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课后答案网，用心为你服务！大学答案---中学答案---考研答案---考试最全最多的课后习题参考答案，尽在课后答案网（Khdaw团队一直秉承用心为大家服务的，以关注学生的学习生活为出发点，旨在为广大学生朋友的自主学习提供一个和交流的平台。爱校园（www.aixiaoyuancom）课后答案网（www.khdawcom）淘答案（www.taodaancom枟大学物理（新版）枠学习指导主编张孝林副主编田蓬编者苏亚凤喻有理刘丹东内容简本书是与教授主编的枟大学物理新版枠配套的教学参考书书了答过晰，书中还给出每章的主要内容以及８０．枟大学物理（新版）枠学习指导／张孝林主编．－科学ISBN７唱０３唱００９４０３唱Ⅰ．大⋯Ⅱ．张⋯Ⅲ物理学高等学校Ⅳ馆馆（２００１）第０２１２５鄢德平／柏连海责任安春科 各地新华书店经*２００２年１月第一版２００４年１月第三次印刷印数：１００００

开本：７２０×１０００印张：２７字数：５２８（印装质量问题我社负责调换枙路通枛 它在培养学生的科学素、、提高学生智力等方面具有重要的作用要学好大学物理除了课堂的学习和训练外，是与教授主编的枟大学物理（新版）枠配套的教学参考书本书给出了教材中全部习题的详细解答在解题过力求做到思路清晰解法简捷为了使读者掌握和了解类型的题目书中还给出了８０余有一定代表性和示范性的典型例题在这些典型例题的求解中突出物理概念和物理模型注重题目的分析参加本书编写的有田蓬勃（１～４章）、张孝林（５～７、１２章）、苏亚凤（８～１０章）喻有理（１１，１５，１６，１８，１９章）（１３，１４章）、（１７章）全书由张孝林负责统稿李和张俊武用计算机绘制了全书的插图由于编者水平所限和编写时间仓促书中难免会有一些疏漏和错误希望使用本书的读者指正．本书在编写过得到了教授的悉心指导得到了李甲科教授、焦兆焕编者２０００年１０月·i前第一篇⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）第１ 质点运动学⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）第２ 牛顿运动定律⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）第３ 功和能⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）第４ 冲量和动量⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）第５ 刚体运动学⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）第６ 刚体动力学⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）第７ 机械振动⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）第二 电磁学⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）第８ 静电场⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）第９ ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（２３２第三 热学⋯⋯⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（２５６第１１ 热力学基础⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（２５６第１２ 气体动理论⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（２８５第四篇波动和波动光学⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（３０４第１３ 机械波⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（３０４第１４ 波动光学⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（３３２第五篇近代物理基础⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（３６０第１５狭义相对论力学基础⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（３６０第１６量子物⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（３８２第１７原子核基本知识简介⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（４０５第１８粒子物⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（４１６第１９⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（４２４第一 1章质点运动学—1畅确定质点位置的方法确定质点运动首先要确定参考系在确定的参考系2运动学方质点相对参考系质点位置坐标随时间变化的函数关系称为质点运动学方运动学方描述了质点的运动状态几种不同描述方法对应x＝x（y＝y（tz＝z（t）位矢法：r＝r（t）＝x（t）i＋y（t）j＋z（t）k自然法：s＝s（t）3畅质点的位移、速度和加速度位移：Δr＝r（t＋Δt）r（t）dv＝dr＝vxi＋vyj＋vzdtd加速度a＝dv＝axi＋ayj＋azddv＝ddt4畅常见的几种运动

a＝an＋aτ

＋ρ＋

dvd匀加速度运动 v＝v０＋x＝

t＋１２·１０v２－v２＝２０圆周运动 Δs＝rΔv＝rdθ＝r＝τ＝τ

rdω＝ dran＝v＝ωv＝rr5———伽利略变换在两个相互作平动运动的坐标系中va＝vr＋uaa＝ar＋二、典型例1唱1 一质点沿x轴作直线运动其速度与时间之间关系如图１唱１（a）所示．设t＝０时，x＝０试根据已知的vx t图画出a t图和x t图．解vx t曲线的斜率即为加速度从已知的vx t曲线可得０～２s a０－２＝dv＝２０－（－２０）＝２０（ms－２）２～６ a２－６

３０

—２６～１０ a６－１０

６－＝

＝畅５

—２d １０－根据以上结果可画出 t曲线如图１唱（b）根据v t曲线０～v＝２０t－tdx＝２０－td图１唱 dx＝（２０t－２０）d ∫dx＝∫（２０t－２０）d x＝１０—２０tt＝２s x＝２～６v＝２畅tx＝１畅t２tt＝６s x＝１００６～１０v＝畅t＋·２图１唱 图１唱根据以上结果作x－t曲线，如图１唱１（c）所说明理解运动图线v－t掌握图线上点、线、斜率和面积所表示的物理内容根据位加速度的定义vt关系可xt，at滑动（图１唱２）已知其切向加速度为－gsinθ．θ是曲线切向与水平方向的夹角求质点在各处的速率．唱解取如图１唱２所示的直角ds为质点移它y方向的dy＝dssinθ这里只用到切向加速度aτ＝dd故

＝－gsinds／dt＝v上式可写成

dv＝－gsinθdt＝－gdydddv＝－gdy

·３ v ０v２－０即

＝２g（

— v２＝v２＋２g（y－ 法向加速度和总加速度之间的关系及定义是解此题的基dy＝ds·sinθ将直角坐标系与自然ys联系起来是解此题的关键积分可解此题此题可看出向加速度改变质点速度的大小法向但它的作用是改变质点运动的方向．1唱3vt时刻质点加速度的切向分量和法向分量及曲率半径．唱２解球作平抛运动故球的运动方２r＝即d

ti＋１gt２

vx＝dx＝v００y＝１ ＝d（０d

t）＝vy＝dy＝d１gt２＝d球在时刻tv·４

dtv２＋v２＋v v２＋g２０vy＝arctan

（见图θ＝arctanv vaτ

dv＝dd d

v２＋g２t２

g２００小球作加速度００g＝aτ＋a ００ an＝ρ可得曲率半径 ρ

v

＝（v２＋g２t２）３ 面在直角坐标系中由运动方求速度另一方面根据自然坐标系下速度、切向加及切向加速度和法向加速度垂直的性质与合加速度的关系求解．1唱 罗盘显示飞机头指向正东空气流速表的读数为２１５km／h此时风向南、风速６５km／h，（a）求飞机相对地面的速度；（b）若想朝正东飞行机头应指向什么方向？唱解由速度v＝vv（a）可得v （２１５）２＋（６５）２＝２２５（km·５θ＝arctan由图１唱４（b）可得θ＝arcsin

＝＝即机头应指向东南方向１７畅６°．v （２１５）２－（６５）２＝正确掌并注意到速度的矢量量叠加得到本题结果．三、习题详1畅 选择（１）根据瞬时速度矢v的定其用直角坐标和自然坐标的表示形式的大小｜v｜可表示为（B，D，F，H）d d d d（A）d

d

d

d（Ed dy＋d

dxi＋dyj＋d）dt＋d d

d d d１２（G）d ２d

dyd

dzd

dxd

dyd

dz２d（２）根据瞬时加速度矢量a的定义及其用直角坐标和自然坐标的表示形式它的大小｜a｜可表示为（ACGdd

d （B）d

d２d

d２（D）dd２

d２x＋d２y＋d２d d１

d d１

v２

dv２d

２d２dd２dρ（３）以下说法中是（B，C，D质点具有恒定的速度质点具有恒定的速率质点加速度方向恒定质点速度方向恒定某时刻质点加速度的值很大质点作曲线运动时其法向加速度一般并不为零加速度为零．·６（４）能正确表示质点在曲线轨迹上P点的运动为的图是图１畅图１畅（５）质点以速度v＝t２m／s作直线运动质点运动直线作Ox轴t＝３s时，质点位于x＝９m处，则该质点的运动学方为（C）（A）x＝２ （B）x＝４t＋１２（C）x＝４t＋１t３－ （D）x＝４t＋１t３＋ 1畅2填空∫（）质点沿x轴作直线运动其速度v与时间t的关系如图１畅２（１）t１时刻曲线的切线斜率表示该时刻质点的瞬时加速度t１与t３之间曲线的割线斜率表t１到t３时间内质点的平均t＝t４时间点的位移∫∫∫

|v|dt ０ 图１畅（２）质点在平面上运动若d dr不为零则质点作圆周运动若dv＝０dt＝０ ddddd不为零点作匀速率曲线运动

da不为零则质点作变d

dt＝０dt （３）已知质点的运动学方为x＝x（t），y＝y（t），则t１时刻质点的位·７r（t）＝x（t）i＋y（t）j，时间间隔（t２－t）内质点的位移Δr＝［x（t）x（t）］＋［y（t２）－y（t）］j隔内质点位移的大小｜Δr｜＝｛［x（t２）－x（t１）］２２１［y（t２）－y（t１）］d２１dd dt

∫t d ∫１，该时间间隔内质点经过的 Δs＝ d １１（４）质点Oxy平面内作斜抛运动，t＝时质点O点，t＝t１时质点１t动到A畅２（４）０

vxdt表示从＝t１时间内质点位移沿x轴的投影t∫vydt表示t＝t１时间内质 图１畅 沿y轴的投影０A

vdtt＝t１A间内经历的路；∫dr表示从O点运动到A点的 A ０（）AB杆以匀速ux轴正方向运动带动套在抛物线（y２＝２px）导轨上的小环１畅２（５）已知t＝ABy小环运动的轨迹方y＝px运动学方为x＝ut，y＝±（put）＝ 加速度a ±pu ± j人以速度v０在匀速行走，见图１畅３畅求人影中头顶的移动速度，并求影长增长的速率．

图１畅x头顶坐标为x２设人影头顶的移动速度为vud

dv＝dt，

＝d·８

图１畅

x２x１为人影长dd dd

dh—h—

u （x２—x１）＝d

d＝ ＝ x２－

x２＝hv＝d hdx１

hdt＝

ld

＝h—ldu＝d

ddt＝

vl 湖中有一小船岸边有人用绳子通过一高处的滑轮拉船如图１畅４所示，人收绳的速率为v问：（１）船的运动速度u（沿水平方向）比v大还是（２）如果保持收绳的速率v不变船是否做匀速运动？如不是图１畅解（１）将船在如图所示的坐标系中到滑轮绳长为l滑轮距水面的高度h依题意有２xd有

dv＝dd

d u＝d

dx＝２ldx２＝l２－

dx＝ldl |u|＝d

＝ldl＝lld xd

d xd u＝－v＝－v u为负表示运动方向向左，｜u｜＞v

·９（２）船作变换运动其加速

vdd d d dd＝dt＝dt２ —xv＝－x３（l－xv a＝－xtanθ，a与v方向相同船做变加速运动 与火箭发射台的距离为l观测沿竖直方向向上发射的火箭如图１畅５观测得θ的规律为θ＝kt（k为常数）．试写出火箭的运动学方并求出当＝π速度解在图中所示的y＝ltanθ＝ dv＝dy＝lk／cos２dda＝d当θ＝π

＝２ t·sec２３v＝４３图１畅 a

８３９因此火箭在匀加速上升９1畅6粒子按规律x＝t３－３t２－９t＋５沿x轴运动在哪个时间间隔它沿着x轴正向运动？哪个时间间隔沿着x轴负向运动？哪个时间间隔它加速？哪个时间间隔 ？分别画出x，v，a以时间为自变量的函数图．解因已知粒子的运动学方对其微分可求得速度、加速度因此v＝dx＝３t２－６t－dd２a ＝６t－d当v＝（t２t）ts粒子沿x轴负向运动．由于a＝（t）ts时，ats时，a＜０．可见在时间间ts内和ts内，va同号粒子作加速运动时间间隔１s＜t＜３s内，v和a异号粒子作运动图略1畅 一质点的运动学方为x＝t２，y＝（t－１）２，x和y均以m为单位，ts为单位（１）质点的轨迹方（２）在t＝s质点的速v和加速a·１０解（１）由运动学方消去时间t可得质点的轨迹方将t＝x代入yxy＝（x－１）２ －yx（２）对运动学方微分求速度及加速度＝dd

＝２dvy＝dy＝２（t－dv＝２ti＋２（t－１）dv dax＝d

＝２ay＝dt＝a＝２i＋２当t＝s时速度和加速度分v＝４i＋２jm／s a＝２i＋２jm1畅 已知一质点的运动学方为r＝２ti＋（２－t２）j其中，r，t分别以ms为单位（１）t＝s到t＝s质点的位移（２）t＝s时质点的速度和加速度（３）质点的轨迹方（４）在Oxy平面内画出质点的运动轨迹轨迹图上标出t＝２s质点的rva．解依题意有

x＝２ y＝２－

r（１）＝２i＋j r（２）＝４i－２Δr＝r（２）－r（１）＝２i－３（２）通过对运动学方求导可v＝dxi＋dyj＝２i－２dd２a＝d

＋d d２dt２

＝－２v＝２i－４jm／s a＝－２jm（３）由（１）、（２）两式消去时间t可得

·１１（４）图

y＝２－1畅9一粒子沿着抛y＝x２速度x轴的投vx为数m／s试计算质点在x＝m处时其速度和加速度的大小和方向３解依题意： vx＝dx＝３m／sdty＝d dvy＝dy＝２xdxd d当x＝m时，vy＝２＝m v２＋v vv２＋v 其方向α＝arccosvx＝vdv dax

＝２ ＝１８m

dt＝０ay＝d a＝ay＝m／s a的方向y轴正向1畅10一质点沿一直线其加速a＝x式中x的单位为m，a的单位为m／s试求该质点的速度v与位置坐x之间x＝v０＝m／s．解依题意a＝dv＝dvdx＝vdv＝－２d dxd d

∫－２xdx＝０００

vd—x２＝１（v２－v２ v v２－２x２ １６－２在本题变量的替换０这种方法在许多问题中都有应读者应注意体会该方法的思路．·１２ 火箭沿竖直方向由静止向上发射加速度随时间的变化规律如图所示．试求火箭在t＝５０s时用完那一瞬间所能达到的高度及该时刻火箭的速度．解由图可知２第一阶 a＝１２dv＝１t dv＝tdd v∫dv＝v

１tdt，v＝１０ ０当t＝２０s v＝１００４v＝１t４

xx

图００

x＝１t３，t＝２０ x＝２０００ a＝１t＋ dv＝１t＋２０d６v∫dv＝v

１t d

２０

v t２

∫dx＝∫１t２＋２０t－２００d

＝１t３＋２０２－t＋４４４畅当t＝s时，v＝m／s，h＝畅０m1畅 一质点沿半径R＝１m的圆周运动．t＝０时质点位于A点如图后沿顺时针方向运动运动学方s＝πt２＋πt其中s的单位为m，t的单位为s·１３（１）质点绕行一周所经历的路、位移、平均速度和平均速率（２）质点秒末的速度和加速度的大小解（１）质点绕行一周所经历的路为圆周的周长即Δs＝２πR＝６畅２８m由位移和平均速可知此时位移平均速度也为ΔΔr＝０， v＝Δt＝０令Δs＝s（t）－s（０）＝πt２πt＝２πR，可得质点绕行一周所需时Δt＝１sv－

Δs

２π

＝６畅Δ Δ由以上结果可看出路与位移速度与速率是不相同的．（２）t时刻质点的速度和加速v＝ds＝２πt＋vv２v２R＋d２sda图１畅当t＝１s时 v＝９畅４２m／s，a＝８９畅０m／s２２1畅 一质点沿半径为R的圆周运动运动学方为s＝v０t－１bt２，其２v０，b都是常数（１）在时刻t质点的加a（２）在何时加速度的大小等于b（３）到加速度大小等于b时质点沿圆周运行的圈数．解（１）由自然坐标系下的运动学方可得dv＝ds＝v０－bt d

d２dt＝－（２）令a

（v０－a

n－

＋b

＝bb０·１４b０

v－bt＝０ t＝即t＝v０加速度大小为bbb b（３）Δs＝s（t）－s（０）＝

v０－

v＝２ n＝Δs＝ ０２π

４π1畅14一质点s＝tt在圆轨道上运s为沿圆弧m为单ts为单t＝s时的总加速度m／s求此圆弧的半径．解质点做圆周运 由自然坐标系下的运动方可得质点运动速率大d

v＝ds＝３t２＋４d （３t２＋４aτ

dt＝６t＋４，an

R R当t＝s时，v＝m／s，aτ＝m／s２，an＝４００R依题 a

４００R

＝２，得R＝畅５m1．15一质点沿半径为０畅１m的圆周运动，其用角坐标表示的运动学方为θ＝t３，θ的单位rad，t的单位s（１）在t＝２s时质点的切向加速度和法向加速度的大小（２）θ等于多少时质点的加速度和半径的解（１）质点的角速度及角加速度为d d２dω ＝１２t β ２＝２４dd因此质点的法向加速度和切向加速度大小为τan＝Rω２＝１４４Rt４ a＝Rβ＝２４τ当t＝s时，an＝畅４m／s２，aτ＝畅８m／s２（２）设时刻t′a和半径夹角为此时an＝aτ，６１４４Rt′４＝２４Rt′ t′３＝１６θ（t′）＝２＋４t′３＝２畅６７1．16一圆盘半径为３m度在t＝０时为３畅３３πrad／s匀地t＝st＝s时的切向加速度和法向加速度的大小．解角速度均匀地减小·１５β＝ω（４）－ω（０）＝０－３畅３３π４－０ ＝－０畅８３π圆盘做匀角加速度运动ω＝ω０＋βt＝３畅３３π－０畅８３π当t＝２s时，ω＝３畅３３π畅８３π＝１６畅７πrad／s．an＝Rω２＝８２畅４m／s２，aτ＝Rβ＝畅８m1．17（１）地球的半径为m心的向心加速度．（２）地球绕运行的轨道半径为１畅５×１０１１m求地球相对于的向心加速度．（３）天文测量表明系以近似圆形的轨道绕系中心运动，半径为２畅８×１０２０m，速率为２畅５×１０５m／s求系相对于系的向心加速度（４）求这些加速度每对的比值解（１）地球赤道表面一点相对于地球中心的向 １n＝R１ω１＝６畅３７×１０１

２４×６０×

＝３畅３６×１０（m／s（２）地球相对的向心加速度R Rn＝２ω２＝１畅５×１０２

３６５×２４×６０×

－ ＝５畅９５×１０（m／s（３）系相对系的向心加速度 ５ ＝３

＝２畅２３×（m／sn ２畅８×（４）两加速度比值为anan＝５畅６５∶１度比值anan＝２畅６７×１０７∶１ 1．18一架飞机在水平地面的上方m／s的速率垂直俯冲圆形路径脱离俯冲７８畅４m／s２到地Rvan＝当an为飞机所能承受的最大加速度时，R即为最小７８畅４

Rmin

Rmin

７８畅４＝３８６畅２1．19s内，它的角速度均匀地增加到６畅６７πrad／s５min内停止·１６解（１）t＝t＝s盘作匀加速β１＝ω（６）－ω（０）＝１畅１１π６－Δφ＝１β１t２＝２０πrad n１＝Δφ＝ （２）从开始制动到完全停止历时Δt＝３００s圆盘作匀转动开始制动时，β２＝０－

＝－０畅０２２πΔφ＝６畅６７π×３００－２

×０畅０２２π×３００２＝１０００π（３）匀速转动阶段所转过的圈n２＝３１００－（１０＋５００）＝

Δt

２π６畅６７π

＝７７７６＋７７７＋３００＝１０８３（s）＝１８畅０５120 并证va即v·a＝０．解取坐标系如图以直角坐标表示的质点运动学方x＝Rcosωt， r＝RcosωtiRsinωtjdv＝dr＝－ωRsinωti＋ωRcosda＝dd

＝－ω２Rcosωti＋ω２Rsin1．21一质点运动因此v·a＝vxax＋vyay1．21一质点运动＝t２＝（t）２，其中x，ym为单位，ts为单位图（１）试写出质点的轨迹方并在Oxy平面内示意地画出轨迹曲线（２）质点的速度何时取极小值·１７（３）试求当速度大小m／s时的位置坐标（４）试求时刻t质点的切向和法向加速度的大小．解（１）由运动学方消去t得轨迹方xt x（２）t时刻质点的速vx＝dx＝２t，vy＝dy＝２（t－d dv２＋v２＋v ４t２＋４（t－１dx（４）＝１６m y（４）＝９４t２＋４（４t２＋４（t－＝dv＝dd d

＝ ２（２t－t２＋t２＋（t－ 因此向

a a２＋a２＝an a２－a２＝ τt２＋（t－ 椭圆规的AB杆上，A、B两点分别沿Oy槽、Ox槽移动试证明杆上一点C的轨迹为椭圆又设杆上的A点以匀速v０运动求B，C两点的速度图１畅·１８解建立如图所示直角坐标系，C点的xc＝（l１＋l２yc＝－l２sinl１＋

＋

＝由此可见C点的轨迹为

vA＝dyAj＝－vdx２＝

—Bd

d２

dt＝－

dt＝２v０B

vB＝dxBi＝yAv又由于

＝l１＋l２x

d xBBd l１＋l２d Bdt而

dt xBd

y＝－l２ACACl２d

dt＝－l１dt＝l１v＝l１＋l２

i＋l２v

xBv

１1．23一人站Oxy平面上的某点（x１，y）以初速v铅垂向上抛出一球．（１）试以时间t为变量写出球的位矢量r（２）求出球的速度矢v和加速度矢量a解（１）起抛点的坐标为（x１，y１，０），球竖直向上做匀运动加速度—gk因而球的运动学方x＝

y＝

z＝v

t－１

２·１９２

r＝

i＋

j＋

t－１gt２２（２）t时刻质点的速度２v＝dr＝（v０－gt）k a＝dv＝－d d1．24半径R的大环上套一小环MAB穿入轴以规律θ＝ωt（ω为常量）逆时针转动（１）试以大环为参考系分别用直角坐标法和自然法求出小环的运动学方、速度和加速度；（２）试以杆AB为参考系求小环的运动学方、速度和加速度．解θ＝ωt（ω）（１）以大环为参考系，M点相对坐标原点的夹θ＝ωt因而有x＝Rcos２ωt y＝Rsin２vx＝－２ωRsin２ωt vy＝２ωRcos２ax＝－４ω２Rcos２ωt ay＝－４ω２Rsin２s＝２Rωt v＝ds＝２R２d２ d τ ２＝０ and

R＝４R图１畅

（２）以A为原点AB作坐标轴Oη有η＝２Rcosdv＝dη＝－２Rωsinda＝dv＝－２Rω２cosad1畅25一辆带篷的卡车雨天在平直公 行驶发现车速过小时雨滴从车后斜向落入车内车速过大时雨滴从车前斜向落入车内已知雨滴相对地面速度大小为v与水平面夹角为α，试问（１）车速为多大时雨滴恰好不能落入车内？（２）此时雨滴相对车厢的速度为多大？vvr车厢相对于地面的速度为ve根据伽利略速度变换三者关系为v＝vr＋·２０vr垂直于车为不能落入车的关系内，此时v，vr，ve有如图１畅２５（１）ve＝vcos（２）vr＝vsin1．26相对于地面静止的声可向各个方向发出声波已知所波在静止的空气中以３４０m／s的速度一观察者相对于声源m／s的速度运动，试按以情况求出观察者所测得的声速：（１）观察者运动方向与声波方向相同（２）观察者运动方向与声波方向相反（３）观察者运动方向与声波方向垂直（４）观察者测得声波沿垂直于自己的运动方向传来

图解选地面为定参考系选随观察者一起运动的参考系为动参考系设声波相对于定参考系的速度为va相对于动参考系的速度为vr动参考系相对于定参考系的速度为ve｜va｜＝m／s，｜ve｜＝m／s，vrva＝vr＋ve，vr＝vave．（１）vevax轴正向vavr＝va－ve＝３４０＝３２０（m／s）vr沿x轴正向（２）vevax轴正vavr＝va－（ve）＝２０＝３６０（m／s）vr沿x轴正向（３）y轴正va同，x轴正向vev v２＋v２ ３４０２＋２０２＝３４０畅６（m vr与x轴正向夹角α＝９３畅７°（４）y轴正vrx正向vev v２—v２ ３４０２－２０２＝３３９畅４（m va与x轴正向夹角β＝８６畅６°1．27一从水平飞行的飞机尾舱中水平射出，出口速度的大小为３００m／s飞机速度大小为２５０m／s试描述的运动情况：（１）在固结于地面的坐标系中（２）在固结于飞机的坐标系中并计算射手必须把枪指向什么方 才能使在地面坐标系中速度的水平分·２１图１畅

解（１）在地面参考标系中沿抛物线其水平速度大小为va＝vr－ve＝３００－２５０＝５０（２）在飞机参考系中仍沿抛物线轨迹vr＝m／s的水平速度离开飞机．以地面为静参为动参考系，静考系中观察到速度的水平分量为零设的绝对速度va沿铅直方向向上，依题意动参考系相对静参考系的速度ve沿水平方va，ve及相对速度vr三者的关系sinθ＝v

＝２５０＝０畅８３，θ＝５６畅４°可见射手必须把枪指向斜上方与铅直方畅４°角1．28可以认为月球以地球为中心作圆周运动而地球又以为中心作圆周运动试求当（１）月球在地球和之间和（２）地球在月球和之间时月球相对于的加速度．解设月球相对地球加速度为ar地球相 加速度ae月球相 速度为aaaa＝ar＋月球绕地球作圆周期月球中心到地球中心距离为３畅９×m １a＝ω２ １

－ ×３畅９×１０＝２畅３×１０（m／s地球绕作圆周运动，周期取为３６５天地球中心到中心距离为１畅５×m

e＝ω２r２＝３６５×２４×６０× ×１畅５×１０＝５畅９×１０（m／s所以，（１）月球在地球和之间时月球相对于的加速度aa＝－ar＋ae＝３畅６×１０（２）地球在月球和之间 月球相对于的加速度aa＝ar＋ae＝８畅２×１０m．29当某物体在空气（或其他流体）速率逐渐趋于一个终极速率vtay＝－g·２２解当ay＝垂直下落的物体不再加速此时速率趋于终极速率vt，因此，t—g＋bv２＝tv＝g＝７０ ·２３2章牛顿运动定律—1畅牛顿运动三定第一定律何质点都保持静止或匀速直线运动状态直到其它物体对它作用第二定律物体运动状态的变化与物体所受的合力成正比R＝∑Fi＝d（mvirird m为常量R＝Fi＝在直角坐标系下

dt＝mdt２＝ma ddv d２ dRx Fix＝i

＝mdRy Fiy＝

d d２＝２ d dRz Fiz＝

dv d２＝２ d d在自然坐标系下

Rτ＝∑Fiτ＝maτ＝md d２Rn Fin＝man＝m 第三定当物体AF作用于物体BB也同时以力F作用于AFF总是大小相方向相且作用在同一直线上其关系可１＝－２力满足矢量叠加原理：F＝F１＋F２＋2畅力学中几种m１万有引力：F＝

；G＝畅m３·kg·s—２为引力常量２r２重力： P＝mg； g＝９畅８m／s２为重力加速度．弹簧的弹性力：Fx＝－kx，k为劲度系数．·２４静摩擦力ffmax，fmax＝μN，μ０为最大静摩擦因数滑动摩f＝μN，μ为滑动摩擦因3畅应用牛顿运动定律解题的一般步选取研究对象分析受力情况画出受力图选取坐标系列方求解讨论4畅牛顿运动定律的适用范围宏观低二、典型例唱1v０从地面竖直向上抛出一质量为mαmv２的黏滞阻力（α，v为小球运动的速度大小）解小球竖直向上抛出后到向下的重力mg和向下的阻力αmv２作用取地面为坐标原点竖直向上为y轴正方向由牛顿第二定—mg－αmv２＝mdd dyd d d变量替换＝ ＝v d dtd即

dd—mg－αmv２＝mvdd mvdv mg＋

＝d由题小球位于地y＝小为v＝v０设小球向上的最大高度h也就是y＝h，v＝积分上０ mvd

＝hd∫v

mg＋ ０h＝１２

mg＋

小球下落时将受到向下的重力mg和向上的αmv２根据牛顿第二定律有

—mg＋αmv２＝mdd—mg＋αmv２＝mvdd

·２５即 mvdv mg－

＝d由题y＝hv＝球回到地它的速度大小为v１y＝v＝v１积分上—v

＝０d∫mg－ 得１h＝１ １将（１）式代入（２）式，

２αmg－１

mg＋ ０ ０１２ ２αmg－１ ２０ 这是一个变力牛顿定律应用问题应用牛顿定律求解本题时积分变量替换即dv＝dydv＝vdv非常重要积分变量替换后分离变量然后通过积分就可d dtd d求解此题法在许多问题中都有应用的方向始终与物体的运动方向解此题时应将小球的上抛运动和下落运动分开考虑．2唱 一质量为M的圆环用线悬挂着将两个质量均为m的有孔小珠套２此环上以在环上作无摩擦地滑动，如图（a）所示今同时将两个小珠从环的顶部释放并沿相反方向自由滑下证明m≥３M时大环将升起２解取小珠为研究对象受重力mg作用还受大环对它的约束力N沿半径向外向方向牛顿定律沿切向方向

mgcosθ－N

mgsinθ＝daτ＝ ＝dvdθ＝ωdv＝gsinθd dθd d·２６唱v

ωdv＝gsinvdv＝rgsinθ在θ＝v＝，故vdv＝

rgsinθd０由式（１）与（２）

２１v２＝rg（１－cos ２３N＝３mgcosθ－３

从上式可以看出，当cosθ时，N沿半径cosθ时，N沿半径 cosθ＝２时，N为零．以大环到三个力的Mg的张力T小珠的反作用力N′（如图（b））大环上须使N′沿半径向由于N＝－故要求环对小珠的约束力沿半径向 即大环上升的条件cosθ＜ ３

T＋２N′cosθ－Mg＝ 考虑到大环上升T＝a界条件a＝故由（）式得大环上升的另一·２７２N′cosθ＝ 把式（３）代入式（６）N＝－N３—６mgcosθ－３即

cosθ＝Mg６mcos２θ－４mcosθ＋M＝因为cosθ必须为实数

cosθ＝３

±１— ６１— ６２

２２１－９６１－９６３

＜２满足大环上升的条件式（４）

θ１＝arccos１１—１— ６１— ６β＝２１— ６３为什么不θ＝arccos１３

１－９６

>

环已经向上运动了而我们所要求的仅是大环开始上升时两小珠间的夹角说明选取研对其进行正确的受力分然坐标应用牛顿定律解此题时dv＝dvdθ＝ωdv的变量替换非常重要这样通过积分d dθd 环下滑过速度v和θ角的关系（当然这也可通过机械能守恒直接给出）由此可给出当大环将升起时，θ角所满足的关系式cosθ必为实数解得此题2唱 如图２唱３所示一条质量为m长为l的匀质链条放在一光滑的水桌面上链子的一端有极小的一段长度被推出桌子边缘在重力作用下开始下落，试求在下列两种链条刚刚离开桌面时的速度：（１）在刚开始链条为一直线形式；（２）在刚开始下落时链条盘在桌子的边缘假定链条未脱离桌面的那一部分的速度一直保持为零此外解释上述两种情况下速度不同的原因．l解（１）链条在运动过其各部分的速度、加速度均相同沿链条方向受力为mxgl·２８x＝０时，v＝０积

F＝mxg＝lmxg＝mvdv dvlmg∫ xdx＝∫mvd０ v

（２）设链条落下部分的长度为x一部分有加其余部分则仍为静止，根据

图２唱故上式两边乘以xv即

dmxv＝ d ＝xgdt＝d（xv２vgx２dt＝１d（x２v２２ d d（x２ （因为v d且利用初始条件：x＝０，v＝，v２＝２３当x＝l可得链条刚离开桌面时的v＝ 由式（１）与（２）可知第二种情况下的速度小于第一种情况下的速度其原因在桌面上的链条由静止突然运动相邻部分之间发生了非弹性碰撞链条各质元内力作功之和不为零因而有部分机械能转化为其他形式的能量机械能则是守恒的说明通过对牛顿定律求积分可求d物体的速度．（）中质量积分速度关键在于积分变量的替换

v＝dvdx＝vdv．（）中是一变质量问题， dxd d d此类问题中牛顿定律要采用F

（mv）形式而非F＝m 形式这一点d d·２９2唱4A，BmA＝kgmB＝kg设在水平桌面上的物A与桌面的摩擦因数μ＝BA跨过一定滑轮相连细绳滑轮的质量和滑轮受到的阻力均可忽略不计２唱４（a）所示求下列两种情况下绳子受到的张力（１）当该装置以a０＝２m／s２的加速度竖直向下运动时；（２）当该装置以a０＝２m／s解（１）取A，B物体为研究对象唱４（b）唱以运动装置为动参考系以地面为静止参考系建立如图２唱４（b）的坐标系A，BaraA和aB由牛顿第二定律有A对B

T－f＝mAaA mAg－N＝mAaA f＝ mBg－T＝mB aAx＝araAy＝aBy＝a０＋代入式（１），（２），（４）求解方组可T＝mAmB（g－a）（１＋μ）＝１１畅７mA＋m（２）当该装a加速度水平向左运A，B两物体受力如图·３０图唱

图２唱B由加速度变换关系

T－f＝mAaA mAg－N＝mAaA f＝ —Tsinθ＝mB mBg－Tcosθ＝mB aAy＝０aBx＝arsinθ－aBy＝arcos代入式（５），（６），（８），（９）求解方组可mA０T０mA＋

（gμ－a０） a２＋g２＝１２畅５正确分析受力是应用牛顿定律的前提而在此题中注意到牛顿定律成立的参考系是惯性系由物体在非惯性系中·３１ar运用伽利略变换给出惯性系中物体的加速度是解本这也是解此类题目常用的方法．三、习题详2畅 选择（１）三个质量相等的物体A，B，C紧靠在一起于光滑水平畅（１）A，C分别受到水平F１，F（F１＞F）的作AB的作用力大小（A） （B）F１－２F１＋１ （D）２F１－１３（E）

F１＋２

（F）

F１－２ 图２畅（２）如图２畅１（２）所示两个质量分别为mA和mB的物体A、B一起在水平面上沿x轴正向作匀直线运动加速度大小为a，A与B间的静摩擦因数为μ，则A作用B的静摩擦力F的大小和方向分别为（D）μmBgx轴正向相μmBgx轴正向相mBax轴正向相mBax（３）质量为m的物φ处的图２畅近似为（D）Me

球质量为Me半径为Re自转角速度为ω若考虑到地球自转的影响则该物受到的重２２RG２Re

mωRecos２２eeGMem—mω２Rcos （D）GMem—mω２Rcos２２２ee （４）轻绳的一端挂一物体跨过滑轮另一端挂一载人的梯子而平衡设滑轮质量忽略不计擦忽略不计轴的压力为（D）·３２2畅2（１）质量为mlM的均质细杆的延长线质点与细杆近端距离为r选图２畅２（１）（a）所示坐标则细杆上长度为dx的一段与m质点之间万有引力的大小为dF＝G ldx细与质点之间万有引力的大小为

rl 图２畅 ＝ ２ Gr（r＋l

２畅２（１）（b）所示坐标系细杆上长度为dx的一段与质点之m万有引力的大小为dF＝G

dx细杆与质点之间万有引力的大小为F （r＋x ∫G dx＝G ２ l（r＋x r（r＋２图２畅

（２）质量为m的质点在变力＝F０（１－kt）（F０和k均为常量）作用下沿Ox轴作直若已知tv＋mt－１２＝０时，质点位置坐标x０＝０，速度为v０力的方向与初速度方向一kt）质点v＋mt－１２运动学方为x＝vt

t２－１ ２ （３）在光滑的水平桌有一自然长度为l０度系数为k的轻一端固定端系一质量为m的质点若质点在桌面上以角速度ω绕固定端作匀速圆周运动，则该圆周的半R＝kl／（kmω）弹簧作用于质点的拉力F＝kl０mω／（k－mω）（４）质量为m的小圆环位于竖直面内半径为R的光滑大圆环上如·３３２畅２（４）．若大圆环绕通过其中心的竖直轴以恒定角速度ω而小圆环相对于大圆则大圆环作用于小圆环的力大N＝mRω小圆环相对g的位置角θ＝cos ５2．3把一根均匀的棒AC放置在光滑桌面畅３（a）量为ML，今用一大小为F１设想把棒分ABBCBC＝１LAB段对５

图２畅

解AC段做为一整体为研受力BC段为研究对象分析受畅F１＝ F＝ 由式（１）（２）可得F＝１Ma＝F１，F５轴正向，F即为所ABBC段的作图２畅

图２畅2畅4在光滑的水平桌面上，放着４个完全一样的量均为m＝１畅０kg如图２畅４（a）所示，有一恒力F（F＝９畅８N）作用在第１个立方体上．问第３个立方体共受几个力？其大小、方向如何？个立方体右端紧挨一堵墙重复上面的讨论．解第三个立方体同其它一齐运动四个立方体作为一整体所受力为F

F＝４ 对第三个立方体分析其受力如图２畅４（b）因此F２３－F４３＝ ·３４图２畅N３－P３＝ 解上述方可得F４３＝F′４３＝F＝２畅４５NF２３＝１F＝畅９NN３＝P３＝ N２畅４（b）若右端紧挨一堵墙四个物体是其加速度因此第三个立方则有F２３＝F４３＝F＝９畅８NN３＝P３＝９畅８2畅 已知一个斜度可以变化但底边长L不变的斜面（１）求石块从斜面顶端无初速地滑到底所需时间与斜面倾角α之间的关系．设石块与斜面间的滑动摩擦因数为μ．（２）若斜面倾角α１＝６０°和α２＝４５°时，石块下滑的时间相同动摩擦因数μ等于多大？图２畅解取石块做为研究对象对其受力分析沿斜面建立坐标如图畅５ N－Pcosα＝ ·３５解方并考虑到f＝μN可a＝（sinα－μcosα）（２）从石块加速度表达式可看出块做匀加速度下滑下滑所需时间如为t有s＝１at２＝ cos２g２gcosα（sinα－μcos把α１＝和α２＝式并令其相等可得μ＝０畅2．6如图２畅６（a）所示人的质m＝kgm＝kg，站在升降机上的人要想拉住升降机使之不动？绳子和滑轮质量不计．解分别就人（m１）、升降机（m２）分析如图畅６（b），由于滑轮和绳的质量不计，所以绳中各处个装置保持静止应用牛顿第二定

T１＋N－m１g＝对小滑轮：图２畅

考虑到T１＝T′１联立方求解m１＋T１ g＝２２０畅５图２畅2．7畅７（a）所示AB带电而彼此相吸·３６的电力的大小为FBA＝mg／（cosφcotθsinφ）张力的大小为T＝mg／（cosθ—sinθtanφ）证明取球A为研究对象坐标如图（b）所示图２畅 图２畅A保持静联立式（１）、（２）

P＋FBAsinφ－Tcosθ＝ Tsinθ－FBAcosφ＝ FBA＝mg／（cosφcotθ－sinT＝mg／（cosθ－sinθtan2．8宇宙飞船沿地球与月球的中心连线从地球飞到月球mm＝７畅２２kg轨道半径为rem＝８m．xGMem＝

Mm

M为地球质 （

—x x＝ ＝３畅４６×＋2．9桌上M＝kg的板m＝kg的物物体和板之间、板和桌面之间的滑动摩擦因数均为μ＝０畅２５，最大静摩擦因数均为μ０＝以水平力F畅９（a）所·３７（１）若物体与板一起以a＝１m／s的加速度运动试计算物体与板以及板与桌面之间相互作用的摩擦力（２）若欲使板从物体下抽出F至少要多大解（１）物体与板一起运以整们对桌面的压力即为其重力NM＝（m＋M）g板对桌面的摩擦力为fM＝μNM＝μ（m＋M）g＝７畅３５图２畅物体m由于受到向右的静摩擦力fm作用与板一起以加速度a＝１m／s２运因此物体与板之间的摩擦力为fm＝ma＝２（２）欲使板从物体下抽出m所受力为最大静摩擦力fm＝μ０Nm并获最大加速度

＝fm＝０m０

g板也必须获得不小于

的加速度时受如图畅９（b）将·８图２畅

F＋fm＋Ma０fM— μ（M＋m）Mfm＝μ０Nm＝μ０ a０＝μg代入 F≥μ（m＋M）g＋μ（m＋M）g＝１６畅７ 2．10如图２畅１０（a）所示，升降机中有一质量为 A与台面之间无摩擦g（g 重力加速度）的加速度加速上升时，以升降机为参考系a A，B两物体的加速度是多大又以机外地面为参考系A，B两物体的加速度是多大 解选固结于地面的Oxy为定坐标系固结于≥fM２机的O′x′y′为动坐标系，A、B受力如图２畅１０（b），用a′A和a′B分别代表A、B的相对加aA、aB分别代A、B物体相对地Oxy参考系的按题意O′x′y′相对于Oxy的加速度为１g方向沿y轴向上由伽利略变换２图２畅AB

aAx＝a′Ax＋０＝aAy＝a′Ay＋１g＝１ aBx＝a′Bx＋０＝aBy＝a′By＋１g＝－a′B＋１ 注意到此时升降机已不再是惯性系顿定律只对惯性系（即此题的地面参考系）成立（在非惯性系应用牛）于是对A有T＝maAx＝ ２N－PA＝maAy＝１ ２B

２T′－PB＝maBy＝m１g－ ２４a′＝３g＝０畅gaAx＝a′＝０畅４２aBy＝１g－a＝畅注意到aAy＝１ aBx＝０可得A、B两物体相对地面参考系的加速度２A A＋A ＝１３g，aA A＋A

＝

·３９2．11AB的重量分别为PA＝NPB＝N并以弹簧相互AA取坐标轴正方向向下，A的运动学方为x＝hcosωt其中振幅h＝１畅０×１０－２m，角频率ω＝８πrad／s图（１）弹簧对A的作用力N的最大值和最小值（２）B对支承面的压力的最大值和最小值解取重A、B为研究对A、B受力如d２ t（１）按图有PA－N＝mAa＝ ２＝－mAhωcostN＝PAmAhωcosωt＝mAωxPAA在最低位x＝ha＝hωN２Nmax＝PA＋mAωh＝PA ＝３２８畅９A在最置时，x＝－h这时a＝hω２，N有最小Nmin＝PA－mAω２h＝PA１（２）B对支承面压力的最大值和最小值分别

＝７１畅１Rmax＝PB|Nmax|＝７２８畅９Rmin＝PB|Nmin|＝４７１畅１2．12卡车本身连同所载、货物共重４t车身在钢板弹簧上振动其位移满足规律y＝０畅０８sin４πt（m）求卡车对弹簧的压力．解车身做我们的研究对象车身受力如图依图·４０Nd２ N—P＝ma＝ ２＝－０畅０８（４π）sin４πdN＝P＋ma＝［４畅１５sin４πt］（由牛顿第三定律卡车对弹簧N′＝－［４－５畅１５sin４πt］（2．13并绕O点以角速度ωm桶的质量M圆周半径Rω为多大才能保证水流不出来？又问在最高点和最低点时绳中的张力多大？

图解以水为研究对我们可直观地ω水就会流出来．（１）按图２畅１３（b）N＋mg＝mR令N＝此时恰能保证水不流ω＝来．

ωg水不R图２畅（２）把水和桶看作一个整体，其受力如图２畅１３（c）．T（Mm）g（M

m）RT′－（M＋m）g＝（M＋m）R解得最高点和最低点时的张T＝（M＋m）（Rω２－g） T′＝（M＋m）（Rω２＋2．14一根长为l·４１动棒的另一端附着一质量为m的小球如图２畅１４（a）所示（１）试分析在顶点A处的速率取什么值才能使棒对小球的率满足什么条件才能使棒对小球的作用力为拉力或推力？（２）设m＝g，l＝cm球以v＝cm／s的速率作匀速AB，C三点处棒对小球的作用力图２畅解（１）取小球A进行观上可感到如果小球小球将对棒有速度将对小球有一小球在A处的受畅１４（b），vN＋P＝mN＝v＝为推力．

显然v

，N为拉v＜glN（２）此时小球的速度为４０cm／sgl小球A点受到棒的推球A、B、C三点受力畅vAP－N＝BN－P＝

l N＝４畅７４v N＝５畅０６CR＝ml＝N R２－P２＝４畅９2．15如图２畅１５（a）所示mM连接起mm在桌面vrM解mM受力·４２图２畅m当M静止M

vT＝mT′＝PM＝T＝v r＝m弹簧的伸长满足胡克定律m以转数γ旋转（ν为单位时间内旋转的圈数）试证明（１）匀速圆周运动的半径为kl０／（k－４π２mν２）（２）弹簧的弹性力为４π２mkl０ν２／（k－４π２mν２）．式中l０为弹簧原长，k为劲度系数．弹簧变形Δl＝rl０弹簧的弹性力T＝k（rl）k（r－l０）＝

vr v＝２πr＝ k—４π２mν２kl０４π２mν２T＝k－４π２2．17当月亮朝向时地球对月亮的力Fem与对月亮的力Fsm基所有其它力对月亮的影响月亮的质量为７畅３５×１０２２kg月亮加速度的大小．·４３图解２２ ＋ （１畅９８×）２＋（４畅３６×a＝m

２７畅３５×＝６畅５２×１０－３（m·s2．18一飞机上升达到最置然后下降它的路径为一半径为R的竖直圆周２畅１８（a）所示v正好使失重试证明当飞机沿圆周飞行时飞机对的作用力（和坐椅间的接触力）N＝mgsin（θ／２）m为的质θ为飞行速度与水平方向间的夹角．图２畅 图２畅证明对受力情况进行分析如图２畅·４４当飞机到达最高点 失有vP＝m

v２＝当飞机以恒定速率沿圆周飞行时沿法向方向N＋Pcosθ＝m ２ ＝mR－mgcosθ＝２mgsin

f＝Psinθ＝mgsin2．19如图２畅１９（a）m的物Aνθ设物体A与漏斗壁间μ０Ar问物体Aν解当ν较大时，A有向上滑动趋势擦力方向向下，A受力如图２畅１９（b），Nsinθ＋frcosθ＝mrω２＝mr４π２Ncosθ－frsinθ－Ρ＝frν增大fmax＝μ０N时，ν亦增大到νmaxNsinθ＋μ０Ncosθ＝mr４π２Ncosθ－μ０Nsinθ－Ρ＝

＝

g（sinθ＋μ０r（cosθ－μ０sin图·４５当ν较小A有向下滑动趋摩擦力方向向上，A受力如图２畅１９（c）类似上述分析达到极限情况时有Nsinθ－μ０Ncosθ＝mr４π２Ncosθ＋μ０Nsinθ－Ρ＝νmin＝

g（sinθ－μ０cosr（cosθ＋μ０sin可见要使A与漏斗保持相对静止，ν应该在νmax＞ννmin之间2．20质量m的质F＝μmr的力排斥其中r为质点到固定中心的距离．在起始时，r０＝a，v０＝０．求当质点走过路s＝a时的速率．图２畅mμmr＝mdv＝mvdd d即vdv＝μrd ２∫∫vdv∫ 得

μrdv＝３μ·．21m可以粗略地R＝kv２畅求跳伞员的运动速率v随时t变化的规律和终极速率v．解这是一个变加速求解要用到微积理概念并没有·４６

P－R＝dmg－kv２＝mddt d mg－v２令则

＝ktdd

T＝T

图２畅Tdv v２－vT

＝kdm d kmT０v２－v２T得

m∫０dvT

，tR＝mkkvk

v＝v

２t／t －２t － R＋d当a＝dv＝极限速率vTdddTmg－T得

＝mdv＝Tmg－kv２＝０ vT

＝mg·４７3章功和能—1畅在质点产生一元位移dr的过作用在质点上的力F所做的功被定义为F和位移dr

dA＝F·d∫b∫Aab F·da（F在单位时间内所做的功

＝dA Pd P重力的功：A＝mg（z１－z万有引力的功：A＝GmM１弹簧弹性力的功：A

２１kλ２ ２２ ２摩擦力的功：A＝万有弹簧弹性力作功与路径无关擦力作功与路径有关2畅动能质点的动能定理合外力对质点做的功等于质点动能的增量A＝１mv２－１ 点系总动能的增量即Ae＋∑Ai＝Ek２－

∑i

i

１m 能；Ek１＝∑ １为质点系初态总动能i２i3畅应用动能定理解题的一般步骤确定研究对象分析研究对象的受力和各力作功情况列方求解讨论·４８4畅作功与路径无关的力有引簧弹性力等都是保守力5对保守力场可引入势能的概念其定０∫M０∫EpM

F·dF为保守EpM点的势能M为势能零重力势Ep＝mgzz＝的平面为势能零点万有引力势能：Ep＝GmM以无穷远处为r２弹簧弹性力势能：Ep＝１kx２以弹簧原长处为势能零点２6畅保守力与势能的F＝－Δ

＝－

＋Ep

l＝－dp7畅机械能守恒定

x

抄 抄

或 d在只有保守力做功的情况下统的机械能保持不变它是普遍的能量守恒定律的特例．8畅能量守恒定律能量不能也不能创造只能从一种形式转换为另一种形式对一孤立系二、典型例3唱1一弹簧的质量为m原长为l０劲度系数为k一端端系一质量为M弹簧的伸长是均匀的唱现将小球拉至A然后无初速地突然释放小球，试求小球经过位置B时的速度．由于弹簧伸长是均匀的所以弹簧上任意一点的速度vx随x线性增加即在x处弹簧的速度 vxyx 图３唱式中v为弹簧终B处的速度即小球的速度２dx２元的 dEkm

（dm）vx

１d

３xd ２ ２·４９则弹簧的总动能为 ymv２ km＝∫dEkm＝小球经过位置B时的速v其动

３xdx＝２y

６２EkM＝１２ E＝Ekm＋EkM＝１mv２＋１ 取小球与弹簧为系统内力为保守力外力不做功故系统的机械０１kl２＝１mv２＋１Mv２＋１k（y－l０ ０３k［l２－（y－０v ３M＋

）２但本题给出了一个要考虑弹簧质量的问题力作功是保守力作功机械能守恒本题的关键在于计算弹簧的动能弹簧上各个质元的速度不同因而其动能也不同这样就需先计算出一个微元的动能即本题中的１（dm）v２然后通过积分求整个弹簧的动能最后运用机 唱2l的直l２μ为λ撤去外力x时的速度．解法一取整个链条为研究对象分析其受力当链条在桌面移动距离x时沿链条方向，链条受重力（l２＋x）λg，摩擦力μ（l１－x）λg．根据牛顿定律：（l２＋x）λg－μ（l１－x）λg＝λ（l１＋l２）a＝l２＋xg－μl１－xlld

l１＋l２＋

图３唱 dt

l１－xl１＋

g－μ

＋l２·５０vdv

l２＋xg－μl１－xgdl１＋ l１＋＝l ［（１＋μ）xdx＋（l２－μl１）dx１＋当x＝链条速度v＝积分∫v∫vdv０glgl１＋v

xl１＋l２∫０［（１＋μ）xdx＋（l２－μl１）dx［（１＋μ）x２＋２（l２－μl１）x］１解法二取整个链条为研究对象当链条在桌面移动了距离dx时链条所受重力作功λ（lx）gdxμλ（lx）gdxd１λ（d２

＋

）v２根据动能定理２d１λ（l１＋l２）２

＝λ（l２＋x）gdx－μλ（l１－x）gd依题意知：x＝０时，v＝即

１λ（l１＋l２）∫v ∫v∫v１λ（l１＋l２）∫v

∫ ［λ（l２＋x）gdx－μλ（l１－x）gdx∫０∫x∫ ［λg（１＋μ）xdx＋λg（l２－μl１）dx０gl１＋２v ［（１＋μ）xgl１＋２

—

）x］１变力的功通过积分就可解此题接用牛顿定律也可求解此题我们可看3唱 一摆铃是由金属线围成的半径 a的圆环在此环上套上一个质量m的很小的圆环小环可在大圆环上无摩擦地滑动大环放置在竖直平面内在大环的最低点A将一个弹簧的一端固定的另一端则连到小环上如图所示．弹aak＝mg如果开始把小环拉到大圆环的最高点并以水平初速v０＝ag那么在大圆环的最低点小环的速度２时在起始阶段大圆环对小环的作用力是离开大圆环中心的而在·５１角度cos以后对小环的作用力则是指向大环中心的解设小环B弹簧与竖直方向夹角为φ对大环中心θ环受三个力作用mg弹性力T大环对小环的作用力N（假定沿半径向外为正向）．设小环在B点的速v由牛顿第二定律得mv ＝Tcosφ－mgcosθ－ 又aT＝kΔl＝mg（２acosφ－a＝mg（２cosφ－ 能零点

唱

以小环、弹簧与地球为研则系统机械能守恒．取最高点为重力势能零点弹簧原长为弹性势１mv２－mga（１＋cosθ）＋１mg（２acosφ－ ２２ １ ２＝２即v

＋２a（２a－ a将式（３）、（２）代入式（１）

２（５＋４cosθ＋８cosφ－

２N＝１２cos２φ－１０cosφ－６cosθ－θ＝π－２２N＝mg（１２cosφ－１１）（２cosφ＋ ２AA２２vA＝３２２（２）由式（４）可知：当cosφ＝１１时，N＝０当０＜φarccos１１时，２cosφ，１２cosφ，这时N＞０大环对小·５２时．当arccos＜φ时

cosφ，１２cosφ，这时N＜０，即大环说明本题综合运用了牛顿定律与机械能守恒定律力和弹簧弹性力是保守力，机械能守恒在写出弹簧弹性力势能时要注意其势能零点是选在弹簧原长处N＝3唱4质量为５畅６g的A以５０１m／s的速度水平地射入一静止在水平面上的质量kg的木BABB向前移动cm后而停（１）B与水平面间的摩擦因数（２）木块对所作的功W１（３）对木块所作的功W２（４）W１与W２的大小是否相为什解（１）射入木块时间短暂可认为此过木块没有移动在此过其动量守恒．m１v１＝（m１＋m２） AB的共同速度：u

m１＋m２v对AB构成的系统由动能定２２

—μ（

＋

）gs＝０－１（

＋

）μ＝２gs＝２gs（

mv１ mv１１＋m２（５畅６×１０－３ ＝２×９畅８×０畅５×（５畅６×１０－３＋２）２×５０

＝０畅v（２）对，由于木块对其作功，使其速度从v１＝５０１（m／s）减为零，因此根据v２１W１＝０－１２１

２＝－１

×５畅６×１０－３×５０１２＝－７０３１（３）对木块在整个过对其作功同时水平面的摩擦力也对其作功，木块初而后移cm后停根据动能定理W２－μ（m１＋m２）gs＝即W２＝μ（m１＋m２）＝０畅２×（５畅６×１０－３＋２）×９畅８×５０×１０－２＝１畅９７·５３（４）W１W２数值上不不为这是因为A和B系统内力作功它改变了系统的机械能．说明系统的内力不改变系统的动量而可能改变系统的机械能在此题中得到充分的体现守恒定律和动能定理就可解此题能定理求W１和W２时要正确分析和木块在整个过各力作功情况．例如对，从初速５０１m／s到同木块一起静止是由于木块对其作功的结果．三、习题详3畅 选择（１）把一质量为m各边长均a的均质货由位置（I）翻转到位置（II）人力所作的功为（D）．图３畅 （B）２２ －１）２（２）宇宙飞船关闭发返回地球的过可以认为是仅在地球万有引力作用下运动若用m表示飞船质量，M表示地球质量，G表示引力常量则飞船从距地球中心r１处下降到r２处的过动能的增量为（C）．

r１－

r１－ r

r

r１

r２１（３）质点M与一固定的轻弹簧相连接并沿椭圆轨道运动３畅１（３）已椭圆的长半轴和短半轴分别为ab弹簧原长为l（a＞l０＞b）劲度系数为k则质点由A运动到B的过弹性力所作的功为（B）图３畅

（A）１ka２－１ （B）１k（a－l０）２－１k（l０－ （C）１k（a－２·５４１k（l０－b）２－１k（a－l０）２ （４）一劲度系数为k的弹簧振子一端固定并置于水平面上弹簧的伸长量l若选距弹簧原长时自由端O点的距离为lO′点为弹性势能的零参考点则弹性势能为（D）．（A）１ （B）１ （C）１ （D）３ 图３畅（５）kg的物在变力F作用下沿x轴作直力随坐标x的变化如图３畅１（５）．物体在x＝０处，速度为１m／s则物体运动到x＝１６m处速度大小为（B）．（A）２２ （B）３（C）４ （D）１７m图３畅（）关于质点系内各质点间相互作用的内力作功问题以下说法中（C）一对内力所作的功之和一般不为零·５５一对内力所作的功之和是否为零3．2（１）质量m的质A点无初速沿图示轨道滑B点而停与H２分别表示A、B两点离水平面的高度则质点在滑动过摩擦力的功—mg（H１－H２）合力的功图３畅（）人从１０m深的井中提水桶离水面时装水１０kgm要漏掉０．２kg的水则把这桶水从水面提高到井口的过人力所作的功为８８２J．（）质点在F＝yixj作用下沿图示路径F的单位为N，x，y的单位为mF在路Oa上的A＝abA＝JOb上的功A＝JOcbO上的A＝J．图３畅（４）质量为M、长为L的均质链条挂在光滑水平细杆上若链条因 滑下则当链条的一端刚脱离细杆的瞬时链条速度大小 （５）劲度系数为k、原长为l０的轻弹簧一端固定于O点另一端系m的物体如图现将弹簧置于水平位置并保持原长然后无初速释放·５６ n２（n＋１）g－ n２（n＋１）g－ ．（６）质量为m的水平射入质量为M、置于光滑水平面上的沙箱在沙箱中前进l而静同时沙箱向前运动的距离为s，此后与沙箱一起以共同速度v匀速运动，则受到的平均阻力F＝Mv２／２s射入时的速度v０＝ M（s＋l）＋１沙箱 图３畅 ２统损失的机械ΔE＝Ml２s3．3某物块质量为PN使其压紧在墙上墙与物块的滑动摩擦因数为μ试计算物块沿图示的不同路径ABABAOBAB已知圆弧半径为r．解重力是所做的功摩擦力是非做功与路径有因而重力作的功：AAB＝AAB＝Pr，AAOB＝２２图３畅

AAB＝－ ２AAB＝－μN１π AAOB＝－μN２２3．4一弹簧原长２０cm劲度系数k＝２９４０N／m问将该弹簧由AB位置移A′B′位置弹性力的功等于多解AB、A′B′位置弹簧的伸长分Δl＝l－l０＝０畅２０２＋０畅４０２－０畅２０＝０畅２４７（m）Δl′＝l′－l０ ０畅１５２＋０畅２０２－０畅２０＝０畅０５弹簧弹性力作功为弹性势能增量的负值因而A＝－－１k（Δl′）２－１k（Δ ＝１×２９４０×（０畅２４７２－）＝（J）·５７图３畅3．5求把水从面积为５０m２的 室中抽到街道上来所需作的功已知水深为１畅５m水面至街道的距离为５m．图３畅解该功数值上等于同一过重力的功取坐标如图（b）则dA＝ρsgzd２z２A＝

ρsgzdz∫６畅∫＝５畅

１×１０３×５０×９畅８×zd＝－４畅２３×１０６抽水所需的功为A＝４畅２３×１０６J也可从能量角度考虑此题抽水所做的功等于水机械能的变化道为势能·５８

A＝０－－ρs（z２－z１）·

z２－ ＝１ρsgz２－ ＝４畅２３×１０６ 3．6计算沿x方向的力F（x）＝αx２－β在从x 到x这段位移中所作的功．设α＝３N／m２，β＝２N，x１＝１m，x２＝３m 解由功的定义 A＝∫２F（x）dx＝∫２（αx２－β）d ＝１α

x—３ １J＝１×３（３３－１３）－２×（３－１）＝２２（）J有一半放在光滑的桌面上，而另一半下求铁链滑离桌面边缘时重力所作的功．等于铁链势能增量的负因而有A＝－Δ＝－ －１

mgl－－１

＝３

图３畅８８3．8弹簧对物体的作用力F＝kxi８８kyjk为物体xy平面运动时的劲度求当物体从起点（xi，yi）移到终点（xf，yf）时弹力作功的表达式．解由功的定义A＝（xi，yi

（xf，yfF·dr＝（xi

Fxdx＋Fyd＝（xi，yif

（－kxdx－kydy＝∫－kxdx＋∫－kyd＝１k（x２－x２）＋１k（y２－y２ 3．9v＝vi的速度运动成正比，F＝Avi，AA＝N·sm２．（）如小汽车以km／h的·５９恒定速km求空气阻力所作的功．（）问保持该速率空气阻力必须提供多大的功率？解（１）小汽车以８０km／h的恒定速率行驶时恒力行驶km，（２）