物理學(xué)教程(第二版)上冊第三章課后答案

1、第三章動量守恒定律和能量守恒定律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.下列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)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(fù)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

2、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，故選(C).3 -4如圖所示，質(zhì)量分別為mi和m2的物體A和B,置于光滑桌面上，A和眨間連有一輕彈簧.另 有質(zhì)量為mi和m2的物體5口 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單開的過程中XA、B、C D以及彈簧組成的系統(tǒng)，有()(A)動量守恒，機(jī)械能守恒(B)動量不守恒，機(jī)械能守恒(C)動量不守恒，機(jī)械能不守恒(D)動量守恒，機(jī)械能不一定守恒題3 -4怪分析與解 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(jī)

3、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(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(jī)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(jī)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

4、對地位移所致，子彈動能的減少等于子弓t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 -6 一架以x 10m-s-1的速率水平飛行的飛機(jī)，與一只身長為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(jī)的沖擊力（碰撞時間可用飛鳥身長被飛機(jī)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(jī)、汽車）與通常情況下不足以引起危害的物體 （如飛鳥、小

5、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(jī)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.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(xì)節(jié)情況.在求鳥對飛機(jī)的沖力（常指在短暫時間內(nèi)的平均力）時，由于飛機(jī)的狀態(tài)（指動量）變化不知道，使計算也難以進(jìn)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(jī)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(jī)運動方向為x軸正向.由動量定理得F & mv 0式中F為飛機(jī)對鳥的平均沖力，而身長為20cm的飛鳥與飛機(jī)碰撞時間約為困=l /v,以

6、此代入上式可得2 mv5F 2.55 105 N l鳥對飛機(jī)的平均沖力為F F 2.55 105 N式中負(fù)號表示飛機(jī)受到的沖力與其飛行方向相反.從計算結(jié)果可知，X 10N的沖力大致相當(dāng)于一個22 t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(jī)葉片相碰，足以使發(fā) 動機(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。以初速為v0拋出，v0與水平面成仰角a.若不 計空氣阻力，求：（1）物體從發(fā)射點。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.題3-7圖分析 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.

7、 由拋體運動規(guī)律可知，物體到達(dá)最高點的時間 發(fā)1 v0sin 0c，物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時間是 g到達(dá)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(dá)最高點所需的時間為,VoSin atl g則物體落回地面的時間為用22Ati金"g于是，在相應(yīng)的過程中重力的沖量分別為11 及1 Fdtmg 及i jmvoSin j12 陋amgAt2 j2mv0sin j解2根據(jù)動量定理，物體由發(fā)射點。運動到點A、B的過程中，重力的沖量分別為Ii mvAyj mv°yjmvoSin aj12 mvBy

8、jmvoyj2mvoSinaj3 -8 Q=30+4t（式中Q的單位為N,t的單位為s）的合外力作用在質(zhì)量 m= 10 kg的物體上，試 求：（1）在開始2s內(nèi)此力的沖量；（2）若沖量I=300 Ns,此力作用的時間；（3）若物體的初速 度v = 10 m s-1 ,方向與Fx相同，在t =時，此物體的速度V2.t2分析本題可由沖量的定義式IFdt,求變力的沖量，繼而根據(jù)動量定理求物體的速度t1V2.解（1）由分析知2 2 2I 30 4t dt 30t 2t2 2 68 N s 00（2）由I =300 =30t+2t2，解此方程可得t= s（另一解不合題意已舍去）（3）由動量定理，有I =

9、 m V2- m vi由（2）可知t= s時I = 300 Ns，將I、m及vi代入可得I mv1v2- 40 m51.0 kg的人，在操作時不慎從高空豎m3 -9高空作業(yè)時系安全帶是非常必要的.假如一質(zhì)量為直跌落下來，由于安全帶的保護(hù)，最終使他被懸掛起來.已知此時人離原處的距離為2.0 m，安 全帶彈性緩沖彳用時間為 s .求安全帶對人的平均沖力.分析 從人受力的情況來看，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(hù)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)（

10、動量）的改變來分析，即運用動量定理來討論.事實上 ，動量定理也可應(yīng)用于整個過程.但是 ，這時必 須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相同的結(jié)果.解1以人為研究對象，按分析中的兩個階段進(jìn)行討論.在自由落體運動過程中，人跌落至2 m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 At mv2 mv1(2)由式（1）、（2）可得安全帶對人的平均沖力大小為- AmvF mg mg及 2gh31.14 103 N At解2從整個過程來討論.根據(jù)動量定理有F mgq'Zh/gmg

11、 1.14 103 N3 -10 質(zhì)量為m的小球，在合外力F= -kx作用下運動，已知x = Acosw，其中k、A均為正常一 ，、,一，兀重,求在t =0到t 時間內(nèi)小球動量的增量.2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t2t1 Fdt積分前,應(yīng)先將式中x用x = Acos 3代之，方能積分.解力F的沖量為t2Fdtt1t2kxdtt1“2kAkAcos tdt0即 mvkA0)3 -11 一只質(zhì)量m10.11 kg的壘球以v11 .17 ms水平速率扔向打擊手,球經(jīng)球棒擊,若球與棒的接觸時間為s,求：（1）出后，具有如圖（a）所示的速度且大小 v2 34ms

12、棒對該球平均作用力的大??；（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(biāo)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F t mv2 mv1其矢量關(guān)系如圖(b)所示，則，二 、2,、2,、2、，、 (F t) (mv1) (mv2) 2(mv1)(mv2)cos(18060 )解之得F 197.9 N解2由圖(a)有Fx t mv2x mvxFy t mv2y 0將 v1x v, v2xv2 cos 60 及

13、 v2y v2 sin 60 代入解得 Fx和 Fy,則|FfX Fy 197.9 N(2)由質(zhì)點動能定理，得121 2.Wmv2mv；47.7J22213 -12 如圖所示，在水平地面上，有一橫截面S= 0.20 m 2的直角彎管，管中有流速為v= 3.0 m -s-1的水通過，求彎管所受力的大小和方向.題3-12圖分析 對于彎曲部分AB段內(nèi)的水而言，由于流速一定，在時間困內(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，在時間用內(nèi)動量的增量也就是流入與流出水的 動量的增量Ap=Am（VB -vA ）；此動量的變化是管壁在 用時間內(nèi)對其作用沖量I的結(jié)果.依據(jù)動 量定理可求

14、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A時間內(nèi)，從管一端流入（或流出）水的質(zhì)量為 淅=p u£,彎曲部分AB的水的動量的 增量則為4=Zm（VB -VA ） = p u/St （VB -VA ）依據(jù)動量定理I =中，得到管壁對這部分水的平均沖力-I0FfSv At vB vAAt從而可得水流對管壁作用力的大小為F F41 pSv22.5 103 N作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側(cè).3 -13 A、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，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.

15、4 m s-1的速度繼續(xù)向前駛?cè)?A、B兩船原有質(zhì)量分別為X 13kg和X 10kg,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)H亦是這樣.由此，分別列出系統(tǒng)I、n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、n應(yīng)用動量守恒定律，則有mA

16、 m Va mvBEaVa。）mB m Vb mvA EbVb （2）由題意知Va' =0, vb' =3.4 m s-1代入數(shù)據(jù)后，可解得mlBmlVBVA2mBm mA m m0.40 m sVbmAmmBvB23.6m s1mA m mB m m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 口角的速率V0向前跳 去.當(dāng)他達(dá)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 他跳躍的距離增加了多少

17、（假設(shè)人可視為質(zhì)點）題3 . 14圖分析人跳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.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)在該方向上動量守恒.但在應(yīng)用動量守恒定律時 必須注意系統(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，人因跳躍而增加的距離，可根據(jù)人在水平方向速率的增量加來計算.解取如圖所示坐標(biāo).把人與物視為一系統(tǒng)，當(dāng)人跳躍到最高點處，在向左拋物的過程中，滿足 動量守恒，故有m m v0cos a m v m v u式中V為人拋物后

18、相對地面的水平速率，v-u為拋出物對地面的水平速率.得mVo VoCOSa um m人的水平速率的增量為入mNj V V0COS0C um m而人從最高點到地面的運動時間為g所以，人跳躍后增加的距離A A xmvoSin ax Avt m m g3 -15 物體在介質(zhì)中按規(guī)律 x= ct3作直線運動儲為一常量.設(shè)介質(zhì)對物體的阻力正比于速度的平方.試求物體由 Xo=0運動到x=l時，阻力所作的功.(已知阻力系數(shù)為k)F dx來求解.關(guān)鍵在于尋找力函數(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(jìn)一步按x= ct3的關(guān)系把F(t)轉(zhuǎn)換為F(x)，這

19、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按題意及上述關(guān)系物體所受阻力的大小為Fkv2則阻力的功為W F dxW F dx cos180 dx9kc2/3x4/3dx7 kc2/3l7/3oo7dx 2- 3ct2dt9kc2t42/39kc4/3x分析 本題是一維變力作功問題，仍需按功的定義式 W3 -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.分析 由于水桶在勻速上提過程中，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，

20、因此，拉力作功實為變力作功.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 - a gy其中a= 0.2 kg/m,人對水桶的拉力的功為1010W 0 F dy 0 mg agy dy 882 J3 -17 一質(zhì)量為0.20 kg的球，系在長為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。角的過程中，重力和張力所作的功；（2）物體在最低位置

21、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）如圖所示，重力對小球所作的功只與始末位置有關(guān)，即WP PAh mgl 1 cos。 0.53 J在小球擺動過程中，張力Ft的方向總是與運動方向垂直 ，所以，張力的功WtFt

22、 ds（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Ek Wp 0.53J2Ek v W小球在最低位置的速率為2Wpi2.30 m s m（3）當(dāng)小球在最低位置時，由牛頓定律可得2Ft mgmv- 2.49 N l3 -18 質(zhì)量為m的質(zhì)點，系在細(xì)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vo.當(dāng)它運動一周時，其速率為vo/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

23、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-mvo232一 mvo (1)812W Ek Eko -mv2（2）由于摩擦力是一恒力，且Ff=科mg故有Ffscos 180o2 r mg(2)由式（1）、（2）可得動摩擦因數(shù)為3v2（1 16 <g32（3）由于一周中損失的動能為一mv0，則在靜止前可運行的圈數(shù)為83 -19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，方可在力停止作用后，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）題3-19圖分析運用守恒定律求解是解決力學(xué)問題最

24、簡捷的途徑之一.因為它與過程的細(xì)節(jié)無關(guān)，也常常與特定力的細(xì)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，必須恰當(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(jī) 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(jī)械能守恒的條件.只需取狀態(tài)1和狀態(tài)2,運用機(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。處為重力勢能和彈性

25、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R根據(jù)受力平衡有Fi= Pi+ F12-kyi mgyi2式中yi、y2為M、N兩點對原點。的位移.因為當(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12一ky2mgy22Fi = kyi ,F2= ky2 及 Pi = mig,上式可寫為(2)Fi -F2 = 2Pi由式（1）、（2）可得F= Pi + F2（3）當(dāng)A板跳到N點時,B板剛被提起，此時彈性力F2= P2，且F2=F2.由式（3）可得F= Pi+ P2= （mi+ m2 ）g應(yīng)注意，勢能的零點位置是可以任意選取的.為計算方便起見，通常取彈簧原長時的彈性勢能為零點，

26、也同時為重力勢能的零點.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v0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：（D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彳了多少功（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(jī)械能的減少量（亦即轉(zhuǎn)化為熱的那部分能量 ）.IAL77777777777777777777777777777題3-20圖分析對子彈-木塊系統(tǒng)來說

27、，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(fù)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（i）子彈-木塊系統(tǒng)滿足動量守恒，有mv0/2 （m/2 m）v解得共同速度iV - Vo3對木塊Ek2i 2 一 mv 20 mv2i8i ,m、2i ,m、222對子彈Ek2 -( )v-( )vo-mvo2 22 29(2)對木塊和子彈分別運用質(zhì)點動能定理，則12對

28、木塊WiEkimv218對子彈W2Ek22mv29(3)設(shè)摩擦阻力大小為 Ff ,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W1Ff s對子彈W2Ff(L s)得式中L即為子彈對木塊的相對位移, 會使系統(tǒng)機(jī)械能減少(4) 對木塊W 皿 W2Ff L-”號表示這一對摩擦阻力(非保守力)所作功必定12W1 Ff smv2對子彈W2Ff(L s)1 m 2 1 m 224)v 2(a)v。兩式相加，得121 ,m、211 尸 2W1 W2 2mv-(2)v -( - )V032即Ff L mv018兩式相加后實為子彈-木塊系統(tǒng)作為質(zhì)點系的動能定理表達(dá)式，左邊為一對內(nèi)力

29、所作功，右 邊為系統(tǒng)動能的變化量.3 -21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(jìn)入木板的深度成正比.若第一次敲擊，能把釘子釘入木板 X102 m第二次敲擊時，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，所具有的初動能也相同.釘子釘入木板是將釘子的動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F= kx(k為阻力系數(shù)).現(xiàn)令xo= x 102 m,第二次釘入的深度為 Ax,由于釘子兩

30、次所作功相等，可得X0X0 Axkxdx kxdx 0xoZx= x 1（2 m3 -22 一質(zhì)量為m的地球衛(wèi)星，沿半彳仝為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(jī)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，必須規(guī)定勢能的零點，通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn)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(jī)械能

31、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2v m 3RemEm則Ek1 2 -mv 2mEm G6Re（2）取衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn)（r-8）時的勢能為零，則處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢能為Ep-mEmG3Re（3）衛(wèi)星的機(jī)械能為E EkmEmEP G6ReG mm 3ReGmm6Re，有一冰塊從光滑屋面的最高點由3 -23如圖（a）所示，天文觀測臺有一半徑為幫半球形屋面靜止沿屋面滑下，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

32、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，僅有一個機(jī)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(jī)械能守恒，有根據(jù)牛頓定律，冰塊沿徑向的動力學(xué)方程為12mgR mv mgRcos 0mgRcos 0 FN2mv%(2)冰塊脫離球面時，支持力Fn=0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置一2 一00 arccos- 48.23冰塊此時的速率為 v的方向與重力P 方向的夾角為a= 90 - 0= °3 -24 如圖所示，把質(zhì)量m= 0.

33、20 kg的小球放在位置 A時，彈簧被壓縮內(nèi)=x 102 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!動小球與軌道間的摩擦 不計.已知BCD是半徑r= 0.15 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，軌道對球的支才e力不作功，因此，在運動的過程中，系統(tǒng)的機(jī)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).為獲取本題所求的結(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

34、最高點m，因為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(jī)械能守恒定律即可解出該彈簧勁 度系數(shù)的最小值.解 小球要剛好通過最高點 Ct軌道對小球支持力Fn=0,因此，有mg2 mvc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(jī)械能守恒定律，有1212 .一k Almg 3r mvc（2）22由式（1）、（2）可得.7 mgrik 2 366 N m Al3 -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

35、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.|11 III-. /題3-25圖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(dá)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(jī)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相同速度時，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，可免除碰撞中的許多

36、細(xì)節(jié)問題.解設(shè)彈簧的最大壓縮量為xo.小球與靶共同運動的速度為vi.由動量守恒定律，有mv m m v1又由機(jī)械能守恒定律，有1 2一 mv21m m v2 -kx(2 (2) 22由式（1）、（2）可得Xomm3 -26 質(zhì)量為m的彈丸A,穿過如圖所示的擺錘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(yīng)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(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

37、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)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 由水平方向的動量守恒定律，有為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運動vmv m - m v2，在最高點時，擺線中的張力Ft=0,則2 mvhmgl(2)式中v'h為擺錘在圓周最高點的運動速率.又?jǐn)[錘在垂直平面內(nèi)作圓周運動的過程中，滿足機(jī)械能守恒定律，故有1m v22mgl1

38、2人-mvh (3)2解上述三個方程，可得彈丸所需速率的最小值為v0i和v0 j,碰撞后2mfm、. 5gl3 -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:一物體速度為v°i，求：（1）碰撞后另一物體的速度 v； （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用動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）由動能守恒得mv0i mv0jv0imv碰撞后另一物體速度為v0iV0j通過上式，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V0225v （）V0V022r 121/V021212mvm（一） （

39、 mv0mv0）2222212-mv04“-”號表示碰撞后系統(tǒng)機(jī)械能減少了.3 -28質(zhì)量為X10-23kg,速率為X10m 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 X10 ms-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.題3-28圖分析 這是粒子系統(tǒng)的二維彈性碰撞問題.這類問題通常采用守恒定律來解決.因為粒子系統(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(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)動量

40、守恒定律可取兩 個分量式，有1-mvA 2m一 vBcos B mvAcos a2vBsin 0mvAsin 瓜(2)1 2-mvA 22VB又由機(jī)械能守恒定律，有12一 Va2Vb , 2 vA vA24.69107 m s 1解式（1）、（2）、（3）可得碰撞后B粒子的速率為各粒子相對原粒子方向的偏角分別為2 "V a 3V a o ca arccos 22 204VaVaB arccos3vB 54o64VA3 -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,物塊與斜面的動摩擦因數(shù)為內(nèi)今有一質(zhì)量為m的子彈以速度vo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小.題3-29圖分析該題可分兩個階段來討論，首先是子彈