大學(xué)物理學(xué)簡(jiǎn)明教程第1至8章課后習(xí)題答案詳解

1、1 -1質(zhì)點(diǎn)作曲線(xiàn)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 t)時(shí)間內(nèi)的位移為r, 路程為s, 位矢大小的變化量為r ( 或稱(chēng)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(dāng)t0 時(shí)有dr= ds dr(C) r r s,當(dāng)t0 時(shí)有dr= dr ds(D) r s r,當(dāng)t0 時(shí)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(diǎn)在t 至(t t)時(shí)間內(nèi)沿曲線(xiàn)從P 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn),各量關(guān)系如圖所示, 其中路程s PP, 位移大小r

2、PP,而r r-r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(xiàn)運(yùn)動(dòng)中大小也不相等(注：在直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中有相等的可能)但當(dāng)t0 時(shí),點(diǎn)P無(wú)限趨近P點(diǎn),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(jiàn),應(yīng)選(C)1 -2一運(yùn)動(dòng)質(zhì)點(diǎn)在某瞬時(shí)位于位矢r(x,y)的端點(diǎn)處,對(duì)其速度的大小有四種意見(jiàn),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(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離隨時(shí)間的變化率,在極坐標(biāo)系中叫徑向速率通常用符號(hào)vr表示,這是速

3、度矢量在位矢方向上的一個(gè)分量；表示速度矢量；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式計(jì)算,在直角坐標(biāo)系中則可由公式求解故選(D)1 -3一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),則有()(A) 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(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),由于速度方向不斷改變,相應(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a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), a恒為零；質(zhì)點(diǎn)作勻變

4、速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí), a為一不為零的恒量,當(dāng)a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(jiàn),應(yīng)選(B) 1 -4質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為和，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(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的大小和方向解(1) 速度的分量式為當(dāng)t 0 時(shí), vox -10 m·-1 , voy 15 m·-1 ,則初速度大小為設(shè)vo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(shè)a 與x 軸的夾角為,則-33°41(或326

5、°19)1 -5質(zhì)點(diǎn)沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),加速度a4 -t2 ,式中a的單位為m·-2 ,t的單位為如果當(dāng)t 3時(shí),x9 m,v 2 m·-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(lèi)問(wèn)題,即已知加速度求速度和運(yùn)動(dòng)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(shí)間t 的顯函數(shù),則應(yīng)經(jīng)過(guò)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)有得 (1)由 得 (2)將t3時(shí),x9 m,v2 m·-1代入(1) (2)得v0-1 m·-1,x00.75 m于是可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程為1 -6飛機(jī)以10

6、0 m·-1 的速度沿水平直線(xiàn)飛行,在離地面高為100 m時(shí),駕駛員要把物品空投到前方某一地面目標(biāo)處,問(wèn)：(1) 此時(shí)目標(biāo)在飛機(jī)正下方位置的前面多遠(yuǎn)？ 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(xiàn)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(guò)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或由圖可知,在特定時(shí)刻t,物體的切向加速度和水平線(xiàn)之間的夾角,可由此時(shí)刻的兩速度

7、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x vt,y 1/2 gt2飛機(jī)水平飛行速度v100 m·s-1 ,飛機(jī)離地面的高度y100 m,由上述兩式可得目標(biāo)在飛機(jī)正下方前的距離1 -7一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為R 的圓周按規(guī)律運(yùn)動(dòng),v0 、b 都是常量(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(kāi)始的曲線(xiàn)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)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 ae

8、anen至于質(zhì)點(diǎn)在t 時(shí)間內(nèi)通過(guò)的路程,即為曲線(xiàn)坐標(biāo)的改變量sst -s0因圓周長(zhǎng)為2R,質(zhì)點(diǎn)所轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù)自然可求得解(1) 質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)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(xiàn)之間的夾角為1 -8一升降機(jī)以加速度1.22 m·-2上升,當(dāng)上升速度為2.44 m·-1時(shí),有一螺絲自升降機(jī)的天花板上松脫,天花板與升降機(jī)的底面相距2.74 m計(jì)算：(1)螺絲從天花板落到底面所需要的時(shí)間；(2)螺絲相對(duì)升降機(jī)外固定柱子的下降距離分析在升降機(jī)與螺絲之間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的情況下,一種處理方法是取地面為參考系,分別討論升降機(jī)豎直向上的勻加速度運(yùn)動(dòng)和初速不為

9、零的螺絲的自由落體運(yùn)動(dòng),列出這兩種運(yùn)動(dòng)在同一坐標(biāo)系中的運(yùn)動(dòng)方程y1 y1(t)和y2 y2(t),并考慮它們相遇,即位矢相同這一條件,問(wèn)題即可解；另一種方法是取升降機(jī)(或螺絲)為參考系,這時(shí),螺絲(或升降機(jī))相對(duì)它作勻加速運(yùn)動(dòng),但是,此加速度應(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)方程分別為當(dāng)螺絲落至底面時(shí),有y1 y2 ,即 (2) 螺絲相對(duì)升降機(jī)外固定柱子下降的距離為解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ag a,螺絲落至底面時(shí),有(2) 由于升降機(jī)在t 時(shí)間內(nèi)上升的高度為則 1 -9一

10、無(wú)風(fēng)的下雨天,一列火車(chē)以v120.0 m·-1 的速度勻速前進(jìn),在車(chē)內(nèi)的旅客看見(jiàn)玻璃窗外的雨滴和垂線(xiàn)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))分析這是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題設(shè)雨滴為研究對(duì)象,地面為靜止參考系,火車(chē)為動(dòng)參考系v1 為相對(duì) 的速度,v2 為雨滴相對(duì)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,火車(chē)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 (如圖所示),于是可得1 -10如圖(a)所示,一汽車(chē)在雨中沿直線(xiàn)行駛,其速率為v1 ,下落雨滴的速度方向偏于豎直方向之前 角

11、,速率為v2,若車(chē)后有一長(zhǎng)方形物體,問(wèn)車(chē)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(wèn)題可視雨點(diǎn)為研究對(duì)象,地面為靜參考系,汽車(chē)為動(dòng)參考系如圖(a)所示,要使物體不被淋濕,在車(chē)上觀察雨點(diǎn)下落的方向(即雨點(diǎn)相對(duì)于汽車(chē)的運(yùn)動(dòng)速度v2的方向)應(yīng)滿(mǎn)足再由相對(duì)速度的矢量關(guān)系,即可求出所需車(chē)速v1解由圖(b),有而要使,則1 -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的大小()(A) 不為零,但保持不變(B) 隨FN成正比地增大(C) 開(kāi)始隨FN增大,達(dá)到某一最大值后,就保持不變(D) 無(wú)法確定分析與解與滑動(dòng)摩擦力不同的是,靜

12、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)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(chē)輪胎與路面間的摩擦因數(shù)為,要使汽車(chē)不至于發(fā)生側(cè)向打滑,汽車(chē)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(yīng)由汽車(chē)的質(zhì)量m 決定分析與解由題意知,汽車(chē)應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng),為保證汽車(chē)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(chē)轉(zhuǎn)彎的最大速

13、率應(yīng)為vRg因此只要汽車(chē)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滑軌道由靜止下滑,在下滑過(guò)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(guò)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(m gcos ) 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

14、力(又稱(chēng)法向力)將不斷增大,由軌道法向方向上的動(dòng)力學(xué)方程可判斷,隨 角的不斷增大過(guò)程,軌道支持力FN也將不斷增大,由此可見(jiàn)應(yīng)選(B)1 -14圖(a)示系統(tǒng)置于以a 1/4 g 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) 5/8 mg(B) 1/2 mg(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

15、牛頓第二定律,可解得F 5/8 mg故選(A)討論對(duì)于習(xí)題1 -14 這種類(lèi)型的物理問(wèn)題,往往從非慣性參考系(本題為電梯)觀察到的運(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(wèn)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(guò)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

16、用力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a,與其相對(duì)應(yīng)的外力F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mgcos由此,可分別列出切向和法向的動(dòng)力學(xué)方程Fmdv/dt和Fnman 由于小球在滑動(dòng)過(guò)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(jiǎn)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(jiǎn)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(guò)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,由牛頓定律得 (1)

17、(2)由,得,代入式(1),并根據(jù)小球從點(diǎn)A 運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C 的始末條件,進(jìn)行積分,有得 則小球在點(diǎn)C 的角速度為由式(2)得 由此可得小球?qū)A軌道的作用力為負(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,開(kāi)始時(shí)物體的速率為v0 ,求：(1) t 時(shí)刻物體的速率；(2) 當(dāng)物體速率從v0減少到1/2 v0時(shí),物體所經(jīng)歷的時(shí)間及經(jīng)過(guò)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(wèn)題物體在作圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,促使其運(yùn)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F ,而摩擦力大

18、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(guò)它們把切向和法向兩個(gè)加速度聯(lián)系起來(lái)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(shí)v v 0 ,并對(duì)上式進(jìn)行積分,有(2) 當(dāng)物體的速率從v 0 減少到1/2v 0時(shí),由上式可得所需的時(shí)間為物體在這段時(shí)間內(nèi)所經(jīng)過(guò)的路程2 -1對(duì)質(zhì)點(diǎn)組有以下幾種說(shuō)法：(1) 質(zhì)點(diǎn)組總動(dòng)量的改變與內(nèi)力無(wú)關(guān)；(2) 質(zhì)點(diǎn)組總動(dòng)能的改變與內(nèi)力無(wú)關(guān)；(3) 質(zhì)點(diǎn)組機(jī)械能的改變與保守內(nèi)力無(wú)關(guān)下列對(duì)上述說(shuō)法判斷正確的是()(A)

19、 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?xún)?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)力來(lái)說(shuō),所作功能使質(zhì)點(diǎn)組動(dòng)能與勢(shì)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(shuō)法是正確的故選(C)2 -2有兩個(gè)傾角不同、高度

20、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(kāi)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(lái)說(shuō),由題意知并無(wú)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(guò)程中,一方面通過(guò)重力作功將勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,另一方面通過(guò)物體與斜面之間的彈性?xún)?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

21、同)故(A)(B)(C)三種說(shuō)法均不正確至于說(shuō)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(wú)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(kāi)的過(guò)程中,對(duì)A、B、C、D 以及彈簧組成的系統(tǒng)

22、,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(kāi)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)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(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

23、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2 -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(guò)程中,重力的沖量；(2) 物體從

24、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

25、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(kāi)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

26、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2 -7如圖所示,在水平地面上,有一橫截面S 0.20 m2 的直角彎管,管中有流速為v 3.0 m·-1 的水通過(guò),求彎管所受力的大小和方向分析對(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

27、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m St,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(xiàn)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

28、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(mǎn)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

29、后增加的距離2 -9 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(kāi)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

30、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2 -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

31、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F mg,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2 -11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)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

32、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(mǎn)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(mǎn)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

33、,當(dāng)施以外力F 時(shí),根據(jù)受力平衡有F1 P1 F (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1 ky1 ,F2 ky2 及P1 m1g,上式可寫(xiě)為F1 -F2 2P1 (2)由式(1)、(2)可得F P1 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 F2 由式(3)可得F P1 P2 (m1 m2 )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)2 -12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

34、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(mǎn)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

35、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(lèi)問(wèn)題.解 （1）子彈-木塊系統(tǒng)滿(mǎn)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

36、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

37、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2 -14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(kāi)屋面的位置以及在該位置的速度分析取冰塊、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)

38、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FN 0,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°- 41.8°2 -15如圖所示,把質(zhì)量m 0.20 kg 的小球放在位置A 時(shí),彈簧被壓縮l 7.5 ×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)的最小值分析若取小球、彈簧和地球?yàn)橄到y(tǒng),小球在被釋放后

39、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FN 0,因此,

40、有 (1)取小球開(kāi)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2 -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(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

41、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2 -17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(xiàn)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？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

42、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(mǎn)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(mǎn)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(xiàn)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(mǎn)足機(jī)械能守恒定律,故有 (3)解上述三個(gè)方程,可得

43、彈丸所需速率的最小值為2 -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,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(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)而言,由于撞擊前后的總動(dòng)量明顯是不同的,因此,撞擊過(guò)程中動(dòng)量不守恒應(yīng)該注意,不是任何碰撞過(guò)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P1 和物塊的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物塊

44、所受的摩擦力F ,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(guò)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(guò)程中,在沿斜面的方向上,根據(jù)動(dòng)量守恒有 (1)在物塊上滑的過(guò)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(shì)能為零由系統(tǒng)的功能原理可得 (2)由式(1)、(2)可得2 -19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(kāi)始時(shí)小球和容器都處于

45、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？分析由于桌面無(wú)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(guò)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(wú)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(xiàn)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),小球在此參考

46、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)求得在分析小球受力時(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(wú)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)量守恒定律以及小球在下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒定律可分別得 (1) (2)式中vm 、vm分別表示小球、容器相對(duì)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由于小球相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的軌跡比

47、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 (3)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)由式(3)、(4)可得小球此時(shí)所受到的支持力為3 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(shuō)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)、

48、(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(xiàn)通過(guò)轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸(例如門(mén)的重力并不能使門(mén)轉(zhuǎn))不滿(mǎn)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，但同時(shí)有兩個(gè)力作用時(shí)，只要滿(mǎn)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(shuō)法是正確對(duì)于(3)(4)兩種說(shuō)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(shuō)法不完全正確綜上所述，應(yīng)選(B)

49、3 2關(guān)于力矩有以下幾種說(shuō)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) 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(shuō)法下述判斷正確的是()(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(shuō)法正確對(duì)說(shuō)法(3)來(lái)

50、說(shuō)，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(jiàn)應(yīng)選(B)3 3均勻細(xì)棒OA 可繞通過(guò)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(kāi)始自由下落，在棒擺到豎直位置的過(guò)程中，下述說(shuō)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，角加速度從小到大(C) 角速度從小到大，角加速度從大到小(D) 角速度不變，角加速度為零分析與解如圖所示，在棒下落過(guò)程中，重力對(duì)軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關(guān)當(dāng)棒處于水平位置，重力矩最大，當(dāng)棒處于豎直位置時(shí)，

51、重力矩為零因此在棒在下落過(guò)程中重力矩由大到小，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機(jī)械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應(yīng)選(C)3 4一汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)曲軸的轉(zhuǎn)速在12 s 內(nèi)由1.2×103 r·min-1均勻的增加到2.7×103 r·min-1(1) 求曲軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角加速度；(2) 在此時(shí)間內(nèi)，曲軸轉(zhuǎn)了多少轉(zhuǎn)？分析這是剛體的運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)題剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律與質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有類(lèi)似的關(guān)系，本題為勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)解(1) 由于角速度2 n(n 為單位時(shí)間內(nèi)的轉(zhuǎn)數(shù))，根據(jù)角加速度的定義，在勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中角加速度為(2) 發(fā)動(dòng)機(jī)曲軸轉(zhuǎn)過(guò)的角度為

52、在12 s 內(nèi)曲軸轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù)為圈3 5 一飛輪由一直徑為30，厚度為2.0的圓盤(pán)和兩個(gè)直徑為10，長(zhǎng)為8.0的共軸圓柱體組成，設(shè)飛輪的密度為7.8×103 kg·m-3，求飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量分析根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可疊加性，飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可視為圓盤(pán)與兩圓柱體對(duì)同軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量之和；而勻質(zhì)圓盤(pán)、圓柱體對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的計(jì)算可查書(shū)中公式，或根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的定義，用簡(jiǎn)單的積分計(jì)算得到解根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的疊加性，由勻質(zhì)圓盤(pán)、圓柱體對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量公式可得3 6一燃?xì)廨啓C(jī)在試車(chē)時(shí)，燃?xì)庾饔迷跍u輪上的力矩為2.03×03N·m，渦輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為25.0kg·m2 當(dāng)輪的轉(zhuǎn)速由2.80×103 r·min-1 增大到1.12×104 r·min-1時(shí)，所經(jīng)歷的時(shí)間t 為多少？分析由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩，因此，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律可知，飛輪的角加速度是一恒量；又由勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中角加速度與時(shí)間的關(guān)系，可解出飛輪所經(jīng)歷的時(shí)間該題還可應(yīng)用角動(dòng)量定理直接求解解1在勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中，角加速度，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律，可得飛輪所經(jīng)歷的時(shí)間解2飛輪在恒外力矩作用下，根據(jù)角動(dòng)量定理，有則 37電風(fēng)扇接通電源后一般經(jīng)5s后到達(dá)額定轉(zhuǎn)速,而關(guān)閉電源后經(jīng)16 s后風(fēng)扇停止轉(zhuǎn)動(dòng)，已知電風(fēng)扇的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為，設(shè)啟動(dòng)時(shí)