物理學(xué)教程第二版上冊(cè)第三章課后答案.doc

第三章動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律3 -3對(duì)功的概念有以下幾種說(shuō)法：(1) 保守力作正功時(shí),系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)的勢(shì)能增加；(2) 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)經(jīng)一閉合路徑,保守力對(duì)質(zhì)點(diǎn)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)和必為零下列上述說(shuō)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(shí),系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)勢(shì)能應(yīng)該減少由于保守力作功與路徑無(wú)關(guān),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(guò)程中,對(duì)A、B、C、D 以及彈簧組成的系統(tǒng),有()(A) 動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒(B) 動(dòng)量不守恒,機(jī)械能守恒(C) 動(dòng)量不守恒,機(jī)械能不守恒 (D) 動(dòng)量守恒,機(jī)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(dòng)量守恒,但機(jī)械能未必守恒,這取決于在A、B 彈開過(guò)程中C 與A 或D 與B 之間有無(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面為參考系,下列說(shuō)法中正確的說(shuō)法是()(A) 子彈減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)變?yōu)槟緣K的動(dòng)能(B) 子彈-木塊系統(tǒng)的機(jī)械能守恒(C) 子彈動(dòng)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(guò)程中產(chǎn)生的熱分析與解子彈-木塊系統(tǒng)在子彈射入過(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 -6一架以3.0 10m-1的速率水平飛行的飛機(jī),與一只身長(zhǎng)為0.20 m、質(zhì)量為0.50 kg的飛鳥相碰設(shè)碰撞后飛鳥的尸體與飛機(jī)具有同樣的速度,而原來(lái)飛鳥對(duì)于地面的速率甚小,可以忽略不計(jì)試估計(jì)飛鳥對(duì)飛機(jī)的沖擊力(碰撞時(shí)間可用飛鳥身長(zhǎng)被飛機(jī)速率相除來(lái)估算)根據(jù)本題的計(jì)算結(jié)果,你對(duì)于高速運(yùn)動(dòng)的物體(如飛機(jī)、汽車)與通常情況下不足以引起危害的物體(如飛鳥、小石子)相碰后會(huì)產(chǎn)生什么后果的問(wèn)題有些什么體會(huì)？分析由于鳥與飛機(jī)之間的作用是一短暫時(shí)間內(nèi)急劇變化的變力,直接應(yīng)用牛頓定律解決受力問(wèn)題是不可能的如果考慮力的時(shí)間累積效果,運(yùn)用動(dòng)量定理來(lái)分析,就可避免作用過(guò)程中的細(xì)節(jié)情況在求鳥對(duì)飛機(jī)的沖力(常指在短暫時(shí)間內(nèi)的平均力)時(shí),由于飛機(jī)的狀態(tài)(指動(dòng)量)變化不知道,使計(jì)算也難以進(jìn)行；這時(shí),可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為討論鳥的狀態(tài)變化來(lái)分析其受力情況,并根據(jù)鳥與飛機(jī)作用的相互性(作用與反作用),問(wèn)題就很簡(jiǎn)單了解以飛鳥為研究對(duì)象,取飛機(jī)運(yùn)動(dòng)方向?yàn)閤 軸正向由動(dòng)量定理得式中為飛機(jī)對(duì)鳥的平均沖力,而身長(zhǎng)為20cm的飛鳥與飛機(jī)碰撞時(shí)間約為t l /v,以此代入上式可得鳥對(duì)飛機(jī)的平均沖力為式中負(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,2.25 105 N的沖力大致相當(dāng)于一個(gè)22 t 的物體所受的重力,可見(jiàn),此沖力是相當(dāng)大的若飛鳥與發(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如圖所示，質(zhì)量為m的物體,由水平面上點(diǎn)O以初速為v0拋出,v0與水平面成仰角若不計(jì)空氣阻力,求：(1) 物體從發(fā)射點(diǎn)O到最高點(diǎn)的過(guò)程中,重力的沖量；(2) 物體從發(fā)射點(diǎn)到落回至同一水平面的過(guò)程中,重力的沖量分析重力是恒力,因此,求其在一段時(shí)間內(nèi)的沖量時(shí),只需求出時(shí)間間隔即可由拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知,物體到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間,物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時(shí)間是到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)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(guò)程的始、末動(dòng)量,由動(dòng)量定理求出解1物體從出發(fā)到達(dá)最高點(diǎn)所需的時(shí)間為則物體落回地面的時(shí)間為于是,在相應(yīng)的過(guò)程中重力的沖量分別為解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3 -8Fx304t(式中Fx的單位為N,t 的單位為s)的合外力作用在質(zhì)量m10 kg的物體上,試求：(1) 在開始2內(nèi)此力的沖量；(2) 若沖量I300 Ns,此力作用的時(shí)間；(3) 若物體的初速度v110 ms-1 ,方向與Fx相同,在t6.86s時(shí),此物體的速度v2分析本題可由沖量的定義式,求變力的沖量,繼而根據(jù)動(dòng)量定理求物體的速度v2解(1) 由分析知(2) 由I 300 30t2t2 ,解此方程可得t6.86 s(另一解不合題意已舍去)(3) 由動(dòng)量定理,有I m v2- m v1由(2)可知t6.86 s 時(shí)I300 Ns ,將I、m及v1代入可得3 -9高空作業(yè)時(shí)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(shí)不慎從高空豎直跌落下來(lái),由于安全帶的保護(hù),最終使他被懸掛起來(lái)已知此時(shí)人離原處的距離為2.0 m ,安全帶彈性緩沖作用時(shí)間為0.50 s 求安全帶對(duì)人的平均沖力分析從人受力的情況來(lái)看,可分兩個(gè)階段：在開始下落的過(guò)程中,只受重力作用,人體可看成是作自由落體運(yùn)動(dòng)；在安全帶保護(hù)的緩沖過(guò)程中,則人體同時(shí)受重力和安全帶沖力的作用,其合力是一變力,且作用時(shí)間很短為求安全帶的沖力,可以從緩沖時(shí)間內(nèi),人體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(動(dòng)量)的改變來(lái)分析,即運(yùn)用動(dòng)量定理來(lái)討論事實(shí)上,動(dòng)量定理也可應(yīng)用于整個(gè)過(guò)程但是,這時(shí)必須分清重力和安全帶沖力作用的時(shí)間是不同的；而在過(guò)程的初態(tài)和末態(tài),人體的速度均為零這樣,運(yùn)用動(dòng)量定理仍可得到相同的結(jié)果解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2 m處時(shí)的速度為 (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 (2)由式(1)、(2)可得安全帶對(duì)人的平均沖力大小為解2從整個(gè)過(guò)程來(lái)討論根據(jù)動(dòng)量定理有3 -10質(zhì)量為m 的小球,在合外力F-kx 作用下運(yùn)動(dòng),已知x Acost,其中k、A均為正常量,求在t 0 到時(shí)間內(nèi)小球動(dòng)量的增量分析由沖量定義求得力F的沖量后,根據(jù)動(dòng)量原理,即為動(dòng)量增量,注意用式積分前,應(yīng)先將式中x用x Acost代之,方能積分解力F的沖量為即3 -11一只質(zhì)量的壘球以水平速率扔向打擊手，球經(jīng)球棒擊出后，具有如圖（a）所示的速度且大小，若球與棒的接觸時(shí)間為0.025 s,求：（1）棒對(duì)該球平均作用力的大??；（2）壘球手至少對(duì)球作了多少功？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).題 3-11 圖解（1）解 1由分析知，有其矢量關(guān)系如圖（b）所示，則解之得解 2由圖（a）有將(2) 由質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能定理，得3 -12如圖所示,在水平地面上,有一橫截面S0.20 m2的直角彎管,管中有流速為v3.0 m-1的水通過(guò),求彎管所受力的大小和方向題 3-12 圖分析對(duì)于彎曲部分AB 段內(nèi)的水而言,由于流速一定,在時(shí)間t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(duì)這部分水來(lái)說(shuō),在時(shí)間t內(nèi)動(dòng)量的增量也就是流入與流出水的動(dòng)量的增量pm(vB -vA )；此動(dòng)量的變化是管壁在t時(shí)間內(nèi)對(duì)其作用沖量I的結(jié)果依據(jù)動(dòng)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(duì)管壁的作用力F-F解在t時(shí)間內(nèi),從管一端流入(或流出) 水的質(zhì)量為mSt,彎曲部分AB 的水的動(dòng)量的增量則為pm(vB -vA ) St (vB -vA )依據(jù)動(dòng)量定理I p,得到管壁對(duì)這部分水的平均沖力從而可得水流對(duì)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)3 -13A、B兩船在平靜的湖面上平行逆向航行,當(dāng)兩船擦肩相遇時(shí),兩船各自向?qū)Ψ狡椒€(wěn)地傳遞50 kg的重物,結(jié)果是A船停了下來(lái),而B船以3.4 ms-1的速度繼續(xù)向前駛?cè)、B兩船原有質(zhì)量分別為0.5103kg和1.0 103 kg,求在傳遞重物前兩船的速度(忽略水對(duì)船的阻力)分析由于兩船橫向傳遞的速度可略去不計(jì),則對(duì)搬出重物后的船A與從船B搬入的重物所組成的系統(tǒng)來(lái)講,在水平方向上無(wú)外力作用,因此,它們相互作用的過(guò)程中應(yīng)滿足動(dòng)量守恒；同樣,對(duì)搬出重物后的船B與從船A搬入的重物所組成的系統(tǒng)亦是這樣由此,分別列出系統(tǒng)、的動(dòng)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(yùn)重物的質(zhì)量以m表示分別對(duì)上述系統(tǒng)、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律,則有(1)(2)由題意知vA 0, vB 3.4 ms-1代入數(shù)據(jù)后,可解得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(dòng)量守恒,也可列出相對(duì)應(yīng)的方程求解3 -14質(zhì)量為m的人手里拿著一個(gè)質(zhì)量為m的物體,此人用與水平面成角的速率v0向前跳去當(dāng)他達(dá)到最高點(diǎn)時(shí),他將物體以相對(duì)于人為u的水平速率向后拋出問(wèn)：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(diǎn))分析人跳躍距離的增加是由于他在最高點(diǎn)處向后拋出物體所致在拋物的過(guò)程中,人與物之間相互作用力的沖量,使他們各自的動(dòng)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(dòng)量守恒但在應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí),必須注意系統(tǒng)是相對(duì)地面(慣性系)而言的,因此,在處理人與物的速度時(shí),要根據(jù)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的關(guān)系來(lái)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(lái)計(jì)算解取如圖所示坐標(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,滿足動(dòng)量守恒,故有式中v為人拋物后相對(duì)地面的水平速率,v-u為拋出物對(duì)地面的水平速率得人的水平速率的增量為而人從最高點(diǎn)到地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為所以,人跳躍后增加的距離3 -15一物體在介質(zhì)中按規(guī)律xct3作直線運(yùn)動(dòng),c為一常量設(shè)介質(zhì)對(duì)物體的阻力正比于速度的平方試求物體由x00 運(yùn)動(dòng)到xl時(shí),阻力所作的功(已知阻力系數(shù)為k)分析本題是一維變力作功問(wèn)題,仍需按功的定義式來(lái)求解關(guān)鍵在于尋找力函數(shù)FF(x)根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(jìn)一步按xct3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(yùn)動(dòng)學(xué)方程xct3 ,可得物體的速度按題意及上述關(guān)系,物體所受阻力的大小為則阻力的功為3 -16一人從10.0 m深的井中提水,起始桶中裝有10.0 kg的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m要漏去0.20 kg的水水桶被勻速地從井中提到井口,求所作的功題 3-16 圖分析由于水桶在勻速上提過(guò)程中,拉力必須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(shí)為變力作功由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能寫出重力隨高度變化的關(guān)系,拉力作功即可求出解水桶在勻速上提過(guò)程中,a0,拉力與水桶重力平衡,有FP0在圖示所取坐標(biāo)下,水桶重力隨位置的變化關(guān)系為Pmg -gy其中0.2 kg/m,人對(duì)水桶的拉力的功為3 -17一質(zhì)量為0.20 kg的球,系在長(zhǎng)為2.00 m的細(xì)繩上,細(xì)繩的另一端系在天花板上把小球移至使細(xì)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(guò)程中,重力和張力所作的功；(2) 物體在最低位置時(shí)的動(dòng)能和速率；(3) 在最低位置時(shí)的張力題 3-17 圖分析(1) 在計(jì)算功時(shí),首先應(yīng)明確是什么力作功小球擺動(dòng)過(guò)程中同時(shí)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(yùn)動(dòng)方向垂直,根據(jù)功的矢量式,即能得出結(jié)果來(lái)(2) 在計(jì)算功的基礎(chǔ)上,由動(dòng)能定理直接能求出動(dòng)能和速率(3) 在求最低點(diǎn)的張力時(shí),可根據(jù)小球作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的向心加速度由重力和張力提供來(lái)確定解(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(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)能為小球在最低位置的速率為(3) 當(dāng)小球在最低位置時(shí),由牛頓定律可得3 -18一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn),系在細(xì)繩的一端,繩的另一端固定在平面上此質(zhì)點(diǎn)在粗糙水平面上作半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)設(shè)質(zhì)點(diǎn)的最初速率是v0當(dāng)它運(yùn)動(dòng)一周時(shí),其速率為v0 /2求：(1) 摩擦力作的功；(2) 動(dòng)摩擦因數(shù)；(3) 在靜止以前質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)了多少圈？分析質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度的減緩,意味著其動(dòng)能減少；而減少的這部分動(dòng)能則消耗在運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力作功上由此,可依據(jù)動(dòng)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Fmg,故有 (2)由式(1)、(2)可得動(dòng)摩擦因數(shù)為(3) 由于一周中損失的動(dòng)能為,則在靜止前可運(yùn)行的圈數(shù)為圈3 -19如圖(a)所示,A和B兩塊板用一輕彈簧連接起來(lái),它們的質(zhì)量分別為m1和m2問(wèn)在A板上需加多大的壓力,方可在力停止作用后,恰能使A在跳起來(lái)時(shí)B稍被提起(設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k)題 3-19 圖分析運(yùn)用守恒定律求解是解決力學(xué)問(wèn)題最簡(jiǎn)捷的途徑之一因?yàn)樗c過(guò)程的細(xì)節(jié)無(wú)關(guān),也常常與特定力的細(xì)節(jié)無(wú)關(guān)“守恒”則意味著在條件滿足的前提下,過(guò)程中任何時(shí)刻守恒量不變?cè)诰唧w應(yīng)用時(shí),必須恰當(dāng)?shù)剡x取研究對(duì)象(系統(tǒng)),注意守恒定律成立的條件該題可用機(jī)械能守恒定律來(lái)解決選取兩塊板、彈簧和地球?yàn)橄到y(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(guò)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(jī)械能守恒的條件只需取狀態(tài)1 和狀態(tài)2,運(yùn)用機(jī)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(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F1P1F (1)當(dāng)外力撤除后,按分析中所選的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律可得式中y1、y2為M、N兩點(diǎn)對(duì)原點(diǎn)O的位移因?yàn)镕1ky1 ,F2ky2及P1m1g,上式可寫為F1 -F22P1 (2)由式(1)、(2)可得FP1F2 (3)當(dāng)A板跳到N點(diǎn)時(shí),B板剛被提起,此時(shí)彈性力F2P2 ,且F2F2由式(3)可得FP1P2(m1m2 )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(shí)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(guò)程中木塊和子彈的動(dòng)能各變化了多少？（2）子彈與木塊間的摩擦阻力對(duì)木塊和子彈各作了多少功？（3）證明這一對(duì)摩擦阻力的所作功的代數(shù)和就等于其中一個(gè)摩擦阻力沿相對(duì)位移L所作的功.(4)證明這一對(duì)摩擦阻力所作功的代數(shù)和就等于子彈-木塊系統(tǒng)總機(jī)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(duì)子彈-木塊系統(tǒng)來(lái)說(shuō)，滿足動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)動(dòng)能并不守恒，這是因?yàn)橐粚?duì)摩擦內(nèi)力所做功的代數(shù)和并不為零，其中摩擦阻力對(duì)木塊作正功，其反作用力對(duì)子彈作負(fù)功，后者功的數(shù)值大于前者，通過(guò)這一對(duì)作用力與反作用力所做功，子彈將一部分動(dòng)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(wèn)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(wèn)題.解（1）子彈-木塊系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，有解得共同速度對(duì)木塊 對(duì)子彈 （2） 對(duì)木塊和子彈分別運(yùn)用質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能定理，則對(duì)木塊 對(duì)子彈 （3） 設(shè)摩擦阻力大小為,在兩者取得共同速度時(shí)，木塊對(duì)地位移為s，則子彈對(duì)地位移為L(zhǎng)+s,有對(duì)木塊 對(duì)子彈 得 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.(4) 對(duì)木塊 對(duì)子彈 兩式相加，得即 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 -21用鐵錘把釘子敲入墻面木板設(shè)木板對(duì)釘子的阻力與釘子進(jìn)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 -2 m第二次敲擊時(shí),保持第一次敲擊釘子的速度,那么第二次能把釘子釘入多深？分析由于兩次錘擊的條件相同,錘擊后釘子獲得的速度也相同,所具有的初動(dòng)能也相同釘子釘入木板是將釘子的動(dòng)能用于克服阻力作功,由功能原理可知釘子兩次所作的功相等由于阻力與進(jìn)入木板的深度成正比,按變力的功的定義得兩次功的表達(dá)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Fkx(k為阻力系數(shù))現(xiàn)令x01.00 10 -2 m,第二次釘入的深度為x,由于釘子兩次所作功相等,可得x0.41 10 -2 m3 -22一質(zhì)量為m的地球衛(wèi)星,沿半徑為3RE的圓軌道運(yùn)動(dòng), RE為地球的半徑已知地球的質(zhì)量為mE求：(1) 衛(wèi)星的動(dòng)能；(2) 衛(wèi)星的引力勢(shì)能；(3) 衛(wèi)星的機(jī)械能分析根據(jù)勢(shì)能和動(dòng)能的定義,只需知道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運(yùn)動(dòng)的速率,其勢(shì)能和動(dòng)能即可算出由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運(yùn)動(dòng),由此可算得衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的速率和動(dòng)能由于衛(wèi)星的引力勢(shì)能是屬于系統(tǒng)(衛(wèi)星和地球)的,要確定特定位置的勢(shì)能時(shí),必須規(guī)定勢(shì)能的零點(diǎn),通常取衛(wèi)星與地球相距無(wú)限遠(yuǎn)時(shí)的勢(shì)能為零這樣,衛(wèi)星在特定位置的勢(shì)能也就能確定了至于衛(wèi)星的機(jī)械能則是動(dòng)能和勢(shì)能的總和解(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,由牛頓定律可得則(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(3) 衛(wèi)星的機(jī)械能為3 -23如圖(a)所示,天文觀測(cè)臺(tái)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(diǎn)由靜止沿屋面滑下,若摩擦力略去不計(jì)求此冰塊離開屋面的位置以及在該位置的速度題 3-23 圖分析取冰塊、屋面和地球?yàn)橄到y(tǒng),由于屋面對(duì)冰塊的支持力FN始終與冰塊運(yùn)動(dòng)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(jī)械能守恒但是,僅有一個(gè)機(jī)械能守恒方程不能解出速度和位置兩個(gè)物理量；因此,還需設(shè)法根據(jù)冰塊在脫離屋面時(shí)支持力為零這一條件,由牛頓定律列出冰塊沿徑向的動(dòng)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(jī)械能守恒,有 (1)根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程為 (2)冰塊脫離球面時(shí),支持力FN0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置冰塊此時(shí)的速率為v的方向與重力P方向的夾角為90 - 41.83 -24如圖所示,把質(zhì)量m0.20 kg的小球放在位置A 時(shí),彈簧被壓縮l7.5 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(yùn)動(dòng)小球與軌道間的摩擦不計(jì)已知是半徑r0.15 m的半圓弧,AB相距為2r求彈簧勁度系數(shù)的最小值題 3-24 圖分析若取小球、彈簧和地球?yàn)橄到y(tǒng),小球在被釋放后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,只有重力和彈力這兩個(gè)保守內(nèi)力作功,軌道對(duì)球的支持力不作功,因此,在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒運(yùn)用守恒定律解題時(shí),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(shí)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(guò)半圓弧時(shí)的最高點(diǎn)C處,因?yàn)檫@時(shí)小球的速率正處于一種臨界狀態(tài),若大于、等于此速率時(shí),小球定能沿軌道繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)；小于此速率時(shí),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(yùn)動(dòng)中所需的向心力,由牛頓定律求出這樣,再由系統(tǒng)的機(jī)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?jiǎng)偤猛ㄟ^(guò)最高點(diǎn)C時(shí),軌道對(duì)小球支持力FN0,因此,有 (1)取小球開始時(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 (2)由式(1)、(2)可得3 -25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?fàn)顟B(tài),但可在水平面上作無(wú)摩擦滑動(dòng)求子彈射入靶內(nèi)彈簧后,彈簧的最大壓縮距離題 3-25 圖分析這也是一種碰撞問(wèn)題碰撞的全過(guò)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(dá)共同速度為止,在這過(guò)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(dòng)量守恒但是,僅靠動(dòng)量守恒定律還不能求出結(jié)果來(lái)又考慮到無(wú)外力對(duì)系統(tǒng)作功,系統(tǒng)無(wú)非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒應(yīng)用上述兩個(gè)守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度時(shí),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(xì)節(jié)問(wèn)題解設(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 (1)又由機(jī)械能守恒定律,有 (2)由式(1)、(2)可得3 -26質(zhì)量為m的彈丸A,穿過(guò)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(zhǎng)度為l,如果擺錘能在垂直平面內(nèi)完成一個(gè)完全的圓周運(yùn)動(dòng),彈丸速度v的最小值應(yīng)為多少？題 3-26 圖分析該題可分兩個(gè)過(guò)程分析首先是彈丸穿越擺錘的過(guò)程就彈丸與擺錘所組成的系統(tǒng)而言,由于穿越過(guò)程的時(shí)間很短,重力和的張力在水平方向的沖量遠(yuǎn)小于沖擊力的沖量,因此,可認(rèn)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(dòng)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(dòng)能,為使擺錘能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng),必須使擺錘在最高點(diǎn)處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提供圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力來(lái)確定；與此同時(shí),擺錘在作圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,擺錘與地球組成的系統(tǒng)滿足機(jī)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(dòng)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(yùn)動(dòng),在最高點(diǎn)時(shí),擺線中的張力F0,則 (2)式中vh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,滿足機(jī)械能守恒定律,故有 (3)解上述三個(gè)方程,可得彈丸所需速率的最小值為3 -27兩質(zhì)量相同的物體發(fā)生碰撞，已知碰撞前兩物體速度分別為：和，碰撞后一物體速度為，求：（1）碰撞后另一物體的速度；（2）碰撞中兩物體損失的機(jī)械能共為多少？分析本題可直接運(yùn)用動(dòng)量守恒定律的矢量式求解，由于不是完全彈性碰撞，必定有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為兩物體的內(nèi)能.解（1）由動(dòng)能守恒得碰撞后另一物體速度為通過(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則“-”號(hào)表示碰撞后系統(tǒng)機(jī)械能減少了.3 -28質(zhì)量為7.2 10 -23 kg,速率為6.0 107 ms-1的粒子A,與另一個(gè)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5.0 107 ms-1求：(1) 粒子B 的速率及相對(duì)粒子A 原來(lái)速度方向的偏轉(zhuǎn)角；(2) 粒子A 的偏轉(zhuǎn)角題 3-28 圖分析這是粒子系統(tǒng)的二維彈性碰撞問(wèn)題這類問(wèn)題通常采用守恒定律來(lái)解決因?yàn)榱Ｗ酉到y(tǒng)在碰撞的平面內(nèi)不受外力作用,同時(shí),碰撞又是完全彈性的,故系統(tǒng)同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒由兩守恒定律方程即可解得結(jié)果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 (1) (2)又由機(jī)械能守恒定律,有 (3)解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率為各粒子相對(duì)原粒子方向的偏角分別為3 -29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(dòng)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(dòng)求物塊滑出頂端時(shí)的速度大小題 3-29 圖分析該題可分兩個(gè)階段來(lái)討論,首先是子彈和物塊的撞擊過(guò)程,然后是物塊(包含子彈)沿斜面向上的滑動(dòng)過(guò)程在撞擊過(guò)程中,對(duì)物塊和子彈組成的系統(tǒng)而