基础物理学上册1-2单元课后答案

1、新编物理基础学(上、下册)课后习题详细答案王少杰，顾牡主编第一章1-1.质点运动学方程为：目acos( t)i asin( t)j btk,其中a, b, 均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。分析：由速度、加速度的定义，将运动方程，仕)对时间t求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。解：V dF/dta sin( t)i a cos( t) j bk目 dV/dta 2 cos( t)i sin( t)j1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小 与速度平方成正比，即 dv/dt Kv 2 ,式中K为常量.试证明电艇在关闭发动机后又

2、行 驶x距离时的速度为 v v0e Kx 。其中V0是发动机关闭时的速度。分析：要求v v(x)可通过积分变量替换 adv v-dv,积分即可求得。出 dx证：曳dtdv dxdv v dx dtdxKvdvvKdx0Kdx ,In - KxvovveKx1-3 . 一质点在xOy平面内运动，运动函数为x 2t, y 4t2 8。(1)求质点的轨道方程并画出轨道曲线;(2)求t = 1 s和t = 2 s时质点的位置、速度和加速度。分析：将运动方程 x和y的两个分量式消去参数 t,便可得到质点的轨道方程。写出质点的运动学方程r(t)表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得t(t)和a(t),把时

3、间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。解：(1)由 x 2t,得：t x2,代入 y 4t2 8可得：y x2 8,即轨道曲线。画图略2(2)质点的位置可表本为：r 2ti (4t2 8) jdrtdt则速度:2i 8tj由* dM/dt则加速度:8j则：当t=1s时，有r 4j, v 2n 8j,8j当t=2s时，有T 4i8j,216j：8j1-4. 一质点的运动学方程为x t； y （t 1）2 , x和y均以m为单位，t以s为单位。（1）求质点的轨迹方程；（2）在t 2s时质点的速度和加速度。分析同1-3.解：（1）由题意可知：x0, y0,由x t2,可得t JX,代入y （t1

4、)2整理得:jy ，x 1,即轨迹方程（2）质点的运动方程可表不为:22r t i (t 1) j则：v dr/dt 2ti 2(t 1)jdV/dt 2i2j1因此，当 t 2s 时，有 v 4i2j（m/s）,2i 2j(m/s2)1-5 .一质点沿半径为 R的圆周运动，运动学方程为s v0tbt2,其中V0 2b都是常量。（1）求t时刻质点的加速度大小及方向；（2）在何时加速度大小等于 b;（3）到加速度大小等于b时质点沿圆周运行的圈数。分析：由质点在自然坐标系下的运动学方程s st ,求导可求出质点的运动速率dsv 一 ，dt因而，advV2*，an, a1dta 0an, a Va2

5、 a2,当a b时，可求出t,代入运动学方程s st ,可求得a b时质点运动的路程， _s_即为质点运动的圈数。2 R加速度:则大小:方向:tan解：（1）速率：Vdv dtv0 bt ,且勺bt 34RV0 bt 2bRb22 2(Vo bt)(2)当a=b时，由可得：t v0b2(3)当a=b时，t 代入s v0t 1bt2,可得：s次b022b2则运行的圈数 N v02 R 4 bR1-6. 一枚从地面发射的火箭以20 m s 2的加速度竖直上升后，燃料用完，于是像一个自由质点一样运动，略去空气阻力，试求(1)火箭达到的最大高度；(2)它从离开地面到再回到地面所经过的总时间。分析：分段

6、求解：o t 30 s时，a20m%2 ,求出 v、a ； t 30s 时，a g。求出 V2(t)、X2(t)。当V2 0时，求出t、x ,根据题意取舍。再根据 x 0 ,求出总时间。解：(1)以地面为坐标原点，竖直向上为x轴正方向建立一维坐标系，且在坐标原点时，t=0s ,且二30s则：当 0t 30s,由axdvi,得0axdtQXdvx,ax20(m/s2),vx 20t(m/s),t 30(s)时，v1 600(m/s) TOC o 1-5 h z 30 x1由 v 必，得 v dt dx,贝U： x1 9000(m) HYPERLINK l bookmark103 o Curren

7、t Document x dt 0 x 01当火箭未落地，且 t30 又有：ax2dtx2 dvx2, ax2 9.8( m/s2)， HYPERLINK l bookmark105 o Current Document 30 八 Jvi则：vx2894 9.8t(m/s) HYPERLINK l bookmark107 o Current Document tx且：42dtdx ,贝U： x 4.9t2 894t 13410( m) HYPERLINK l bookmark109 o Current Document 30 x2x1当 vx2 0,即 t 91.2( s)时，由得，xmax

8、27.4km(2)由(1)式，可知，当 x 0时，t 166( s) , t = 16(s) ,无论车速多大，物体均不会被雨水淋湿若v ，则图1-16 (b)则有 v车 | BC | | AC | | AB |=v雨对车 sinv雨 sin v雨 cos tanv雨 sin又v vl cos .、v车 v2( sin )h1-17,渔人在河中乘舟逆流航行，经过某桥下时，一只水桶落入水中，后他才发觉，即回头追赶，在桥下游处赶上，设渔人顺流及逆流相对水划行速率不变，求水流速率。分析：设静水中船、水的速率分别为v1,v2(v1 v2),从桶落水开始记时，且船追上桶时为t时刻。取水速的反方向为正方向，

9、则顺水时，船的速率为v v1 v2,逆水时船的速率为v v1 v2，做 v-t 图，见图 1-17解：SabdcSdegf即：(Viv2)(v2)0.5(v2)(Viv2)(t 0.5)则：t 1.0(h)又：V2 t 5.0则：水流速率v2=5.0(km/h)i喏疗W“小AHO丁 g1图 1171-18 . 一升降机以2g的加速度从静止开始上升，在末时有一小钉从顶板下落，若升降机顶板到底板的距离h=,求钉子从顶板落到底板的时间t,它与参考系的选取有关吗分析：选地面为参考系，分别列出螺钉与底板的运动方程，当螺丝落到地板上时，两物件的位置坐标相同，由此可求解。解：如图1-18建立坐标系，y轴的原

10、点取在钉子开始脱落时升降机的底面处，此时，升降机、钉子速度为,钉子脱落后对地的运动方程为：y1 h vot -gt22升降机底面对地的运动方程为：V2 Vot 2 2gt2且钉子落到底板时，有 y1 y2,即t 0.37( s)t与参考系的选取无关。第二章2-1分析：用隔离体法，进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。解：以m M整体为研究对象，有： F (m M)以m为研究对象，如图2-1 (a),有F FMm m;由、，有相互作用力大小 FMFMm.m M若F作用在M上，以m为研究对象，如图2-1 (b)有FMm ma由、，有相互作用力大小FMm,发生变化。m(b)m M2-2.分析：由于轻

11、滑轮质量不计，因此滑轮两边绳中的张力相等，用隔离体法进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。解：取向上为正，如图 2-2 ,分别以M、M2和m为研究对象,有：Ti Mig Mia(M2 m)gT2(M2m)aF M2m mgma10mg ,发生变化。F M2m9* 二图222-3.分析：用隔离体法受力分析，运用牛顿第二定律列方程。 If为空气对气球的浮力，取向上为正。分别由图2 3 (a)、(b)可得：f Mg Maf (M m)g (M m)&削 Ma mgmagai , a a ai m Mm M2-4.分析：用隔离体法受力分析，人站在底板上静止不动，底板、人受的合力分别为零解：设底板、人的

12、质量分别为M m1,以向上为正方向，如图 2-4 (a)、(b),分别以底板、人为研究对象，则有：T1 T2 F Mg 0T3 F mg 0F为人对底板的压力，F ,为底板对人的弹力。F=f 1又:T2 T3-Ti2则 T2 T3 (M一m)g 245( N)4I由牛顿第三定律，人对绳的拉力与 %是一对作用力与反作用力，即大小相等，均为 245 (N)。2-5 .分析：加斜向下方向的力，受力分析，合力为零。解：如图25,建坐标系，以沿斜面向上为正方向。在mg与“n所在的平面上做力士,且02(若，此时F偏大)2贝U：F cos mg sin f 0f NN F sin mg cos 0则有：Fm

13、g( cos sin ) mg( cos sin )sin cos 、12 si”)arctan。即：Fminmg( cos sin )此时 _12,2arctan2-6.分析：利用牛顿定律、运动方程求向上滑动距离。停止滑动时合力为零。解：由题意知：tan向上滑动时，mg sinmg cosma2vo 2aS联立求解得S v 2/（4g sin ）当它停止滑动时，会静止，不再下滑.2-7.分析：要满足条件，则F的大小至少要使水平方向上受力平衡。解：如图 2-7, f cos f N (mg F sin )mgsin( )arctan当 sin()1时，Fmin二7萼+ 214.08N28.分析

14、：垂直方向的力为零，水平方向的力提供向心力。先求速度，再求周期讨论。证：设两个摆的摆线长度分别为l1和l2,摆线与竖直轴之间的夹角分别为1和2,摆线中的张力分别为F和F2,则F1 cos 1 m1g 0解得：第一只摆的周期为T1F1 sin 1v1 sin2 11 sin 1v 12m1v1 /(l1 sin 1)1 , gl1/cos 1同理可得第二只摆的周期T2212 cos 2g由已知条件知l1 cos 1 l2 cos 2T1 T229分析：受力分析，由牛顿第二定律列动力学方程。证明：如图2 9 （b）、（c）,分别以M M+m研究对象，设MM M+m寸地的加速度大小分别为 a （方向

15、向上）、（方向向下），则有：对M,有：T尸7 tMg* (A/ +(c) 图 2-9h 1al12 2f Mg Ma1 对M m,有：(M m)g f (M m)a2又：f f2 ,则：a_mgt -2M h2 TTT 2(M +m) t则质量重的人与滑轮的距离h h 2a2t2 Mmm h 2gt2 0 此题得证。2-10.分析：受力分析，由牛顿定律列方程。解：物体的运动如图 210 （a ）,以m为研究对象，如图（b）,有：Fi miai以m2为研究对象，如图（C）,有：一 一F Fi m2a2题图又有：F1 F；211.分析：（1）小物体此时受到两个力作用： 重力、垂直漏斗壁的支承力，

16、合力为向心力；（2）小物体此时受到三个力的作用：重力、垂直漏斗壁的支承力和壁所施的摩擦力。当支承力在竖直方向分量大于重力，小球有沿壁向上的运动趋势，则摩擦力沿壁向下；当重力大于支承力的竖直方向分量，小球有沿壁向下的运动趋势，则摩擦力沿壁向上。 这三个力相互 平衡时，小物体与漏斗相对静止。(a)(b)211图 211有 ：2胆m,则：v 4币tan - htan 22(2)若有向下运动的趋势，且摩擦力为最大静摩擦力 (f2图(a),N2)时，速度最小，则图211(b)有:水平方向:N2 cosf2 sin222mvhtan- 2竖直方向：N2sin - f2 cos mg 22则有:若有向上运动

17、的趋势，且摩擦力最大静摩擦力(f3N3)时，速度最大，则图211 (c),有:水平方向:N3 cos -f3sin 一222mvh tan 一2 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark339 o Current Document 竖直方向： N3 sin f3 cos mg 22又：f3N3:1tan 一 HYPERLINK l bookmark371 o Current Document 则有：v gh21 cot2综合以上结论，有1tan gh2 v1cot 21 gh1tan 2cot2定滑轮两2-12.分析：因为滑轮与连接绳的质量不计，所以动滑轮两边绳中的

18、张力相等, 边绳中的张力也相等，但是要注意两物体的加速度不相等。解：图212 (a)以A为研究对象，其中 丘、昆分别为滑轮左右两边绳子的拉力。有:m)AgFlFrmA且：FL图 212(b)以B为研究对象，在水平方向上，有:Fl f又：FLFL , aB 2aA , aA1.0m/ s2mAmBm 3kg联立以上各式，可解得:mg 2maB maA7.2NAFrmA题图2 12图 2 12a图 2 12b2-13.分析：如图 213,对小球做受力分析，合力提供向心力，由牛顿第二定律，机械能守恒定律求解。解：mgr cos ；mv2又:，此时,vr由、可得:2 g cosN mg cos2m 区

19、r由、可得,N=3mgcos图 2 13214分析：加速度等于零时,速度最大,阻力为变力，积分求时间、路程。解：设阻力f kv2(k0)，则加速度FL ,当a=0时，速度达到最大值 vm则有:f kvmFvm,从而：F 2v vmdv5dt即:F 2 rv vmmdvdtFdt m(1dv2 v2) vmAt0 mvm / 2dv2(1 v2)vmvm/ 2v 1 vmvmt mvm 2Fln 3 ，即所求的时间F 对式两边同乘以 dx,可得：一F Tv vmdxdvdx dt题图215Fdx m2VmV2 vmdvxFdx0 m,c 2VmV 小, 0 2 2dV 0 Vm VIn40.14

20、43mvm x2F2vm 2ln( v2Vm/2.2、vm )02mVmF2-15.分析：相对运动。m相对地运动,(b)m2、m3相对B运动，Ti 2T2。根据牛顿牛顿定律和相对运动加速度的关系求解。解：如下图2-15,分别是m、m、m的受力图。设a、a2、a3、aB分别是m、m、m、B对地的加速度；a2B、a3B分别是m2、m对B的加速度,以向上为正方向，可分别得出下列各式 TOC o 1-5 h z m1g T1m1alm2g T2 m2a2m3g T2 m3%又：a2 aB a2Ba3 aB a3B且：a2Ba3 B贝U： a2 a3 2aB,且 aBa，贝U：图 2 15a2 a32a

21、1又：T； 1 T2 T2T2 TOC o 1-5 h z 4m2 3m1g2ai- g -1.96m/s HYPERLINK l bookmark454 o Current Document 3m1 4m25则由，可得：a24m2 m1 g g1.96m/s2 HYPERLINK l bookmark450 o Current Document 3 m- 4m25a3 5m- 4m2g 3g 5.88m/s23ml 4m25 将a3的值代入式，可得：t28mlm2g0.784 N。T- 2T2 1.57N3m1 4m22-16 .分析：要想满足题目要求，需要Mm运动的加速度满足：aM am

22、,如图2-16 (b),以M为研究对象，N, N, f1, f2分别为m给M的压力, 地面给M的支持力，m给M的摩擦力，地面给 M的摩擦力。解：aMFf1f2M如图2-16 (c),以m为研究对象，N；, f；分别为M给m的支持力、摩 擦力。 则有：am工 m又 f1fl N1 N mg,f2N2 m M g则 aM am 可化为：一(M m)gmg qMm则：Fmin 2 (m M)g 19.4N2-17 .分析：如图2-17,对石块受力分析。在斜面方向由牛顿定律列方程，求出时间与摩擦系数的关系式，比较60 o与 45 o时t相同求解解：(1)其沿斜面向下的加速度为：a mg sin a又s

23、 cosamg cos a . g sin am1 c1at2,则：2g cos at I2L,g cosa(sin a cosa)(2)又 60 时，t12L,g cos60 (sin 60 cos60 )45 时，t22Lg cos45 (sin 45cos45 )题图2182-19 . 一质量为的棒球以v0又 ti t2,则： 0.27218,分析：绳子的张力为质点m提供向心力时，M静止不动。解：如图218,以M为研究对象，有：Mg T 以m为研究对象，2水平方向上，有：T man m r又有：T T由、可得：vl Mgr m40m s-1的水平速度飞来，被棒打击后，速度与原来方向成13

24、5角，大小为v 50m-1s 。如果棒与球的接触时间为，求棒对球的平均打击力大小及方向。分析：通过动量定理求出棒对球在初速方向与垂直初速方向的平均打击力，再合成求平均力及方向。解：在初速度方向上，由动量定理有：F11t mvcos135 mv 在和初速度垂直的方向上，由动量定理有：F2t mvcos45 又f 斥一F? 由带入数据得：F 624 NF与原方向成arctan 155角F12-20.将一空盒放在秤盘上，并将秤的读数调整到零，然后从高出盒底h将小钢珠以每秒 B个的速率由静止开始掉入盒内，设每一个小钢珠的质量为m,若钢珠与盒底碰撞后即静止，试求自钢珠落入盒内起，经过t秒后秤的读数。分析

25、：秤的读数是已落在盒里石子的重量与石子下落给秤盘平均冲力之和，平均冲力可由动量定律求得。解：对在dt的时间内落下的钢珠，由动量定理： 0 mBdtJ2ghFdt所以t秒后秤的读数为：mgBt mBj2gh2-21.两质量均为M的冰车头尾相接地静止在光滑的水平冰面上，一质量为m的人从一车跳到另一车上，然后再跳回，试证明，两冰车的末速度之比为M m/M。分析：系统动量守恒。解：任意t时刻，由系统的动量守恒有： Mv1 (M m)v2 0所以两冰车的末速度之比：v1/v2M m /M2-22.质量为的木块静止在水平桌面上，质量为的子弹沿水平方向射进木块。两者合在一起，在桌面上滑动25cm后停止。木块

26、与桌面的摩擦系数为，试求子弹原来的速度。分析：由动量守恒、动能定理求解。解：在子弹沿水平方向射进木块的过程中，由系统的动量守恒有：Mv0 (M m)v一起在桌面上滑动的过程中，由系统的动能定理有：1(M m)v(M m)gl2由带入数据有：v0 600m/s2-23.光滑水平平面上有两个物体 A和B,质量分别为mA、mB o当它们分别置于一个轻弹 簧的两端，经双手压缩后由静止突然释放，然后各自以VA、VB的速度作惯性运动。试证明分开之后，两物体的动能之比为：EA 但。EkB mA分析：系统的动量守恒。解：由系统的动量守恒有：mUVA mB Vb 0所以 vA / vB mB / mA2物体的动

27、能之比为：EA (1/2)叫 mBEkB (1/2)mBVB mA2-24 .如图2-24所示，一个固定的光滑斜面，倾角为。，有一个质量为m小物体，从高 H处沿斜面自由下滑， 滑到斜面底C点之后，继续沿水平面平稳地滑行。设m所滑过的路程全是光滑无摩擦的，试求：(1) m到达C点瞬间的速度；(2) m离开C点的速度；(3) m在C点的动量损失。解：(1)由机械能守恒有:mgH ：mv2带入数据得Vc J2gH4D分析：机械能守恒，C点水平方向动量守恒， C点竖直方向动量损失。(2)由于物体在水平方向上动量守恒，所以方向沿AC方向mvc cosmv ,得：v J2gH cos方向沿CD方向。(3)

28、由于受到竖直的冲力作用，m在C点损失的动量:p mJ2gH sin ,方向竖直向下。2-25.质量为m的物体，由水平面上点 。以初速度vo抛出，V0与水平面成仰角若不计空 气阻力，求：(1)物体从发射点 。到最高点的过程中，重力的冲量；(2)物体从发射点落回至同一水平的过程中，重力的冲量。分析：竖直方向由动量定力理求重力冲量。最高点竖直方向速度为零。落回到与发射点同一水平面时，竖直方向的速度与发射时竖直的方向速度大小相等，方向相反。解：(1)在竖直方向上只受到重力的作用，由动量定理有：0 (mv0 sin ) I重，得I重mv0 sin ,方向竖直向下。(2)由于上升和下落的时间相等，物体从发

29、射点落回至同一水平面的过程中，重力的冲量：I重2mv0sin ,方向竖直向下。2-26 .如图所示，在水平地面上，有一横截面S=0.20m 2的直角弯管，管中有流速为弯管所受力大小为水所受的v=3.0m s1的水通过，求弯管所受力的大小和方向。分析：对于水竖直方向、水平方向分别用动量定理求冲力分量, 冲力合力。解：对于水，在竖直方向上，由动量定理有：0 vdtSv Edt 在水平方向上，由动量定理有：vdtSv F2dt 由牛顿第三定律得弯管所受力的大小：由带入数据得 F=2500N,方向沿直角平分线指向弯管外侧。2-27. 一个质量为50g的小球以速率20 m s 1作平面匀速圆周运动，在

30、1/4周期内向心力给它的冲量是多大分析：画矢量图，利用动量定理求冲量。解：由题图2 27可得向心力给物体的冲量大小I.2mvi 1.41N S2-28.自动步枪连续发射时，每分钟射出 120发子弹，每发子弹的质量为，出口速率735 m s 1 ,求射击时枪托对肩膀的平均冲力。分析：由动量定理及牛顿定律求解。解：由题意知枪每秒射出2发子弹，则由动量定理有：2dtmv 0 F dt由牛顿第三定律有：枪托对肩膀的平均冲力F F 11.6 N229.如图2-29所示，已知绳能承受的最大拉力为，小球的质量为，绳长，水平冲量等于多大时才能把绳子拉断（设小球原来静止）分析：由动量定理及牛顿第二定律求解。解：

31、由动量定理有： mv 0 I 2由牛顿第二定律有：F mg m土由带入数据得：I 0.857 kg m/s230.质量为M的木块静止在光滑的水平面桌面上，质量为 m,速度为的子弹水平地射入木块，并陷在木块内与木块一起运动。求（1）子弹相对木块静止后，木块的速度和动量；（2）子弹相对木块静止后，子弹的动量；（3）在这个过程中，子弹施于木块的冲量。分析：由木块、子弹为系统水平方向动量守恒，可求解木块的速度和动量。由动量定理求解子弹施于木块的冲量。解：（1）由于系统在水平方向上不受外力，则由动量守恒定律有:mv0 (m M )v所以木块的速度:mv0，动量：Mv Mmv0（2）子弹的动量：mv2m

32、Vom M（3）对木块由动量定理有:I Mv2-31. 一件行李的质量为 成垂直地轻放在水平传送带上,传送带的速率为V,它与行李间的摩擦系数为 ，（1）行李在传送带上滑动多长时间（2）行李在这段时间内运动多远分析：由动量定理求滑动时间，由牛顿定律、运动方程求出距离。解：（1）对行李由动量定理有:mg t mv 0得：t工g（2）行李在这段时间内运动的距离，由：mg ma , a g , s - at2 ,232.体重为p2的人拿着重为Q的物体跳远，起跳仰角为，初速度为,到达最高点该人将手中物体以水平向后的相对速度u抛出，问跳远成绩因此增加多少分析：以人和物体为一个系统， 系统在水平方向上不受外

33、力作用，因此系统在水平方向上动 量守恒。动量守恒中涉及的速度都要相对同一参考系统。解：在最高点由系统动量守恒定律有:(P Q)Vo cosPv Q(v u) C增加成绩s(vVo sin 方Vo cos )乜由可得:Q v0 sin uP Q g2-33.质量为m的一只狗，站在质量为 M的一条静止在湖面的船上，船头垂直指向岸边,狗与岸边的距离为这只狗向着湖岸在船上走过 l的距离停下来，求这时狗离湖岸的距离S （忽略船与水的摩擦阻力）分析：以船和狗为一个系统，水平方向动量守恒。注意：动量守恒中涉及的速度都要相对同参考系统。解：设V为船对岸的速度,u为狗对船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗与船组

34、成的系统水平方向动量守恒:MVm (Vu) 0即： V m-uM m船走过的路程为:tVdtotudtom-lM m狗离岸的距离为:S0(lL)SoMM2-34 .设 F 7i 6j(N)。(1)当一质点从原点运动到r3i4 j 16k(m)时，求F所作的功;(2)如果质点到，处时需，试求的平均功率;(3)如果质点的质量为 1kg,试求动能的变化。分析：由功、平均功率的定义及动能定理求解，注意：外力作的功为F所作的功与重力作的功之和。 TOC o 1-5 h z r *解：(1) A= F dr10 HYPERLINK l bookmark575 o Current Document r 4

35、4 3= 0(7i 6j) (dxi dyj dzk)-34=7dx 6dyoo45 J ,做负功P 2 ” 75W t 0.6Ek A ： mgj d，=-45+0 mgdy=-85J2-35. 一辆卡车能沿着斜坡以15 km h 1的速率向上行驶，斜坡与水平面夹角的正切tan 0.02 ,所受的阻力等于卡车重量的，如果卡车以同样的功率匀速下坡，则卡车的速 率是多少F、V同方向。分析：求出卡车沿斜坡方向受的牵引力，再求瞬时功率。注意:解：sin tg 0.02 ,且 f 0.04 G题图235上坡时，F f G sin 0.06 G下坡时，F f - G sin 0.02 G由于上坡和下坡时

36、功率相同，故p Fv F v所以 v 45 km / h 12.5 m / s 2-36.某物块质量为 巳用一与墙垂直的压力 N使其压紧在墙上，墙与物块间的滑动摩擦重力和摩擦力作的功。已知圆弧半径为r。题图2 36系数为，试计算物块沿题图所示的不同路径：弦AB,圆弧AB,折线AOB由A移动型LB时,分析：保守力作功与路径无关，非保守力作功与路径有关。解：重力是保守力，而摩擦力是非保守力，其大小为(1)物块沿弦AB由A移动到B时，重力的功pgh pgr摩擦力的功f AB 2 Nr(2)物块沿圆弧AB由A移动到B时，重力的功pgh pgr摩擦力的功f AB 1 Nr2pgr 。摩擦力的功f AOB

37、 2 Nr(3)物块沿折线 AOB由A移动到B时,重力的功pgh2-37 .求把水从面积为50 m2的地下室中抽到街道上来所需作的功。已知水深为，水面至街题图2-37道的竖直距离为 5nl分析：由功的定义求解，先求元功再积分。解：如图以地下室的。为原点，取X坐标轴向上为正，建立如图坐标轴。选一体元dV Sdx ,则其质量为dm pdV pSdx。把dm从地下室中抽到街道上来所需作的功为dA g (6.5 x)dm1.51.56故 A dA pSg(6.5 x)dx 4.23 10 J2-38 .质量为m的物体置于桌面上并与轻弹簧相连，最初m处于使弹簧既未压缩也未伸长的位置，并以速度将向右运动，

38、弹簧的劲度系数为k,物体与支承面间的滑动摩擦系数为求物体能达到的最远距离。分析：由能量守恒求解。解：设物体能达到的最远距离为x(x 0)根据能量守恒，有1212mv0 kx mgx2即：x22x吗0k k题图2-382解得x - 1r12-39. 一质量为m总长为l的匀质铁链，开始时有一半放在光滑的桌面上，而另一半下垂。试求铁链滑离桌面边缘时重力所作的功。分析：分段分析，对 OA段取线元积分求功，对 OB段为整体重力在中心求功。解：建立如图坐标轴选一线元dx,则其质量为dm铁链滑离桌面边缘过程中，OA HYPERLINK l bookmark726 o Current Document L1i

39、 iA02 dA02 g( l x)dmOB的重力的功为 HYPERLINK l bookmark602 o Current Document A 11,1,A,-mg -1- mgl故总功A A1 A23 mgl2-40 . 一辆小汽车，以 V W的速度运动，受到的空气阻力近似与速率的平方成正比，J 人2“上，口22. ,1小F Av I , A为常数，且A 0.6N s2 m 2。(1)如小汽车以80km h 1的恒定速率行驶1km,求空气阻力所作的功；(2)问保持该速率，必须提供多大的功率分析：由功的定义及瞬时功率求解。解：(1) V 80ikm/h 2 102Im /s, 1 103L

40、9m .dx 1的重力作的功为1 8 mglA 三题图2 39300kJ P Fv Av3 6584W2-41 . 一沿x轴正方向的力作用在一质量为的质点上。已知质点的运动方程为 x 3t 4t2 t3 ,这里x以m为单位，时间t以s为单位。试求：(1)力在最初4.0s内作的 功；(2)在t=1s时，力的瞬时功率。分析：由速度、加速度定义、功能原理、牛顿第二定律求解。解：(1) v(t) dx 3 8t 3t2 dt TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark630 o Current Document 则 v(4) 19m/s, v(0)3m/s由功能原理，有122

41、 HYPERLINK l bookmark632 o Current Document A Ek -m v(4)2 v(0) 2528J HYPERLINK l bookmark634 o Current Document v(t) 3 3 8t 3t2,a(t)型 6t 8 dtdtt 1s 时，F ma 6N, v 2m /s则瞬时功率p Fv 12W242.以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，若铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1cm,问击第二次时能击入多深 (假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同。)分析：根据功能原理，因铁锤两次打击铁金丁时速度相同，所以

42、两次阻力的功相等。注意：阻力是变力。解：设铁钉进入木板内 xcm时，木板对铁钉的阻力为f kx(k 0)由于铁锤两次打击铁钉时的速度相同，故1xfdx fdx01所以，x 2 o第二次时能击入(叵 1)cm深。243.从地面上以一定角度发射地球卫星，发射速度应为多大才能使卫星在距地心半径 为r的圆轨道上运转分析：地面附近万有引力即为重力，卫星圆周运动时，万有引力提供的向心力，能量守恒。解：设卫星在距地心半径为 r的圆轨道上运转速度为 v,地球质量为M,半径为R,卫星质量为m.根据能量守恒，有12 GMm 12 GMmmv0 - mv 2Re2r又由卫星圆周运动的向心力为2GMm mv卫星在地面

43、附近的万有引力即其重力，故GMm l mgRe联立以上三式，得v02g Re 1 1 Re2-44. 一轻弹簧的劲度系数为 k 100N m 1 ,用手推一质量m 0.1kg的物体A把弹簧压缩到离平衡位置为X1 0.02m处，如图 2-44所示。放手后，物体沿水平面移动距离X2 0.1m而停止，求物体与水平面间的滑动摩擦系数。分析：系统机械能守恒。解：物体沿水平面移动过程中，由于摩擦力做负功，致使系统（物体与弹簧）的弹性势能全部转化为内能（摩擦生热）根据能量关系，有题图2441kxi2mgx2 所以，0.2245. 一质量m 0.8 kg的物体 A,自h 2 m处落到弹簧上。当弹簧从原长向下压

44、缩X） 0.2m时，物体再被弹回，试求弹簧弹回至下压0.1m时物体的速度。分析：系统机械能守恒。解：设弹簧下压0.1 m时物体的速度为 V。把物体和弹簧看作一个系统，整体系统机械能守恒，选弹簧从原长向下压缩 为的位置为重力势能的零点。当弹簧从原长向下压缩 xo 0.2m时，重力势能完全转化为弹性势能，即 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark618 o Current Document 2mg (h xo)-kxo当弹簧下压X 0.1 m时，212mg(h x0)kxmg(x0 x) mv HYPERLINK l bookmark591 o Current Doc

45、ument 2所以，v 3.1g m/s2-46.长度为i的轻绳一端固定，一端系一质量为 m的小球，绳的悬挂点正下方距悬挂点 的距离为d处有一钉子。小球从水平位置无初速释放，欲使球在以钉子为中心的圆周上绕一 圈，试证d至少为0.6 1。分析：小球在运动过程中机械能守恒；考虑到小球绕O点能完成圆周运动，因此小球在圆周 运动的最高点所受的向心力应大于或等于重力。证：小球运动过程中机械能守恒，选择小球最低位置为重力势能的零点。设小球在A处时速12度为 v，则：mgi mg 2(1 d) mv2又小球在A处时向心力为：FN mg -mv-1 d其中，绳张力为0时等号成立。联立以上两式，解得 d 0.6

46、 l题图2472-47.弹簧下面悬挂着质量分别为Mi、M2的两个物体，开始时它们都处于静止状态。突然把Mi与M2的连线剪断后，Mi的最大速率是多少设弹簧的劲度系数k 8.9 N m 1 ,而Mi 500g, M2300g o分析：把弹簧与 Mi看作一个系统。当 Mi与M2的连线剪断后，系统作简谐振动，机械能守 恒。解：设连线剪断前时弹簧的伸长为X,取此位置为重力势能的零点。M1系统达到平衡位置时弹簧的伸长为X ,根据胡克定律，有kx (M1 M2)gkx M1g系统达到平衡位置时，速度最大，设为 V。由机械能守恒，得12 1212kx kx M 1g(x x) M 1v222联立两式，解之：v

47、 1.4 m / s248. 一人从10 m深的井中提水.起始时桶中装有10 kg的水，桶的质量为 1 kg,由于水桶漏水，每升高1 m要漏去kg的水.求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功.分析：由于水桶漏水，人所用的拉力F是变力，变力作功。解：选竖直向上为坐标 y轴的正方向，井中水面处为原点.由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F等于水桶的重量即： F P P0 ky mg 0.2gy 107.8 1.96y人的拉力所作的功为： H10A dA 0 Fdy= 0 (107.8 1.96y)dy=980 J2-49 .地球质量为6.0 1024 kg ,地球与太阳相距1.5 1011 m ,视地球为质点，它绕太阳作圆周运动，求地球对于圆轨道中心的角动量。分析：太阳绕地球一周 365天，换成秒为，用质点角动量定义求解。 CC/ L / /112r112421.5 104021解：L rmv rm 1.5 106.0 102.68 10 kg m sT365 24 60 602-50 .我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度d近 439km ,远地点高度d远2384km,地球半径 6370km,求卫星在近地点和远地点的速度之比。分析：卫星绕地球运动时角动量守恒。