大學物理復習1.

1、第一章質(zhì)點運動學1 -1質(zhì)點作曲線運動,在時刻t 質(zhì)點的位矢為r,速度為v ,速率為v,t 至(t t)時間內(nèi)的位移為r, 路程為s, 位矢大小的變化量為r ( 或稱r),平均速度為,平均速率為(1) 根據(jù)上述情況,則必有()(A) r= s = r(B) r s r,當t0 時有dr= ds dr(C) r r s,當t0 時有dr= dr ds(D) r s r,當t0 時有dr= dr = ds(2) 根據(jù)上述情況,則必有()(A) = ,= (B) , (C) = , (D) ,= 分析與解(1) 質(zhì)點在t 至(t t)時間內(nèi)沿曲線從P 點運動到P點,各量關(guān)系如圖所示, 其中路程s P

2、P, 位移大小rPP,而r r-r表示質(zhì)點位矢大小的變化量,三個量的物理含義不同,在曲線運動中大小也不相等(注：在直線運動中有相等的可能)但當t0 時,點P無限趨近P點,則有drds,但卻不等于dr故選(B)(2) 由于r s,故,即但由于drds,故,即由此可見,應選(C)1 -2一運動質(zhì)點在某瞬時位于位矢r(x,y)的端點處,對其速度的大小有四種意見,即(1)；(2)；(3)；(4)下述判斷正確的是()(A) 只有(1)(2)正確 (B) 只有(2)正確(C) 只有(2)(3)正確 (D) 只有(3)(4)正確分析與解表示質(zhì)點到坐標原點的距離隨時間的變化率,在極坐標系中叫徑向速率通常用符號

3、vr表示,這是速度矢量在位矢方向上的一個分量；表示速度矢量；在自然坐標系中速度大小可用公式計算,在直角坐標系中則可由公式求解故選(D)1 -3質(zhì)點作曲線運動,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, a表示切向加速度對下列表達式,即(1)d v /dt ；(2)dr/dt v；(3)ds/dt v；(4)d v /dta下述判斷正確的是()(A) 只有(1)、(4)是對的 (B) 只有(2)、(4)是對的(C) 只有(2)是對的 (D) 只有(3)是對的分析與解表示切向加速度a,它表示速度大小隨時間的變化率,是加速度矢量沿速度方向的一個分量,起改變速度大小的作用；在極坐標系

4、中表示徑向速率vr(如題1 -2 所述)；在自然坐標系中表示質(zhì)點的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度a因此只有(3) 式表達是正確的故選(D)1 -4一個質(zhì)點在做圓周運動時,則有()(A) 切向加速度一定改變,法向加速度也改變(B) 切向加速度可能不變,法向加速度一定改變(C) 切向加速度可能不變,法向加速度不變(D) 切向加速度一定改變,法向加速度不變分析與解加速度的切向分量a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)點作圓周運動時,由于速度方向不斷改變,相應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a是否改變,則要視質(zhì)點的速率情況而定質(zhì)點作勻速率圓

5、周運動時, a恒為零；質(zhì)點作勻變速率圓周運動時, a為一不為零的恒量,當a改變時,質(zhì)點則作一般的變速率圓周運動由此可見,應選(B) 1 -5已知質(zhì)點沿x 軸作直線運動,其運動方程為,式中x 的單位為m,t 的單位為 s求：(1) 質(zhì)點在運動開始后4.0 s內(nèi)的位移的大??；(2) 質(zhì)點在該時間內(nèi)所通過的路程；(3) t4 s時質(zhì)點的速度和加速度分析位移和路程是兩個完全不同的概念只有當質(zhì)點作直線運動且運動方向不改變時,位移的大小才會與路程相等質(zhì)點在t 時間內(nèi)的位移x 的大小可直接由運動方程得到：,而在求路程時,就必須注意到質(zhì)點在運動過程中可能改變運動方向,此時,位移的大小和路程就不同了為此,需根據(jù)

6、來確定其運動方向改變的時刻tp ,求出0tp 和tpt 內(nèi)的位移大小x1 、x2 ,則t 時間內(nèi)的路程,如圖所示,至于t 4.0 s 時質(zhì)點速度和加速度可用和兩式計算題 1-5 圖解(1) 質(zhì)點在4.0 s內(nèi)位移的大小 (2) 由 得知質(zhì)點的換向時刻為 (t0不合題意)則所以,質(zhì)點在4.0 s時間間隔內(nèi)的路程為 (3) t4.0 s時1 -6已知質(zhì)點的運動方程為,式中r 的單位為m,t 的單位為求：(1) 質(zhì)點的運動軌跡；(2) t 0 及t 2時,質(zhì)點的位矢；(3) 由t 0 到t 2內(nèi)質(zhì)點的位移r 和徑向增量r； 分析質(zhì)點的軌跡方程為y f(x),可由運動方程的兩個分量式x(t)和y(t)

7、中消去t 即可得到對于r、r、r、s 來說,物理含義不同,(詳見題1-1分析).解(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得質(zhì)點軌跡方程為這是一個拋物線方程,軌跡如圖(a)所示(2) 將t 0和t 2分別代入運動方程,可得相應位矢分別為 , 圖(a)中的P、Q 兩點,即為t 0和t 2時質(zhì)點所在位置(3) 由位移表達式,得其中位移大小而徑向增量題 1-6 圖1 -7質(zhì)點的運動方程為式中x,y 的單位為m,t 的單位為試求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向分析由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量,再由運動合成算出速度和加速度的大小和方向解(1) 速度的分量式為當t

8、 0 時, v0x -10 m·-1 , v0y 15 m·-1 ,則初速度大小為設v0與x 軸的夾角為,則123°41(2) 加速度的分量式為 , 則加速度的大小為設a 與x 軸的夾角為,則-33°41(或326°19)1 -9質(zhì)點沿直線運動,加速度a4 -t2 ,式中a的單位為m·-2 ,t的單位為如果當t 3時,x9 m,v 2 m·-1 ,求質(zhì)點的運動方程分析本題屬于運動學第二類問題,即已知加速度求速度和運動方程,必須在給定條件下用積分方法解決由和可得和如aa(t)或v v(t),則可兩邊直接積分如果a 或v不是時間

9、t 的顯函數(shù),則應經(jīng)過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學操作后再做積分解由分析知,應有得 (1)由 得 (2)將t3時,x9 m,v2 m·-1代入(1)、(2)得v0-1 m·-1, x00.75 m于是可得質(zhì)點運動方程為1 -10一石子從空中由靜止下落,由于空氣阻力,石子并非作自由落體運動,現(xiàn)測得其加速度aA -Bv,式中A、B 為正恒量,求石子下落的速度和運動方程解選取石子下落方向為y 軸正向,下落起點為坐標原點(1) 由題意知 (1)用分離變量法把式(1)改寫為 (2)將式(2)兩邊積分并考慮初始條件,有得石子速度 由此可知當,t時,為一常量,通常稱為極限速度或收尾速度(

10、2) 再由并考慮初始條件有得石子運動方程1 -11一質(zhì)點具有恒定加速度a 6i 4j,式中a的單位為m·-2 在t0時,其速度為零,位置矢量r0 10 mi求：(1) 在任意時刻的速度和位置矢量；(2) 質(zhì)點在Oxy 平面上的軌跡方程,并畫出軌跡的示意圖題 1-11 圖分析與上兩題不同處在于質(zhì)點作平面曲線運動,根據(jù)疊加原理,求解時需根據(jù)加速度的兩個分量ax 和ay分別積分,從而得到運動方程r的兩個分量式x(t)和y(t)由于本題中質(zhì)點加速度為恒矢量,故兩次積分后所得運動方程為固定形式,即和,兩個分運動均為勻變速直線運動讀者不妨自己驗證一下解由加速度定義式,根據(jù)初始條件t0 0時v0

11、0,積分可得又由及初始條件t0 時,r0(10 m)i,積分可得由上述結(jié)果可得質(zhì)點運動方程的分量式,即x 103t2y 2t2消去參數(shù)t,可得運動的軌跡方程3y 2x -20 m這是一個直線方程直線斜率,33°41軌跡如圖所示1 -12質(zhì)點在Oxy 平面內(nèi)運動,其運動方程為r2.0ti (19.0 -2.0t2 )j,式中r 的單位為m,t的單位為s求：(1)質(zhì)點的軌跡方程；(2) 在t11.0s 到t2 2.0s 時間內(nèi)的平均速度；(3) t1 1.0時的速度及切向和法向加速度；(4) t 1.0s 時質(zhì)點所在處軌道的曲率半徑分析根據(jù)運動方程可直接寫出其分量式x x(t)和y y(

12、t),從中消去參數(shù)t,即得質(zhì)點的軌跡方程平均速度是反映質(zhì)點在一段時間內(nèi)位置的變化率,即,它與時間間隔t 的大小有關(guān),當t0 時,平均速度的極限即瞬時速度切向和法向加速度是指在自然坐標下的分矢量a 和an ,前者只反映質(zhì)點在切線方向速度大小的變化率,即,后者只反映質(zhì)點速度方向的變化,它可由總加速度a 和a 得到在求得t1 時刻質(zhì)點的速度和法向加速度的大小后,可由公式求解(1) 由參數(shù)方程x 2.0t,y 19.0-2.0t2消去t 得質(zhì)點的軌跡方程：y 19.0 -0.50x2 (2) 在t1 1.00 到t2 2.0時間內(nèi)的平均速度(3) 質(zhì)點在任意時刻的速度和加速度分別為則t1 1.00時的

13、速度v(t)t 12.0i -4.0j切向和法向加速度分別為(4) t 1.0質(zhì)點的速度大小為則1 -15如圖所示，從山坡底端將小球拋出，已知該山坡有恒定傾角，球的拋射角，設球被拋出時的速率v0 19.6 m·-1，忽略空氣阻力，問球落在山坡上處離山坡底端的距離為多少？此過程經(jīng)歷多長時間？題 1-15 圖分析 求解方法與上題類似，但本題可將運動按兩種方式分解，如圖（a）和圖（b）所示.在圖（a）坐標系中，兩個分運動均為勻減速直線運動，加速度大小分別為-g 和-g ，看似復雜，但求解本題確較方便，因為落地時有y=0,對應的時間t和x的值即為本題所求.在圖（b）坐標系中，分運動看似簡單，

14、但求解本題還需將落地點P的坐標y與x的關(guān)系列出來.解 1 由分析知，在圖（a）坐標系中，有 （1） （2）落地時，有y=0，由式（2）解得飛行時間為s將 t 值代入式（1），得m解 2 由分析知，在圖（b）坐標系中，對小球 （1） （2）對點P （3）由式（1）、（2）可得球的軌道方程為 （4）落地時，應有，即解之得落地點P的x坐標為 （5）則 m聯(lián)解式（1）和式（5）可得飛行時間 s討論 比較兩種解法，你對如何靈活運用疊加原理有什么體會?1 -16一質(zhì)點沿半徑為R 的圓周按規(guī)律運動,v0 、b 都是常量(1) 求t 時刻質(zhì)點的總加速度；(2) t 為何值時總加速度在數(shù)值上等于b？(3) 當加

15、速度達到b 時,質(zhì)點已沿圓周運行了多少圈？分析在自然坐標中,s 表示圓周上從某一點開始的曲線坐標由給定的運動方程s s(t),對時間t 求一階、二階導數(shù),即是沿曲線運動的速度v 和加速度的切向分量a,而加速度的法向分量為anv2 /R這樣,總加速度為a aeanen至于質(zhì)點在t 時間內(nèi)通過的路程,即為曲線坐標的改變量sst -s0因圓周長為2R,質(zhì)點所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得解(1) 質(zhì)點作圓周運動的速率為其加速度的切向分量和法向分量分別為, 故加速度的大小為其方向與切線之間的夾角為(2) 要使ab,由可得(3) 從t0 開始到tv0 /b 時,質(zhì)點經(jīng)過的路程為因此質(zhì)點運行的圈數(shù)為1 -18一質(zhì)點

16、在半徑為0.10 m的圓周上運動,其角位置為,式中 的單位為rad,t 的單位為(1) 求在t 2.0時質(zhì)點的法向加速度和切向加速度(2) 當切向加速度的大小恰等于總加速度大小的一半時, 值為多少？(3) t 為多少時,法向加速度和切向加速度的值相等？分析掌握角量與線量、角位移方程與位矢方程的對應關(guān)系,應用運動學求解的方法即可得到解(1) 由于,則角速度在t 2 時,法向加速度和切向加速度的數(shù)值分別為(2) 當時,有,即得 此時刻的角位置為(3) 要使,則有t 0.55第二章牛頓定律2 -1如圖(a)所示,質(zhì)量為m 的物體用平行于斜面的細線聯(lián)結(jié)置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速運動,當物體剛

17、脫離斜面時,它的加速度的大小為()(A) gsin (B) gcos (C) gtan (D) gcot 分析與解當物體離開斜面瞬間,斜面對物體的支持力消失為零,物體在繩子拉力F (其方向仍可認為平行于斜面)和重力作用下產(chǎn)生平行水平面向左的加速度a,如圖(b)所示,由其可解得合外力為mgcot ,故選(D)求解的關(guān)鍵是正確分析物體剛離開斜面瞬間的物體受力情況和狀態(tài)特征 2 -2用水平力FN把一個物體壓著靠在粗糙的豎直墻面上保持靜止當FN逐漸增大時,物體所受的靜摩擦力Ff的大小()(A) 不為零,但保持不變(B) 隨FN成正比地增大(C) 開始隨FN增大,達到某一最大值后,就保持不變(D) 無法

18、確定分析與解與滑動摩擦力不同的是,靜摩擦力可在零與最大值FN范圍內(nèi)取值當FN增加時,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動狀態(tài)由題意知,物體一直保持靜止狀態(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 -3一段路面水平的公路,轉(zhuǎn)彎處軌道半徑為R,汽車輪胎與路面間的摩擦因數(shù)為,要使汽車不至于發(fā)生側(cè)向打滑,汽車在該處的行駛速率()(A) 不得小于(B) 必須等于(C) 不得大于 (D) 還應由汽車的質(zhì)量m 決定分析與解由題意知,汽車應在水平面內(nèi)作勻速率圓周運動,為保證汽車轉(zhuǎn)彎時不側(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,能夠提供的最大向心力

19、應為FN由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應為vRg因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時的實際速率不大于此值,均能保證不側(cè)向打滑應選(C)2 -4一物體沿固定圓弧形光滑軌道由靜止下滑,在下滑過程中,則()(A) 它的加速度方向永遠指向圓心,其速率保持不變(B) 它受到的軌道的作用力的大小不斷增加(C) 它受到的合外力大小變化,方向永遠指向圓心(D) 它受到的合外力大小不變,其速率不斷增加分析與解由圖可知,物體在下滑過程中受到大小和方向不變的重力以及時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(m gcos ) 使物體的速率將會不斷增加(由機械能守恒亦

20、可判斷),則物體作圓周運動的向心力(又稱法向力)將不斷增大,由軌道法向方向上的動力學方程可判斷,隨 角的不斷增大過程,軌道支持力FN也將不斷增大,由此可見應選(B)2 -6圖示一斜面,傾角為,底邊AB 長為l 2.1 m,質(zhì)量為m 的物體從題2 -6 圖斜面頂端由靜止開始向下滑動,斜面的摩擦因數(shù)為0.14試問,當為何值時,物體在斜面上下滑的時間最短？ 其數(shù)值為多少？分析動力學問題一般分為兩類：(1) 已知物體受力求其運動情況；(2) 已知物體的運動情況來分析其所受的力當然,在一個具體題目中,這兩類問題并無截然的界限,且都是以加速度作為中介,把動力學方程和運動學規(guī)律聯(lián)系起來本題關(guān)鍵在列出動力學和

21、運動學方程后,解出傾角與時間的函數(shù)關(guān)系f(t),然后運用對t 求極值的方法即可得出數(shù)值來解取沿斜面為坐標軸Ox,原點O 位于斜面頂點,則由牛頓第二定律有 (1)又物體在斜面上作勻變速直線運動,故有則 (2)為使下滑的時間最短,可令,由式(2)有則可得 ,此時 2 -7工地上有一吊車,將甲、乙兩塊混凝土預制板吊起送至高空甲塊質(zhì)量為m1 2.00 ×102 kg,乙塊質(zhì)量為m2 1.00 ×102 kg設吊車、框架和鋼絲繩的質(zhì)量不計試求下述兩種情況下,鋼絲繩所受的張力以及乙塊對甲塊的作用力：(1) 兩物塊以10.0 m·-2 的加速度上升；(2) 兩物塊以1.0 m&

22、#183;-2 的加速度上升從本題的結(jié)果,你能體會到起吊重物時必須緩慢加速的道理嗎？題 2-7 圖分析預制板、吊車框架、鋼絲等可視為一組物體處理動力學問題通常采用“隔離體”的方法,分析物體所受的各種作用力,在所選定的慣性系中列出它們各自的動力學方程根據(jù)連接體中物體的多少可列出相應數(shù)目的方程式結(jié)合各物體之間的相互作用和聯(lián)系,可解決物體的運動或相互作用力解按題意,可分別取吊車(含甲、乙)和乙作為隔離體,畫示力圖,并取豎直向上為Oy 軸正方向(如圖所示)當框架以加速度a 上升時,有F-( m1 m2 )g (m1 m2 )a (1)FN2 - m2 g m2 a (2)解上述方程,得F (m1 m2

23、 )(g a) (3)FN2 m2 (g a) (4)(1) 當整個裝置以加速度a 10 m·-2 上升時,由式(3)可得繩所受張力的值為F 5.94 ×103 N乙對甲的作用力為FN2 -FN2 -m2 (g a) -1.98 ×103 N(2) 當整個裝置以加速度a 1 m·-2 上升時,得繩張力的值為F 3.24 ×103 N此時,乙對甲的作用力則為FN2-1.08 ×103 N由上述計算可見,在起吊相同重量的物體時,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,起吊重物時必須緩慢加速,以確保起吊過程的安全

24、2 -9質(zhì)量為m的長平板A 以速度v在光滑平面上作直線運動,現(xiàn)將質(zhì)量為m 的木塊B 輕輕平穩(wěn)地放在長平板上,板與木塊之間的動摩擦因數(shù)為,求木塊在長平板上滑行多遠才能與板取得共同速度？分析當木塊B 平穩(wěn)地輕輕放至運動著的平板A 上時,木塊的初速度可視為零,由于它與平板之間速度的差異而存在滑動摩擦力,該力將改變它們的運動狀態(tài)根據(jù)牛頓定律可得到它們各自相對地面的加速度換以平板為參考系來分析,此時,木塊以初速度-v(與平板運動速率大小相等、方向相反)作勻減速運動,其加速度為相對加速度,按運動學公式即可解得 該題也可應用第三章所講述的系統(tǒng)的動能定理來解將平板與木塊作為系統(tǒng),該系統(tǒng)的動能由平板原有的動能變

25、為木塊和平板一起運動的動能,而它們的共同速度可根據(jù)動量定理求得又因為系統(tǒng)內(nèi)只有摩擦力作功,根據(jù)系統(tǒng)的動能定理,摩擦力的功應等于系統(tǒng)動能的增量木塊相對平板移動的距離即可求出解1以地面為參考系,在摩擦力mg 的作用下,根據(jù)牛頓定律分別對木塊、平板列出動力學方程mg ma1-ma2a1 和a2 分別是木塊和木板相對地面參考系的加速度若以木板為參考系,木塊相對平板的加速度a a1 a2 ,木塊相對平板以初速度- v作勻減速運動直至最終停止由運動學規(guī)律有- v2 2as由上述各式可得木塊相對于平板所移動的距離為解2以木塊和平板為系統(tǒng),它們之間一對摩擦力作的總功為式中l(wèi) 為平板相對地面移動的距離由于系統(tǒng)在

26、水平方向上不受外力,當木塊放至平板上時,根據(jù)動量守恒定律,有mv(mm) v由系統(tǒng)的動能定理,有由上述各式可得2 -10如圖(a)所示,在一只半徑為R 的半球形碗內(nèi),有一粒質(zhì)量為m 的小鋼球,當小球以角速度在水平面內(nèi)沿碗內(nèi)壁作勻速圓周運動時,它距碗底有多高？題 2-10 圖分析維持鋼球在水平面內(nèi)作勻角速度轉(zhuǎn)動時,必須使鋼球受到一與向心加速度相對應的力(向心力),而該力是由碗內(nèi)壁對球的支持力FN 的分力來提供的,由于支持力FN 始終垂直于碗內(nèi)壁,所以支持力的大小和方向是隨而變的取圖示Oxy 坐標,列出動力學方程,即可求解鋼球距碗底的高度解取鋼球為隔離體,其受力分析如圖(b)所示在圖示坐標中列動力

27、學方程 (1) (2)且有 (3)由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為可見,h 隨的變化而變化2 -13一質(zhì)量為10 kg 的質(zhì)點在力F 的作用下沿x 軸作直線運動,已知F 120t 40,式中F 的單位為N, t的單位的在t0時,質(zhì)點位于x 5.0 m處,其速度v06.0 m·求質(zhì)點在任意時刻的速度和位置分析這是在變力作用下的動力學問題由于力是時間的函數(shù),而加速度adv/dt,這時,動力學方程就成為速度對時間的一階微分方程,解此微分方程可得質(zhì)點的速度v (t)；由速度的定義vdx /dt,用積分的方法可求出質(zhì)點的位置解因加速度adv/dt,在直線運動中,根據(jù)牛頓運動定律有依據(jù)質(zhì)點運動

28、的初始條件,即t0 0 時v0 6.0 m·-1 ,運用分離變量法對上式積分,得v6.0+4.0t+6.0t2 又因vdx /dt,并由質(zhì)點運動的初始條件：t0 0 時 x0 5.0 m,對上式分離變量后積分,有x 5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t32 -17光滑的水平桌面上放置一半徑為R 的固定圓環(huán),物體緊貼環(huán)的內(nèi)側(cè)作圓周運動,其摩擦因數(shù)為,開始時物體的速率為v0 ,求：(1) t 時刻物體的速率；(2) 當物體速率從v0減少時,物體所經(jīng)歷的時間及經(jīng)過的路程 題 2-17 圖分析運動學與動力學之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的,因而,可先分析動力學問題物體在作圓周運動的過程中,促

29、使其運動狀態(tài)發(fā)生變化的是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對物體的支持力FN 和環(huán)與物體之間的摩擦力F ,而摩擦力大小與正壓力FN成正比,且FN與FN又是作用力與反作用力,這樣,就可通過它們把切向和法向兩個加速度聯(lián)系起來了,從而可用運動學的積分關(guān)系式求解速率和路程解(1) 設物體質(zhì)量為m,取圖中所示的自然坐標,按牛頓定律,有由分析中可知,摩擦力的大小FFN ,由上述各式可得取初始條件t 0 時v v 0 ,并對上式進行積分,有(2) 當物體的速率從v 0 減少到時,由上式可得所需的時間為物體在這段時間內(nèi)所經(jīng)過的路程第三章動量守恒定律和能量守恒定律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

30、) 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)下列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)

31、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)說法是正確的故選(C)3 -2有兩個傾角不同、高度相同、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

32、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,是因為該系統(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)和必為零下列上述說法中判斷正確的是

33、()(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)相應勢能應該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(詳見習題3 -2 分析),由此可見只有說法(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

34、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,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,下列說法

35、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因為子彈與木塊作用的一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零(這是因為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克服阻力所作功,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

36、-6一架以3.0 ×10m·-1 的速率水平飛行的飛機,與一只身長為0.20 m、質(zhì)量為0.50 kg 的飛鳥相碰設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)本題的計算結(jié)果,你對于高速運動的物體(如飛機、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,直接應用牛頓定律解決受力問題是不可能的如果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)情況在

37、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)化為討論鳥的狀態(tài)變化來分析其受力情況,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式中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t l /v,以此代入上式可得鳥對飛機的平均沖力為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 ×105 N的沖力大致相當于一個22 t 的物體所受的重力,可見,此沖力是相當大的若飛鳥與發(fā)動機葉片相碰,足以使發(fā)動機損壞,造成飛行

38、事故3 -7如圖所示，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,物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時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則物體落回地面的時間為于是,在相應的過程中重力的沖量分別為解2根據(jù)動量定理,物體由發(fā)射

39、點O 運動到點A、B 的過程中,重力的沖量分別為3 -8Fx 304t(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I 300 N·s,此力作用的時間；(3) 若物體的初速度v1 10 m·s-1 ,方向與Fx相同,在t6.86 s時,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)動量定理求物體的速度v2解(1) 由分析知(2) 由I 300 30t 2t2 ,解此方程可得t 6.86 s(另一解不合題意已舍去)(3) 由動量定理,有I m v2- m v1由(2)可

40、知t 6.86 s 時I 300 N·s ,將I、m 及v1代入可得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，若球與棒的接觸時間為0.025 s,求：（1）棒對該球平均作用力的大小；（2）壘球手至少對球作了多少功？分析 第（1）問可對壘球運用動量定理，既可根據(jù)動量定理的矢量式，用幾何法求解，如圖（b）所示；也可建立如圖（a）所示的坐標系，用動量定量的分量式求解，對打擊、碰撞一類作用時間很短的過程來說，物體的重力一般可略去不計.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(

41、2) 由質(zhì)點動能定理，得3 -13A、B 兩船在平靜的湖面上平行逆向航行,當兩船擦肩相遇時,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,而B 船以3.4 m·s-1的速度繼續(xù)向前駛?cè)、B 兩船原有質(zhì)量分別為0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,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)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)亦是這樣由此,分別列出系統(tǒng)、的動量

42、守恒方程即可解出結(jié)果解設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)、應用動量守恒定律,則有 (1) (2)由題意知vA 0, vB 3.4 m·s-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),同樣能滿足動量守恒,也可列出相對應的方程求解3 -17 一質(zhì)量為0.20 kg 的球,系在長為2.00 m 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

43、6;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題 3-17 圖分析(1) 在計算功時,首先應明確是什么力作功小球擺動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,即能得出結(jié)果來(2) 在計算功的基礎上,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) 如圖所示,重力對小球所作的功只與始末位置有關(guān),即在小球擺動過程中,張力F 的方向總是與運動方向垂直,所以,張力的功

44、(2) 根據(jù)動能定理,小球擺動過程中,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小球在最低位置的速率為(3) 當小球在最低位置時,由牛頓定律可得3 -18一質(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 的圓周運動設質(zhì)點的最初速率是v0 當它運動一周時,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克服摩擦力作功上由此,可依據(jù)動能定理列式解之解(1) 摩擦力作功為 (1)(2) 由于摩

45、擦力是一恒力,且F mg,故有 (2)由式(1)、(2)可得動摩擦因數(shù)為(3) 由于一周中損失的動能為,則在靜止前可運行的圈數(shù)為圈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,此過程中木塊和子彈的動能各變化了多少？（2）子彈與木塊間的摩擦阻力對木塊和子彈各作了多少功？（3）證明這一對摩擦阻力的所作功的代數(shù)和就等于其中一個摩擦阻力沿相對位移L所作的功.(4)證明這一對摩擦阻力所作功的代數(shù)和就等于子彈-木塊系統(tǒng)總機械能的減少量(亦即轉(zhuǎn)化為熱的那部分能量).題 3

46、-20 圖分析 對子彈-木塊系統(tǒng)來說，滿足動量守恒，但系統(tǒng)動能并不守恒，這是因為一對摩擦內(nèi)力所做功的代數(shù)和并不為零，其中摩擦阻力對木塊作正功，其反作用力對子彈作負功，后者功的數(shù)值大于前者，通過這一對作用力與反作用力所做功，子彈將一部分動能轉(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題.解 （1）子彈-木塊系統(tǒng)滿足動量守恒，有解得共同速度對木塊 對子彈 （2） 對木塊和子彈分別運用質(zhì)點動能定理，則對木塊 對子彈 （3） 設摩擦阻力大小為,在兩者取得共同速度時，木塊對地位移為s，則子彈對地位移為L+s,有對木塊 對子彈 得 式中L

47、即為子彈對木塊的相對位移，“-”號表示這一對摩擦阻力（非保守力）所作功必定會使系統(tǒng)機械能減少.(4) 對木塊 對子彈 兩式相加，得 即 兩式相加后實為子彈-木塊系統(tǒng)作為質(zhì)點系的動能定理表達式，左邊為一對內(nèi)力所作功，右邊為系統(tǒng)動能的變化量.3 -23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題 3-23 圖分析取冰塊、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

48、和位置兩個物理量；因此,還需設法根據(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 (1)根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動力學方程為 (2)冰塊脫離球面時,支持力FN 0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置冰塊此時的速率為v 的方向與重力P 方向的夾角為90° - 41.8°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,此靶最初處于靜止狀態(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題 3-25 圖分析這也是一種碰撞問

49、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)的機械能也守恒應用上述兩個守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度時,彈簧被壓縮量最大這一條件,即可求解應用守恒定律求解,可免除碰撞中的許多細節(jié)問題解設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 (1)又由機械能守恒定律,有 (2)由式(1)、(2)可得3 -26質(zhì)量為m 的彈丸A,穿過如圖所示的擺錘B

50、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,如果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的最小值應為多少？題 3-26 圖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擺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,必須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)

51、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 (1)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F0,則 (2)式中vh 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 (3)解上述三個方程,可得彈丸所需速率的最小值為第四章剛體的轉(zhuǎn)動41有兩個力作用在一個有固定轉(zhuǎn)軸的剛體上：(1)這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的合力矩一定是零；(2)這兩個力都垂直于軸作用時，它們對軸的合力矩可能是零；(3)當這兩個力的合力為零時，它們對軸的合力矩也一定是零；(4)當這兩個力對軸的合力矩為零時，它們的合力也一定是零對上述說法下述判斷正確的是()(A)只有(1)是正確的(B)(1)、(2)正確，(3)、(4)錯誤(C) (1)、(2)、(3)都正確，(4)錯誤 (D)(1)、(2)、(