物理學(xué)簡明教程馬文蔚第1至7章課后習(xí)題答案詳解

1、1-1質(zhì)點(diǎn)作曲線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)刻t質(zhì)點(diǎn)的位矢為r,速度為v，速率為v,t至(t+At)時(shí)間內(nèi)的位移為Ar,路程為As,位矢大小的變化量為N(或稱A|r|),平均速度為V,平均速率為V.(1)根據(jù)上述情況，則必有()(B) |Ar|wAs豐Ar,當(dāng)At-0時(shí)有|dr|=dswd(C) |Ar|wAr必s,當(dāng)At-0時(shí)有|dr|=drwd(D) |N|wAs豐Ar,當(dāng)At-0時(shí)有|dr|=dr=ds(2)根據(jù)上述情況，則必有()(A)|v|=v,|V|=V(B)|v|wv,|V(C)|v|=v,|V|wV(D)|v|wv,|VI-IIS分析與解(1)質(zhì)點(diǎn)在t至(t+At)時(shí)間內(nèi)沿曲線從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，

2、各量關(guān)系如圖所示，其中路程絲=PP，位移大小|N|=PPAr=|r|-Ir|表示質(zhì)點(diǎn)位矢大小的變化量，三個(gè)量的物理含義不同，在曲線運(yùn)動(dòng)中大小也不相等(注：在直線運(yùn)動(dòng)中有相等的可能).但當(dāng)At0時(shí)，點(diǎn)P無限趨近P點(diǎn)，則有|dr|=ds,但卻不等于dr.故選(B).，一.一Ar0.(2)由于|N|卞As,故，即|VIwv.AtAt一,一一一drds-但由于|dr|=ds,故一一，即v|=V.由此可見，應(yīng)選(C).dtdtr(x,y)的端點(diǎn)處，對(duì)其速度的大小有1-2一運(yùn)動(dòng)質(zhì)點(diǎn)在某瞬時(shí)位于位矢四種意見，即dr(1)；(2)dtdlrl.dt,c、ds-dt2(4).1;x2dydt下述判斷正確的是(A

3、)只有(1)(2)正確(C)只有(2)(3)正確(B)只有(2)正確(D)只有(3)(4)正確，、dr，一一，分析與解一表木質(zhì)點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離隨時(shí)間的變化率，在極坐標(biāo)dt系中叫徑向速率.通常用符號(hào)Vr表示，這是速度矢量在位矢方向上的一個(gè)分-dr量；口表小速度矢量；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式dtV臾計(jì)算，在dt直角坐標(biāo)系中則可由公式v2dxdy1.dtdt2求解.故選(D).1-3一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，則有()(A)(B)切向加速度一定改變切向加速度可能不變，法向加速度也改變，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

4、的切向分量at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(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于速度方向不斷改變才目應(yīng)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at是否改變，則要視質(zhì)點(diǎn)的速率情況而定.質(zhì)點(diǎn)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，at恒為零；質(zhì)點(diǎn)作勻變速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，at為一不為零的恒量，當(dāng)at改變時(shí)，質(zhì)點(diǎn)則作一般的變速率圓周運(yùn)動(dòng).由此可見，應(yīng)選(B).1-4質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為x10t30t2和y15t20t2,式中x,y的單位為m,t的單位為s。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(yùn)動(dòng)方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量，再由運(yùn)動(dòng)合成算出速度和加速度

5、的大小和方向.解(1)速度的分量式為dxvxdx1060tdtvydy1540tydt當(dāng)t=0時(shí)，vox=-10ms-1,voy=15m,s-1,則初速度大小為V02vox2v0y18.0m設(shè)Vo與x軸的夾角為a則tanaa=12341(2)加速度的分量式為ax電dt260ms,aydvydt40則加速度的大小為2ay72.1m設(shè)a與x軸的夾角為tanayax3=-334偵32619)ms-21的單位為vdvv0tadt01-5質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)，加速度a=4-t2，式中a的單位為s.如果當(dāng)t=3s時(shí),x=9m,v=2ms-1,求質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程.分析本題屬于運(yùn)動(dòng)學(xué)第二類問題，即已知加速度求速度和運(yùn)

6、動(dòng)方程，必須在給定條件下用積分方法解決.由dv力dxa和v可得dvadt和dtdtdxvdt.如a=a(t)或v=v(t),則可兩邊直接積分.如果a或v不是時(shí)間t的顯函數(shù)，則應(yīng)經(jīng)過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學(xué)操作后再做積分.解由分析知，應(yīng)有vov4txt由dxvdtx00,自214信x2t一tv0tx0(2)12將t=3s時(shí),x=9m,v=2ms-1代入(1)(2)得v0=-1ms-1,xo=0.75m.于是可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程為x22!40.751-6飛機(jī)以100ms-1的速度沿水平直線飛行，在離地面高為100m時(shí),駕駛員要把物品空投到前方某一地面目標(biāo)處，問：(1)此時(shí)目標(biāo)在飛機(jī)正下方位置的前面

7、多遠(yuǎn)？去I二聞分析物品空投后作平拋運(yùn)動(dòng).忽略空氣阻力的條件下，由運(yùn)動(dòng)獨(dú)立性原理知，物品在空中沿水平方向作勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向作自由落體運(yùn)動(dòng).到達(dá)地面目標(biāo)時(shí)，兩方向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間是相同的.因此，分別列出其運(yùn)動(dòng)方程,運(yùn)用時(shí)間相等的條件，即可求解.此外,平拋物體在運(yùn)動(dòng)過程中只存在豎直向下的重力加速度.為求特定時(shí)刻t時(shí)物體的切向加速度和法向加速度，只需求出該時(shí)刻它們與重力加速度之間的夾角域3.由圖可知，在特定時(shí)刻t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角可由此時(shí)刻的兩速度分量Vx、Vy求出，這樣，也就可將重力加速度g的切向和法向分量求得.解(1)取如圖所示的坐標(biāo)，物品下落時(shí)在水平和豎直方向的運(yùn)動(dòng)方程分別為

8、x=vt,y=1/2gt2飛機(jī)水平飛行速度v=100ms-1,飛機(jī)離地面的高度y=100m,由上述兩式可得目標(biāo)在飛機(jī)正下方前的距離xvJy452m1g1.2一.一1-7一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為R的圓周按規(guī)律SVot-bt運(yùn)動(dòng),v0、b都是2常量.（1）求t時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的總加速度。分析在自然坐標(biāo)中,s表示圓周上從某一點(diǎn)開始的曲線坐標(biāo).由給定的運(yùn)動(dòng)方程s=s（t）,對(duì)時(shí)間t求一階、二階導(dǎo)數(shù)，即是沿曲線運(yùn)動(dòng)的速度V和加速度的切向分量at,而加速度的法向分量為an=v2/R,這樣，總加速度為a=atet+anen.至于質(zhì)點(diǎn)在t時(shí)間內(nèi)通過的路程，即為曲線坐標(biāo)的改變量As=st-s0.因圓周長為2成,質(zhì)點(diǎn)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自

9、然可求得.解（1）質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)的速率為V0btdsv一dt其加速度的切向分量和法向分量分別為atd12sdt222V(V0bt)an-RR故加速度的大小為22aanat2.24atb(V0bt)R其方向與切線之間的夾角為0arctan電atarctan2(V。bt)2Rb加速度應(yīng)該是相對(duì)加速度.升降機(jī)廂的高度就是螺絲(或升降機(jī))運(yùn)動(dòng)的路程.解1(1)以地面為參考系，取如圖所示的坐標(biāo)系，升降機(jī)與螺絲的運(yùn)動(dòng)方程分別為yiv0ty2hV0t1.2at21 .22 gt12V0t2gt當(dāng)螺絲落至底面時(shí)，有yi=y2，即1.2v0tat2x2ht:0.705s.ga(2)螺絲相對(duì)升降機(jī)外固定柱子下降的

10、距離為1.2dhy2v0t-gt0.716m解2(1)以升降機(jī)為參考系，此時(shí)，螺絲相對(duì)它的加速度大小a=g+a,螺絲落至底面時(shí)，有120hpa)t2x2ht0.705s.ga(2)由于升降機(jī)在t時(shí)間內(nèi)上升的高度為12hv0tat2hh0.716m1-9一無風(fēng)的下雨天，一列火車以vi=20.0ms-1的速度勻速前進(jìn)，在車內(nèi)的旅客看見玻璃窗外的雨滴和垂線成75角下降.求雨滴下落的速度V2.（設(shè)下降的雨滴作勻速運(yùn)動(dòng)）題-25|知分析這是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的問題.設(shè)雨滴為研究對(duì)象，地面為靜止參考系S，火車為動(dòng)參考系SVi為s相對(duì)S的速度,V2為雨滴相對(duì)S的速度利用相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度的關(guān)系即可解.解以地面為參考系，

11、火車相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的速度為V1,雨滴相對(duì)地面豎直下落的速度為V2，旅客看到雨滴下落的速度（V2為相對(duì)速度，它們之間的關(guān)系為V2V2Vi（如圖所示），于是可得V11v2o5.36mstan751 -10如圖（a）所示，一汽車在雨中沿直線行駛，其速率為V1,下落雨滴的速度方向偏于豎直方向之前9角,速率為V2,若車后有一長方形物體，問車速V1為多大時(shí)此物體正好不會(huì)被雨水淋濕？分析這也是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的問題.可視雨點(diǎn)為研究對(duì)象，地面為靜參考系S，汽車為動(dòng)參考系S.如圖（a）所示，要使物體不被淋濕，在車上觀察雨點(diǎn)下落的方向（即雨點(diǎn)相對(duì)于汽車的運(yùn)動(dòng)速度V2的方向）應(yīng)滿足aarctan-.再由相對(duì)速度的矢量關(guān)系

12、v2v2v1，即可求出所需車速hV1.(b)觀1-26圖解由V2V2V1圖(b),有,ViV2Sin9aarctanV2cos0而要使aarctan-，則hV1v2sin8J_v2cos0hIcos8v1v2sin0h1 -11用水平力Fn把一個(gè)物體壓著靠在粗糙的豎直墻面上保持靜止.當(dāng)Fn逐漸增大時(shí)，物體所受的靜摩擦力Ff的大?。ǎ?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(dá)到某一最大值后，就保持不變(D)無法確定分析與解與滑動(dòng)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(dāng)Fn增加時(shí)，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(yùn)動(dòng)狀態(tài).

13、由題意知，物體一直保持靜止?fàn)顟B(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).1-12一段路面水平的公路，轉(zhuǎn)彎處軌道半徑為R,汽車輪胎與路面間的摩擦因數(shù)為內(nèi)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JR(B)必須等于涼(C)不得大于JRR(D)還應(yīng)由汽車的質(zhì)量m決定分析與解由題意知，汽車應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)，為保證汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)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應(yīng)為Fn.由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為v=科Rg因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)的實(shí)際速率不大于此值，均能保證不側(cè)向打滑.應(yīng)選(C).1-13一物體沿固定圓弧形光

14、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(yuǎn)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(yuǎn)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(shí)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(mgcos使物體的速率將會(huì)不斷增加(由機(jī)械能守恒亦可判斷，則物體作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力(又稱法向力)將不斷增大，由軌道法向方向上的動(dòng)力學(xué)方程2Fnmgsin0m可判斷，隨0角的不斷增大過程，軌道支持力Fn也將不

15、R斷增大，由此可見應(yīng)選(B).1-14圖(a)示系統(tǒng)置于以a=1/4g的加速度上升的升降機(jī)內(nèi)，A、B兩物體質(zhì)量相同均為m,A所在的桌面是水平的，繩子和定滑輪質(zhì)量均不計(jì)，若忽略滑輪軸上和桌面上的摩擦，并不計(jì)空氣阻力，則繩中張力為()(A)5/8mg(B)1/2mg(C)mg(D)2mg分析與解本題可考慮對(duì)A、B兩物體加上慣性力后，以電梯這個(gè)非慣性參考系進(jìn)行求解.此時(shí)A、B兩物體受力情況如圖(b)所示，圖中a為A、B兩物體相對(duì)電梯的加速度，ma為慣性力.對(duì)A、B兩物體應(yīng)用牛頓第二定律，可解得Ft=5/8mg,故選(A).討論對(duì)于習(xí)題1-14這種類型的物理問題，往往從非慣性參考系(本題為電梯)觀察到

16、的運(yùn)動(dòng)圖像較為明確，但由于牛頓定律只適用于慣性參考系，故從非慣性參考系求解力學(xué)問題時(shí)，必須對(duì)物體加上一個(gè)虛擬的慣性力.如以地面為慣性參考系求解，則兩物體的加速度aA和aB均應(yīng)對(duì)地而言，本題中aA和aB的大小與方向均不相同.其中aA應(yīng)斜向上.對(duì)aA、aB、a和a之間還要用到相對(duì)運(yùn)動(dòng)規(guī)律，求解過程較繁.有興趣的讀者不妨自己嘗試一下.1-16一質(zhì)量為m的小球最初位于如圖(a)所示的A點(diǎn),然后沿半徑為r的光滑圓軌道ADCB下滑.試求小球到達(dá)點(diǎn)C時(shí)的角速度和對(duì)圓軌道的作用力.Ia)(b)躅之二但.分析該題可由牛頓第二定律求解.在取自然坐標(biāo)的情況下，沿圓弧方向的加速度就是切向加速度at，與其相對(duì)應(yīng)的外力F

17、t是重力的切向分量mgsin%而與法向加速度an相對(duì)應(yīng)的外力是支持力Fn和重力的法向分量mgcosa.由此，可分別列出切向和法向的動(dòng)力學(xué)方程Ft=mdv/dt和Fn=man.由于小球在滑動(dòng)過程中加速度不是恒定的，因此，需應(yīng)用積分求解，為使運(yùn)算簡便，可轉(zhuǎn)換積分變量.倡該題也能應(yīng)用以小球、圓弧與地球?yàn)橄到y(tǒng)的機(jī)械能守恒定律求解小球的速度和角速度，方法比較簡便.但它不能直接給出小球與圓弧表面之間的作用力.解小球在運(yùn)動(dòng)過程中受到重力P和圓軌道對(duì)它的支持力Fn.取圖(b)所示的自然坐標(biāo)系曲牛頓定律得dv小Ftmgsin民m-(1)2mvFnFnmgcosam(2)由vds也相dt生，代入式（1），并根據(jù)小

18、球從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)Cdtdtv的始末條件，進(jìn)行積分，有rgsinada90o2rgcosavvdvv0得v則小球在點(diǎn)C的角速度為v一2gcosa/rr2由式（2）得Fnm-vmgcosa3mgcosar由此可得小球?qū)A軌道的作用力為FnFn3mgcosa負(fù)號(hào)表示FN與en反向.1-17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(yùn)動(dòng)，其摩擦因數(shù)為內(nèi)開始時(shí)物體的速率為vo，求：（1）t時(shí)刻物體的速率；（2）當(dāng)物體速率從vo減少到1/2vo時(shí),物體所經(jīng)歷的時(shí)間及經(jīng)過的路程.分析運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的，因而，可先分析動(dòng)力學(xué)問題.物體在作圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，促使其運(yùn)

19、動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對(duì)物體的支持力Fn和環(huán)與物體之間的摩擦力Ff,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(gè)加速度聯(lián)系起來了，從而可用運(yùn)動(dòng)學(xué)的積分關(guān)系式求解速率和路程.解（1）設(shè)物體質(zhì)量為m,取圖中所示的自然坐標(biāo)，按牛頓定律，有2mvFnmandvFfmatdt由分析中可知摩擦力的大小Ff=科氏，由上述各式可得2vdv(1Rdt取初始條件t=0時(shí)v=v0，并對(duì)上式進(jìn)行積分，有Rvdvdt0avRv0vRv0(2)當(dāng)物體的速率從v。減少到1/2v0時(shí)，由上式可得所需的時(shí)間為tJt物體在這段時(shí)間內(nèi)所經(jīng)過的路程0Rv0心當(dāng)n2(1tsv

20、dt0s2-1對(duì)質(zhì)點(diǎn)組有以下幾種說法：(1)質(zhì)點(diǎn)組總動(dòng)量的改變與內(nèi)力無關(guān)；(2)質(zhì)點(diǎn)組總動(dòng)能的改變與內(nèi)力無關(guān)；(3)質(zhì)點(diǎn)組機(jī)械能的改變與保守內(nèi)力無關(guān).下列對(duì)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(diǎn)組中內(nèi)力總是成對(duì)出現(xiàn)的，它們是作用力與反作用力.由于一對(duì)內(nèi)力的沖量恒為零，故內(nèi)力不會(huì)改變質(zhì)點(diǎn)組的總動(dòng)量.但由于相互有作用力的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的位移大小以及位移與力的夾角一般不同，故一對(duì)內(nèi)力所作功之和不一定為零，應(yīng)作具體分析，如一對(duì)彈性內(nèi)力的功的代數(shù)和一般為零，一對(duì)摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零，對(duì)于保守內(nèi)力

21、來說，所作功能使質(zhì)點(diǎn)組動(dòng)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(diǎn)組的動(dòng)能，但也不可能改變質(zhì)點(diǎn)組的機(jī)械能.綜上所述(1)(3)說法是正確的.故選(C).2-2有兩個(gè)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(gè)一樣的物塊分別從這兩個(gè)斜面的頂點(diǎn)由靜止開始滑下，則()(A)物塊到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)量相等(B)物塊到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能相等(C)物塊和斜面(以及地球)組成的系統(tǒng)，機(jī)械能不守恒(D)物塊和斜面組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒分析與解對(duì)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(jī)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(dòng)能，另一方面通

22、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(dòng)能,其大小取決其中一個(gè)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(shí)動(dòng)能大小不等.動(dòng)量自然也就不等(動(dòng)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?yàn)樵撓到y(tǒng)動(dòng)量雖不守恒(下滑前系統(tǒng)動(dòng)量為零，下滑后物體與斜面動(dòng)量的矢量和不可能為零.由此可知，此時(shí)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(dòng)量守恒.2-3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B之間連有一輕彈簧.另有質(zhì)量為mi和m2的物體C和D分別置于物體A與B之上，且物體A

23、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XA、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(C)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒(B)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒(D)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不一定守恒CD|題3-4-I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彈開過程中C與A或D與B之間有無相對(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）.2-4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

24、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程中產(chǎn)生的熱1 題3-5圖分析與解子彈-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(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，只有說法（C）的表述是完全正確的.2

25、 -5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)間發(fā)1出snf，物體從g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)過程的始、末動(dòng)量，由動(dòng)量定理求出.解i物體從出發(fā)到達(dá)最高點(diǎn)所需的時(shí)間為集V0Sina1 g則物體落回地面的時(shí)間為At22儆vg于是，在相應(yīng)的過程中重力的沖量分別

26、為11 FdtmgAt1jmv0sinaj12 FdtmgAt2j2mv0sinaj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的過程中，重力的沖量分別為11 mvAyjmv0yjmv0sinaj12 mvByjmvyj2mvsinaj51.0kg的人,2-6高空作業(yè)時(shí)系安全帶是非常必要的.假如一質(zhì)量為在操作時(shí)不慎從高空豎直跌落下來也于安全帶的保護(hù)，最終使他被懸掛起來.已知此時(shí)人離原處的距離為2.0m，安全帶彈性緩沖作用時(shí)間為0.50s.求安全帶對(duì)人的平均沖力.分析從人受力的情況來看，可分兩個(gè)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(yùn)動(dòng)；在安全帶保護(hù)的緩沖過程中，則人體

27、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）的改變來分析，即運(yùn)用動(dòng)量定理來討論.事實(shí)上，動(dòng)量定理也可應(yīng)用于整個(gè)過程.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)過程中，人跌落至2m處時(shí)的速度為Vi2gh在緩沖過程中，人受重力和安全帶沖力的作用，根據(jù)動(dòng)量定理，有FPAtmv2mv1（2）由式（1）、（2）可得安全帶對(duì)人的平均沖力大小為一AmvAv2gh3Fmgmg1.1410

28、NtAt解2從整個(gè)過程來討論.根據(jù)動(dòng)量定理有Fmg2h/gmg1.14103N2-7如圖所示，在水平地面上，有一橫截面S=0.20m2的直角彎管中有流速為v=3.0m-s-1的水通過，求彎管所受力的大小和方向.例3II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At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)這部分水來說，在時(shí)間At內(nèi)動(dòng)量的增量也就是流入與流出水的動(dòng)量的增量Ap=Am(VB-va)；此動(dòng)量的變化是管壁在A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At時(shí)間內(nèi)，從管一端流入(

29、或流出)水的質(zhì)量為Am=pAt,彎曲部分AB的水的動(dòng)量的增量則為Zp=Am(VB-va)=puS用(vb-va)依據(jù)動(dòng)量定理I=Ap得到管壁對(duì)這部分水的平均沖力K1F石v及vbva從而可得水流對(duì)管壁作用力的大小為FFV2pSv22.5103N作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側(cè).2-8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口角的速率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：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))題3.14圖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.在拋物的過程中，人與物之間相互作用力的沖量

30、，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(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，在向左拋物的過程中，滿足動(dòng)量守恒，故有mmv0cosmmvmvu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mvvoCOSumm人的水平速率的增量為m.Avvv0COSaUmm而人從最高點(diǎn)到地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts

31、*所以,人跳躍后增加的距離AxAvt里列一ummg2-9一質(zhì)量為0.20kg的球，系在長為2.00m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）物體在最低位置時(shí)的動(dòng)能和速率；（3）在最低位置時(shí)的張力.題上21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WFds,即能得出結(jié)果來.（2）在計(jì)算功白基礎(chǔ)上，由動(dòng)能定理直

32、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WPPAhmgl1cos90.53J在小球擺動(dòng)過程中，張力Ft的方向總是與運(yùn)動(dòng)方向垂直，所以，張力的功WtFtds（2）根據(jù)動(dòng)能定理，小球擺動(dòng)過程中，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EkEk0.53J小球在最低位置的速率為2.30ms（3）當(dāng)小球在最低位置時(shí)油牛頓定律可得2mvP-Ftmg2mv2.49N2-10一質(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

33、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v0Z2.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121232WEkEk。mvmv。mv0(1)228(2)由于摩擦力是一恒力，且Ff=科m傲有Ffscos180o2c)盟3-23圖分析運(yùn)用守恒定律求解是解決力學(xué)問題最簡捷的途徑之一.因?yàn)樗c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(shí)刻守恒量不變.

34、在具體應(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處為重力勢能和彈性勢能零點(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Fi=Pi+F（1）當(dāng)外力撤除后，按分析中所選的系統(tǒng)，由機(jī)

35、械能守恒定律可得gky；mgyky|mgy2式中yi、y2為M、N兩點(diǎn)對(duì)原點(diǎn)O的位移.因?yàn)镕i=kyi,F2=ky2及Pi=mig,上式可寫為Fi-F2=2Pi（2）由式（I）、（2）可得F=Pi+F2（3）當(dāng)A板跳到N點(diǎn)時(shí)，B板剛被提起，此時(shí)彈性力F2=P2,且F2=FA.由式（3）可得F=Pi+P2=（mi+m2）g應(yīng)注意，勢能的零點(diǎn)位置是可以任意選取的.為計(jì)算方便起見，通常取彈簧原長時(shí)的彈性勢能為零點(diǎn)，也同時(shí)為重力勢能的零點(diǎn).2-I2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m2的子彈沿水平方向以速率V0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：（I）木塊

36、與子彈的共同速度V,此過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）.77777777777777777777777777777題3-20圖分析對(duì)子彈-木塊系統(tǒng)來說，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

37、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(dòng)量守恒，有mv0/2(m/2解得共同速度m)v1v3V0對(duì)木塊Ek212-mv2一mv。18對(duì)子彈1Ek222V。22mv09(2)對(duì)木塊和子彈分別運(yùn)用質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能定理,對(duì)木塊Eki12mv。180對(duì)子彈W2Ek2229mv。木塊對(duì)地位移為(3)設(shè)摩擦阻力大小為Ff,在兩者取得共同速度時(shí),s,則子彈對(duì)地位移為L+s,有對(duì)木塊W1Ffs對(duì)子彈W2Ff(Ls)得WWW2FfL式中L即為子彈對(duì)木塊的相對(duì)位移,力)所作功必定會(huì)使系統(tǒng)機(jī)械能減少-”號(hào)表示這一對(duì)摩擦阻力(

38、非保守(4)對(duì)木塊皿Ffs12mv21 zm、21m、2對(duì)子彈WFf(Ls)-()v-()Vo2 222兩式相加，得1 21,m、211,m、2W1W2mv-()V()V02 2222_32即FfLmv018兩式相加后實(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.2-13一質(zhì)量為m的地球衛(wèi)星，沿半彳仝為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)星的引力勢能；(3)衛(wèi)星的機(jī)械能.分析根據(jù)勢能和動(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)，

39、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(shí)，必須規(guī)定勢能的零點(diǎn)，通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn)時(shí)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)械能則是動(dòng)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(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓定律可得2-mtmvGE-m-3Re3Re1 2imEm則EkmvG一2 6Re(2)取衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn)星所具有的勢能為(r一8時(shí)的勢能為零，則處在軌道上的衛(wèi)Ep-mEmG3Re(3)衛(wèi)星的機(jī)械能為GmEm6REPmEmmEmEkEpGG6RE3RE2-14如圖（a）所示，天文觀測臺(tái)

40、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.63-27圖分析取冰塊、屋面和地王為系統(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)，由牛頓物理量；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mgR1mv2mgRcos0根據(jù)牛頓定律，冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程為nv2mgcosFn冰塊脫離球面時(shí)，支持力Fn

41、=0,由式（1）、（2）可得冰塊的角位置20arccos-48.23(2)冰塊此時(shí)的速率為vgRcosOv的方向與重力P方向的夾角為“=90-0=41.82-15如圖所示，把質(zhì)量m=0.20kg的小球放在位置A時(shí)，彈簧被壓縮Al=7.510-2m.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(yùn)動(dòng).小球與軌道間的摩擦不計(jì).已知BCD是半徑r=0.15m的半圓弧,AB相距為2r.求彈簧勁度系數(shù)的最小值.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)的過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒.運(yùn)用守恒定律解

42、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^最高點(diǎn)C時(shí)，軌道對(duì)小球支持力Fn=0,因此，有mg2mvcr取小球開始時(shí)所在位置A為重力勢能的零點(diǎn)而系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律，有1212-kHmg3rmvc（2）由式（

43、1）、（2）可得k嗎366Nm1a2-16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.Ninmi翹3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(dòng)量守恒.但是，僅靠動(dòng)量守恒定律還不能求出結(jié)果來.又考慮到無外力對(duì)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(gè)守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度

44、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mvmmv1又由機(jī)械能守恒定律，有(2)1212-mv-mmVi22由式（1）、（2）可得X0mmvkmm2-17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1,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？分析該題可分兩個(gè)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(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，

45、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)所需的向心力來確定；與此同時(shí)，擺錘在作圓周運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒定律，有vmvmmv（1）2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Ft=0,mg2mvhl(2)式中vh為擺錘在圓周最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速率.，故有又?jǐn)[錘在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，滿足機(jī)械能守恒定律112mv2

46、mglmvh22解上述三個(gè)方程，可得彈丸所需速率的最小值為2mm5gl2-18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)為以今有一質(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.分析該題可分兩個(gè)階段來討論，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(dòng)過程.在撞擊過程中，對(duì)物塊和子彈組成的系統(tǒng)而言，由于撞擊前后的總動(dòng)量明顯是不同的，因此，撞擊過程中動(dòng)量不守恒.應(yīng)該注意，不是任何碰撞過程中動(dòng)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(yuǎn)大于子彈的重力Pi

47、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(dòng)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，為解題方便，可重新選擇系統(tǒng)（即取子彈、物塊和地球?yàn)橄到y(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，在沿斜面白方向上，根據(jù)動(dòng)量守恒有mv0cosmmmv1在物塊上滑的過程中，若令物塊剛滑出斜面頂端時(shí)的速度為V2，并取A點(diǎn)的重力勢能為零.由系統(tǒng)的功能原理可得h(immgcosasina(2)2mmv2mmghgmmvi2由式（1）、（2）可得2ghRoti1,m2v2.v0cosamm2-1

48、9如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的小球，從內(nèi)壁為半球形的容器邊緣點(diǎn)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(shí)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(diǎn)B時(shí),受到向上的支持力為多大？/二，二力7，:/題3-34圖分析由于桌面無摩擦，容器可以在水平桌面上滑動(dòng)，當(dāng)小球沿容器內(nèi)壁下滑時(shí)，容器在桌面上也要發(fā)生移動(dòng).將小球與容器視為系統(tǒng)，該系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(jī)械能守恒.由兩個(gè)守恒定律可解得小球和容器在慣性系中的速度.由

49、于相對(duì)運(yùn)動(dòng)的存在，小球相對(duì)容器運(yùn)動(dòng)的軌跡是圓，而相對(duì)桌面運(yùn)動(dòng)的軌跡就不再是圓了，因此，在運(yùn)用曲線運(yùn)動(dòng)中的法向動(dòng)力學(xué)方程求解小球受力時(shí)，必須注意參考系的選擇.若取容器為參考系（非慣性系工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(duì)于容器速度）求得.在分析小受力時(shí)，除重力和支持力外，還必須計(jì)及它所受的慣性力.小球位于容器的底部這一特殊位置時(shí)，容器的加速度為零，慣性力也為零.這樣，由法向動(dòng)力學(xué)方程求解小球所受的支持力就很容易了.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復(fù)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(dòng)量守恒

50、定律以及小球在下滑過程中機(jī)械能守恒定律可分別得mvmmvm0(1)1212-mvv2mvmmgR(2)式中Vm、vm分別表示小球、容器相又桌面的速度.由式(1)、(2)可得小球到達(dá)容器底部時(shí)小球、容器的速度大小分別為2mgRmmvmm2mgRm；mm由于小球相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的軌跡比較復(fù)雜，為此，可改為以容器為參考系(非慣性系).在容器底部時(shí)，小球相對(duì)容器的運(yùn)動(dòng)速度為vmvmvmvmvmmm八2gRm在容器底部，小球所受慣性力為零，其法向運(yùn)動(dòng)方程為(4)2mvmFnmg-r-由式(3)、(4)可得小球此時(shí)所受到的支持力為2mFnmg3m3-1有兩個(gè)力作用在一個(gè)有固定轉(zhuǎn)軸的剛體上:(1)這兩個(gè)力都平行

51、于軸作用時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩一定是零;(2)這兩個(gè)力都垂直于軸作用時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩可能是零;(3)當(dāng)這兩個(gè)力的合力為零時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩也一定是零;(4)當(dāng)這兩個(gè)力對(duì)軸的合力矩為零時(shí)，它們的合力也一定是零.對(duì)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(cuò)誤(C)(1)、(2)、(3)都正確，(4)錯(cuò)誤(D)(1)、(2)、(3)、(4)都正確分析與解力對(duì)軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸(例如門的重力并不能使門轉(zhuǎn)).不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉(zhuǎn)軸的情況)對(duì)軸之矩不為零，

52、但同時(shí)有兩個(gè)力作用時(shí)，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對(duì)同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規(guī)則可知(1)(2)說法是正確.對(duì)于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個(gè)力為共點(diǎn)力，當(dāng)合力為零時(shí)，它們對(duì)同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然.但如這兩個(gè)力為非共點(diǎn)力，則以上結(jié)論不成立，故(3)(4)說法不完全正確.綜上所述，應(yīng)選(B).3-2關(guān)于力矩有以下幾種說法：(1)對(duì)某個(gè)定軸轉(zhuǎn)動(dòng)剛體而言，內(nèi)力矩不會(huì)改變剛體的角加速度；2 2)一對(duì)作用力和反作用力對(duì)同一軸的力矩之和必為零；(3)質(zhì)量相等，形狀和大小不同的兩個(gè)剛體，在相同力矩的作用下，它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定相同.對(duì)上述說法下述判斷正確的是()

53、(A)只有(2)是正確的(B)(1)、(2)是正確的(C)(2)、(3)是正確的(D)(1)、(2)、(3)都是正確的分析與解剛體中相鄰質(zhì)元之間的一對(duì)內(nèi)力屬于作用力與反作用力，且作用點(diǎn)相同，故對(duì)同一軸的力矩之和必為零，因此可推知?jiǎng)傮w中所有內(nèi)力矩之和為零，因而不會(huì)影響剛體的角加速度或角動(dòng)量等，故(1)(2)說法正確.對(duì)說法(3)來說，題述情況中兩個(gè)剛體對(duì)同一軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產(chǎn)生的角加速度不一定相同，因而運(yùn)動(dòng)狀態(tài)未必相同，由此可見應(yīng)選(B).3 -3均勻細(xì)棒OA可繞通過其一端O而與棒垂直的水平固定光滑軸轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是()(A)角速度從小到大，角加速度不變(B)角速度從小到大，角加速