物理学答案（第五版，上册）马文蔚

3 -1 对质点组有以下几种说法： (1) 质点组总动量的改变与内力无关； (2) 质点组总动能的改变与内力无关； (3) 质点组机械能的改变与保守内力无关． 下列对上述说法判断正确的是( )

(A) 只有(1)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的 (C) (1)、(3)是正确的 (D) (2)、(3)是正确的

分析与解 在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3)说法是正确的．故选(C)．

3 -2 有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则( )

(A) 物块到达斜面底端时的动量相等 (B) 物块到达斜面底端时动能相等

(C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒 (D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒

分析与解 对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒．物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功．由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等(动量方向也不同)．故(A)(B)(C)三种说法均不正确．至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒．

3 -3 对功的概念有以下几种说法：

(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加； (2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；

(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零． 下列上述说法中判断正确的是( )

(A) (1)、(2)是正确的 (B) (2)、(3)是正确的 (C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的

分析与解 保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．

3 -4 如图所示,质量分别为m1 和m2 的物体A 和B,置于光滑桌面上,A 和B 之间连有一轻弹簧．另有质量为m1 和m2 的物体C 和D 分别置于物体A 与B 之上,且物体A和C、B 和D 之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A 和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B 弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有( )

(A) 动量守恒,机械能守恒 (B) 动量不守恒,机械能守恒 (C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒

分析与解 由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)．

3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出．以地面为参考系,下列说法中正确的说法是( )

(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能 (B) 子弹-木块系统的机械能守恒

(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功 (D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热

分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的．

3 -6 一架以3.0 ×102 m·ｓ-1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？

分析 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过

程中的细节情况．在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了．

解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得

F?Δt?mv?0此代入上式可得

式中F′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v,以

mv2F???2.55?105N

l鸟对飞机的平均冲力为

F??F???2.55?105N

式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．

3 -7 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v0 抛出,v0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．

分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间Δt1?v0sinα,物体从出发到落回至同一水平面所需的时g间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果．

另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出． 解1 物体从出发到达最高点所需的时间为

Δt1?则物体落回地面的时间为

v0sinα gΔt2?2Δt1?v0sinα g于是,在相应的过程中重力的冲量分别为

I1??Fdt??mgΔt1j??mv0sinαj

Δt1I2??Fdt??mgΔt2j??2mv0sinαj

Δt2解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A、B 的过程中,重力的冲量分别为

I1?mvAyj?mv0yj??mv0sinαj I2?mvByj?mv0yj??2mv0sinαj

3 -8 Fx ＝30＋4t(式中Fx 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v1 ＝10 m·s-1 ,方向与Fx 相同,在t＝6.86s时,此物体的速度v2 ．

分析 本题可由冲量的定义式I?速度v2．

解 (1) 由分析知

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

02t2?t1Fdt,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的

(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t2 ,解此方程可得

t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去)

(3) 由动量定理,有

I ＝m v2- m v1

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

v2?I?mv1?40m?s?1 m 3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．求安全带对人的平均冲力．

分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果．

解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为

v1?2gh (1)

在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有

?F?P?Δt?mv2?mv1 (2)

由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为

F?mg?Δ2ghΔ?mv??mg??1.14?103N

ΔtΔt解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有

F?mg2h/g?mg?1.14?103N Δt3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝Acosωt,其中k、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到t?π 时间内小球动量的增量． 2ω分析 由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式分前,应先将式中x 用x ＝Acosωt代之,方能积分．

解 力F 的冲量为

t2t2π/2ω?t2t1Fdt积

I??Fdt???kxdt???t1t10kAcosωtdt??kA ω即 Δ?mv???kA ω 3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m2 的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向．

分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp＝Δm(vB -vA )；此动量的变化是管壁在Δt时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F．

解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυSΔt,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为

Δp＝Δm(vB -vA ) ＝ρυSΔt (vB -vA )

依据动量定理I ＝Δp,得到管壁对这部分水的平均冲力

F?从而可得水流对管壁作用力的大小为

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

作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．

3 -12 一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6 m．爆炸1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102 m．问第二块落在距抛出点多远的地面上．(设空气的阻力不计)

分析 根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的．因此,若能求出第二块碎片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地

的位置．为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒．由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置．

解 取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A 的速度的水平分量为

v0x?物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为

x1g?x1 (1) t02hy1?h?v1t?12gt 2当该碎片落地时,有y1 ＝0,t ＝t1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度

h?v1?又根据动量守恒定律,在最高点处有

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

22mv0x?联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为

v2x?2v0x?2x1g?100m?s?1 2hv2y?v1?h?12gt12?14.7m?s?1 t1爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为

x2?x1?v2xt2 (5) y2?h?v2yt2?12gt2 (6) 2落地时,y2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置

x2 ＝500 m

3 -13 A、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s-1的速度继续向前驶去．A、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)

分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守恒方程即可解出结果．

解 设A、B两船原有的速度分别以vA 、vB 表示,传递重物后船的速度分别以vA′ 、vB′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有

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

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

由题意知vA′ ＝0, vB′ ＝3.4 m·s-1 代入数据后,可解得

vA??mBmv?B??0.40m?s?1 2?mB?m??mA?m??mvB??mA?m?mBv?B?mA?m??mB?m??m2?3.6m?s?1

也可以选择不同的系统,例如,把A、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解．

3 -14 质量为m′ 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v0 向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点)

分析 人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致．在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化．如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定．至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算．

解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有

?m?m??v0cosα?m?v?m?v?u?

式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率．得

v0?v0cosα?人的水平速率的增量为

mu

m?m?mu

m?m?Δv?v?v0cosα?而人从最高点到地面的运动时间为

t?所以,人跳跃后增加的距离

v0sinα gΔx?Δvt?mv0sinα

?m?m??g *3 -15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着,绳的下端刚好触到水平桌面上．如果把绳的上端放开,绳将落在桌面上．试证明：在绳下落过程中的任意时刻,作用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的三倍．

分析 由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的托力．但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对dt 时间内下落绳的冲力,此力必须运用动量定理来求．

解 取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点,Oy 轴的正向竖直向下．绳的总长为l,以t 时刻,已落到桌面上长为y、质量为m′的绳为研究对象．这段绳受重力P、桌面的托力FN 和下落绳子对它的冲力F (如图中所示)的作用．由力的平衡条件有

myg?F?FN?0 (1) lm为求冲力F,可取dt 时间内落至桌面的线元dy 为研究对象．线元的质量dm?dy,它

l受到重力dP 和冲力F 的反作用力F′的作用,由于F′＞＞dP,故由动量定理得

mvdy (2) l而 F??F? (3)

F?dt?0?由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为

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

lll *3 -16 设在地球表面附近,一初质量为5.00 ×105 kg 的火箭,从尾部喷出气体的速率为2.00 ×103 m·s-1 ．(1) 试问：每秒需喷出多少气体,才能使火箭最初向上的加速度大小为4.90 m·s-2 ．(2) 若火箭的质量比为6.00,求该火箭的最后速率．

分析 这是一个系统内质量转移的问题．为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在重力场中的动力学方程．为此,以t 时刻质量为m 的火箭为研究对象,它在t→t ＋Δt 的时间内,将分离成火箭主体(包括尚剩的燃料)和排出的燃料两部分．根据它们的总动量的增量ΣdPi 和系统所受的外力———重力(阻力不计),由动量定理可得到-mg ＝udm′/dt ＋mdv/dt(推导从略,见教材),即火箭主体的动力学方程．由于在dt 时间内排出燃料的质量dm′很小,式中m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率dm′/dt 也就是火箭质量的变化率-dm/dt．这样,

上述方程也可写成udm?mg?ma．在特定加速度a0 的条件下, dt根据初始时刻火箭的质量m0 ,就可求出燃料的排出率dm/dt．在火箭的质量比( 即t 时刻火箭的质量m 与火箭的初始质量m0之比) 已知的条件下,可算出火箭所经历的时间,则火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得．

解 (1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为

udm?mg?ma (1) dt因火箭的初始质量为m0 ＝5.00 ×105 kg, 要使火箭获得最初的加速度 a0 ＝4.90 m·s-2,则燃气的排出率为

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

dtuudmdv?mg?m dtdtm(2) 为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成

分离变量后积分,有

dmt?v0dv?u?m0m??0gdt

v火箭速率随时间的变化规律为

v?v0?uln因火箭的质量比为6.00,故经历时间t 后,其质量为

m?gt (2) m0m?m0?得 t?dm1t?m dt65m0 (3)

6dm/dt将式(3)代入式(2),依据初始条件,可得火箭的最后速率

v??ulnmm5m0?gt?uln??2.47?103m?s?1 m0m06dm/dt 3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离线性地减小,且x ＝0 时,F ＝F0 ；当x ＝L 时,F ＝0．试求质点从x ＝0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率．

分析 由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给

LF0条件知F?F0?x．则该力作的功可用式?Fdx 计算,然后由动能定理求质点速率．

0LF解 由分析知F?F0?0x, 则在x ＝0 到x ＝L 过程中作功,

L

解．在确定重力势能、弹性势能时,应注意势能零点的选取,常常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点,这样做对解题比较方便．

解 取沿斜面向上为x 轴正方向．弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点O．矿车在下滑和上行的全过程中,按题意,摩擦力所作的功为

Wｆ ＝(0.25mg ＋0.25m′g)(l ＋x) (1)

式中m′和m 分别为矿车满载和空载时的质量,x 为弹簧最大被压缩量．

根据功能原理,在矿车运动的全过程中,摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值,故有

Wｆ ＝-ΔE ＝-(ΔEP＋ΔEｋ )

由于矿车返回原位时速度为零,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 用铁锤把钉子敲入墙面木板．设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比．若第一次敲击,能把钉子钉入木板1.00 ×10 -2 m．第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深？

分析 由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．

解 因阻力与深度成正比,则有F＝kx(k 为阻力系数)．现令x0＝1.00 ×10 -2 m,第二次钉入的深度为Δx,由于钉子两次所作功相等,可得

?x00kxdx??x0?Δxx0kxdx

Δx＝0.41 ×10 -2 m

3 -26 一质量为m 的地球卫星,沿半径为3RE 的圆轨道运动,RE 为地球的半径．已知地球的质量为mE．求：(1) 卫星的动能；(2) 卫星的引力势能；(3) 卫星的机械能．

分析 根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即可算出．由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能．由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时,必须规定势能的零点,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零．这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了．至于卫星的机械能则是动能和势能的总和．

解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得

mEmv2G?m 23R?3RE?E则 EK?12mmmv?GE 26RE(2) 取卫星与地球相距无限远(r→∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为

EP??G(3) 卫星的机械能为

mEm 3REE?EK?EP?GmEmmmmm?GE??GE 6RE3RE6RE3 -27 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．

分析 取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力FN 始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果．

解 由系统的机械能守恒,有

mgR?根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为

12mv?mgRcosθ (1) 2mv2 (2) mgRcosθ?FN?R冰块脱离球面时,支持力FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置

2θ?arccos?48.2o

3冰块此时的速率为

v?gRcosθ?v 的方向与重力P 方向的夹角为

2Rg 3α＝90°-θ ＝41.8°

3 -28 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 的小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7.5 ×10 -2 m．然后在弹簧弹性力的作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动．小球

?是半径r ＝0.15 m 的半圆弧,AB 相距为2r．求弹簧劲度系与轨道间的摩擦不计．已知BCD数的最小值．

分析 若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒．运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态．为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时的最高点C 处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动；小于此速率时,小球将脱离轨道抛出．该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需的向心力,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值．

解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力FN ＝0,因此,有

2mvc (1) mg?r取小球开始时所在位置A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有

1122 (2) k?Δl??mg?3r??mvc22由式(1)、(2)可得

k?7mgr?366N?m?1 2?Δl?3 -29 如图所示,质量为m、速度为v 的钢球,射向质量为m′的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 的弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内弹簧后,弹簧的最大压缩距离．

分析 这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来．又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解．应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题．

解 设弹簧的最大压缩量为x0 ．小球与靶共同运动的速度为v1 ．由动量守恒定律,有

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

又由机械能守恒定律,有

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

x0?mm?v ???km?m3 -30 质量为m 的弹丸A,穿过如图所示的摆锤B 后,速率由v 减少到v /2．已知摆锤的质量为m′,摆线长度为l,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v的最小值应为多少？

分析 该题可分两个过程分析．首先是弹丸穿越摆锤的过程．就弹丸与摆锤所组成的系统而言,由于穿越过程的时间很短,重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒．摆锤在碰撞中获得了一定的速度,因而具有一定的动能,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,必须使摆锤在最高点处有确定的速率,该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确定；与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地球组成的系统满足机械能守恒定律,根据两守恒定律即可解出结果．

解 由水平方向的动量守恒定律,有

vmv?m?m?v? (1)

2为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力FＴ＝0,则

2m?v?h (2) m?g?l式中v′h 为摆锤在圆周最高点的运动速率．

又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有

112m?v??2m?gl?m?v?h (3) 22解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为

v?2m?

m5gl3 -31 一个电子和一个原来静止的氢原子发生对心弹性碰撞．试问电子的动能中传递给氢原子的能量的百分数．(已知氢原子质量约为电子质量的1 840倍)

分析 对于粒子的对心弹性碰撞问题,同样可利用系统(电子和氢原子)在碰撞过程中所遵循的动量守恒和机械能守恒来解决．本题所求电子传递给氢原子的能量的百分数,即氢原

22子动能与电子动能之比EH/Ee．根据动能的定义,有EH/Ee?m?vH/mve,而氢原子与电子

的质量比m′/m 是已知的,它们的速率比可应用上述两守恒定律求得, EH/Ee 即可求出．

解 以EH 表示氢原子被碰撞后的动能, Ee 表示电子的初动能,则

122m?vH???EH2mvH? (1) ?????1Eem?ve?2m?ve2由于粒子作对心弹性碰撞,在碰撞过程中系统同时满足动量守恒和机械能守恒定律,故有

mve?m?vH?mv?e (2) 121122mve?m?vH?mv?e (3) 222由题意知m′/m＝1 840,解上述三式可得

EHm??vH??2m??3????1840?2.2?10 ????Eem?vm?m???e?3 -32 质量为7.2 ×10 -23 kg,速率为6.0 ×107 m·s-1 的粒子A,与另一个质量为其一半而静止的粒子B 发生二维完全弹性碰撞,碰撞后粒子A 的速率为5.0 ×107 m·s-1．求：(1) 粒子B 的速率及相对粒子A 原来速度方向的偏转角；(2) 粒子A 的偏转角．

22

分析 这是粒子系统的二维弹性碰撞问题．这类问题通常采用守恒定律来解决．因为粒子系统在碰撞的平面内不受外力作用,同时,碰撞又是完全弹性的,故系统同时满足动量守恒和机械能守恒．由两守恒定律方程即可解得结果．

解 取如图所示的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量式,有

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

2又由机械能守恒定律,有

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

7?2vB?2v2m?s?1 A?vA?4.69?10??各粒子相对原粒子方向的偏角分别为

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

4vAv?A4vA3 -33 如图所示,一质量为m′的物块放置在斜面的最底端A 处,斜面的倾角为α,高度为h,物块与斜面的动摩擦因数为μ,今有一质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向射入物块并留在其中,且使物块沿斜面向上滑动．求物块滑出顶端时的速度大小．

分析 该题可分两个阶段来讨论,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包含子弹)沿斜面向上的滑动过程．在撞击过程中,对物块和子弹组成的系统而言,由于撞击前后的总动量明显是不同的,因此,撞击过程中动量

不守恒．应该注意,不是任何碰撞过程中动量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞击力(属于内力)远大于子弹的重力P1 和物块的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物块所受的摩擦力Fｆ ,在该方向上动量守恒,由此可得到物块被撞击后的速度．在物块沿斜面上滑的过程中,为解题方便,可重新选择系统(即取子弹、物块和地球为系统),此系统不受外力作用,而非保守内力中仅摩擦力作功,根据系统的功能原理,可解得最终的结果．

解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有

mv0cosα??m?m??v1 (1)

在物块上滑的过程中,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v2 ,并取A 点的重力势能为零．由系统的功能原理可得

?μ?m?m??gcosαh sinα?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 如图所示,一个质量为m 的小球,从内壁为半球形的容器边缘点A滑下．设容器质量为m′,半径为R,内壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上．开始时小球和容器都处于静止状态．当小球沿内壁滑到容器底部的点B时,受到向上的支持力为多大？

分析 由于桌面无摩擦,容器可以在水平桌面上滑动,当小球沿容器内壁下滑时,容器在桌面上也要发生移动．将小球与容器视为系统,该系统在运动过程中沿水平桌面方向不受外力作用,系统在该方向上的动量守恒；若将小球、容器与地球视为系统,因系统无外力作用,而内力中重力是保守力,而支持力不作功,系统的机械能守恒．由两个守恒定律可解得小球和容器在惯性系中的速度．由于相对运动的存在,小球相对容器运动的轨迹是圆,而相对桌面运动的轨迹就不再是圆了,因此,在运用曲线运动中的法向动力学方程求解小球受力时,必须注意参考系的选择．若取容器为参考系(非惯性系),小球在此参考系中的轨迹仍是容器圆弧,其法向加速度可由此刻的速度(相对于容器速度)求得．在分析小球受力时,除重力和支持力外,还必须计及它所受的惯性力．小球位于容器的底部这一特殊位置时,容器的加速度为零,惯性力也为零．这样,由法向动力学方程求解小球所受的支持力就很容易了．若仍取地面为参考系(惯性系),虽然无需考虑惯性力,但是因小球的轨迹方程比较复杂,其曲率半径及法向加速度难以确定,使求解较为困难．

解 根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得

mvm?m?vm??0 (1) 1212mvv?m?vm??mgR (2) 22式中vm 、vm′分别表示小球、容器相对桌面的速度．由式(1)、(2)可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为

vm?2m?gR

m?m?vm??m2m?gR

m?m?m?由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂,为此,可改为以容器为参考系(非惯性系)．在容器底部时,小球相对容器的运动速度为

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

?m??在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为

2mv?mFN?mg? (4)

R由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为

2m??FN?mg?3??

?m??3 -35 打桩机锤的质量为m ＝10 t, 将质量为m′＝24 t、横截面为S ＝0.25 m2 (正方形截面)、长达l ＝38.5 m 的钢筋混凝土桩打入地层,单位侧面积上受泥土的阻力为K ＝2.65 ×104 N· m -2 ．问：(1) 桩依靠自重能下沉多深？(2) 在桩稳定后,将锤提升至离桩顶面1 m 处,让其自由下落击桩,假定锤与桩发生完全非弹性碰撞．第一锤能使桩下沉多少？ (3) 若桩已下沉35 m 时,锤再一次下落,此时锤与桩碰撞已不是完全非弹性碰撞了,锤在击桩后反弹起0.05 m,这种情况下,桩又下沉多少？

分析 (1) 桩依靠自重下沉是利用重力势能的减少来克服摩擦力作功,可根据功能原理求解．(2)打桩过程可分为三个阶段．1.锤自由下落的过程．在此过程中,锤与地球系统的势能转化为锤的动能,满足机械能守恒定律．2.碰撞的过程．在这过程中,由于撞击力远大于重力和泥土的阻力,锤与桩这一系统满足动量守恒定律．由于碰撞是完全非弹性的,碰撞后桩和锤以共同速度运动．3.桩下沉的过程．在这过程中,桩和锤的动能和系统的势能将用于克服摩擦力作功,可应用系统的功能原理．根据以上分析列出相应方程式即可解．(3)仍为打桩过程．所不同的是,在此过程中,碰撞是非弹性的,因此,桩获得的速度还需根据锤反弹的高度求出．桩下沉时,仍是以桩的动能和势能减少来克服摩擦力作功的．

解 (1) 在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能原理,有

h1m?gh1??4ShKdh (1)

0桩下沉的距离为

h1?m?g?8.88m

2SK(2) 锤从1 m 高处落下,其末速率为v0?桩碰撞后将有共同的速率,按动量守恒定律,有

2gh．由于锤与桩碰撞是完全非弹性的,锤与

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

随后桩下沉的过程中,根据系统的功能原理,有

?h1?h2h1-4dSKhv0??1?m??m?v2??m??m?gh2 (3) 2由式(2)、(3)可解得桩下沉的距离为

h2 ＝0.2 m

(3) 当桩已下沉35 m 时,再一次锤桩,由于此时的碰撞是一般非弹性的,锤碰撞后的速率可由上抛运动规律得v1?2gh?,再根据动量守恒定律,有

mv0??m2gh??m?v? (4)

随后,桩在下沉过程中,再一次应用系统的功能原理,得

?h301-4S?35m?h?dh??m?gh3?m?v?2 (5)

2由式(4)、(5)可得桩再一次下沉的距离

h3 ＝0.033 m

*3 -36 一系统由质量为3.0 kg、2.0 kg 和5.0 kg 的三个质点组成,它们在同一平面内运动,其中第一个质点的速度为(6.0 m·s-1 )j,第二个质点以与x轴成-30°角,大小为8.0 m·s-1 的速度运动．如果地面上的观察者测出系统的质心是静止的,那么第三个质点的速度是多少？

分析 因质点系的质心是静止的, 质心的速度为零, 即vC ＝drC

mixi?drcd?????0,故有d?mixi??mixi?0,这是一矢量方程．将质点vc???dtdt?dt??mi?系中各质点的质量和速度分量代入其分量方程式,即可解得第三质点的速度．

解 在质点运动的平面内取如图3 -36 所示坐标．按

?mxii?0的分量式,有

m1v1x?m2v2x?m3v3x?0 m1v1y?m2v2y?m3v3y?0

其中v2x?v2cosθ, v2y?v2sinθ ,θ ＝-30°,代入后得

m1v1y?m2v2ym2?1v2x??2.0m?s?1 v3x??v2x??2.8m?s v3y?m3m3则 v3??2.8m?s?1i?2.0m?s?1j

*3 -37 如图所示,质量分别为m1 ＝10.0 kg和m2 ＝6.0 kg 的两小球A 和B,用质量可略去不计的刚性细杆连接,开始时它们静止在Oxy 平面上,在图示的外力F1 ＝(8.0 N) i 和F2 ＝(6.0 N) j 的作用下运动．试求：(1)它们质心的坐标与时间的函数关系；(2)系统总动量与时间的函数关系．

????

分析 两质点被刚性杆连接构成一整体,其质心坐标可按质心位矢式求出．虽然两力分别作用在杆端不同质点上,但对整体而言,可应用质心运动定律和运动学规律来求解．

解 (1) 选如图所示坐标,则t ＝0 时,系统质心的坐标为

xc0?m2x20?1.5m

m1?m2m1y10?1.9m

m1?m2yc0?对小球与杆整体应用质心运动定律,得

Fx?F1??m1?m2?dvx (1) dtFy?F2??m1?m2?dvydt (2)

根据初始条件t ＝0 时,v ＝0,分别对式(1)、式(2)积分可得质心速度的分量与时间的函数关系式,有

?t0F1dt??vx0?m1?m2?dvx, vx?F1t (3)

m1?m2?的函数关系式,有

t0F1dt??vy0?m1?m2?dvy, vy?F2t (4)

m1?m2根据初始条件t ＝0 时,x ＝xC0 ,y ＝yC0 ,对式(3)、式(4)再一次积分可得质心坐标与时间

t?F1???dx?dt ?xc0c?0???m1?m2?xcxc?xc0?ycF1t2?1.5?0.25t2

2?m1?m2?t?F2???dy?dt 及 ?c?0??yc0?m1?m2?yc?yc0?F2t2?1.9?0.19t2

2?m1?m2?(2) 利用动量定理并考虑到系统的初始状态为静止,可得系统总动量与时间的函数关系

P?ΔP???F1?F2?dt??8.0t?i??6.0t?j

0t

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