物理學(xué)答案（第五版上冊）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）馬文蔚3-1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)．以下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．應(yīng)選(C)．

3-2有兩個傾角不同、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,是由于該系統(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．

3-3對功的概念有以下幾種說法：

(1)保守力作正功時,系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)的勢能增加；(2)質(zhì)點運動經(jīng)一閉合路徑,保守力對質(zhì)點作的功為零；

(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,系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)勢能應(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功,兩者之和必為零．至于一對作用力與反作用力分別作用于兩個質(zhì)點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,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)動量守恒,但機械能并不守恒．這是由于子彈與木塊作用的一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零(這是由于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戰(zhàn)勝阻力所作功,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,與一只身長為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具有同樣的速度,而原來飛鳥對于地面的速率甚小,可以忽略不計．試估計飛鳥對飛機的沖擊力(碰撞時間可用飛鳥身長被飛機速率相除來估算)．根據(jù)此題的計算結(jié)果,你對于高速運動的物體(如飛機、汽車)與尋常狀況下不足以引起危害的物體(如飛鳥、小石子)相碰后會產(chǎn)生什么后果的問題有些什么體會？

分析由于鳥與飛機之間的作用是一短暫時間內(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．假使考慮力的時間累積效果,運用動量定理來分析,就可避免作用過

程中的細節(jié)狀況．在求鳥對飛機的沖力(常指在短暫時間內(nèi)的平均力)時,由于飛機的狀態(tài)(指動量)變化不知道,使計算也難以進行；這時,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)鳥與飛機作用的相互性(作用與反作用),問題就很簡單了．

解以飛鳥為研究對象,取飛機運動方向為x軸正向．由動量定理得

F?Δt?mv?0此代入上式可得

式中F′為飛機對鳥的平均沖力,而身長為20cm的飛鳥與飛機碰撞時間約為Δt＝l/v,以

mv2F???2.55?105N

l鳥對飛機的平均沖力為

F??F???2.55?105N

式中負號表示飛機受到的沖力與其飛行方向相反．從計算結(jié)果可知,2.25×105N的沖力大致相當(dāng)于一個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)動機葉片相碰,足以使發(fā)動機損壞,造成飛行事故．

3-7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α．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Δt1?v0sinα,物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時g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

Δt1?則物體落回地面的時間為

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)動量定理,物體由發(fā)射點O運動到點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,此力作用的時間；(3)若物體的初速度v1＝10m·s-1,方向與Fx一致,在t＝6.86s時,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)由動量定理,有

I＝mv2-mv1

由(2)可知t＝6．86s時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2.0m,安全帶彈性緩沖作用時間為0.50s．求安全帶對人的平均沖力．

分析從人受力的狀況來看,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,即運用動量定理來探討．事實上,動量定理也可應(yīng)用于整個過程．但是,這時必需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一致的結(jié)果．

解1以人為研究對象,按分析中的兩個階段進行探討．在自由落體運動過程中,人跌落至2m處時的速度為

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)動量定理,有

?F?P?Δt?mv2?mv1(2)

由式(1)、(2)可得安全帶對人的平均沖力大小為

F?mg?Δ2ghΔ?mv??mg??1.14?103N

ΔtΔt解2從整個過程來探討．根據(jù)動量定理有

F?mg2h/g?mg?1.14?103NΔt3-10質(zhì)量為m的小球,在合外力F＝-kx作用下運動,已知x＝Acosωt,其中k、ω、A均為正常量,求在t＝0到t?π時間內(nèi)小球動量的增量．2ω分析由沖量定義求得力F的沖量后,根據(jù)動量原理,即為動量增量,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．

分析對于彎曲部分AB段內(nèi)的水而言,由于流速一定,在時間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,對這部分水來說,在時間Δt內(nèi)動量的增量也就是流入與流出水的動量的增量Δp＝Δm(vB-vA)；此動量的變化是管壁在Δt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Δt時間內(nèi),從管一端流入(或流出)水的質(zhì)量為Δm＝ρυSΔt,彎曲部分AB的水的動量的增量則為

Δp＝Δm(vB-vA)＝ρυSΔt(vB-vA)

依據(jù)動量定理I＝Δp,得到管壁對這部分水的平均沖力

F?從而可得水流對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)．

3-12一作斜拋運動的物體,在最高點炸裂為質(zhì)量相等的兩塊,最高點距離地面為19.6m．爆炸1.00s后,第一塊落到爆炸點正下方的地面上,此處距拋出點的水平距離為1.00×102m．問其次塊落在距拋出點多遠的地面上．(設(shè)空氣的阻力不計)

分析根據(jù)拋體運動規(guī)律,物體在最高點處的位置坐標(biāo)和速度是易求的．因此,若能求出其次塊碎片拋出的速度,按拋體運動的規(guī)律就可求得落地

的位置．為此,分析物體在最高點處爆炸的過程,由于爆炸力屬內(nèi)力,且遠大于重力,因此,重力的沖量可忽略,物體爆炸過程中應(yīng)滿足動量守恒．由于炸裂后第一塊碎片拋出的速度可由落體運動求出,由動量守恒定律可得炸裂后其次塊碎片拋出的速度,進一步求出落地位置．

解取如圖示坐標(biāo),根據(jù)拋體運動的規(guī)律,爆炸前,物體在最高點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動方程為

x1g?x1(1)t02hy1?h?v1t?12gt2當(dāng)該碎片落地時,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)動量守恒定律,在最高點處有

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動,其運動方程為

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

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,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．(忽略水對船的阻力)

分析由于兩船橫向傳遞的速度可略去不計,則對搬出重物后的船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)滿足動量守恒；同樣,對搬出重物后的船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,被搬運重物的質(zhì)量以m表示．分別對上述系統(tǒng)Ⅰ、Ⅱ應(yīng)用動量守恒定律,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),同樣能滿足動量守恒,也可列出相對應(yīng)的方程求解．

3-14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α角的速率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,他騰躍的距離增加了多少？(假設(shè)人可視為質(zhì)點)

分析人騰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．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)在該方向上動量守恒．但在應(yīng)用動量守恒定律時,必需注意系統(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)人騰躍到最高點處,在向左拋物的過程中,滿足動量守恒,故有

?m?m??v0cosα?m?v?m?v?u?

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

v0?v0cosα?人的水平速率的增量為

mu

m?m?mu

m?m?Δv?v?v0cosα?而人從最高點到地面的運動時間為

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dt時間內(nèi)下落繩的沖力,此力必需運用動量定理來求．

解取如下圖坐標(biāo),開始時繩的上端位于原點,Oy軸的正向豎直向下．繩的總長為l,以t時刻,已落到桌面上長為y、質(zhì)量為m′的繩為研究對象．這段繩受重力P、桌面的托力FN和下落繩子對它的沖力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時間內(nèi)落至桌面的線元dy為研究對象．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,故由動量定理得

mvdy(2)l而F??F?(3)

F?dt?0?由上述三式可得任意時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．

分析這是一個系統(tǒng)內(nèi)質(zhì)量轉(zhuǎn)移的問題．為了探討火箭的運動規(guī)律,仍需建立其在重力場中的動力學(xué)方程．為此,以t時刻質(zhì)量為m的火箭為研究對象,它在t→t＋Δt的時間內(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)它們的總動量的增量ΣdPi和系統(tǒng)所受的外力———重力(阻力不計),由動量定理可得到-mg＝udm′/dt＋mdv/dt(推導(dǎo)從略,見教材),即火箭主體的動力學(xué)方程．由于在dt時間內(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)歷的時間,則火箭運動的速率可通過對其動力學(xué)方程積分后解得．

解(1)以火箭發(fā)射處為原點,豎直向上為正方向．該火箭在重力場中的動力學(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,則燃氣的排出率為

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)點在外力F的作用下沿Ox軸運動,已知t＝0時質(zhì)點位于原點,且初始速度為零．設(shè)外力F隨距離線性地減小,且x＝0時,F＝F0；當(dāng)x＝L時,F＝0．試求質(zhì)點從x＝0處運動到x＝L處的過程中力F對質(zhì)點所作功和質(zhì)點在x＝L處的速率．

分析由題意知質(zhì)點是在變力作用下運動,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計算,然后由動能定理求質(zhì)點速率．

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?由動能定理有W?得x＝L處的質(zhì)點速率為

12mv?02v?此處也可用牛頓定律求質(zhì)點速率,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動,當(dāng)系在物體上的繩索從與水平面成30°角變?yōu)?7°角時,力對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作直線運動,c為一常量．設(shè)介質(zhì)對物體的阻力正比于速度的平方．試求物體由x0＝0運動到x＝l時,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)運動學(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．

解由運動學(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,系在長為2.00m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．小球搖擺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W?F?ds,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)如下圖,重力對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的方向總是與運動方向垂直,所以,張力的功

WT??FT?ds

(2)根據(jù)動能定理,小球搖擺過程中,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

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,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,系在細繩的一端,繩的另一端固定在平面上．此質(zhì)點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戰(zhàn)勝摩擦力作功上．由此,可依據(jù)動能定理列式解之．

解(1)摩擦力作功為

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)可得動摩擦因數(shù)為

23v0μ?

16πrg2(3)由于一周中損失的動能為mv0,則在靜止前可運行的圈數(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．由于它與過程的細節(jié)無關(guān),也往往與特定力的細節(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,必需恰當(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)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

1212ky1?mgy1?ky2?mgy222式中y1、y2為M、N兩點對原點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點時,B板剛被提起,此時彈性力F′2＝P2,且F2＝F′2．由式(3)可得

F＝P1＋P2＝(m1＋m2)g

應(yīng)注意,勢能的零點位置是可以任意選取的．為計算便利起見,尋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．

3-24如圖(a)所示,有一自動卸貨礦車,滿載時的質(zhì)量為m′,從與水平成傾角α＝30.0°斜面上的點A由靜止下滑．設(shè)斜面對車的阻力為車重的0.25倍,礦車下滑距離l時,與緩沖彈簧一道沿斜面運動．當(dāng)?shù)V車使彈簧產(chǎn)生最大壓縮形變時,礦車自動卸貨,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,空載時與滿載時車的質(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．在確定重力勢能、彈性勢能時,應(yīng)注意勢能零點的選取,往往選取彈簧原長時的位置為重力勢能、彈性勢能共同的零點,這樣做對解題比較便利．

解取沿斜面向上為x軸正方向．彈簧被壓縮到最大形變時彈簧上端為坐標(biāo)原點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,在礦車運動的全過程中,摩擦力所作的功應(yīng)等于系統(tǒng)機械能增量的負值,故有

Wｆ＝-ΔE＝-(ΔEP＋ΔEｋ)

由于礦車返回原位時速度為零,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)木板對釘子的阻力與釘子進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,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,所具有的初動能也一致．釘子釘入木板是將釘子的動能用于戰(zhàn)勝阻力作功,由功能原理可知釘子兩次所作的功相等．由于阻力與進入木板的深度成正比,按變力的功的定義得兩次功的表達式,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,必需規(guī)定勢能的零點,尋常取衛(wèi)星與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

mEmv2G?m23R?3RE?E則EK?12mmmv?GE26RE(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

EP??G(3)衛(wèi)星的機械能為

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

mgR?根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動力學(xué)方程為

12mv?mgRcosθ(1)2mv2(2)mgRcosθ?FN?R冰塊脫離球面時,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,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運動．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．已知BCD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)．為獲取此題所求的結(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,由于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

2mvc(1)mg?r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

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．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一致速度時,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,可免除碰撞中的大量細節(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

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

又由機械能守恒定律,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′,擺線長度為l,假使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．?dāng)[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,必需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

vmv?m?m?v?(1)

2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FＴ＝0,則

2m?v?h(2)m?g?l式中v′h為擺錘在圓周最高點的運動速率．

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

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

v?2m?

m5gl3-31一個電子和一個原來靜止的氫原子發(fā)生對心彈性碰撞．試問電子的動能中傳遞給氫原子的能量的百分數(shù)．(已知氫原子質(zhì)量約為電子質(zhì)量的1840倍)

分析對于粒子的對心彈性碰撞問題,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量守恒和機械能守恒來解決．此題所求電子傳遞給氫原子的能量的百分數(shù),即氫原

22子動能與電子動能之比EH/Ee．根據(jù)動能的定義,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能,Ee表示電子的初動能,則

122m?vH???EH2mvH?(1)?????1Eem?ve?2m?ve2由于粒子作對心彈性碰撞,在碰撞過程中系統(tǒng)同時滿足動量守恒和機械能守恒定律,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,碰撞又是完全彈性的,故系統(tǒng)同時滿足動量守恒和機械能守恒．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)動量守恒定律可取兩個分量式,有

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

2又由機械能守恒定律,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．求物塊滑出頂端時的速度大?。?/p>

分析該題可分兩個階段來探討,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)當(dāng)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Fｆ,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,為解題便利,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的速度為v2,并取A點的重力勢能為零．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,一個質(zhì)量為m的小球,從內(nèi)壁為半球形的容器邊緣點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B時,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,當(dāng)小球沿容器內(nèi)壁下滑時,容器在桌面上也要發(fā)生移動．將小球與容器視為系統(tǒng),該系統(tǒng)在運動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)的機械能守恒．由兩個守恒定律可解得小球和容器在慣性系中的速度．由于相對運動的存在,小球相對容器運動的軌跡是圓,而相對桌面運動的軌跡就不再是圓了,因此,在運用曲線運動中的法向動力學(xué)方程求解小球受力時,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(相對于容器速度)求得．在分析小球受力時,除重力和支持力外,還必需計及它所受的慣性力．小球位于容器的底部這一特別位置時,容器的加速度為零,慣性力也為零．這樣,由法向動力學(xué)方程求解小球所受的支持力就很簡單了．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)水平方向動量守恒定律以及小球在下滑過程中機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、容器相對桌面的速度．由式(1)、(2)可得小球到達容器底部時小球、容器的速度大小分別為

vm?2m?gR

m?m?vm??m2m?gR

m?m?m?由于小球相對地面運動的軌跡比較繁雜,為此,可改為以容器為參考系(非慣性系)．在容器底部時,小球相對容器的運動速度為

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

?m??在容器底部,小球所受慣性力為零,其法向運動方程為

2mv?mFN?mg?(4)

R由式(3)、(4)可得小球此時所受到的支持力為

2m??FN?mg?3??

?m??3-35打樁機錘的質(zhì)量為m＝10t,將質(zhì)量為m′＝24t、橫截面為S＝0.25m2(正方形截面)、長達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,錘再一次下落,此時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)的勢能轉(zhuǎn)化為錘的動能,滿足機械能守恒定律．2.碰撞的過程．在這過程中,由于撞擊力遠大于重力和泥土的阻力,錘與樁這一系統(tǒng)滿足動量守恒定律．由于碰撞是完全非彈性的,碰撞后樁和錘以共同速度運動．3.樁下沉的過程．在這過程中,樁和錘的動能和系統(tǒng)的勢能將用于戰(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,仍是以樁的動能和勢能減少來戰(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,取樁和地球為系統(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,再一次錘樁,由于此時的碰撞是一般非彈性的,錘碰撞后的速率可由上拋運動規(guī)律得v1?2gh?,再根據(jù)動量守恒定律,有

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