物理學(xué)教程(第二版)上冊(cè)課后習(xí)題答案詳解2399

物理學(xué)教程（第二版）上冊(cè)習(xí)題答案第一章質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)1-1分析與解(1)質(zhì)點(diǎn)在t至(t＋Δt)時(shí)間內(nèi)沿曲線(xiàn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn),各量關(guān)系如圖所示,其中路程Δs＝PP′,位移大?。｜＝PP′,而Δr＝｜r｜-｜r｜表示質(zhì)點(diǎn)位矢大小的變化量,三個(gè)量的物理含義不同,在曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中大小也不相等(注：在直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中有相等的可能)．但當(dāng)Δt→0時(shí),點(diǎn)P′無(wú)限趨近P點(diǎn),則有｜dr｜＝ds,但卻不等于dr．故選(B)．ΔΔrs,即｜v｜≠v．(2)由于｜Δr｜≠Δs,故ΔtΔtdrdsdtdt,即｜v｜＝v．由此可見(jiàn),應(yīng)選(C)．但由于｜dr｜＝ds,故drdt表示質(zhì)點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離隨時(shí)間的變化率,在極坐標(biāo)系中叫徑向速率．通常用符號(hào)vr表示,這是速度矢量在位矢方向上的1-2分析與解drds一個(gè)分量；dt表示速度矢量；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式v計(jì)算,在直角坐標(biāo)系中則可由公式dtdxdy22vdt求解．故選(D)．dtdvdtdr表示切向加速度a,它表示速度大小隨時(shí)間的變化率,是加速度矢量沿速度方向的一個(gè)分量,起改變速度大小的作用；dtdv1-3分析與解ｔds在極坐標(biāo)系中表示徑向速率vr(如題1-2所述)；dt在自然坐標(biāo)系中表示質(zhì)點(diǎn)的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此dt只有(3)式表達(dá)是正確的．故選(D)．1-4分析與解加速度的切向分量aｔ起改變速度大小的作用,而法向分量an起改變速度方向的作用．質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),由于速度方向不斷改變,相應(yīng)法向加速度的方向也在不斷改變,因而法向加速度是一定改變的．至于aｔ是否改變,則要視質(zhì)點(diǎn)的速率情況而定．質(zhì)點(diǎn)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),aｔ恒為零；質(zhì)點(diǎn)作勻變速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),aｔ為一不為零的恒量,當(dāng)aｔ改變時(shí),質(zhì)點(diǎn)則作一般的變速率圓周運(yùn)動(dòng)．由此可見(jiàn),應(yīng)選(B)．1-5解(1)質(zhì)點(diǎn)在4.0s內(nèi)位移的大小Δxxx32m40dx0dt(2)由得知質(zhì)點(diǎn)的換向時(shí)刻為t2s(t＝0不合題意)p則Δxxx8.0m120Δxxx40m242所以,質(zhì)點(diǎn)在4.0s時(shí)間間隔內(nèi)的路程為sΔxΔx48m12(3)t＝4.0s時(shí)vdxdtt4.0s48ms1ad2xdt2t4.0s36m.s21-6解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得質(zhì)點(diǎn)軌跡方程為y21x24這是一個(gè)拋物線(xiàn)方程,軌跡如圖(a)所示．(2)將t＝0ｓ和t＝2ｓ分別代入運(yùn)動(dòng)方程,可得相應(yīng)位矢分別為r2j,r4i2j02圖(a)中的P、Q兩點(diǎn),即為t＝0ｓ和t＝2ｓ時(shí)質(zhì)點(diǎn)所在位置．(3)由位移表達(dá)式,得Δrrr(xx)i(yy)j4i2j212020Δr(Δ)(Δ)5.66mxy22其中位移大小而徑向增量ΔrΔrrrx2y2x2y22.47m2022001-7．解(1)速度的分量式為dxv1060tdtxdyv1540tdty當(dāng)t＝0時(shí),v0x＝-10m·ｓ-1,v0y＝15m·ｓ-1,則初速度大小為vv2v218.0ms100x0y設(shè)v0與x軸的夾角為α,則tanαvv0y0x32α＝123°41′(2)加速度的分量式為vy40ms2dtadvx60msad2,dtxy則加速度的大小為aa2a272.1ms2xy設(shè)a與x軸的夾角為β,則tanβaya23xβ＝-33°41′(或326°19′)1-8解1(1)以地面為參考系,取如圖所示的坐標(biāo)系,升降機(jī)與螺絲的運(yùn)動(dòng)方程分別為yvt1at2210yhvt1gt2220當(dāng)螺絲落至底面時(shí),有y1＝y(tǒng)2,即vt1at2hvt1gt222002hgat0.705s(2)螺絲相對(duì)升降機(jī)外固定柱子下降的距離為dhyvt1gt20.716m220解2(1)以升降機(jī)為參考系,此時(shí),螺絲相對(duì)它的加速度大小a′＝g＋a,螺絲落至底面時(shí),有0h1(ga)t222hgat0.705s(2)由于升降機(jī)在t時(shí)間內(nèi)上升的高度為hvt1at220dhh0.716m則1-9解由分析知,應(yīng)有vvdadttv00v4t1t3v得(1)(2)30vdxdtxt由x00x2t21t4vtx得1200將t＝3ｓ時(shí),x＝9m,v＝2m·ｓ-1代入(1)、(2)得于是可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程為v0＝-1m·ｓ-1,x0＝0.75mx2t21t40.75121-10解選取石子下落方向?yàn)閥軸正向,下落起點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)．a(chǎn)dvABvdt(1)由題意知(1)用分離變量法把式(1)改寫(xiě)為dvABvdt(2)將式(2)兩邊積分并考慮初始條件,有vdvvdtdtABvv00A(1eBt)Bv得石子速度由此可知當(dāng),t→∞時(shí),vAB為一常量,通常稱(chēng)為極限速度或收尾速度．dyA(2)再由vdtB(1eBt)并考慮初始條件有(1eBt)dtytAdy00B得石子運(yùn)動(dòng)方程yAtA(eBt1)BB21-11解由加速度定義式,根據(jù)初始條件t0＝0時(shí)v＝0,積分可得vdvadtt(6i4j)dtt0000v6ti4tj又由vdrt＝0時(shí),r0＝(10m)i,積分可得dt及初始條件drvdtt(6ti4tj)dtrtr00r(103t2)i2t2j0由上述結(jié)果可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程的分量式,即x＝10＋3t2y＝2t2消去參數(shù)t,可得運(yùn)動(dòng)的軌跡方程3y＝2x-20m這是一個(gè)直線(xiàn)方程．直線(xiàn)斜率kdytanαdx2α,＝33°41′．軌跡如圖所示．31-12解(1)由參數(shù)方程x＝2.0t,y＝19.0-2.0t2y＝19.0-0.50x2消去t得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程：(2)在t1＝1.00ｓ到t2＝2.0ｓ時(shí)間內(nèi)的平均速度Δrrr2tttv12.0i6.0jΔ21(3)質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的速度和加速度分別為dxdyv(t)vivjij2.0i4.0tjdtdtxya(t)d2xid2yj4.0ms2jdt2dt2則t1＝1.00ｓ時(shí)的速度切向和法向加速度分別為v(t)｜t＝1ｓ＝2.0i-4.0jdve(v2v2)e3.58ms2daett1sdtdtxytttaa2a2e1.79ms2entnn(4)t＝1.0ｓ質(zhì)點(diǎn)的速度大小為vv2v24.47ms1xyvρ211.17m則an1-13解(1)取如圖所示的坐標(biāo),物品下落時(shí)在水平和豎直方向的運(yùn)動(dòng)方程分別為x＝vt,y＝1/2gt2飛機(jī)水平飛行速度v＝100m·s-1,飛機(jī)離地面的高度y＝100m,由上述兩式可得目標(biāo)在飛機(jī)正下方前的距離xv2y452mg(2)視線(xiàn)和水平線(xiàn)的夾角為θarctany12.5ox(3)在任意時(shí)刻物品的速度與水平軸的夾角為αarctanvvyarctangtvx取自然坐標(biāo),物品在拋出2s時(shí),重力加速度的切向分量與法向分量分別為gtagαgsinarctanv1.88ms2sintgtagcosgcosarctanv9.62ms2n1-14解在圖示坐標(biāo)系中，有x(vcos)t（1）（3）0y(vsin）t1gt2（2）20vvsingty0(1)由式（1），令xx57m，得飛躍時(shí)間mxmvcostm1.37s0v0（2）由式（3），令，得飛行到最大高度所需時(shí)間yt’vsin0gmt’將m代入式（2），得飛行最大高度yv2sin20.67m02gm則飛車(chē)在最高點(diǎn)時(shí)距河面距離為hy10m10.67mmt1.37（3）將s代入式（2），得西岸木橋位置為y=-4.22m“-”號(hào)表示木橋在飛車(chē)起飛點(diǎn)的下方.本題也可以水面為坐標(biāo)系原點(diǎn)，則飛車(chē)在y方向上的運(yùn)動(dòng)方程應(yīng)為m討論y10m+(vsin)t1gt2201-15解1由分析知，在圖（a）坐標(biāo)系中，有x[vcos()]t1(gsin)t2（1）（2）20y[vsin()]t1(gcos)t220落地時(shí)，有y=0，由式（2）解得飛行時(shí)間為t2gv0tan302.31s將t值代入式（1），得OPx2v2026.1m3gx(vcos)t解2由分析知，在圖（b）坐標(biāo)系中，對(duì)小球（1）0y(vsin)t1gt2（2）20yxtan對(duì)點(diǎn)P由式（1）、（2）可得球的軌道方程為（3）gx2yxtan2v2cos2（4）yy，即0落地時(shí)，應(yīng)有g(shù)x22v2cos260xtan30xtan600解之得落地點(diǎn)P的x坐標(biāo)為3v203gx（5）x2v0226.1m3gOP則cos30聯(lián)解式（1）和式（5）可得飛行時(shí)間t2.31s討論比較兩種解法，你對(duì)如何靈活運(yùn)用疊加原理有什么體會(huì)?1-16解(1)質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)的速率為dsvvbtdt0其加速度的切向分量和法向分量分別為b,av2(vbt)20Rad2sdt2Rtn故加速度的大小為a2b2(vbt)4aa2a2t0Rnt其方向與切線(xiàn)之間的夾角為(vbt)2θarctananarctan0aRbt1R2b2(vbt)4b0(2)要使｜a｜＝b,由可得Rtv0b(3)從t＝0開(kāi)始到t＝v/b時(shí),質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程為0sssv202bt0因此質(zhì)點(diǎn)運(yùn)行的圈數(shù)為vs20bRn4π2πR1-17解因ωR＝v,由題意ω∝t2得比例系數(shù)ωvk2rads3tRt22ωω(t)2t2所以則t′＝0.5ｓ時(shí)的角速度、角加速度和切向加速度分別為ω2t20.5rads1ω4t2.0radsαd2dtaαR1.0ms2t總加速度aaaαReωRen2nttaαRωR1.01ms2222在2.0ｓ內(nèi)該點(diǎn)所轉(zhuǎn)過(guò)的角度θθωttt2t325.33radd222d230000(1)由于θ24t3,則角速度ωdθ12t2dt1-18解．在t＝2ｓ時(shí),法向加速度和切向加速度的數(shù)值分別為rω22.30ms2ant2sωdr4.80ms2dtatt2s(2)當(dāng)aa/21a2a2時(shí),有3a2a2,即2tnttn324rtr212t4221t3得23此時(shí)刻的角位置為θ24t33.15rad(3)要使aant,則有324rtr212t422t＝0.55ｓ1-19vv'v(如圖所示),于是可得221v1tan75ov5.36ms12由vvv1［圖(b)］,有1-20解22vvsinθarctan12cosvθ2而要使αarctanl,則hvvsinθlh12vcosθ2lcosθsinθvvh12第二章牛頓定律2-1分析與解左的加速度a,如圖(b)所示,由其可解得合外力為mgcotθ,故選(D)．求解的關(guān)鍵是正確分析物體剛離開(kāi)斜面瞬間的物體受力情況和狀態(tài)特征．2-2分析與解與滑動(dòng)摩擦力不同的是,靜摩擦力可在零與最大值μFN范圍內(nèi)取值．當(dāng)FN增加時(shí),靜摩擦力可取的最大值成正比增加,但具體大小則取決于被作用物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．由題意知,物體一直保持靜止?fàn)顟B(tài),故靜摩擦力與重力大小相等,方向相反,并保持不變,故選(A)．2-3分析與解由題意知,汽車(chē)應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng),為保證汽車(chē)轉(zhuǎn)彎時(shí)不側(cè)向打滑,所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供當(dāng)物體離開(kāi)斜面瞬間,斜面對(duì)物體的支持力消失為零,物體在繩子拉力FＴ(其方向仍可認(rèn)為平行于斜面)和重力作用下產(chǎn)生平行水平面向,能夠提供的最大向心力應(yīng)為μFN．由此可算得汽車(chē)轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為v＝μRg．因此只要汽車(chē)轉(zhuǎn)彎時(shí)的實(shí)際速率不大于此值,均能保證不側(cè)向打滑．應(yīng)選(C)．2-4分析與解由圖可知,物體在下滑過(guò)程中受到大小和方向不變的重力以及時(shí)刻指向圓軌道中心的軌道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圓心,其大小和方向均與物體所在位置有關(guān)．重力的切向分量(mgcosθ)使物體的速率將會(huì)不斷增加(由機(jī)械能守恒亦可判斷),則物體作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力(又稱(chēng)法向力)將不斷增大,由軌道法向方向上的動(dòng)力學(xué)方程FmgsinθmvR可判斷,隨θ角的不斷增大過(guò)程,軌道支持力2NFN也將不斷增大,由此可見(jiàn)應(yīng)選(B)．*2-5分析與解本題可考慮對(duì)A、B兩物體加上慣性力后,以電梯這個(gè)非慣性參考系進(jìn)行求解．此時(shí)A、B兩物體受力情況如圖(b)所示,圖中a′為A、B兩物體相對(duì)電梯的加速度,ma為慣性力．對(duì)A、B兩物體應(yīng)用牛頓第二定律,可解得F＝5/8mg．故選(A)．Ｔ2-6取沿斜面為坐標(biāo)軸Ox,原點(diǎn)O位于斜面頂點(diǎn),則由牛頓第二定律有mgsinαmgμcosαma解(1)又物體在斜面上作勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),故有1at21gsinαμcosαt22lcosα22lgcosαsinαμcosαt則(2)為使下滑的時(shí)間最短,可令dαdt0,由式(2)有sinαsinαμcosαcosαcosαμsinα0tan2α149o則可得μ,2lcosgcossintmin0.99s此時(shí)2-7解按題意,可分別取吊車(chē)(含甲、乙)和乙作為隔離體,畫(huà)示力圖,并取豎直向上為Oy軸正方向(如圖所示)．當(dāng)框架以加速度a上升時(shí),有F-(m1＋m)g＝(m1＋m)a(1)(2)Ｔ22F-mg＝maN222解上述方程,得F＝(m1＋m)(g＋a)(3)(4)Ｔ2F＝m(g＋a)N22(1)當(dāng)整個(gè)裝置以加速度a＝10m·ｓ-2上升時(shí),由式(3)可得繩所受張力的值為F＝5.94×103NＴ乙對(duì)甲的作用力為F′N(xiāo)2＝-FN2＝-m2(g＋a)＝-1.98×103N(2)當(dāng)整個(gè)裝置以加速度a＝1m·ｓ-2上升時(shí),得繩張力的值為＝3.24×103NFＴ此時(shí),乙對(duì)甲的作用力則為F′N(xiāo)2＝-1.08×103N由上述計(jì)算可見(jiàn),在起吊相同重量的物體時(shí),由于起吊加速度不同,繩中所受張力也不同,加速度大,繩中張力也大．因此,起吊重物時(shí)必須緩慢加速,以確保起吊過(guò)程的安全．2-8解分別對(duì)物體和滑輪作受力分析［圖(b)］．由牛頓定律分別對(duì)物體A、B及滑輪列動(dòng)力學(xué)方程,有mg-F＝ma(1)(2)(3)AＴAF′Ｔ1-F＝ma′ｆBF′Ｔ-2FＴ1＝0考慮到mA＝mB＝m,F＝F′Ｔ,FＴ1＝F′Ｔ1,a′＝2a,可聯(lián)立解得物體與桌面的摩擦力ＴFmgm4ma7.2N2f2-9解1以地面為參考系,在摩擦力F＝μmg的作用下,根據(jù)牛頓定律分別對(duì)木塊、平板列出動(dòng)力學(xué)方程fFf＝μmg＝ma1F＝-Fff＝m′a2a1和a2分別是板相對(duì)地面參考系的加速度．若以木板為參考系運(yùn)動(dòng)直至最終停止．由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有,平板的加速度a＝a1＋a2,平板以初速度-v′作勻減速-v′2＝2as由上述各式可得木塊相對(duì)于平板所移動(dòng)的距離為解2以木塊和平板為系統(tǒng),它們之間一對(duì)摩擦力作的總功為WF（sl）Flmgsff式中l(wèi)為平板相對(duì)地面移動(dòng)的距離．由于系統(tǒng)在水平方向上不受外力,當(dāng)木塊放至平板上時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有m′v′＝(m′＋m)v″由系統(tǒng)的動(dòng)能定理,有μmgs1mv21mmv222由上述各式可得vm2s2μgmm2-10解取鋼球?yàn)楦綦x體,其受力分析如圖(b)所示．在圖示坐標(biāo)中列動(dòng)力學(xué)方程FsinθmamRω2sinθ(1)(2)NnFcosθmgNRhcosθ且有(3)R由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為hRωg2可見(jiàn),h隨ω的變化而變化．2-11解隔離后，各物體受力如圖（b）所示，有F2F0滑輪TFmgmaAFmgmaABTAATa15.2ABBBms2，a2.7ms2B聯(lián)立三式，得2-12解（1）由分析知Fmayt0.25cos（5t/2）d/d22（N）該式表示作用于物體上的合外力隨時(shí)間t按余弦作用周期性變化，F(xiàn)>0表示合力外力向下，F(xiàn)<0表示合外力向上.0.25cos(5t/2)1.25[0.20cos(5t/2)]1.25y（2）F.由上式知，合外力F的大小與物體離開(kāi)平衡位置距離y的大小成正比.“-反2-13解因加速度a＝dv/dt,在直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中,根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有.120t40mdvdt依據(jù)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的初始條件,即t0＝0時(shí)v0＝6.0m·ｓ-1,運(yùn)用分離變量法對(duì)上式積分,得vvd12.0t4.0dttv00v＝6.0+4.0t+6.0t2又因v＝dx/dt,并由質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的初始條件：t＝0時(shí)x＝5.0m,對(duì)上式分離變量后積分,有00dx6.04.0t6.0t2dtxtx00x＝5.0+6.0t+2.0t2+2.0t3dv以地面飛機(jī)滑行方向?yàn)樽鴺?biāo)正方向,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及初始條件,有Fmamαtdt2-14解vdvtαtdtmv00vvαt2得2m0因此,飛機(jī)著陸10ｓ后的速率為v＝30m·ｓ-1αdxvtdt2xt又2m0x00故飛機(jī)著陸后10ｓ內(nèi)所滑行的距離sxxvtαt3467m6m002-15解(1)運(yùn)動(dòng)員入水前可視為自由落體運(yùn)動(dòng),故入水時(shí)的速度為v2gh0運(yùn)動(dòng)員入水后,由牛頓定律得P-F-F＝maf由題意P＝F、F入上式后得f＝bv2,而a＝dv/dt＝v(dv/dy),代-bv2＝mv(dv/dy)考慮到初始條件y＝0時(shí),v2gh,對(duì)上式積分,有00vdvmdytvbv00vveby/m2gheby/m0(2)將已知條件b/m＝0.4m-1,v＝0.1v0代入上式,則得ymlnvv5.76mb02-16解小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到重力P和圓軌道對(duì)它的支持力FN．取圖(b)所示的自然坐標(biāo)系,由牛頓定律得vFmgsinαmddt(1)(2)tv2FFmgcosαmmRnNvdsrdαdtdtrdαv,得dt,代入式(1),并根據(jù)小球從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C的始末條件,進(jìn)行積分,有由得vvdvrgsindv/2v2rgcosα0則小球在點(diǎn)C的角速度為vω2gcosα/rrmv2mgαmgαcos3cosFmN由式(2)得r由此可得小球?qū)A軌道的作用力為FF3mgcosαNN負(fù)號(hào)表示F′N(xiāo)與en反向．2-17解(1)設(shè)物體質(zhì)量為m,取圖中所示的自然坐標(biāo),按牛頓定律,有v2FmamRNnFmadvdtft由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN,由上述各式可得vdv2μRdt取初始條件t＝0時(shí)v＝v0,并對(duì)上式進(jìn)行積分,有vμv2Rvddttv00RvRvμtv00v/2(2)當(dāng)物體的速率從v0減少到時(shí),由上式可得所需的時(shí)間為0Rμvt0物體在這段時(shí)間內(nèi)所經(jīng)過(guò)的路程svdtRvt0Rvμttdt000sRμln22-18解分別對(duì)物體上拋、下落時(shí)作受力分析,以地面為原點(diǎn),豎直向上為y軸(如圖所示)．(1)物體在上拋過(guò)程中,根據(jù)牛頓定律有vvvmgkmv2mddmdtdy依據(jù)初始條件對(duì)上式積分,有vdvdy0ygkv2v00vy1lngk22kgkv20物體到達(dá)最高處時(shí),v＝0,故有g(shù)kvhy1ln202kgmax(2)物體下落過(guò)程中,有對(duì)上式積分,有vdvmgkmv2mdyvdvdyy0gkv2v00kv21/2vv1則g02-19解設(shè)摩托車(chē)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng),在牽引力F和阻力Fr同時(shí)作用下,由牛頓定律有dvFkv2m(1)(2)dt當(dāng)加速度a＝dv/dt＝0時(shí),摩托車(chē)的速率最大,因此可得由式(1)和式(2)可得k＝F/vm2v2dvF1mv2m(3)dt根據(jù)始末條件對(duì)式(3)積分,有1vvvm122dtv1dtmF200mmvmln32Ft則dvmvdv又因式(3)中mdt,再利用始末條件對(duì)式(3)積分,有dxvv1m12dxv1dx2mvF200mvvxmln40.144m22m2F3m則F*2-20解由牛頓第二定律和相關(guān)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有FF0-f＝ma-μmg＝ma′v′2＝2a′L(1)(2)聯(lián)立解(1)(2)兩式并代入題給數(shù)據(jù),得木箱撞上車(chē)廂擋板時(shí)的速度為v2agL=2.9ms1第三章動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律在質(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3-1分析與解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?xún)?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(lái)說(shuō),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(shuō)法是正確的．故選(C)．3-2分析與解對(duì)題述系統(tǒng)來(lái)說(shuō),由題意知并無(wú)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(guò)程中,一方面通過(guò)重力作功將勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,另一方面通過(guò)物體與斜面之間的彈性?xún)?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(shuō)法均不正確．至于說(shuō)法(D)正確,是因?yàn)樵摿侩m不守恒(下滑前但在水平方向上并無(wú)外力,故系統(tǒng)在水平方向上分動(dòng)量守恒．3-3保守力作正功時(shí),該減少．由于保守力作功與路徑無(wú)關(guān),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),分析與解,而只與始末位置有關(guān),如質(zhì)點(diǎn)環(huán)繞一周過(guò)程中,保守力在一段過(guò)程中作正功,在另一段過(guò)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(jiàn)習(xí)題3-2分析),由此可見(jiàn)只有說(shuō)法(2)正確,故選(C)．3-4間有無(wú)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子彈-木塊子彈射入過(guò)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(kāi)過(guò)程中C與A或D與B之分析與解對(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(guò)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(shuō)法(C)的表述是完全正確的．3-6解以飛鳥(niǎo)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FΔtmv0F式中為飛機(jī)對(duì)鳥(niǎo)的平均沖力,而身長(zhǎng)為20cm的飛鳥(niǎo)與飛機(jī)碰撞時(shí)間約為Δt＝l/v,以此代入上式可得vFm2.55105N2l鳥(niǎo)對(duì)飛機(jī)的平均沖力為FF2.55105N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(jiàn),此沖力是相當(dāng)大的．若飛鳥(niǎo)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解1物體從出發(fā)到達(dá)最高點(diǎn)所需的時(shí)間為vsinαΔt0g1則物體落回地面的時(shí)間為2vsinΔt2Δt0g21于是,在相應(yīng)的過(guò)程中重力的沖量分別為IFdtmgΔtjmvsinj110Δt1IFdtmgΔtj2mvsinj220Δt2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(guò)程中,重力的沖量分別為Imvjmvyjmvsinαj1Ay00Imvjmyj2msinαjvv2By003-8解(1)由分析知I304d302tttt68Ns2220t＝6.86s(另一解不合題意已舍去)I＝mv2-mv10(2)由I＝300＝30t＋2t2,解此方程可得(3)由動(dòng)量定理,有由(2)可知t＝6.86s時(shí)I＝300N·s,將I、m及v1代入可得Imvv140ms1m23-9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(guò)程中,人跌落至2m處時(shí)的速度為v2gh(1)(2)1在緩沖過(guò)程中,人受重力和安全帶沖力的作用,根據(jù)動(dòng)量定理,有FPΔtmvmv21由式(1)、(2)可得安全帶對(duì)人的平均沖力大小為FmgΔmvΔtmgΔ2gh1.14103NΔt解2從整個(gè)過(guò)程來(lái)討論．根據(jù)動(dòng)量定理有mgFΔ2h/gmg1.14103Nt3-10解力F的沖量為Iπ/2kAkAcostdtdt2kxdtFtt2t1t10kAωΔmv即3-11分析第（1）問(wèn)可對(duì)壘球運(yùn)用動(dòng)量定理，既可根據(jù)動(dòng)量定理的矢量式，用幾何法求解，如圖（b）所示；也可建立如圖（a）所示的坐標(biāo)系，用動(dòng)量定量的分量式求解，對(duì)打擊、碰撞一類(lèi)作用時(shí)間很短的過(guò)程來(lái)說(shuō)，物體的重力一般可略去不計(jì).解（1）解1由分析知，有b）所示，則Ftmvmv21其矢量關(guān)系如圖（(Ft)2(mv)2(mv)22(mv)(mv)cos(18060)1212F197.9N解之得解2由圖（a）有Ftmvmvx2x1xFtmv0yv,vvcos60及vvsin60代入解得2y和，則F將v1xF2x22y2xyFF2F2197.9Nxy(2)由質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能定理，得W1mv21mv247.7J22213-12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FIρSvΔtvvΔtBA從而可得水流對(duì)管壁作用力的大小為FF2ρSv22.5103N作用力的方向則沿直角平分線(xiàn)指向彎管外側(cè)．3-13統(tǒng)Ⅰ、Ⅱ應(yīng)用動(dòng)量守恒定律,則有解設(shè)A、B兩船原有的速度分別以v、v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A(chǔ)Bmmvmvmv(1)AABAAmmvmvmv(2)BBABB由題意知vA′＝0,vB′＝3.4m·s-1代入數(shù)據(jù)后,可解得mmBvBvA0.40ms1mmmmm2mmmBAvvB3.6ms1mmmmm2ABBAB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(mǎn)足動(dòng)量守恒,也可列出相對(duì)應(yīng)的方程求解．3-14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(guò)程中,滿(mǎn)足動(dòng)量守恒,故有vcosvαmmvumm0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mvvcosαmmu00人的水平速率的增量為mΔvvvcosαmmu0而人從最高點(diǎn)到地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tvsinα0g所以,人跳躍后增加的距離ΔxΔvtmsinαvmmg03-15解由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程x＝ct3,可得物體的速度dxv3ct2dt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Fkv29kc2t49kc2/3x4/3WFdxWlFdxcos180dxl9kc2/3x4/3dxkc2/3l7/3277003-16解水桶在勻速上提過(guò)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W10Fdymgagyy10d882J003-17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WPΔhmgl1cosθ0.53JP在小球擺動(dòng)過(guò)程中,張力F的方向總是與運(yùn)動(dòng)方向垂直,所以,張力的功WFdsＴTT(2)根據(jù)動(dòng)能定理,小球擺動(dòng)過(guò)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EW0.53JkP小球在最低位置的速率為2E2WP2.30ms1mvKm(3)當(dāng)小球在最低位置時(shí),由牛頓定律可得v2FPmlTv2Fmgm2.49NlT3-18解(1)摩擦力作功為WEE1mv21mv2mv23(1)228kk000(2)由于摩擦力是一恒力,且F＝μmg,故有WFscos180o2rmgｆ(2)f由式(1)、(2)可得動(dòng)摩擦因數(shù)為3v2016πrgμ(3)由于一周中損失的動(dòng)能為83mv2,則在靜止前可運(yùn)行的圈數(shù)為0nE4k0W3圈3-19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1ky2mgy1ky2mgy211222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P1＝mg,上式可寫(xiě)為1F1-F2＝2P1F＝P1＋F2(2)(3)由式(1)、(2)可得當(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)算方便起見(jiàn),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)．3-20解（1）子彈-木塊系統(tǒng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，有mv/2(m/2m)v0解得共同速度v1v30E1mv201mv2對(duì)木塊對(duì)子彈218k201m1m2E()v2()v2mv222229k200（2）對(duì)木塊和子彈分別運(yùn)用質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能定理，則WE1mv2對(duì)木塊181k102WEmv2對(duì)子彈92k20（3）設(shè)摩擦阻力大小為F,在兩者取得共同速度時(shí)，木塊對(duì)地位移為WFss，則子彈對(duì)地位移為L(zhǎng)+s,有f對(duì)木塊對(duì)子彈得1fWF(Ls)2fFLWWW12f式中L即為子彈對(duì)木塊的相對(duì)位移，“-”號(hào)表示這一對(duì)摩擦阻力（非保守力）所作功必定會(huì)使系統(tǒng)機(jī)械能減少.WFs1mv2(4)對(duì)木塊21f1m1mWF(Ls)()v2()v2對(duì)子彈22222f0兩式相加，得WW[1mv2()v2]()v1m1m222222120FL3mv2即18f0兩式相加后實(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.3-213-22解因阻力與深度成正比,則有F＝kx(k為阻力系數(shù))．現(xiàn)令x＝1.00×10-2m,第二次釘入的深度為Δx,由于釘子兩次所作功相等,可得0x0kxdxΔxkxdxx00x0Δx＝0.41×10-2m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v2mmmGE3R3R2EEE1mv2GmmE6R則2kE(2)取衛(wèi)星與地球相距無(wú)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EGmmE3RPE(3)衛(wèi)星的機(jī)械能為EEEGmmGmmGmmE6RE3RE6RkPEEE3-23解由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,有mgR1mv2mgRcosθ(1)(2)2根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程為v2mgRcosθFmRN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2θarccos48.2o3冰塊此時(shí)的速率為2RgvgRcosθ3v的方向與重力P方向的夾角為α＝90°-θ＝41.8°3-24解小球要?jiǎng)偤猛ㄟ^(guò)最高點(diǎn)C時(shí),軌道對(duì)小球支持力FN＝0,因此,有v2mgmc(1)(2)r取小球開(kāi)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12kΔlmg3r1mv222c由式(1)、(2)可得7mgrk366Nm1Δl23-25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mvmmv(1)(2)1又由機(jī)械能守恒定律,有112mm21kx2vmv22210由式(1)、(2)可得mmvkmmx03-26解由水平方向的動(dòng)量守恒定律,有mvmvmv2(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(xiàn)中的張力FＴ＝0,則mv2mghl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(guò)程中,滿(mǎn)足機(jī)械能守恒定律,故有12mv2mgl1mv2(3)2h解上述三個(gè)方程,可得彈丸所需速率的最小值為2mm5glv3-27解（1）由動(dòng)能守恒得vmvimvjm0imv200碰撞后另一物體速度為vv0ivj20通過(guò)上式，讀者還可求得速度大小和方向.(2)碰撞后另一物體速度大小為v025v()vv222001vE[1mv2m(0)2](1mv21mv2)2222200則1mv240“-”號(hào)表示碰撞后系統(tǒng)機(jī)械能減少了.3-28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1m2mvvcosβmvcosα(1)(2)2ABAm0vsinβmvsinαA2B又由機(jī)械能守恒定律,有121m221v2mv2Av2B(3)2A解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B粒子的速率為vvvA24.69107ms122BA各粒子相對(duì)原粒子方向的偏角分別為αarccosv23v222o20A4vvAAAvβarccos3B54o64vA3-29解在子彈與物塊的撞擊過(guò)程中,在沿斜面的方向上,根據(jù)動(dòng)量守恒有mvcosαmmv(1)(2)01在物塊上滑的過(guò)程中,若令物塊剛滑出斜面頂端時(shí)的速度為v,并取A點(diǎn)的重力勢(shì)能為零．由系統(tǒng)的功能原理可得2hsinαμmmgcosα11mmvmmvmmgh222221由式(1)、(2)可得mmm2vvcos2cot1αghμα203-30題3解根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒定律以及小球在下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒定律可分別得mvmv0(1)(2)mm1mv21vmmgR2v22m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2mgRmmvmvm2mgRmmmm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mmmvvvvv2gR(3)(4)mmmmm在容器底部,小球所受慣性力為零,其法向運(yùn)動(dòng)方程為由式(3)、(4)可得小球此時(shí)所受到的支持力為v2FmgmmRN第四章剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)4－1分析與解力對(duì)軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線(xiàn)通過(guò)轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸(例如門(mén)的重力并不能使門(mén)轉(zhuǎn))．不滿(mǎn)足上述作用力(含