物理学简明教程马文蔚第1至8章课后习题答案详解

1、1 -1质点作曲线运动，在时刻f质点的位矢为r，速度为1；，速率为至（/ +a0时间内的位移为ar，路s为a5,位矢大小的变化量为ar （或称a i r i ）, 平均速度为，平均速率为(1)根据上述情况，则必有()(a) iar i= ±s = ar(b) iar ia5 ar，当a/*0时有idr i = ds dr(c) 丨ar |关 ar尹 a5,与af-*0in有idr i =d/爹dv(d) iar |/ a.v # ar，当 af*0时有idr i = dr = ds根据上述情况，则必有()(a) | v | = p, | p | = v(b) i v i *1)， v

2、 t v(c) | r i = p, i r i r(d) v v, v = vy分析与解（1）质点在f至（f +af>时问内沿曲线从p点运动到p'点，fr m关系如阉所示，其中路稅心=pp；位移大小i ar | =pp而ar = |r| -irl表示质点位矢大小的变化fl，三个tt的物理含义不同，在曲线运动中大 小也不相等（注：在直线运动屮有相等的可能）.但当以0时，点p'无限趋近 p点，则有丨dr i =<k.但却不等于dr.故选（b>.（2）由于 i ar | 椒旅 本,b|j v /v .ar a/ds但由于i心，故即m =泛.由臓，应峭dt1 -2

3、一运动质点在兌瞬时位于位矢ru,y）的端点处，对jt速度的人小有 四种意见，即字？:drk述判断正确的是()(a)只有(1)(2)正确(b)只有(2)正确分析与解示质点至酮綱1:离随时醐变化率.在极坐标(c)只有正确(d)只冇(3)(4)正确系屮叫径向速卒.通常川符号口汐示，这是速度矢m在位矢方向上的一个分 -示速麵;麵坐标系屮速度大小可用公式”4计算，在克角坐怀系中则吋由公式口求解.故选(d).1 -3 一个质点在做阀周运动时，则有()(a) 切向加速度一定改变，法向加速度也改变(b) 切向加速度可能不变.法向加速度一定改变(c) 切向加速度可能不变，法向加速度不变(d) 切向加速度一定改变

4、，法向加速度不变分析与解加速度的切向分虽a,起改变速度大小的作用，而法向分虽an 起改变速度方14的作用.质点作岡周运动时，由于速度方向不断改变,相应法 问加速度的方句也在不断改变，因而法向加速度是一定改变的.至于是否 改变，则耍视质点的速率情况而定.质点作匀速率圆周运动时，悄为零：质 点作勾变逨_1印周运动时.仏为一不为苓的恒试.当a,改变时.质点则作一般 的变速率阅周运动.由此可见.应选(b).1- 4质点的运动方程为x = -lq+30t2和y = 15f-20f2,式中x，y的 单位为nu的单位为s。试求：(1初速度的大小和方向；(2)加速度的大 小和方向.分析由运动方程的分试式可分别

5、求出速度、加速度的分虽，再由运动 合成算出速度和加速度的大小和方向.解(1)速度的分量式为dxdr= -10 + 60/vv = = 15-40/7 dr当f =0时，=-i() m- s 4t r' + vn 30 .vay =15m- s 1 ,则初速度大小为 = 18.0 m-s'设p。与a轴的夹角为a，则咖忐=-|«=123°4r(2)加速度的分鼠忒为含 60m.s-，则加速度的大小为72.1 mssd与x轴的夹角力久则tan = - = - a 3=-33°4r(或 326o19')1 -5质点沿直线运动.加速度a=4 -t2 .

6、式屮a的单位为阶s _2 j的单位为 s.如果当r =3 s时j=9ni,p =2m s 1,求质点的运动方程.须在给定条件卜用积分方法解决.由a=分析本题属r运动学第二类问题，即己知加速度求速度和运动方程，必 和 y = nj 得 dp = adt 和(1)dx = vdt.如a=a(/)或p =v(/).则可两边直接积分.如果a或p不是时间/的 显函数，则应经过诸如分离变簠或变簠代换等数学操作后再做积分. 解由分析知，应有由得 = 2r-r4 + r0r + x0(2)将'=3!i 时vv=9 m，p=2 m- s 1 代入(1) (2得po=-1 m- s 0=0.75m.于是可

7、得质点运动方程为x = 2r2-lr4 + 0.751-6飞机以100 ms'1的速度沿水平ft线飞行，在离地面岛为10() m时， 邛驶w嬰把物品中投到前方策一地而h标处，问：(1)此时h标在t机1e下方 位置的前酣多远？题i - _分析 物品空投r作平抛运动.忽略空气h1力的条件下，出运动独立性 原埋知，物品在空中沿水平方向作匀速直线运动，在竖ft方向作自由落体运 动.到达地而rw时，两方向上运动时间是相同的.因此，分别列出jt运动方 程，运用时间相等的条件，即可求解.此外，平抛物体在运动过程屮只存在竖直向卜的承力加速度.为求特定 时刻i时物体的切向加速度和法向加速度.只菥求出该时

8、刻它们与申:力加速度 之间的夹介ja或.由阁可知，在特定时刻f，物体的切向加速度和水平线之间的 夹角a,可由此时刻的两速度分量vt、求出，这样，也就可将重力加速度$的 切向和法向分量求得.解(1)取如阁所示的坐标.物品下落时在水平和竖直方向的运动方程 分别为x =vt, y =1/2 gt2飞机水平飞行速度r=kk)ms'，飞机离地而的髙度尸1()0 m,由上述两 式可得目杯在飞机正下方前的距离452m1-7 一质点沿半径为/?的阏周按规律s = vj-ht2运动，v0、b都是 常量.（1）求f时刻质点的总加速度，分析在自然坐标中表示岡周上从某一点开始的曲线坐标.由给定 的运动方程=仙

9、，对时问r求一阶.二阶导数，即是沿曲线运动的速度v和 加速度的w向分si，而加速度的法向分jan=v2 /r.这样，总加速度为a =ale n.至f质点在/时间内通过的路程.即为曲线坐标的改变窜此= st-s0.因岡周长为2nr，质点所转过的咽数自然对求得.解（1质点作岡阀运动的速率为v = = -btdtit加速度的切向分量和法向分量分别为d/2n r r故加速度的大小为其方向与切线之阆的夹角为 0 = arctan = arctai atrb1 -8 一升降机以加速度1.22 m- s 2上升，当上升速度为2.44 m. s 1时，冇 一螺纹自升降机的天花板p.松脱，天花板与升降机的底而相

10、距2.74 m.计算： （1）螺纹从天花板落到底面所需要的时间：（2）螺丝相对升降机外闹定柱子的 下降距离.分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下，一种处理方法是取地 面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝 的a由落体运动，列出这两种运动在同一坐标系屮的运动方程yi =ym和，2 =y2w，并考虑它们相遇，即位矢相同这一条件，问题即可解：另一种方法是取 升降机（或螺丝）为参考系，这时，螺丝（或升降机）相对它作匀加速运动，但是，此 加速度应该足相对加速度.升降机厢的高度就足螺丝(或升降机)运动的路 程.解1 (1)以地面为参考系.取如阁所示的坐标系，升降机与螺丝的运

11、动 方程分別为ji =</+22y! =fi+vot-gt2当螺丝落至底面时.有a =y2，即v + at2 =h-vol-gt2(2)螺丝相对升降机外w定柱子下降的距离为d = h-y2 = -v + -gt2 =0.716 m解2 (1)以升降机为参考系，此时，螺纹相对它的加速度大小a'=g +6/, 螺丝落至底面时.有= 0.705s g+a(2)由于升降机在r时阆内上升的尚没为h1 = vot + -atirf = /卜/= 0.716m1 -9 一无风的下雨天.一列火车以v!=20.0 m s '*的速度匀速前进，在 车内的旅客矜见玻璃窗外的雨滴和垂线成75&#

12、176;角下降.求雨滴下落的速度 巧.（没下降的附滴作匀速运动）题i -25阳分析这是一个相对运动的问题.设咐滴为研究对象，地而为舴止参考 系s，火车为动参考系s p!为sm1i对s的速度，巧为闹滴相对s的速度， 利用相对运动速度的关系即可解.解 以地而为参考系，火车相对地而运动 的速度为川，雨滴相对地面贤b下落的速度为p2，旅客看到雨滴下落的速度 w为相对速度，它们之间的关系为p2 =r2 +v,（如阁所示），于是可得 v-j = = 5.36m- s* tan75*i -10如阁（a）所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速率为川，下落雨滴的 速度方向偏r竖直方向之前0角，速*为巧'，若

13、车后有-长方形物体，问车速 川为多大时，此物体正好不会被雨水淋湿？分析这也是一个相对运动的问题.可视雨点为研究对象，地而为静参 考系s，汽车为动参考系s，.如阁（a）所示，要使物体不被淋湿，在车上观察兩 点下落的方向（即雨点相对于汽车的运动速度w的方向）应满足 a > arctan y .再由相对速度的矢量关系迖=p2q,即可求出所需车速 h解u -v.sina = arctan- -11用水平力fn把一个物体乐着靠在粗糙的竖直墙而上保持静 止.当久逐渐增大时，物体所受的静摩擦力f/ft大小（）v2coso而要使a > arctan-p2sinv2cos0、（lcos0 .v

14、9; > v2- + sin i(a) 不为芩，但保持不变(b) 随fn成正比地增大(c) 开始随fn增大，达到某一最大值后，就保持不变(d) 无法确定分析与解与滑动睁檫力不同的是，静摩檫力可在零与最大位/fn范闹 内取值.当增加时.静摩擦力可取的最大位成正比増加，但具体大小则取决 于被作用物体的运动状态.由题怠知，物体一直保持静lh状态，故静摩擦力与 重力大小相等，方向相反，并保持不变，故选(a>.1 -12 一段路面水平的公路，转巧处轨道半径为/?.汽车轮胎与路w间的 庠撺w数为戸，要使汽车不至于发生侧向打泔.汽车在该处的行驶逨申()(a) 不得小于7(b)必须等于/(c)不得

15、大于(d)还应由汽车的成最m决定 分析与解由题意知，汽车应在水平面内作匀速率圆周运动，为保证汽车 转巧时不侧向打泔，所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供，能够提 供的最大向心力应为由此可算得汽车转弯的最大速率应为v=肉.因 此只要汽车转巧时的实际速率不大于此值，均能保证不侧向打滑.应选(c).1 -13 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑.在下滑过程中，则 ()(a) 它的加速度方向永远指向圆心，jt速率保持不变(b) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加(c) 它受到的合外力大小变化，方向永远衔向岡心(d) 它受到的合外力大小不变，其速率不断增加题2-4 |*|分析与解由阁可知，物体在

16、下滑过程中受到大小和方向不变的甫力以 及时刻指向阏轨道中心的轨道支持力作用，_1c合外力方向并菲指向阅心， 其大小和方向均与物体所在位置有关.重力的切向分量(m geos 3)使物体的 速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断 >，则物体作開周运动的向心力(又 称法向力)将不断増大，由轨道法向方向上的动力学方程fn= m可判断，随0免的不断増大过程，轨道支持力什也将不 r断增大，由此可见应选(b).1-14阁(a)示系统背于以 =1/4的加逨度上升的升降机内.a、b两 物体质ft相同均为所在的樂面足水平的.纯子和定滑轮质饿均不计.若 忽略滑轮轴上和柒面上的摩擦，并不计空气阻力，则绳中张力为

17、()(a) 5/8 mg (b) 1/2 mg (c) mg (d) 2mg分析与解本题可考虑对a. b两物体加上惯性力后，以电梯这个非惯 性参考系进行求解.此时a、b两物体受力情况如图(b)所示，图屮为a、b两 物体相对电梯的加速度，为惯性力.对a、b两物体应用牛顿第二定律. 可解得ft =5/8 mg.故选(a>.(w题 2-5ffl讨论对于习题1 -14这种类型的物理问题，往往从非惯性参考系(本题 为电梯)观察到的运动阌像较为明确.但由于牛顿定律只适用于惯性参考系， 故从非惯性参考系求解力学问题时，必须对物体加上一个虚拟的惯性力.如 以地面为惯性参考系求解，则两物体的加速度aa和卯

18、均应对地而言，本题中 aa和ab的大小与方向均不相同.其屮aa应斜向上.对aa、ab、a和& 之间还要用到相对运动规汴，求解过程较繁.有兴趣的读者不妨自己尝试一 下.i -16 一质tt为m的小球最初位t如阁所示的4点，然后沿半径为r 的光滑阏轨道adcb下滑.试求小球到达点c时的角速度和对岡轨道的作用力.分析 该题nj由牛顿第二定律求解.在取自然坐标的情况卜，沿岡弧方 向的加速度就是切向加速度与其相对应的外力厂足承力的切向分铖 zngsina，而与法向加速度相对应的外力是支持力fn和重力的法向分m zwgcosa.由此，"j分别列出切|«和法向的动力学方fi! f

19、i = mdv/dt和fn = 湖”.由于小球在泔动过程中加速度不是恒定的，因此，需应用积分求解，为使 运ff简便.可转换积分变tt.倡该题也能应用以小球、岡弧与地球为系统的 机械能守恒定律求解小球的速度和角速度，方法比较简便.但它不能?(接给 出小球与阅弧表面之间的作用力.解小球在运动过程中受到重力p和岡轨道对它的支持力.取阁(b> 所示的自然坐标系，由牛顿定律得f,=-_ina = mg(1) fnosa = tnmv2r什=尝=，得=v，代人式，并刪、球从点a运动到点c 的始末条件，进行积分，有由式(2)将=m+ mucosa = 3m cosa由此nj得小球对岡轨道的作用力为fj

20、 = fn = 3/wcosa负号表示与en反向.1 -17光滑的水平桌面上放茛一半径为/?的固定圆环，物体紧贴环的内 侧作阏周运动，其摩擦因数为/，开始时物体的速率为邱,求：(l)t时刻物体的 速率；(2)当物体速半从ro减少到1/2 %时，物体所经历的时间及经过的路程.题2-19 w分析运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的，因而，可先分析 动力学问题.物体在作圆周运动的过程屮，促使其运动状态发生变化的是圆 环内侧对物体的支持力和环与物体之间的摩擦力，而摩擦力大小与正 压力fy成正比，且与zy又是作用力与反作用力，这样，就可通过它们把切 向和法向两个加速度联系起來了，从而可用运动学的积

21、分关系式求解速申和 路程.解(1)设物体质w为m，取阁屮所示的h然坐标，按亇顿定汴，有ff = mar =drdt由分析中可知，摩擦力的大小fr=/fv,由上述各式可得取初始条件z =0时p =以,并对上式进行积分，冇r + vit(2)当物体的速率从减少到1/2介时，由上式可得所需的时间为 ,，=上戶0物体在这段时间内所经过的路程a>加尺+ var、0s = in22- 1对质点组有以卜儿种说法：(1) 质点组总动景的改变与内力无关；(2) 质点组总动能的改变与内力无关：(3) 质点组机械能的改变与保守内力无关.下列对上述说法判断正确的是(>(a) 只有(1)是正确的(b)(1)

22、、(2)是正确的(c)(1),是正确的 (d)(2)、是正确的分析与解 在质点组中内力总是成对出现的，它们是作用力与反作用 力.由于一对内力的冲黾恒为零，故内力不会改变质点纽的总动昆.但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同，故一对 内力所作功之和不一定为零，应作具体分析，如一对弹性内力的功的代数和一 般为零，一对摩擦内力的功代数和一般不为零，对于保守内力来说，所作功能 使质点组动能与势能相互转换，因此保守内力即使有可能改变质点组的动能. 但也不可能改变质点组的机械能.综上所述(1)(3)说法是正确的.故选(c).2-2有两个倾角不同、髙度相同、质量一样的斜面放在光滑的

23、水平面 卜.，斜而是光滑的，冇两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静h开始泔 下，则()(a) 物块到达斜而底端时的动堡相等(b) 物块到达斜血底端时动能相等(c) 物块和斜面(以及地球)组成的系统，机械能不守恒(d) 物块和斜面组成的系统水平方向上动最守恒分析与解对题述系统来说，由题意知并无外力和非保守内力作功，故系 统机械能守怛.物体在下滑过程中，一方面通过重力作功将势能转化为动能， 另一方而通过物体与斜而之间的弹性内力作功将一部分能鲎转化为斜面的 动能，其大小取决其屮一个内力所作功.由于斜面倾角不同，故物体沿不同倾 角斜面滑至底端时动能大小不等.动量自然也就不等(动量方向也不同).故

24、(a)(b)(c)三种说法均不正确.至丁说法(d)正确.是因为该系统动锾虽不守恒 (下滑前系统动k为零，下滑g物体与斜而动s的矢s和不可能为岑.由此可 知，此时向上的地而支持力并不等于物体与斜而向卜的重力)，但在水平方向 上并无外力，故系统在水平方向上分动fi守恒.2 -3如阁所示，质泉分别为叫和/«2的物体a和b，計光泔朵面上4 和之间连有一較弹簧.另有质堆为和爪2的物体c和£>分别背于物体 a与忍之匕且物体a和c、b和d之阅的摩揀w数均不为苓.&先用外力 沿水平方向相向推和从使弹货被fe缩.然后撤掉外力，则在a和fl弹开的 过程中，对b、c、d以及弹簧组成

25、的系统，有(>(a)动虽守恒，机械能守恒(b)动星不守恒，机械能守恒(c)动量不守恒，机械能不守恒(d)动锾守恒.机械能不一定守恒a pvwwvww b题 3-4 11分析与解由题意知，作用在题述系统上的合外力为零，故系统动id守饵， 但机械能未必守w,这取决r在a、b弹开过程屮c与a成d与b之间有无 相对泔动，如有则必然会w摩擦内力作功，而使一部分机械能转化为热能，故 选(d>.2-4如阁所示，子弹射入放在水平光滑地而上静止的木块后而穿出.以 地而为参考系，下列说法中正确的说法是(>(a) 子弹减少的动能转变为木块的动能(b) 子弹-木块系统的机械能守恒(c) 子弹动能的减

26、少等于子弹克服木块阻力所作的功(d) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热分析与解子弹木块系统在子弹射入过程屮，作用于系统的合外力为 苓.故系统动试守恒.但机械能并不守恒.这足m为子弹与木块作川的一对内 力所作功的代数和不为岑(这足m为子弹对地位移大于木块对地位移所致)， 子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功，子弹减少的动能中，一部分通过jt 反作用力对木块作正功而转移为木块的动能，另一部分则转化为热能(大小 就等于这一对内力所作功的代数和).综上所述.只有说法(c)的表述是完全正 确的.2 -5质揿为m的物体，由水平面上点0以初速为列抛出，与水平面 成仰角a.若不计空气阻力，求：(

27、i)物体从发射点(7到敁髙点的过程中，重力 的冲(2)物体从发射点到落回至同一水平面的过程屮，重力的冲it.yw 句 0 軎辿邯郜9- zf »uis°<2zi/3- = paui- cadui = 7/¥胞兴軎似印ff車tbsrm w草fij辟珥0穿拷洙甲斛皤s丢再皓钳»須c»urs°au/- = priu- = 4>/j - r.f » uis°du/- = tj汾"一 =/p/j = '/yhs杯小 sffw&rn+丑酋:f38=w氺蔽弟离聆甲萬肪本 '谀wsk禅

28、掛齊彩钇w餺44一w 辟钕本但曲xsw軎 +j5t斜济沿wwfejm穿奸啓？f條宙间單描wa*回$冋货蚝荔ww蚪呦= '/v mbiw草魁铒？tk斛皤咩烜礙脩肐珥对厮曲热叫闻仲田氺罢m间种®-妥奵氺淅凶0掛迈v迤 抽必liu-f 赭/v »uis°d在操作时不慎从尚空竖直跌落下來，由r安全带的保护，最终使他被息挂起 来.己知此时人离原处的距离为2.0 m，安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s .求安全带对人的平均冲力.分析从人受力的情况来看，可分两个阶段：在开始下落的过程中，只受 承力作用，人体可看成是作自由落体运动：在安全帯保护的缓冲过程屮，则人 体同时

29、受重力和安全带冲力的作用，其合力是一变力.且作用时间很短.为求 安令带的冲力，町以从缓冲时间内，人体运动状态(动tt)的改变来分析，即运用 动tt定理來讨论.事实上，动世定理也应用于整个过程.但是，这时必须分 淸亟力和安全带冲力作用的时间是不同的：而在过稈的初态和未态，人体的 述度均为苓.这样，运用动*定理仍可得到相同的结见.解1以人为研究对象，按分析屮的两个阶段进行讨论.在g由落体运动 过程中.人跌落至2 m处时的速度为在缓冲过程中，人受重力和安全带冲力的作用,根据动m定理，有 (f + p)ar = mv2 - mvx(2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为f=+ = + =

30、 1.14xltf n azar解2从锒个过程来讨论.根裾动讨定理有f=yj2h/g +=1.14xl03 n2 -7如w所示，在水平地而上，有一横截而s =0.20 m2的直角弯管，管 中有流速为p =3.0 nr s '1的水通过.求巧管所受力的大小和方向.分析对于弯曲部分ab段内的水而言，由丁流速一定，在时间1内，从 其一端流入的水量等于从另一端流出的水量.因此，对这部分水来说,在时间 ar内动虽的增星也就是流入与流出水的动虽的增星-a );此动 績的变化是管壁在ar时间内对其作用冲鎮/的结果.依据动黾定理可求得该 段水受到管壁的沖jjf：由牛顿第三定律.然就得到水流对管壁的作用

31、hr =-f.解 在ar时间内，从赞一端流入(或流出)水的质3为am =/wsar弯曲 部分ab的水的动虽的増壁则为ap = am(pb -ra) =pusar (vb -»a) 依据动试定理z.得到行壁对这部分水的平均沖力a/从而可得水流对管壁作用力的大小为f, = -f=-x/2ps2=-2.5xlo, n作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧.2-8质tt为m的人手里窣着一个质量为的物体，此人用与水平而成 a角的速率如向前跳去.当他达到最髙点时，他将物体以相对于人为m的水 平速率向后抛出.问：由于人抛出物体.他跳跃的距离增加了多少？(假设 人可视为质点)分析人跳跃&离的

32、增加是由于他在最岛点处向后抛出物体所致.在抛 物的过程中，人与物之间相互作用力的冲量，使他们各自的动量发生了变 化.如果把人与物视为一系统，因水平方向不受外力作用，故外力的冲量为零， 系统在该方向上动a守恒.但在应用动最守恒定忭时，必须注意系统是相对 地邮惯性系)血言的，因此.在处理人与物的速度时，耍根椐相对运动的关系来 确定.至于，人因跳跃而增加的鉅离，吋根据人在水平方向速率的増镜ap来 计算.解取如阁所示坐标.把人与物视为一系统，当人跳跃到敁高点处，在向 左抛物的过程中,满足动量守恒，故有(w += mv + rn(v w)式屮v为人抛物后相对地面的水平速率，-w为抛出物对地面的水平 速率

33、.得mv = vqcds a +； um + m人的水平速卒的増里为am口 = v-v0cosa =unim而人从最尚点到地面的运动时间为f 所以，人跳跃后増加的距离 x = pf =严0妥u m m2 -9 一质量为0.20 kg的球，系在长为2.)0 m肉细绳上，细绳的另一端 系在大花板上.把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置，然后从静止放 开.求：(1)在绳索从30°角到0"角的过程屮，熏力和张力所作的功：(2)物体 在最低位置时的动能和速率：(3)在最低位s时的张力.题 3-21 |*|分析(1)在计算功时，竹先应明确是什么力作功.小球摆动过程中同时

34、 受到承力和张力作用.承力是保守力.根据小球下落的距离.它的功很易求得:ttxw=jf.d.rbp 郅4a=e®»*. (2)m斗铖&3 脒莲 ±,ffi-& 漭砣瞄 _ sss. <3)米銮吒.裘 s= pa/j = zil-cos 必t§ jm、h 铝 s&k33-e-'u.iujftw<r =»»f-p dy<2)老窆&舔托陡，、b铝葙&滞3s知捽e-j.总n奋赵 3§- sss.团lf-阱违京向mn-3払荔¥er=er =0.53 j=230

35、 m. si 一= 2.49z2 .5 s£ss7,siss _h.滓浼办珞萆慰 zk 卡a_t*r ssss vc . 关：(0 9 &i3 »“ (3) ssss§ss ssz赛c sss由于摩擦力是一恒力，且a =/w,故有w = ftscos 1801 = -qjcrfung由式（1）、（2）吋得动摩擦内数为 由于一周中损失的动能为，则在静止前可运行的阁数为 ow4=-m32 -11如图（a）所示4和b两块板mj轻弹费连接起來，它们的质分 别为叫 和m2 .问在a板上需加多大的压力，方可在力停止作用后，恰能他4在跳起来时fl稍披提起.（设弹簧的劲度

36、系数为幻分析运用4恒定律求解是解决力学问题圾简徒的途径之一.因为它与 过程的细节无关，也常常与特定力的细节无关.“守恒”则意味着在条件满足 的前提下,过程中任何时刻#恒呈不变.在具体应用时，必须恰当地选取研究 对象（系统），注意守恒定律成立的条件.该题可用机械能守恒定律來解决.选 取两块板、弹簧和地球为系统，该系统在外界所施压力撤除后（取作状态i），直 到b板刚被提起（取作状态2），在这一过程中，系统不受外力作用，而内力中又 只冇保守力（東力和弹力）作功，支持力不作功，因此，满足机械能守恒的条 件.只需取状态1和状态2,运用机械能守恒定律列出方程，并结介这两状态下 受力的平衡，便可将所需压力求

37、出.解选取如阁（b）所示坐标，取te点0处为重力势能和弹性势能苓点.作 各状态下物体的受力阁.对4板而言，当施以外力f时，根据受力平衡有 fi =p, +f（1）当外力撤除后，按分析屮所选的系统，由机械能守恒定律可得 士紗i2 -爪幻，1 =4矽卜喂2式屮yi、x2为从、n两点对原点0的位移.因为a =ky ,f2 =ky2及 pl =m、g，上式可写为f. -f2 =2pi（2）由式、可得f =pi +f2（3）当4板跳到az点时.0板刚被提起，此时弹性力厂2 =p2，且6 = .由式（3可得f =尸1 +戶2 =（爪 i应注意，势能的零点位置是可以任意选取的.为计算方便起见.通常取弹 k原

38、长时的弹性势能为苳点，也同时为重力势能的零点.2 -12如图所示，一质铽为m的木块静止在光滑水平面上，一质错为w/2 的子弹沿水平方向以速率v0射入木块一段距离l（此时木块滑行距离恰为x） 后留在木块内，求：（1）木块与子弹的共同速度r,此过程屮木块和子弹的 动能各变化了多少？（2）子弹与木块间的序擦阻力对木块和子弹&作了多 少功？（3）证明这一对净擦阻力的所作功的代数和就等于其中一个挣擦阻 力沿相对位移l所作的功.（4）证明这一对摩擦阻力所作功的代数和就等于 子弹-木块系统总机械能的减少鼠（亦即转化为热的那部分能黾）.题3-20图分析对子弹-木块系统来说，满足动暈守恒，但系统动能并不

39、守恒，这是 因为一对摩擦内力所做功的代数和并不为零，其中庠擦附力对木块作正功， 其反作用力对子殚作负功，后卉功的数值大于前荇，通过这一对作用力与反 作用力所做功，子弹将一部分动能转移给木块.而另一部分却转化为物体内 能.本题（3）、（4）两问给出了具有符遍意义的结论.可帮助读者以后分析此类问题.解 （1）子弹-木块系统满足动量守恒，有mvn/2 = （m/2 + m）v解得共同速度1对木块v = - vn对木块aek2 =-/nv2 -0 = 一 wvk k2 2 18 °对子弹=(y)v2=-vo（2）对木块和子弹分别运用质点动能定理，则=a£k, =对子弹w2=a

40、63;k2 =2 2<3）没摩擦hl力大小为在两荇取得共h速度时，木块对地位移为 s,则子弹对地位移为z+s,有对木块对子弹w2=-7(l + 5)得w = wl+w2=-ffl式屮a即为子弹对木块的相对位移，号表示这一对摩擦阻力（非保守 力）所作功必定会使系统机械能减少.对木块wl=ffs = 2mv2对子弹=-ff(l + 5)= (y)v2-(y)v«两式相加，得+w2=mv2+()v2-()v；2 2 2 2 2两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系的动能定理表达式，左边为 一对内力所作功，右边为系统动能的变化星.2 -13 一质m为m的地球卫单，沿半径为3re的圆轨道

41、运动，re为地 球的半径.已知地球的质w为me.求：(1)卫星的动能；(2)卫星的引力势 能：(3)卫星的机械能.分析根据势能和动能的定义，只需知道卫星的所在位茛和绕地球运动 的速率，其势能和动能即吋算出.由于卫星在地球引力作用下作阏周运动，由 此可算得卫星绕地球运动的速率和动能.由于卫星的引力势能是w于系统 (卫ffi和地球)的，要确定特定位置的势能时，必须规定势能的零点，通常取卫禎 与地球相距无限远时的势能为；.这样.卫堆在特定位背的势能也就能确定 了.至于卫星的机械能则是动能和势能的总和.解a)卫星与地球之间的万有引力提供卫虽作圆周运动的向心力，由 牛顿定拃可得则ek=-mv2 = gk

42、 26re(2)取卫星与地球相距无限远(r->ao)时的势能为零，则处在轨道上的卫 星所具有的势能为ep=-g«(3)卫里的机械能为2 -14如图(a)所示，天文观测台有一半径为的半球形屋曲，有一冰块 从光滑屋面的最尚点由静止沿屋而滑下，若庠擦力略去不计.求此冰块离开 屋面的位s以及在该位s的速度.分析 取冰块、屋而和地球为系统，由于屋面对冰块的支持力fn始 终与冰块运动的方向垂直，故支持力不作功：而熏力p又是保守内力，所以，系 统的机械能守恒.但是，仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位s两个 物理量：因此，还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为芩这一条件，由牛顿 定律列出冰块

43、沿抒向的动力学方程.求解i：述两方稈即可得出结果. 解由系统的机械能守恒，有= mv7 + mrcos 6 2根据牛顿定律，冰块沿径向的动力学方程为冰块脱离球曲时，支持力 =0,由式(1)、(2)吋得冰块的角位背 0 = arccos = 48.2"3冰块此时的速率为v的方向与市力p方向的夹角为a=90°- =41.8°2-15如w所示，把质埴m =0.20 kg的小球放在位置a时，弹簧被压缩 a/ =7.5 x 10 2 m.然后在弹簧弹性力的作用下，小球从位ha由静止被释放， 小球沿轨道aflcd运动.小球与轨道间的摩擦不计.己知是半径r =分析 若取小球、弹

44、资和地球为系统，小球在被释放后的运动过程屮，只 有承力和弹力这两个保守内力作功，轨道对球的支持力不作功，因此，在运动 的过稈屮.系统的机械能守w.运用守ffi定律解题时.关键在r选好系统的初 态和终态.为获取本题所求的结災，初态选在压缩弹算刚被释放时刻，这样， 可使弹簧的劲度系数与初态相联系：而终态则取在小球刚好能通过半岡弧时 的最卨点c处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态，若大于、等于此速 率时，小球定能沿轨道继续向前运动:小于此速率时，小球将脱离轨道抛出.该 速半则可根据力提供岡弧运动中所需的向心力.由牛顿定律求出.这样，再 由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值.解小球

45、要刚好通过敁尚点c时，轨道对小球支持力fn =0,闪此，冇取小球始时所在位ka为熏力势能的芩点，由系统的机械能恒定律，冇 (a/f(2)由式(1)、(2)可得366nm 12 -16如w所示，质为m、速度为v的钢球，射向质w为w的靶,靶屮心 有一小孔，内有劲度系数为的弹簧，此靶最初处于静it状态,但可在水平面 上作无摩擦滑动.求子弹射入靶内弹货后.弹筲的城大压缩距离.题3 -29阁分析 这也是一种碰掩问题.碰撺的全过程是指小球刚与弹算接触直至 弹簧披压缩到鉍大，小球与靶刚好到达共同速度为止，在这过程中，小球和靶 组成的系统在水平方向不受外力作用，外力的冲量为芩，因此，在此方向动量 守恒.但是，

46、仅靠动量守恒定律还不能求出结果来.又考虑到无外力对系统 作功，系统无非保守内力作功，故系统的机械能也守恒.应用丄述两个守恒定 律，并考虑到球与靶具有相同速度时，弹簧被ffi缩a挝大这一条件，即可求 解.应用守恒定律求解，可免除碰撺中的许多细节问题.解 设弹簧的最大汛缩暈为相.小球与靶共同运动的速度为a .由动量守恒定诈，有又由机械能守恒定律，有(2)由式、可得bl12 -17质鼠为的弹九a，穿过如阁所示的摆锤及后，速率由p减少到口 /2.己知摆锤的质试为摆线长度为/，如果摆锤能在垂ft平而内完成一个完 全的圆周运动，弹丸速度p的最小值应为多少？题 3-3() m分析 该题可分两个过程分析.符先

47、是弹丸穿越楞锤的过程.就弹丸与 拐锊所泔成的系统而言，由于穿越过程的时间很短，承力和的张力在水平方向 的冲世远小于冲击力的冲耽因此.町认为系统在水平方向不受外力的冲作 用，系统在该方向上满足动s守恒.摆锤在碰撞中获得了一定的速度，因而具 有一定的动能，为使摆锤能在垂直平而内作圆周运动，必须使摆锤在最卨点处 有确定的速率，该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确 定：与此同时，摆锤在作圆周运动过程中，摆锤与地球组成的系统满足机械能 守恒定律，根据两守恒定律即可解出结果.解由水平方向的动莆守恒定律.有v .rnv = m-tnv(1)2为使摆锤恰好能在垂直平而内作岡周运动,在敁高点时湄线

48、中的张力ft=o,(2)式中p'h为摆锤在圆周最商点的运动速率.又摆锤在垂直平而内作圆周运动的过s中，满足机械能守怛定律，故冇解r.述三个方程，可得弹丸所需速率的挝小值力2mfv = l2 -18如w所示，一质m为m'的物块放酋在斜而的始欣端a处，斜而的 倾角为a,高度为物块与斜面的动摩擦因数为/，今有一质世为m的子弹以速 度沿水平方向射入物块并留在其屮,且使物块沿斜面向上滑动.求物块滑 出顶端时的速度大小.分析该题分两个阶段來讨论，竹宄足子弹和物块的掩市过程，然后是 物块（包舍子殚）沿斜而向上的滑动过程.在掩击过程中，对物块和子弹组成的 系统而言，由于揀击前后的总动tt明显是

49、不同的，因此，掩击过程中动最不守恒.应该注意，不是任何碰撞过程屮动tt都是守恒的.但是，若取沿 斜面的方向，因撞击力（w于内力）远大于子弹的重力p,和物块的甫力心在 斜面的方向上的分力以及物块所受的摩擦力ff，在该方向上动量守恒，由此 可得到物块被撞击后的速度.在物块沿斜面上滑的过程中，为解题方便，可重 新选择系统（即取子弹、物块和地球为系统），此系统不受外力作用，而非保守 内力屮仅摩擦力作功，根据系统的功能原理，可解得始终的结果.解在子弹与物块的撺市过程中，在沿斜iftf的方向上，根据动最守恒冇m icosa = (tn + zn'juj在物块上滑的过程中，若令物块刚滑出斜而顶端时的

50、速度为r2，并取a 点的重力势能为零.由系统的功能原理可得-+尺cosa 戶sin a= (w + (w + m、gh -(tn +由式、（2）可得 及三。關）-論船1）2-19如图所示,一个质域为m的小球.从内壁为半球形的科器边缘点a 滑卜.设容器质tt为/rf,半径为/?.内壁光滑.并放背在摩擦可以忽略的水平桌 面上.开始时小球和容器都处于静止状态.当小球沿内壁滑到容器底部的点 b时，受到向上的支持力为多大？题 3_34 w分析 由r粜而无峥擦，容器吋以在水平粜而上滑动，当小球沿容器内嗽 下滑时，容器在桌面上也要发生移动.将小球与容器视为系统，该系统在运动 过程中沿水平桌面方向不受外力作用

51、，系统在该方向上的动墩寸恒：荇将小 球、容器与地球视为系统，因系统无外力作用，而内力中重力是保介力，而支持 力不作功,系统的机械能守恒.由两个守恒定律可解得小球和容器在惯性系 中的速度.由于相对运动的存在，小球相对容器运动的轨迹是_，而相对桌面 运动的轨迹就不再是圆了，因此，在运用曲线运动中的法向动力学方程求解小 球受力时，必须注意参考系的选择.若取容器为参考系（非惯性系），小球在此 参考系中的轨迹仍是容器圆弧，k法向加速度可由此刻的速度（相对r容器 速度）求得.在分析小球受力时，除审力和支待力外，还必须计及它所受的惯性力.小球位于容器的底部这一特殊位置时，容器的加速度为苓，惯性力也为 苓.这

52、样，由法向动力学方程求解小球所受的支持力就很容易了.若仍取地 面为参考系(惯性系)，虽然无需考虑惯性力，但是因小球的轨迹方程比较4杂， 其曲率半径及法向加速度难以确定，使求解较为困难.解根据水平方向动莆守恒定律以及小球在下滑过程屮机械能守恒定 律可分别得叫h-历'.=0(2)式屮、分别表示小球、容器相对桌而的速度.由式、(2)可得小 球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为v mmm ( 2m gr tn1 in+ mf由于小球相对地面运动的轨迹比较s杂，为此，可改为以容器为参考系(非惯性系).在界器底部时，小球相对界器的运动速度为(3)在容器底部，小球所受惯性力为不，k法向达动方程

53、为由义(3)、(4可得小球此时所受到的支持力为3 -1有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：(1) 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是芩:(2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是；:(3) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零;(4) 当这两个力对轴的合力矩为芩时，它们的合力也一定是芩. 对上述说法下述判断正确的是()(a) 只有是正确的(b)(1). (2)正确，、(4)错误(c)、(3)都正确，(4)错误(d)(1)、(2)、(4)都正确分析与解 力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为苳：一是 力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如

54、门的重力并不能使门转).不 满足上述怡况下的作用力(贪题述作用力垂直于转轴的惝况)对轴之矩不为 岑，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等.方向相反.两力矩 对同一轴的合外力矩也可以为苓，由以上规则可知(1)(2)说法足正确.对于 (3) (4)两种说法，如作川于刚体t的两个力为共点力，当合力为苓时，它们 对同一轴的合外力矩也一定为苓，反之亦然.但如这两个力为非共点力，则 以上结论不成立，故(3) (4)说法不完全正确.综上所述，应选(b).3 -2关于力矩有以下几种说法：(1) 对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；(2) 一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零：

55、(3) 质tt相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同.对上述说法卜述判断ie确的是(a)只冇(2)是正确的 (0(2)、(3)是正确的(b) (1)、(2)是正确的(d) (1)、(2)、(3)都是正确的分析与解刚体屮相邻质元之间的一对内力m于作用力与反作用力，ii作用 点相同，故对同一轴的力知之和必为；，因此吋推知刚体屮所冇内力矩之和 为5,因而不会影响刚体的炻加速度成州动世等，故(1)(2)说法正确.对说 法(3)來说，题述悄况屮两个刚体对同一轴的转动惯试w形状、人小不同有 可能不同，因而在相同力矩作用下.产生的角加速度不一定相同，因而运动 状态未必相同

56、，由此可见应选(b).3 -3均匀细棒oa可绕通过k一端。而与棒垂直的水平闶定光滑轴转 动，如阁所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置 的过程中，下述说法正确的是()(a) 角速度从小到大，角加速度不变(b) 角速度从小到大.角加速度从小到大(c) 炻速度从小到大.用加速度从大到小（d）角速度不变，角加速度为岑分析与解 如阁所示，在柃卜落过程中，市力对轴之矩足变化的，k大小与 阼和水平而的夹角冇关.当棒处f水平位甫力矩®大.当棒处f竖直位 置时，承力矩为零.因此在棒在下落过程中承力矩由大到小，由转动定律知， 棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大（由机械能守饵亦可判断 角速度变化情况），应选（c）.3 -4 汽车发动机曲轴的转速在12s内由均匀的增加到 2.7x101-'. （1）求曲轴转动的角加速度：（2）在此时间内，曲轴转了 多少转？分析这是刚休的运动学问题.刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学 规律有类似的关系，本题为匀变速转动.解