豎直方向：N2sin - f2 cos mg 22則有:若有向上運動

17、的趨勢，且摩擦力最大靜摩擦力(f3N3)時，速度最大，則圖211 (c),有:水平方向:N3 cos -f3sin 一222mvh tan 一2 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark339 o Current Document 豎直方向： N3 sin f3 cos mg 22又：f3N3:1tan 一 HYPERLINK l bookmark371 o Current Document 則有：v gh21 cot2綜合以上結(jié)論，有1tan gh2 v1cot 21 gh1tan 2cot2定滑輪兩2-12.分析：因為滑輪與連接繩的質(zhì)量不計，所以動滑輪兩邊繩中的

18、張力相等, 邊繩中的張力也相等，但是要注意兩物體的加速度不相等。解：圖212 (a)以A為研究對象，其中 丘、昆分別為滑輪左右兩邊繩子的拉力。有:m)AgFlFrmA且：FL圖 212(b)以B為研究對象，在水平方向上，有:Fl f又：FLFL , aB 2aA , aA1.0m/ s2mAmBm 3kg聯(lián)立以上各式，可解得:mg 2maB maA7.2NAFrmA題圖2 12圖 2 12a圖 2 12b2-13.分析：如圖 213,對小球做受力分析，合力提供向心力，由牛頓第二定律，機械能守恒定律求解。解：mgr cos ；mv2又:，此時,vr由、可得:2 g cosN mg cos2m 區(qū)

19、r由、可得,N=3mgcos圖 2 13214分析：加速度等于零時,速度最大,阻力為變力，積分求時間、路程。解：設(shè)阻力f kv2(k0)，則加速度FL ,當a=0時，速度達到最大值 vm則有:f kvmFvm,從而：F 2v vmdv5dt即:F 2 rv vmmdvdtFdt m(1dv2 v2) vmAt0 mvm / 2dv2(1 v2)vmvm/ 2v 1 vmvmt mvm 2Fln 3 ，即所求的時間F 對式兩邊同乘以 dx,可得：一F Tv vmdxdvdx dt題圖215Fdx m2VmV2 vmdvxFdx0 m,c 2VmV 小, 0 2 2dV 0 Vm VIn40.14

20、43mvm x2F2vm 2ln( v2Vm/2.2、vm )02mVmF2-15.分析：相對運動。m相對地運動,(b)m2、m3相對B運動，Ti 2T2。根據(jù)牛頓牛頓定律和相對運動加速度的關(guān)系求解。解：如下圖2-15,分別是m、m、m的受力圖。設(shè)a、a2、a3、aB分別是m、m、m、B對地的加速度；a2B、a3B分別是m2、m對B的加速度,以向上為正方向，可分別得出下列各式 TOC o 1-5 h z m1g T1m1alm2g T2 m2a2m3g T2 m3%又：a2 aB a2Ba3 aB a3B且：a2Ba3 B貝U： a2 a3 2aB,且 aBa，貝U：圖 2 15a2 a32a

21、1又：T； 1 T2 T2T2 TOC o 1-5 h z 4m2 3m1g2ai- g -1.96m/s HYPERLINK l bookmark454 o Current Document 3m1 4m25則由，可得：a24m2 m1 g g1.96m/s2 HYPERLINK l bookmark450 o Current Document 3 m- 4m25a3 5m- 4m2g 3g 5.88m/s23ml 4m25 將a3的值代入式，可得：t28mlm2g0.784 N。T- 2T2 1.57N3m1 4m22-16 .分析：要想滿足題目要求，需要Mm運動的加速度滿足：aM am

22、,如圖2-16 (b),以M為研究對象，N, N, f1, f2分別為m給M的壓力, 地面給M的支持力，m給M的摩擦力，地面給 M的摩擦力。解：aMFf1f2M如圖2-16 (c),以m為研究對象，N；, f；分別為M給m的支持力、摩 擦力。 則有：am工 m又 f1fl N1 N mg,f2N2 m M g則 aM am 可化為：一(M m)gmg qMm則：Fmin 2 (m M)g 19.4N2-17 .分析：如圖2-17,對石塊受力分析。在斜面方向由牛頓定律列方程，求出時間與摩擦系數(shù)的關(guān)系式，比較60 o與 45 o時t相同求解解：(1)其沿斜面向下的加速度為：a mg sin a又s

23、 cosamg cos a . g sin am1 c1at2,則：2g cos at I2L,g cosa(sin a cosa)(2)又 60 時，t12L,g cos60 (sin 60 cos60 )45 時，t22Lg cos45 (sin 45cos45 )題圖2182-19 . 一質(zhì)量為的棒球以v0又 ti t2,則： 0.27218,分析：繩子的張力為質(zhì)點m提供向心力時，M靜止不動。解：如圖218,以M為研究對象，有：Mg T 以m為研究對象，2水平方向上，有：T man m r又有：T T由、可得：vl Mgr m40m s-1的水平速度飛來，被棒打擊后，速度與原來方向成13

24、5角，大小為v 50m-1s 。如果棒與球的接觸時間為，求棒對球的平均打擊力大小及方向。分析：通過動量定理求出棒對球在初速方向與垂直初速方向的平均打擊力，再合成求平均力及方向。解：在初速度方向上，由動量定理有：F11t mvcos135 mv 在和初速度垂直的方向上，由動量定理有：F2t mvcos45 又f 斥一F? 由帶入數(shù)據(jù)得：F 624 NF與原方向成arctan 155角F12-20.將一空盒放在秤盤上，并將秤的讀數(shù)調(diào)整到零，然后從高出盒底h將小鋼珠以每秒 B個的速率由靜止開始掉入盒內(nèi)，設(shè)每一個小鋼珠的質(zhì)量為m,若鋼珠與盒底碰撞后即靜止，試求自鋼珠落入盒內(nèi)起，經(jīng)過t秒后秤的讀數(shù)。分析

25、：秤的讀數(shù)是已落在盒里石子的重量與石子下落給秤盤平均沖力之和，平均沖力可由動量定律求得。解：對在dt的時間內(nèi)落下的鋼珠，由動量定理： 0 mBdtJ2ghFdt所以t秒后秤的讀數(shù)為：mgBt mBj2gh2-21.兩質(zhì)量均為M的冰車頭尾相接地靜止在光滑的水平冰面上，一質(zhì)量為m的人從一車跳到另一車上，然后再跳回，試證明，兩冰車的末速度之比為M m/M。分析：系統(tǒng)動量守恒。解：任意t時刻，由系統(tǒng)的動量守恒有： Mv1 (M m)v2 0所以兩冰車的末速度之比：v1/v2M m /M2-22.質(zhì)量為的木塊靜止在水平桌面上，質(zhì)量為的子彈沿水平方向射進木塊。兩者合在一起，在桌面上滑動25cm后停止。木塊

26、與桌面的摩擦系數(shù)為，試求子彈原來的速度。分析：由動量守恒、動能定理求解。解：在子彈沿水平方向射進木塊的過程中，由系統(tǒng)的動量守恒有：Mv0 (M m)v一起在桌面上滑動的過程中，由系統(tǒng)的動能定理有：1(M m)v(M m)gl2由帶入數(shù)據(jù)有：v0 600m/s2-23.光滑水平平面上有兩個物體 A和B,質(zhì)量分別為mA、mB o當它們分別置于一個輕彈 簧的兩端，經(jīng)雙手壓縮后由靜止突然釋放，然后各自以VA、VB的速度作慣性運動。試證明分開之后，兩物體的動能之比為：EA 但。EkB mA分析：系統(tǒng)的動量守恒。解：由系統(tǒng)的動量守恒有：mUVA mB Vb 0所以 vA / vB mB / mA2物體的動

27、能之比為：EA (1/2)叫 mBEkB (1/2)mBVB mA2-24 .如圖2-24所示，一個固定的光滑斜面，傾角為。，有一個質(zhì)量為m小物體，從高 H處沿斜面自由下滑， 滑到斜面底C點之后，繼續(xù)沿水平面平穩(wěn)地滑行。設(shè)m所滑過的路程全是光滑無摩擦的，試求：(1) m到達C點瞬間的速度；(2) m離開C點的速度；(3) m在C點的動量損失。解：(1)由機械能守恒有:mgH ：mv2帶入數(shù)據(jù)得Vc J2gH4D分析：機械能守恒，C點水平方向動量守恒， C點豎直方向動量損失。(2)由于物體在水平方向上動量守恒，所以方向沿AC方向mvc cosmv ,得：v J2gH cos方向沿CD方向。(3)

28、由于受到豎直的沖力作用，m在C點損失的動量:p mJ2gH sin ,方向豎直向下。2-25.質(zhì)量為m的物體，由水平面上點 。以初速度vo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 。到最高點的過程中，重力的沖量；(2)物體從發(fā)射點落回至同一水平的過程中，重力的沖量。分析：豎直方向由動量定力理求重力沖量。最高點豎直方向速度為零。落回到與發(fā)射點同一水平面時，豎直方向的速度與發(fā)射時豎直的方向速度大小相等，方向相反。解：(1)在豎直方向上只受到重力的作用，由動量定理有：0 (mv0 sin ) I重，得I重mv0 sin ,方向豎直向下。(2)由于上升和下落的時間相等，物體從發(fā)

29、射點落回至同一水平面的過程中，重力的沖量：I重2mv0sin ,方向豎直向下。2-26 .如圖所示，在水平地面上，有一橫截面S=0.20m 2的直角彎管，管中有流速為彎管所受力大小為水所受的v=3.0m s1的水通過，求彎管所受力的大小和方向。分析：對于水豎直方向、水平方向分別用動量定理求沖力分量, 沖力合力。解：對于水，在豎直方向上，由動量定理有：0 vdtSv Edt 在水平方向上，由動量定理有：vdtSv F2dt 由牛頓第三定律得彎管所受力的大?。河蓭霐?shù)據(jù)得 F=2500N,方向沿直角平分線指向彎管外側(cè)。2-27. 一個質(zhì)量為50g的小球以速率20 m s 1作平面勻速圓周運動，在

30、1/4周期內(nèi)向心力給它的沖量是多大分析：畫矢量圖，利用動量定理求沖量。解：由題圖2 27可得向心力給物體的沖量大小I.2mvi 1.41N S2-28.自動步槍連續(xù)發(fā)射時，每分鐘射出 120發(fā)子彈，每發(fā)子彈的質(zhì)量為，出口速率735 m s 1 ,求射擊時槍托對肩膀的平均沖力。分析：由動量定理及牛頓定律求解。解：由題意知槍每秒射出2發(fā)子彈，則由動量定理有：2dtmv 0 F dt由牛頓第三定律有：槍托對肩膀的平均沖力F F 11.6 N229.如圖2-29所示，已知繩能承受的最大拉力為，小球的質(zhì)量為，繩長，水平?jīng)_量等于多大時才能把繩子拉斷（設(shè)小球原來靜止）分析：由動量定理及牛頓第二定律求解。解：

31、由動量定理有： mv 0 I 2由牛頓第二定律有：F mg m土由帶入數(shù)據(jù)得：I 0.857 kg m/s230.質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑的水平面桌面上，質(zhì)量為 m,速度為的子彈水平地射入木塊，并陷在木塊內(nèi)與木塊一起運動。求（1）子彈相對木塊靜止后，木塊的速度和動量；（2）子彈相對木塊靜止后，子彈的動量；（3）在這個過程中，子彈施于木塊的沖量。分析：由木塊、子彈為系統(tǒng)水平方向動量守恒，可求解木塊的速度和動量。由動量定理求解子彈施于木塊的沖量。解：（1）由于系統(tǒng)在水平方向上不受外力，則由動量守恒定律有:mv0 (m M )v所以木塊的速度:mv0，動量：Mv Mmv0（2）子彈的動量：mv2m

32、Vom M（3）對木塊由動量定理有:I Mv2-31. 一件行李的質(zhì)量為 成垂直地輕放在水平傳送帶上,傳送帶的速率為V,它與行李間的摩擦系數(shù)為 ，（1）行李在傳送帶上滑動多長時間（2）行李在這段時間內(nèi)運動多遠分析：由動量定理求滑動時間，由牛頓定律、運動方程求出距離。解：（1）對行李由動量定理有:mg t mv 0得：t工g（2）行李在這段時間內(nèi)運動的距離，由：mg ma , a g , s - at2 ,232.體重為p2的人拿著重為Q的物體跳遠，起跳仰角為，初速度為,到達最高點該人將手中物體以水平向后的相對速度u拋出，問跳遠成績因此增加多少分析：以人和物體為一個系統(tǒng)， 系統(tǒng)在水平方向上不受外

33、力作用，因此系統(tǒng)在水平方向上動 量守恒。動量守恒中涉及的速度都要相對同一參考系統(tǒng)。解：在最高點由系統(tǒng)動量守恒定律有:(P Q)Vo cosPv Q(v u) C增加成績s(vVo sin 方Vo cos )乜由可得:Q v0 sin uP Q g2-33.質(zhì)量為m的一只狗，站在質(zhì)量為 M的一條靜止在湖面的船上，船頭垂直指向岸邊,狗與岸邊的距離為這只狗向著湖岸在船上走過 l的距離停下來，求這時狗離湖岸的距離S （忽略船與水的摩擦阻力）分析：以船和狗為一個系統(tǒng)，水平方向動量守恒。注意：動量守恒中涉及的速度都要相對同參考系統(tǒng)。解：設(shè)V為船對岸的速度,u為狗對船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗與船組

34、成的系統(tǒng)水平方向動量守恒:MVm (Vu) 0即： V m-uM m船走過的路程為:tVdtotudtom-lM m狗離岸的距離為:S0(lL)SoMM2-34 .設(shè) F 7i 6j(N)。(1)當一質(zhì)點從原點運動到r3i4 j 16k(m)時，求F所作的功;(2)如果質(zhì)點到，處時需，試求的平均功率;(3)如果質(zhì)點的質(zhì)量為 1kg,試求動能的變化。分析：由功、平均功率的定義及動能定理求解，注意：外力作的功為F所作的功與重力作的功之和。 TOC o 1-5 h z r *解：(1) A= F dr10 HYPERLINK l bookmark575 o Current Document r 4

35、4 3= 0(7i 6j) (dxi dyj dzk)-34=7dx 6dyoo45 J ,做負功P 2 ” 75W t 0.6Ek A ： mgj d，=-45+0 mgdy=-85J2-35. 一輛卡車能沿著斜坡以15 km h 1的速率向上行駛，斜坡與水平面夾角的正切tan 0.02 ,所受的阻力等于卡車重量的，如果卡車以同樣的功率勻速下坡，則卡車的速 率是多少F、V同方向。分析：求出卡車沿斜坡方向受的牽引力，再求瞬時功率。注意:解：sin tg 0.02 ,且 f 0.04 G題圖235上坡時，F(xiàn) f G sin 0.06 G下坡時，F(xiàn) f - G sin 0.02 G由于上坡和下坡時

36、功率相同，故p Fv F v所以 v 45 km / h 12.5 m / s 2-36.某物塊質(zhì)量為 巳用一與墻垂直的壓力 N使其壓緊在墻上，墻與物塊間的滑動摩擦重力和摩擦力作的功。已知圓弧半徑為r。題圖2 36系數(shù)為，試計算物塊沿題圖所示的不同路徑：弦AB,圓弧AB,折線AOB由A移動型LB時,分析：保守力作功與路徑無關(guān)，非保守力作功與路徑有關(guān)。解：重力是保守力，而摩擦力是非保守力，其大小為(1)物塊沿弦AB由A移動到B時，重力的功pgh pgr摩擦力的功f AB 2 Nr(2)物塊沿圓弧AB由A移動到B時，重力的功pgh pgr摩擦力的功f AB 1 Nr2pgr 。摩擦力的功f AOB

37、 2 Nr(3)物塊沿折線 AOB由A移動到B時,重力的功pgh2-37 .求把水從面積為50 m2的地下室中抽到街道上來所需作的功。已知水深為，水面至街題圖2-37道的豎直距離為 5nl分析：由功的定義求解，先求元功再積分。解：如圖以地下室的。為原點，取X坐標軸向上為正，建立如圖坐標軸。選一體元dV Sdx ,則其質(zhì)量為dm pdV pSdx。把dm從地下室中抽到街道上來所需作的功為dA g (6.5 x)dm1.51.56故 A dA pSg(6.5 x)dx 4.23 10 J2-38 .質(zhì)量為m的物體置于桌面上并與輕彈簧相連，最初m處于使彈簧既未壓縮也未伸長的位置，并以速度將向右運動，

38、彈簧的勁度系數(shù)為k,物體與支承面間的滑動摩擦系數(shù)為求物體能達到的最遠距離。分析：由能量守恒求解。解：設(shè)物體能達到的最遠距離為x(x 0)根據(jù)能量守恒，有1212mv0 kx mgx2即：x22x嗎0k k題圖2-382解得x - 1r12-39. 一質(zhì)量為m總長為l的勻質(zhì)鐵鏈，開始時有一半放在光滑的桌面上，而另一半下垂。試求鐵鏈滑離桌面邊緣時重力所作的功。分析：分段分析，對 OA段取線元積分求功，對 OB段為整體重力在中心求功。解：建立如圖坐標軸選一線元dx,則其質(zhì)量為dm鐵鏈滑離桌面邊緣過程中，OA HYPERLINK l bookmark726 o Current Document L1i

39、 iA02 dA02 g( l x)dmOB的重力的功為 HYPERLINK l bookmark602 o Current Document A 11,1,A,-mg -1- mgl故總功A A1 A23 mgl2-40 . 一輛小汽車，以 V W的速度運動，受到的空氣阻力近似與速率的平方成正比，J 人2“上，口22. ,1小F Av I , A為常數(shù)，且A 0.6N s2 m 2。(1)如小汽車以80km h 1的恒定速率行駛1km,求空氣阻力所作的功；(2)問保持該速率，必須提供多大的功率分析：由功的定義及瞬時功率求解。解：(1) V 80ikm/h 2 102Im /s, 1 103L

40、9m .dx 1的重力作的功為1 8 mglA 三題圖2 39300kJ P Fv Av3 6584W2-41 . 一沿x軸正方向的力作用在一質(zhì)量為的質(zhì)點上。已知質(zhì)點的運動方程為 x 3t 4t2 t3 ,這里x以m為單位，時間t以s為單位。試求：(1)力在最初4.0s內(nèi)作的 功；(2)在t=1s時，力的瞬時功率。分析：由速度、加速度定義、功能原理、牛頓第二定律求解。解：(1) v(t) dx 3 8t 3t2 dt TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark630 o Current Document 則 v(4) 19m/s, v(0)3m/s由功能原理，有122

41、 HYPERLINK l bookmark632 o Current Document A Ek -m v(4)2 v(0) 2528J HYPERLINK l bookmark634 o Current Document v(t) 3 3 8t 3t2,a(t)型 6t 8 dtdtt 1s 時，F(xiàn) ma 6N, v 2m /s則瞬時功率p Fv 12W242.以鐵錘將一鐵釘擊入木板，設(shè)木板對鐵釘?shù)淖枇εc鐵釘進入木板內(nèi)的深度成正比，若鐵錘擊第一次時，能將小釘擊入木板內(nèi)1cm,問擊第二次時能擊入多深 (假定鐵錘兩次打擊鐵釘時的速度相同。)分析：根據(jù)功能原理，因鐵錘兩次打擊鐵金丁時速度相同，所以

42、兩次阻力的功相等。注意：阻力是變力。解：設(shè)鐵釘進入木板內(nèi) xcm時，木板對鐵釘?shù)淖枇閒 kx(k 0)由于鐵錘兩次打擊鐵釘時的速度相同，故1xfdx fdx01所以，x 2 o第二次時能擊入(叵 1)cm深。243.從地面上以一定角度發(fā)射地球衛(wèi)星，發(fā)射速度應(yīng)為多大才能使衛(wèi)星在距地心半徑 為r的圓軌道上運轉(zhuǎn)分析：地面附近萬有引力即為重力，衛(wèi)星圓周運動時，萬有引力提供的向心力，能量守恒。解：設(shè)衛(wèi)星在距地心半徑為 r的圓軌道上運轉(zhuǎn)速度為 v,地球質(zhì)量為M,半徑為R,衛(wèi)星質(zhì)量為m.根據(jù)能量守恒，有12 GMm 12 GMmmv0 - mv 2Re2r又由衛(wèi)星圓周運動的向心力為2GMm mv衛(wèi)星在地面

43、附近的萬有引力即其重力，故GMm l mgRe聯(lián)立以上三式，得v02g Re 1 1 Re2-44. 一輕彈簧的勁度系數(shù)為 k 100N m 1 ,用手推一質(zhì)量m 0.1kg的物體A把彈簧壓縮到離平衡位置為X1 0.02m處，如圖 2-44所示。放手后，物體沿水平面移動距離X2 0.1m而停止，求物體與水平面間的滑動摩擦系數(shù)。分析：系統(tǒng)機械能守恒。解：物體沿水平面移動過程中，由于摩擦力做負功，致使系統(tǒng)（物體與彈簧）的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能（摩擦生熱）根據(jù)能量關(guān)系，有題圖2441kxi2mgx2 所以，0.2245. 一質(zhì)量m 0.8 kg的物體 A,自h 2 m處落到彈簧上。當彈簧從原長向下壓

44、縮X） 0.2m時，物體再被彈回，試求彈簧彈回至下壓0.1m時物體的速度。分析：系統(tǒng)機械能守恒。解：設(shè)彈簧下壓0.1 m時物體的速度為 V。把物體和彈簧看作一個系統(tǒng)，整體系統(tǒng)機械能守恒，選彈簧從原長向下壓縮 為的位置為重力勢能的零點。當彈簧從原長向下壓縮 xo 0.2m時，重力勢能完全轉(zhuǎn)化為彈性勢能，即 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark618 o Current Document 2mg (h xo)-kxo當彈簧下壓X 0.1 m時，212mg(h x0)kxmg(x0 x) mv HYPERLINK l bookmark591 o Current Doc

45、ument 2所以，v 3.1g m/s2-46.長度為i的輕繩一端固定，一端系一質(zhì)量為 m的小球，繩的懸掛點正下方距懸掛點 的距離為d處有一釘子。小球從水平位置無初速釋放，欲使球在以釘子為中心的圓周上繞一 圈，試證d至少為0.6 1。分析：小球在運動過程中機械能守恒；考慮到小球繞O點能完成圓周運動，因此小球在圓周 運動的最高點所受的向心力應(yīng)大于或等于重力。證：小球運動過程中機械能守恒，選擇小球最低位置為重力勢能的零點。設(shè)小球在A處時速12度為 v，則：mgi mg 2(1 d) mv2又小球在A處時向心力為：FN mg -mv-1 d其中，繩張力為0時等號成立。聯(lián)立以上兩式，解得 d 0.6

46、 l題圖2472-47.彈簧下面懸掛著質(zhì)量分別為Mi、M2的兩個物體，開始時它們都處于靜止狀態(tài)。突然把Mi與M2的連線剪斷后，Mi的最大速率是多少設(shè)彈簧的勁度系數(shù)k 8.9 N m 1 ,而Mi 500g, M2300g o分析：把彈簧與 Mi看作一個系統(tǒng)。當 Mi與M2的連線剪斷后，系統(tǒng)作簡諧振動，機械能守 恒。解：設(shè)連線剪斷前時彈簧的伸長為X,取此位置為重力勢能的零點。M1系統(tǒng)達到平衡位置時彈簧的伸長為X ,根據(jù)胡克定律，有kx (M1 M2)gkx M1g系統(tǒng)達到平衡位置時，速度最大，設(shè)為 V。由機械能守恒，得12 1212kx kx M 1g(x x) M 1v222聯(lián)立兩式，解之：v

47、 1.4 m / s248. 一人從10 m深的井中提水.起始時桶中裝有10 kg的水，桶的質(zhì)量為 1 kg,由于水桶漏水，每升高1 m要漏去kg的水.求水桶勻速地從井中提到井口，人所作的功.分析：由于水桶漏水，人所用的拉力F是變力，變力作功。解：選豎直向上為坐標 y軸的正方向，井中水面處為原點.由題意知，人勻速提水，所以人所用的拉力F等于水桶的重量即： F P P0 ky mg 0.2gy 107.8 1.96y人的拉力所作的功為： H10A dA 0 Fdy= 0 (107.8 1.96y)dy=980 J2-49 .地球質(zhì)量為6.0 1024 kg ,地球與太陽相距1.5 1011 m ,視地球為質(zhì)點，它繞太陽作圓周運動，求地球?qū)τ趫A軌道中心的角動量。分析：太陽繞地球一周 365天，換成秒為，用質(zhì)點角動量定義求解。 CC/ L / /112r112421.5 104021解：L rmv rm 1.5 106.0 102.68 10 kg m sT365 24 60 602-50 .我國發(fā)射的第一顆人造地球衛(wèi)星近地點高度d近 439km ,遠地點高度d遠2384km,地球半徑 6370km,求衛(wèi)星在近地點和遠地點的速度之比。分析：衛(wèi)星繞地球運動時角動量守恒。