物 理上冊習題簡解

1、 大學物理（上冊）習題解答第1章 質(zhì)點的運動規(guī)律一、1-1 解 根據(jù)i + j + k及一個矢量的大小等于它的各分量的平方和的平方根，故只有C，D，F(xiàn)可表示瞬時速度矢量的大小，即可表示。1-2 解 根據(jù)a及ai +j + ki j k和一個矢量的大小等于它的各分量的平方和的平方根，分析各個表示式可知，A，D，F(xiàn)可表示瞬時加速度矢量a的大小，即可表示a。1-3 解 先由質(zhì)點的運動方程求出質(zhì)點的運動速度的表示式為62 t，令62 t0，得t3 s時速度為零。因此看出，雖然質(zhì)點沿直線運動，但在運動的時間間隔內(nèi)，即在t3 s時質(zhì)點變換運動方向，因此質(zhì)點所走過的路程并不等于質(zhì)點位移的大小，對路程應分段計

2、算。從0到4 s的時間間隔內(nèi)，質(zhì)點所走過的路程為從t0到t3 s所走過的路程（位移的大?。┖蛅3 s到t4 s所走過的路程（位移的大小）之和，由運動方程可得t0時質(zhì)點的位置為x00，t3 s時質(zhì)點的位置在x39 m處，t4 s時質(zhì)點的位置在x48 m處。從0到4 s的時間間隔內(nèi)，質(zhì)點所走過的路程x3x0x4x398910 m，即正確答案為C。從對本題的分析可以看出，對作直線運動的質(zhì)點，如果要計算質(zhì)點所走過的路程，應首先判斷質(zhì)點在運動過程中，會不會變換運動的方向，若在運動中不變換運動方向，其運動路程等于位移的大??；若能判斷出運動中改變運動方向，則對運動的總路程應該采用分段計算的方法。1-4 解

3、作半徑為R的圓周運動的質(zhì)點，每t秒轉(zhuǎn)一圈，則在2 t時間間隔內(nèi)轉(zhuǎn)兩圈，總位移為0，平均速度等于位移除以所需的時間，所以平均速度的大小為0，即答案的第一項應為0；每t秒轉(zhuǎn)一圈，路程為圓的周長2R，2t秒轉(zhuǎn)兩圈，路程為4R，平均速率等于質(zhì)點的運動路程除以所需的時間，所以平均速率的大小為，即答案的第二項應為， 正確答案為B。1-5 解 原來速度向上，向上運動，繩子突然斷了，重力加速度g的方向向下，重物最初的運動仍然是向上運動，但速度越來越小作減速運動，直到上升速度變?yōu)榱?，才開始加速下降。所以重物最初的運動為減速上升，正確答案為C 。 1-6 解 將速度的表達式對時間t求導數(shù)，得到的加速度的表達式為a

4、8 j所以正確答案為D 。 1-7 解 方法一。對題中給出的四個備選方程進行計算，看哪個方程可得出速度的表示式為（4t 2）及將t3 s代入方程中可得x9m，符合這兩個條件的方程就是要選的方程。由速度，看出只有A和D可得（4t 2），將t3 s代入各運動方程中，只有A和C可得x9 m，所以正確答案只有A 。方法二，即為積分法。一般的方法是，已知速度的表示式和初始條件，即t0時的質(zhì)點位置x0，通過對速度積分，可得到質(zhì)點的運動方程。結(jié)合本題，這個方法可以推廣為：已知速度的表示式和某一時刻的條件，比如已知t3s時的質(zhì)點位置x39m，通過對速度積分，也可得到質(zhì)點的運動方程，區(qū)別在于等號兩邊積分的下限分

5、別由t0及x0的值變?yōu)槟硶r刻的值（比如t3s）及該時刻質(zhì)點的位置（比如x39m）。由速度，有，積分可得 x4t12 同樣可得正確答案為A 。1-8 解 根據(jù)速度大小與時間成反比，可將速度的表達式寫成，式中k為比例系數(shù)。再將速度的表達式對時間t求導數(shù)，可得加速度的表達式為a，從所得結(jié)果可以看出，加速度的大小與速度大小的平方成正比，所以正確答案為B 。1-9 解 忽略阻力的拋體運動的加速度大小永遠為g，方向向下，是常量，即正確答案為C 。1-10 解 在雪橇下滑的過程中，所受摩擦力與質(zhì)量成正比，空載雪橇與滿載雪橇的摩擦系數(shù)相同；所受重力的分力也與質(zhì)量成正比，空載雪橇與滿載雪橇比例系數(shù)也相同，所以空

6、載雪橇與滿載雪橇的運動加速度相同，都從靜止開始，運動的路程相等，因此空載雪橇和滿載雪橇同時到達坡底，即正確答案為D 。對本題再進一步說明一下。設斜坡與地水平面的夾角為，斜坡的摩擦系數(shù)為，則雪橇的牛頓運動方程為 mgsinmgcosma方程中消去雪橇的質(zhì)量m，得方程為gsingcosa，雪橇運動的加速度與雪橇的質(zhì)量無關(guān)，空載雪橇和滿載雪橇的加速度相同，都從靜止開始，運動的路程相等，所以應該是同時到達坡底。1-11 解 題目中所求的是小球?qū)δ景宓膲毫?，本應以木板為研究對象，但木板必定還要受到未知的其它力的作用才能平衡，所以不能以木板為研究對象。根據(jù)牛頓第三定律，可以變?yōu)橐孕∏驗檠芯繉ο?，用T1表示

7、木板對小球的支持力，它是小球?qū)δ景宓膲毫Φ姆醋饔昧?。用T2表示墻壁對小球的支持力，另外，小球還受到重力 mg的作用，這三個力平衡。因為T2為水平方向，T2與 T1在豎直方向的分力T1cos相平衡；只用考慮在豎直方向上的受力情況，在豎直方向上，重力mg和T1在豎直方向的分力T1sin相平衡，即 mgT1sin0 所以有 T1 從式中可以看出，當角緩慢增大時（<），sin增大，T1減小，所以小球?qū)δ景宓膲毫Γ═1的反作用力）將減小，正確答案為B 。1-12 解 在沒有剪斷細繩時，小球處于靜止狀態(tài)，受力平 衡，由于彈簧也處于靜止狀態(tài)，彈簧各處的彈性力都相等，彈性力用f表示。小球2所受到彈簧的作

8、用力f等于小球 所受的重力mg，即mgf0，小球2所受合力為0，在剪斷細繩的瞬間，彈簧來不及伸長（或收縮），彈性力不變，小球2所受合力仍為0，所以小球2的加速度a20。另外，從上述分析得出，彈簧的彈性力fmg，小球1受到彈簧作用力f和重力mg的作用，二者方向相同且向下，細繩對小球1的拉力F方向向上，其大小滿足 Ffmg2mg在剪斷細繩的瞬間，細繩對小球1的拉力F消失了，彈性力來不及變化，小球1受彈性力和重力的作用，合力為2mg，方向向下，所以a12g，上面分析已得出a20，所以正確答案為D 。1-13 解 摩擦力并不總是阻礙物體運動的，有的情況下可能為物體運動的動力，比如，用力拉一個物體在水平

9、面上運動，若它上面放有一個一起運動的物體，上面這個物體受到的摩擦力就是它運動的動力，這摩擦力的方向和它運動的方向相同，所以A，B的說法都不對；摩擦力中有靜摩擦力和動摩擦力，很多情況下靜摩擦力為平衡力，靜摩擦力的大小是隨著外界條件變化的，不能說它和正壓力成正比，所以說法D也不對；只有滑動摩擦力小于最大靜摩擦力是對的，因為<，即正確答案為C 。1-14 解 因為斜面和水平面都是光滑的，斜面M在豎直方向上沒有運動，受力平衡。斜面M和水平面之間以及斜面M和物體m之間都沒有摩擦力，所以在水平方向上，斜面M只受到物體m的正壓力在水平方向的分力的作用，這個力是恒定的力，沿水平方向向右，所以斜面向右作勻

10、加速運動，正確答案為B 。1-15 解 根據(jù)牛頓第二定律，物體受力（合外力）越大，其加速度越大，不能確定其速度的大小，說法A是不對的；勻速率圓周運動必定有法向力的作用，所受到的外力不為零，說法B是不對的；靜止的物體必定受力平衡，不能說不受外力作用，勻速直線運動的物體所受合力必定為零，所以說法C也是不對的；平時所說的某物體靜止，就是說相對于所選定的參考系，該物體的速度0，所以說靜止的物體即速度為零是對的，正確答案為D 。二、1-1解 首先需要說明，4s初即3 s末，將t3 s代入運動方程中，可得4 s初質(zhì)點的位置為r39 18 j 6 k（SI）；在t1 s到t3 s時間間隔內(nèi)質(zhì)點的位移為rr3

11、r19 18 j 6 k（3 2j 6 k）6 16 j（SI）；這位移的大小為rm這里應注意，位移是矢量，位移的大小是標量，二者不可混淆。1-2 解 由運動方程可得，質(zhì)點在t0時的位置為x03 m處，在t4 s時的位置為x45m處，可得質(zhì)點在前4 s內(nèi)的位移為xx4x0538 m ；將運動方程對時間t求導數(shù)，可得質(zhì)點的運動速度的表達式為22t，令22t0，得t1s時質(zhì)點速度為0，雖然質(zhì)點沿X軸運動，但在t1s時變換了運動方向，所以質(zhì)點在前4 s內(nèi)的路程等于質(zhì)點在t0到t1s內(nèi)位移的大小和質(zhì)點在t1s到t4s內(nèi)位移的大小之和。又可由運動方程得質(zhì)點在t1s時的位置為x14 m處，所以在前4 s時

12、間內(nèi)的路程為 Sx4x1x1x054439110 m。1-3 解 將運動方程對時間t求導數(shù)得質(zhì)點速度的表達式為22t，初始運動速度即t0時的速度，將t0代入速度的表達式中，得02 ms1 ；第4s初即t3s時的速度，將t3s代入速度的表達式中，得34 ms1 ；將速度的表達式對時間t求導數(shù)，可得質(zhì)點的加速度的表達式為a2 ms2，加速度為常量，不隨時間變化，所以第4s末的加速度為a42 ms2。1-4 解 題中給出的是運動方程的分量式，將運動方程的分量式分別對時間t求導數(shù)，可分別求得運動速度的各分量的表達式，再將速度的各分量的表達式分別對時間t求導數(shù)，可分別求得質(zhì)點運動的加速度的各分量的表達式

13、，所以有x2 ms1 ， ax0 y2t ， ay2 ms2因此t1s時質(zhì)點的加速度的大小為 aay2 ms2 。根據(jù)質(zhì)點的切向加速度的定義，at，應先求出質(zhì)點的速度表達式為質(zhì)點的切向加速度的表達式為at將t1s代入切向加速度的表達式中，得這時質(zhì)點的切向加速度為at1.41 ms2 。1-5解 此人沿停著的臺階式電梯走上樓，一秒鐘能走全部路程的；他站在開動的電梯上上樓，一秒鐘能走全部路程的。如果這個人從開動的電梯上走上樓，一秒鐘能走全部路程的（），所以這個人從開動的電梯上走上樓，需要的時間為t36 s1-6 解 總加速度與半徑成450角時，總加速度與圓周的正切線方向也成450角，即450，ta

14、n1，所以此時有anat，質(zhì)點從靜止出發(fā)，切向加速度為常量，速度的表達式應為at t，將此表達式代入法向加速度的表達式中，有anat將R3.0 m和at3.0 ms2代入式中，可得t1.0 s此時，質(zhì)點的速度大小為 at t3.0 ms1質(zhì)點的加速度大小為 a34.24 ms2。1-7解 將以角量表示的質(zhì)點運動方程對時間t求導數(shù)，可得質(zhì)點的角速度的表達式，并將t2s代入表達式中，可得此時質(zhì)點角速度的大小為4t44 rad將角速度的表達式對時間t求導數(shù)，可得質(zhì)點的角加速度的表達式為4 rad角加速度的大小為常量，所以這也是t2 s時角加速度的大小。1-8解 河中水的流速用20 ms1表示，船在靜

15、水中的速度用15 ms1表示。因為水的流速方向和船在靜水中的速度方向相垂直，所以船的速度大小為25 ms1船的速度方向與河岸的夾角為 arctanarctan（）arctan0.7536.90 。1-9解 木塊僅在摩擦力的作用下開始均勻減速，摩擦力為恒力，所以木塊作勻變速直線運動。木塊的末速度為0，初速度為，所以有02aL，得a，因此木塊的加速度a的大小為；用f表示摩擦力，由fmgmam，得摩擦系數(shù)為。1-10解 物體運動的加速度為a0.30.4t ，將 t3 s代入加速度的表示式中，即可得第3 s末的加速度為 a0.30.4t 1.5 ms2由加速度a0.30.4t及t0時，00，有 積分得

16、在第3s末物體的速度為 0.3 t0.2 t22.7 ms11-11解 求人對電梯底板作用力，本應以電梯為研究對象，但電梯受到的向上的拉力未知，電梯的質(zhì)量未知，因而電梯受到的重力未知，所以不能以電梯為研究對象。人受到的電梯底板的支持力是人對電梯底板作用力的反作用力。所以可以以人為研究對象，人受到向上的電梯底板的支持力N和向下的重力mg的作用，取向上為正方向，牛頓運動方程為 Nmgma可得 Nmgma60×（9.80.4）612 N 。這也是人對電梯底板作用力的大小。1-12解 將用矢量形式表示的物體的運動方程對時間t求導數(shù)，得物體的運動速度為6t j 將得到的運動速度表達式再對時間t

17、求導數(shù)，得運動加速度為a6 j 因此合外力f為 fm a5×（6）30 N合外力f的大小為30 N。1-13 解 第三個物體的加速度也是四個物體的共同加速度，即 a4.0 ms2因為第三個物體還要推動第四個物體共同運動，所以第三個物體受到第二個物體的作用力為 F232ma2×3.0×4.024 N 。 1-14 解 用T表示繩中的張力，小球擺到豎直位置時，法向方向（豎直向上）的運動方程為 Tmg此時繩中張力的大小為 Tmg0.5×12.9 N。三、1-1 解（1）將t1s代入運動方程，得1s末質(zhì)點的位置為 r1 3 2 j（SI）3s初就是2s末，所以將

18、t2 s代入運動方程，得3 s初質(zhì)點的位置為 r2 6 8 j（SI）（2）運動方程的分量形式為 x3 t y2 t 2（3）由x3t ，得t ，代入方程y2 t 2中，得質(zhì)點運動的軌跡方程為y1-2 . 解（1） 由質(zhì)點的運動方程，可得質(zhì)點在任意時刻的速度的表示式為 34t （SI）由質(zhì)點的速度表示式，可得質(zhì)點在任意時刻的加速度的表示式為 a4 ms2（2）由質(zhì)點的運動方程，可得質(zhì)點在t2s時的位置為x20，質(zhì)點在t4s時的位置為x418 m ，所以質(zhì)點從t2s到 t4s的位移為 xx4x218 m即向X軸負方向移動了18 m 。1-3 解（1）以十字路口為坐標原點，沿汽車前進方向為X軸正方

19、向，以綠燈亮時為t0時刻，以1和2分別表示汽車和卡車的速度，則1a t210 ms1，當12時，得 t5.0 s即綠燈亮后，經(jīng)過5.0 s汽車和卡車的速度相等（2）以x1和x2分別表示任一t時刻汽車和卡車的位置，則x1x210 t 汽車追上卡車，即 x1x2所以有 10 t解得 t10（舍去）， t210 s此時 x1x210 t10×10 100 m汽車的速度 1a t2.0×1020 ms1，即離開十字路100m處，汽車追上了卡車，此時汽車的速度為20 ms1，。1-4解 以地面為參考系，以螺釘松落時升降機底板的位置為坐標原點，向上為X軸正方向，以此時為t0時刻。以x1

20、和x2分別表示任一t時刻螺釘和底板的位置，則對螺釘有 x1x00 t 對底板有 x20 t式中0為t0時升降機（及螺釘）的速度，x0d20 m，螺釘落到底板上即x1x2，兩式聯(lián)立得 x0 t2.0 s所以螺釘從天花板落到底板上所需的時間為2.0 s。1-5解 以物體開始下落處為坐標原點，向下為Y軸正方向，設地面處的坐標為y（運動的全路程），下落時間為t。最后一秒鐘通過的路程為全程的一半，其他時間（運動開始的（t1）秒時間）通過的路程也為全程的一半。根據(jù)題意有 y及 y2×兩式聯(lián)立整理得 t24t20解得 t12，因為2<1，不合題意，故舍去；解得t223.414 s即物體從最高

21、處落下所用時間為3.414 s。所以物體下落的高度為 y4.9×3.414257.1 m1-6 解 由 a6 t , 得 積分得 03 t2將速度04 ms1代入，得質(zhì)點的運動速度為3 t2 4（SI）由，得 t34t得 xx0t34t將x02m代入，得質(zhì)點的運動方程為xt34t2（SI）1-7解 先求X軸方向的運動方程。其初始條件為 4 ms1， x00；且已知ax2 ms2。求X軸方向的分速度 積分得 x2 t將初速度x04 ms1代入，得X軸方向的分速度為 x2t4求X軸方向的運動方程 積分得 xx0t24t將x00代入，得X軸方向運動方程為 xt 24t再求Y軸方向的運動方程

22、。其初始條件為 8 ms1， y00；且已知ay4 ms2。求Y軸方向的分速度 積分得 y4t將初速度8 ms1代入，得Y軸方向的分速度為 y4t8求Y軸方向的運動方程 積分得 yy02 t28t將y00代入，得運動方程為 y2 t28t所以，質(zhì)點的運動方程為 r（t24 t）i（2 t 28 t）j 1-8 解（1）將用自然坐標表示的質(zhì)點的運動方程對時間t求導數(shù)，得速度的表達式為0bt 將速度的表達式再對時間t求導數(shù)，得切向加速度為at b將速度的表達式代入，可得質(zhì)點的法向加速度的表達式為 an所以得任一時刻t時的加速度為 a（2）令加速度 ab，必有0即 0bt0所以得 t即此時加速度的大

23、小等于b。（3）當t時，路程為 S0 t質(zhì)點沿圓周運行的圈數(shù)為 N1-9解 將速率的表達式對時間t求導數(shù)，得質(zhì)點的切向加速度為at B其與時間t無關(guān)，因此質(zhì)點沿圓周運動一周再經(jīng)過P點時的切向加速度仍為at B。由速率的表達式ABt，可得t0時質(zhì)點的初速度0A，由于切向加速度at為常量，用表示質(zhì)點再經(jīng)過P點時的速度，則有 22 at S2 at×2R4BR 得 24BRA2，可得法向加速度為 an4B1-10 解（1）將用角坐標表示的質(zhì)點的運動方程對時間t求導數(shù)，得質(zhì)點的角速度的表達式為12t2 ，再將角速度的表達式對時間t求導數(shù)，得角加速度的表達式為24t。利用線量與角量的關(guān)系，并將

24、t1s代入表達式中，可得t1s時，質(zhì)點的切向加速度和法向加速度分別為 atR24Rt24×0.1×12.4 ms2anR2144Rt4144×0.1×1414.4 ms2（2）質(zhì)點的加速度和半徑成450角時，atan，即24Rt144Rt4，得t3此時 24t322.67 rad1-11解 制動前后的角加速度分別用1和2表示，令10 rads1，停止時的角速度0，令t19s，t26s，轉(zhuǎn)過的角度分別用1和2表示。則有 1 2 145 21t2603030所以飛輪共轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為 N37.5（圈）。1-12. 解（1）將運動方程的分量式分別對t求導數(shù)，并將t

25、2s代入得出的質(zhì)點速度分量的表達式中，可得t2s時的速度分量為x23t214 ms1 y2t4 ms1，所以速度的大小為 214.6 ms1速度與X軸正方向的夾角為 arctan arctan15.90（2） 將速度分量的表達式分別對t求導數(shù)，并將t2s代入得出的質(zhì)點加速度分量的表達式中，可得t2s時質(zhì)點的加速度分量為 ax6t12 ms2 ay2 ms2所以加速度的大小為 a212.2 ms2此時，作用在質(zhì)點上的力的大小為 Fma2×12.224.4 N作用力與X軸正方向的夾角為 arctanarctanarctan9.4601-13 解設A和B之間的摩擦力為f，以A和B為系統(tǒng)，設

26、其加速度為a，其運動方程為 F（m1m2）a 得加速度大小為 a所以，此時A和B之間的摩擦力的大小為 fm1a從本題可以看出，摩擦力并不總是阻礙物體運動的，對于物塊A來說，摩擦力是運動的動力，且摩擦力的方向和物塊A的運動方向相同。1-14 解 （1）設飛船的質(zhì)量為m1，地球?qū)︼w船的引力即為作用在飛船上的向心力（近似為合外力），運動方程為 Gm1解得飛船的速率為 （2）飛船內(nèi)底板上質(zhì)量為m的物體也以相同的速率作勻速率圓周運動，物體對飛船底板的壓力的大小等于飛船底板對物體的支持力，方向相反，設支持力大小為N，方向沿圓周半徑向外，物體的法向方向的運動方程為 GNm得支持力為 NGm0故物體對飛船底板

27、的壓力也為0。1-15 解 物體A所受桌面的摩擦力用f表示，細繩中的張力用T表示，加速度用a表示.，對物體A，運動方程為 Tfm1a 對物體B，運動方程為 m2gTm2a 另外，摩擦力為 fm1g 聯(lián)合求解得加速度為 a1.96 ms2 1-16 解 在最高點和最低點繩中的張力分別用T1和T2表示，在最高點的運動方程為 T1 令T10，得 即至少為時，才能保證水不流出來，在最高點繩中的張力為T10。在最低點的運動方程為 T2將角速度的值代入上式，得在最低點繩中的張力為T22第2章 運動的守恒定律一、2-1 解 設彈簧的勁度系數(shù)為k，甲做的功為 A11.25k×J乙做的功為 A21.9

28、5k×J所以乙做的功多，即正確答案為B。2-2 解 這是變力做功，根據(jù)功的定義，該力所做的功為 A817 J 正確答案為B。2-3 解 小球在重力方向上的位移為0，所以重力對小球不做功；繩子對小球拉力的大小不變，但方向在改變，繩子對小球的拉力的豎直方向分力不做功，它與重力平衡，繩子對小球的拉力的水平方向分力始終指向圓心，與小球運動方向垂直，對小球也不做功。另外，小球在運動中速度大小不變，動能不變，重力勢能也不變，合外力做功為零。所以可得出，重力和繩子對小球的拉力都不做功，正確答案為C。2-4 解 根據(jù)萬有引力定律，人造地球衛(wèi)星在運動中受到的地球引力的大小，這也就是人造地球衛(wèi)星作圓形軌

29、道運動的法向力，設衛(wèi)星的運動速度為，法向方向的運動方程為 m可得衛(wèi)星的動能為 Ekm 正確答案為B。2-5 解 兩個物體在運動中，都只有重力做功，重力做功大小相同，根據(jù)動能定理，可知它們落地時的速度大小相同；由于水平方向沒有力的作用，水平方向的分速度不變，水平方向拋出的物體，落地時水平方向分速度為初速度0，而沿450方向拋出的物體，落地時水平方向分速度為0cos450，所以落地時它們的速度方向不同，正確答案為A。2-6 解 保守力做正功時，系統(tǒng)內(nèi)相應的勢能減少而不是增加，即通常所說，保守力做功是以消耗系統(tǒng)內(nèi)相應的勢能為代價的，所以說法A是錯誤的；只有作用在物體上的恒力的方向和物體位移的方向相同

30、時，恒力的功才是作用在物體上力的大小與物體位移大小的乘積，若二者方向不同，恒力的功是作用在物體上的力在位移方向的分量與物體位移大小的乘積；如果作用在物體上的力不是恒力而是變力，則必須先計算力在元位移中的功，然后再用積分把所有元位移的功都加起來，所以說法B也是錯誤的；作用力和反作用力做功的代數(shù)和一般不為零，如地球?qū)δ澄矬w的吸引力（重力）在物體的下落過程中做正功，而物體對地球的吸引力做功為零，這一對大小相等、方向相反的作用力和反作用力做功的代數(shù)和就不為零，即說法C也是錯誤的；質(zhì)點經(jīng)一閉合路徑，保守力對質(zhì)點做功為零，這是保守力的性質(zhì)所決定的，所以只有說法D是正確的。2-7 解 因為軌道彎曲部分光滑，

31、滑下過程機械能守恒，物體下落重力勢能mg h變?yōu)閯幽?，在軌道平直部分又克服摩擦力做功，若平直部分足夠長，設物體停下來之前在平直部分運動的距離為S，物體的質(zhì)量用m表示，則有 mghmgS計算得 S5.0 m即若平直部分足夠長，物體在摩擦力的作用下，可以運動S5.0 m。由于平直部分的長度為l2.0 m，物體運動到平直部分的一端后，會沿彎曲部分向上運動，因為彎曲部分光滑，物體向上運動及以后向下運動，只有重力做功且整個過程做功為零，所以物體滑回平直部分后，速度大小不變，只改變了速度的方向。 S的大小為l的2.5倍，所以物體在軌道平直部分的中點停下來，即正確答案為C。2-8 解 本題求碰撞過程中鋼板受

32、到的沖量，本應該以鋼板為研究對象，但因為和小球相比，鋼板的質(zhì)量很大，且鋼板還要受到其他未知的力的作用，所以不能以鋼板為研究對象。根據(jù)牛頓第三定律，可以小球為研究對象。鋼板給小球的沖量等于小球動量的增量，其量為mi（mi）2mi而鋼板受到的沖量，應為鋼板給小球的沖量的負值，所以在碰撞過程中鋼板受到的沖量為I2mi 即正確答案為D。2-9解 根據(jù)沖量的定義，力的沖量等于力乘以力對物體作用的時間，所以在t時間內(nèi)恒力F對物體的沖量的大小為Ft，即正確答案的第一項應為Ft；物體所受合力的沖量等于物體動量的增量，物體始終處于靜止狀態(tài)，動量的增量為零，所以該物體所受合力的沖量大小為0，即正確答案的第二項應為

33、0。正確答案為B。2-10解 作兩條相互垂直的坐標軸，一條與質(zhì)點受某力作用前、后的速度的方向的夾角都為（即碰撞前后速度方向夾角的平分線的方向），另一條與碰撞后速度的方向及與碰撞前速度的反方向的夾角都為（），在第一條坐標軸方向上動量的增量為零，即 mcos（） mcos（）0在另一條坐標軸方向上動量的增量為 mcos（）mcos（）2mcos（）2msin（）， 正確答案為A。2-11解 考慮到繩子改變物體運動方向的作用，在整個過程中，對地面參考系動量守恒，兩人對地面的向上速度始終相同，他們又以同一高度沿繩向上爬，所以兩人同時到達頂點。正確答案為C。2-12 解 設物體的質(zhì)量為m，根據(jù)動能定理，

34、拉力F（為合外力）對物體所做的功等于物體動能的增量，有A1A23所以有A1< A2。根據(jù)動量定理，作用在物體上的拉力F（為合外力）的沖量等于物體動量的增量，有 I1m I22mmm所以I1I2，正確答案為D。2-13 解 因為水平面光滑，不產(chǎn)生摩擦力，在水平方向上只有小球和斜劈相互作用力的分力，屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，所以在水平方向上動量守恒；在豎直方向上有重力和水平面支持力的作用，在碰撞的瞬間，水平面的支持力大于重力，合外力不為零，所以在豎直方向上動量不守恒；合外力在垂直于斜面的方向上的分力不為零，因此沿垂直于斜面的方向上動量也不守恒，當然整個系統(tǒng)的動量也不守恒，正確答案為B。2-14解 以人

35、和小車組成的系統(tǒng)為研究對象，人與小車之間的作用力屬于內(nèi)力，因為整個過程作用時間極短，即使地面有摩擦力也可以忽略?？梢哉J為，在水平方向上系統(tǒng)不受外力作用，在水平方向上動量守恒。用表示人跳上小車后小車的速度，則有 （mM）m1M2得 3.2 ms1， 正確答案為A。2-15 解 根據(jù)動量守恒定律的條件，一個質(zhì)點系若只有內(nèi)力作用而不受外力作用，動量一定守恒；但若有內(nèi)力的非保守力做功，系統(tǒng)的機械能就不守恒。所以一個質(zhì)點系不受外力作用，系統(tǒng)的動量一定守恒，機械能不一定守恒，正確答案為A。二、2-1解 物體的初速度為，末速度為0，前進距離為L4.6 m。先求物體的加速度a，由公式 02aL，得a。由摩擦力

36、fmgma，故可得該平面的摩擦系數(shù)為0.40對本題需要說明的是，題中并沒有說是均勻減速運動，但我們卻把加速度a當作了常量，因為既然要求粗糙的水平面的摩擦系數(shù)，那就是在整個平面上摩擦系數(shù)是一個常量（如果摩擦系數(shù)不是常量，那本題就無法回答，也沒有什么意義了），摩擦力是恒力，所以一定是勻減速運動，加速度a是常量。2-2 解 重力是恒力，恒力的功等于力和受力物體位移矢量的標積。因為物體在重力方向上（即豎直方向上）的位移為0，所以重力做功的大小為0 。2-3 解 根據(jù)力的（瞬時）功率的定義，某力的功率等于力與受力物體速度矢量的標積，重力的方向與物體速度矢量方向之間的夾角為（），所以重力的瞬時功率為 Pm

37、gm g cos（） m g sin2-4解 將質(zhì)點的運動方程的分量式分別對時間t求導數(shù)，得質(zhì)點的速度分量的表達式分別為 x4 ms1 y4 t當t2 s時，有 166480當t4 s時，有 16256272根據(jù)動能定理，外力對質(zhì)點所做的功等于質(zhì)點動能的增量。所以在t2 s到t4 s的這段時間內(nèi)，外力對質(zhì)點所做的功為 Amm1364096 J2-5 解 首先要說明，所謂輕彈簧，就是不計彈簧的質(zhì)量，或者說把彈簧的質(zhì)量看作為零。在這類問題中，一般多是在彈簧的一端連接一個物體。求解問題的第一步，是木塊和物體相碰撞，這一過程，動量守恒；第二步，獲得速度的物體由于慣性在光滑的平面上壓縮彈簧，這一過程，機

38、械能守恒。本題中，在彈簧的一端沒有連接物體，因此沒有兩物體相碰撞動量守恒的第一步。有一定速度（動能）的木塊在光滑的平面上壓縮彈簧，這一過程，木塊的動能變?yōu)閺椈傻膹椥詣菽埽瑱C械能守恒。已知彈簧的被壓縮量為x0.4 m，設木塊的初速度為，由機械能守恒，有 mk x2木塊的初速度的大小為 x10×0.44.0 ms12-6 解 至少所需做功是對應于向上為最小拉力的情況而說的。拉力等于重力維持勻速上升時拉力最小，所以可以用重力的大小來表示拉力。拉力是變力，這是變力做功。以桌面為坐標原點，向下為Y軸正方向，則當鏈條的懸掛部分的下端坐標為y時，懸掛部分的重力的大小為，但拉力方向向上，為Y軸負方向

39、，所以拉力的表示式為f，在懸掛部分的下端從y移動到y(tǒng)0的過程中，拉力所做的功即為至少所需做功為A另外，也可以用恒力做功的方法來進行計算。鏈條懸掛部分的重心在處，懸掛部分的重力為。所以可以等效為在恒定拉力的作用下，向上移動了的距離。因此至少所需做功為 A=×2-7 解 先計算欲使小球在軌道最高點不脫離軌道，小球在最高點應具有的最小速度。設圓形軌道對小球的正壓力為N，用1表示小球在最高點的速度，則有 mgN令N0，可得最小速度的平方為 Rg 用2表示小球在最低點的速率的大小，在小球作圓周運動過程中，軌道對小球的正壓力N始終和小球的運動方向垂直，所以軌道對小球的正壓力不做功。設小球在軌道最

40、低點的重力勢能為0，則小球在軌道最高點時其重力勢能為2 mg。整個過程只有重力做功，根據(jù)機械能守恒，則有 m2 mgmmgR得小球在軌道最低點的速率大小至少應為 22-8解 在隕石從無限遠落到地面的過程中，若只考慮隕石和地球之間的引力的作用，忽略氣體等的阻力、摩擦力及一切其它力的作用，則滿足機械能守恒。以無限遠為引力勢能零點，又設隕石在無限遠時的速度為零，則隕石在無限遠處，隕石和地球組成系統(tǒng)的機械能為0。隕石落到地面時，系統(tǒng)的引力勢能為，表示式中，G為引力常數(shù)，m為隕石的質(zhì)量，M和R分別為地球的質(zhì)量和半徑。以表示隕石落到地面時的最大可能速度，根據(jù)機械能守恒，有 0得 或?qū)懗?實際上，由于有摩擦

41、力等阻力的存在，該隕石落到地面時的速度遠遠小于這個值。2-9 解 在地球表面上空2倍于地球半徑R的高度沿圓軌道運行，即半徑為3R。衛(wèi)星的法線方向的運動方程為 m衛(wèi)星的動能為 Ekm以無限遠為引力勢能零點，衛(wèi)星的引力勢能為 Ep2-10 解 在整個過程中，在只考慮地球引力作用，忽略各種阻力作用的情況下，機械能守恒。在離地球表面2R處有一重物從靜止開始落下，即此時重物離地球中心為3R，以無限遠為萬有引力勢能零點，重物在落下前和落到地面時的引力勢能分別和，以表示重物落到地球表面時落地前瞬時的速度大小，由機械能守恒，有m 解得 22-11解 以拋出點為坐標原點，向上為Y軸正方向。先計算出物體運動的時間

42、，豎直方向的運動方程為 y0sint落地時，y0，解得 t10，這即是拋出時的時間，故舍去； t2這t2才是物體在空中運動的時間。重力為恒力，其沖量為重力大小和作用時間的乘積，所以重力沖量的大小為 Imgt22 m0 sin2-12解 打魚人和小船的質(zhì)量分別用m1和m2表示，以打魚人和小船組成的系統(tǒng)為研究對象，因為水對船的阻力忽略不計，可認為整個運動過程水平方向受力為零，動量守恒，質(zhì)心不動，以打魚人的前進方向為X軸的正方向，打魚人和小船相對于質(zhì)心（或說相對于地面）的位移分別為x13 m和x2341 m。由于質(zhì)心的位置不變，所以有 m1x1m2x260×3m2×（1）0可得小

43、船的質(zhì)量為 m260×3180 kg2-13 解 設木塊（和子彈）最終速度的大小為u，由于水平面光滑，在整個過程中，只有子彈和木塊之間的相互作用，對由木塊和子彈組成的系統(tǒng)，這是內(nèi)力。所以在水平方向上，整個過程系統(tǒng)的動量守恒，即 （mM）um得木塊最終速度的大小為 u20 ms12-14 解 因為質(zhì)點的速度方向（也是質(zhì)點的動量方向）和質(zhì)點對直線上任一點的位置矢量方向始終在同一直線上，它們的矢積為零，根據(jù)運動質(zhì)點對空間某定點的角動量的定義，可知它對直線上任一點的角動量為0。2-15解 因為地球受到的太陽的引力（視為地球所受到的合外力）對太陽的中心的力矩始終為零，所以地球在繞太陽的運動中，

44、地球?qū)μ枺ㄖ行模┙莿恿渴睾恪Ｈ?-1 解 這是變力做功，推力所做的功為 A3×432 J2-2 解 該力做功等于各分力做功的代數(shù)和，該力做功為 A4×83×650 J2-3 解 因為墻壁的阻力為一常量，而子彈在運動中只受這個力的作用，故加速度為常量，用a表示加速度，設0.10 m，0.05 m，10，子彈射入墻壁內(nèi)0.05 m時的速度用表示，則有 22a得 a2.0×ms2又根據(jù) 22a所以 22a4.0×2×（2.0×）×0.052.0×得子彈射入墻壁內(nèi)0.05 m時的速度為 141.4 ms12-

45、4 一解 子彈在打穿完全相同的兩塊木板的過程中，阻力做功相同，所以動能的增量相同。設700 ms1，1500 ms1，打穿第二塊木板后，子彈的速率用表示，子彈的質(zhì)量用m表示，則在打穿第一塊木板的過程中，阻力做功為 A1mm在打穿第二塊木板的過程中，阻力做功為A2mm因為A1A2，所以有mm mm化簡有 25.0×4.9×1.0×所以得打穿第二塊木板后子彈的速率降為 100 ms12-5 解 以物體A開始落下時的位置為其重力勢能零點，這樣，在物體A開始落下前，因為兩物體都靜止，系統(tǒng)的機械能為零。設h1.0 m，A落下1.0 m時的重力勢能為mAgh ，A落下1.0

46、m時兩物體的速度用表示，在這一過程中，摩擦力做功為mB gh，應用功能原理，有 mB ghmAgh 由于mAmB，得A落下1.0 m時的速度為 3.0 ms1 2-6解 一般情況下，這一作用分為兩個分過程，木塊和彈簧（物體）碰撞，動量守恒；在摩擦力的作用下，彈簧被壓縮。由于輕彈簧的質(zhì)量忽略，木塊碰到彈簧時速度（及動能）不變，所以不必考慮木塊和彈簧的碰撞過程，即只用考慮木塊壓縮彈簧的過程。木塊在開始接觸到彈簧前的瞬時，木塊的速率用表示，木塊的動能為；彈簧的最大壓縮量用表示，壓縮中摩擦力做功為m g，壓縮后，木塊的速度變?yōu)?，彈簧的彈性勢能為；應用功能原理，摩擦力做功等于該系統(tǒng)機械能的增量，有m g得開始碰撞前的瞬時，木塊的速率為 2.27 ms12-7 解 鐵