物理学简明教程1-9章课后习题答案

第一章质点运动学

1-1质点作曲线运动,在时亥M质点的位矢为「，速度为。，速率为oj至。+A。时间内的位移为

Ar,路程为心，位矢大小的变化量为Ar(或称AIrI)，平均速度为资，平均速率为万.

(1)根据上述情况，则必有()

(A)IArI=A.V=Ar

(B)IArI声M声Ar,当A/TO时有IdrI=由¥dr

(C)IArI,Ar户As,当A/—0时有IdrI=d厂声ds

(D)IArI#AsrAr,当At—>0时有IdrI=dr=ds

(2)根据上述情况，则必有()

(A)I0I=。，I»I=万(B)|uIi^v,\v\/v

(C)\v\=v,\v\^v(D)I0Itv,\v\=v

题1-1图

分析与解(1)质点在/至。+A。时间内沿曲线从尸点运动到尸点，各量关系如图所示，其

中路程A5=PP，，位移大小IArI=PP；而"=IrI-IrI表示质点位矢大小的变化量，三个

量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能).但当M-O

时，点尸'无限趋近P点，则有IdrI=由,但却不等于故选(B).

⑵由于IArI先S,故生声生，即|步I

△tAr

drds

但由于Idr|=ds,故—,B|JI万I=方.由此可见，应选(C).

dtdt

1-2…运动质点在某瞬时位于位矢/<x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见，即

⑴9⑵半;ds,

⑶丁⑷

d/dt

下述判断正确的是()

(A)只有(1)(2)正确(B)只有(2)正确

(C)只有⑵⑶正确(D)只有(3)(4)正确

分析与解—表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率.通常

At

用符号外表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；称表示速度矢量；在自然坐标系中

速度大小可用公式受计算，在直角坐标系中则可由公式。求解.故

d/

选(D).

1-3一个质点在做圆周运动时，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)切向加速度定改变，法向加速度不变

分析与解加速度的切向分量m起改变速度大小的作用，而法向分量为起改变速度方向的作

用.质点作圆周运动时，由于速度方向不断改变，相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法

向加速度是一定改变的.至于m是否改变，则要视质点的速率情况而定.质点作匀速率圆周

运动时，小恒为零；质点作匀变速率圆周运动吐m为•不为零的恒量，当a,改变时，质点则作

一般的变速率圆周运动.由此可见，应选(B).

1-4质点的运动方程为

x=-10r+30/2

y=15r-20z2

式中x,y的单位为mJ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量式可分别求出速度、加速度的分量，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

u=—=-10+60/

、dt

vv=或=15-40/

At

当，=0时,%=・10m-s",%=15m-s"，则初速度大小为

「+%；=18.0m

设为与x轴的夹角为a,则

tana上二

%2

a=123°41r

(2)加速度的分量式为

_22

ar=--=60m-s,av=--=-40m-s-

vdt，d/

则加速度的大小为

a-不a：+“；=72.1m-s-2

设。与x轴的夹角为以则

_°「一2

t,anpA————

%3

4=・33。41'（或326。19'）

1-5质点沿直线运动,加速度a=4-t2，式中。的单位为nrs।j的单位为s.如果当/=3s

时X=9m,v—2m-s，求质点的运动方程.

分析本题属于运动学第二类问题，即已知加速度求速度和运动方程，必须在给定条件下用积

dz?dr

分方法解决.由a=—和。=一可得d。=ad/和dr=od/.如a=o⑺或则可两边

d/d/

直接积分.如果。或。不是时间/的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后

再做积分.

解由分析知，应有

[do=[adt

得。=4/-；F+00（1）

由]dx=卜山

，，1，

得x=2/"-+v^t+XQ（2）

将Z=3s时占=9m,o=2m-s"代入（1）、⑵得

VQ=-\m-s」xo=O.75m

于是可得质点运动方程为

,1.

x=2z2--/4+0.75

12

1-6飞机以100m-st的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100m时,驾驶员要把物品空投

到前方某一地面目标处，问：（1）此时目标在飞机正下方位置的前面多远？（2）投放物品时,

驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？（3）物品投出2.0s后,它的法向加速度和切向加速

度各为多少？

题1-13图

分析物品空投后作平抛运动.忽略空气阻力的条件下，由运动独立性原理知,物品在空中沿

水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动.到达地面目标时，两方向上运动时间

是相同的.因此，分别列出其运动方程,运用时间相等的条件，即可求解.

此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度.为求特定时刻t时物体的切向加

速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角a或小由图可知，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打、马,求出，这样，也就

可将重力加速度g的切向和法向分量求得.

解(1)取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为

x=vt,y=Mlgt1

飞机水平飞行速度。=100Urs」，飞机离地面的高度y=100m,由上述两式可得目标在飞机正

下方前的距离

x=v—=452m

VS

(2)视线和水平线的夹角为

0-arctan?=12,5°

x

(3)在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

Vgt

a=arctan—=arctan—

七°

取自然坐标，物品在抛出2s时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为

a,=gsina=gsinfarctan-j=1.88m-s-2

-2

an=geosa=gcoslarctan-1=9.62m-s

i-7一质点沿半径为R的圆周按规律运动,如、b都是常量.(i)求，时刻质

点的总加速度；(2)/为何值时总加速度在数值上等于6?(3)当加速度达到〃时，质点已沿圆

周运行了多少圈？

分析在自然坐标中,S表示圆周上从某一点开始的曲线坐标.由给定的运动方程s=s（/）,对时

I,Hjf求一阶、二阶导数，即是沿曲线运动的速度V和加速度的切向分量而加速度的法向分

量为③=。2例.这样，总加速度为至于质点在/时间内通过的路程，即为曲线坐

标的改变量/s=4-s°.因圆周长为2）rR,质点所转过的圈数自然可求得.

解（1）质点作圆周运动的速率为

心1,

v=~=v0-ht

其加速度的切向分量和法向分量分别为

°ba-附

故加速度的大小为

其方向与切线之间的夹角为

（%一加）2

0=arctan—=arctan

%Rb

⑵要使I。I="由工江西欣与尸=6可得

b

（3）从,=0开始至/=。（）乃时，质点经过的路程为

因此质点运行的圈数为

2nR4nbR

1-8一升降机以加速度1.22m-s-2上升,当上升速度为2.44nrs」时，有一螺丝自升降机的天

花板上松脱，天花板与升降机的底面相距2.74m.计算：（1）螺丝从天花板落到底面所需要的

时间；（2）螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离.

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自由落体运动,列出这两种运动在同

一坐标系中的运动方程％=乃⑺和”=3（。，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，此加速度应该是相对加速度.升降机厢的高度就是螺丝（或升降机）运动的路程.

解1（1）以地面为参考系,取如图所示的坐标系，升降机与螺丝的运动方程分别为

12

y\=vot+~at

y2=〃+卬一岸厂

当螺丝落至底面时，有凹="，即

12,12

vot+-af^h+vot--gr

(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

2

d=h—y,=—vot+；gt=0.716m

解2(1)以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度大小,=g+”,螺丝落至底面时，有

1,

0=h--(g+a)r

0.705s

(2)由于升降机在，时间内上升的高度为

,,12

h-vot+—af

则d=〃一/?'=0.716m

题1-8图

1-9•无风的下雨天，一列火车以5=20.0m-s-的速度匀速前进，在车内的旅客看见玻璃窗

外的雨滴和垂线成75。角下降.求雨滴下落的速度。2.(设下降的雨滴作匀速运动)

题1-19图

分析这是一个相对运动的问题.设雨滴为研究对象，地面为静止参考系S,火车为动参考系

S-.5为S，相对S的速度,力为雨滴相对S的速度，利用相对运动速度的关系即可解.解以

地面为参考系，火车相对地面运动的速度为h,雨滴相对地面竖直下落的速度为力，旅客看到

雨滴下落的速度力'为相对速度,它们之间的关系为%=%'+%(如图所示)，于是可得

二05.36m-s-1

tan75°

1-10如图(a)所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速率为白，下落雨滴的速度方向偏于竖直方

向之前。角，速率为02’,若车后有一长方形物体，问车速仍为多大时，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，地血为静参考系S,汽车为动参考

系S如图(a)所示，要使物体不被淋湿，在车上观察雨点F落的方向(即雨点相对于汽车的运

动速度巧'的方向)应满足a>arctan—.再由相对速度的矢量关系*=0,-叼，即可求出所

h

需车速。i.

题1-20图

解由4=。2-跖[图(b)],有

v-vsm0

a=arctany2

02cos8

而要使a2arctan—，则

h

vt-u2sin^>I

02cos。h

、（IcosO.Q

0>v2l---+sin，J

1-11用水平力FN把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止.当尸N逐渐增大时，物体

所受的静摩擦力衣的大小()

(A)不为零，但保持不变

(B)随八成正比地增大

(C)开始随尸N增大，达到某一最大值后，就保持不变

(D)无法确定

分析与解与滑动摩擦力不同的是，静摩擦力可在零与最大值〃尸N范围内取值.当尸N增加时,

静摩擦力可取的最大值成正比增加，但具体大小则取决于被作用物体的运动状态.由题意知,

物体一直保持静止状态,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，转弯处轨道半径为凡汽车轮胎与路面间的摩擦因数为〃，要使汽

车不至于发生侧向打滑，汽车在该处的行驶速率()

(A)不得小于(B)必须等于

(C)不得大于/颍(D)还应由汽车的质量机决定

分析与解由题意知，汽车应在水平面内作匀速率圆周运动，为保证汽车转弯时不侧向打滑,

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〃尸由此可算

得汽车转弯的最大速率应为°=〃Rg.因此只要汽车转弯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，其速率保持不变

(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，方向永远指向圆心

(D)它受到的合外力大小不变，其速率不断增加

题2-4图

分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中

心的轨道支持力网作用，其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有

关.重力的切向分量。"gcosJ)使物体的速率将会不断增加(山机械能守恒亦可判断)，则物体

作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大，由轨道法向方向上的动力学方程

F^-mgsinO=喉可判断，随。角的不断增大过程，轨道支持力/N也将不断增大，由此可见

应选(B).

*1-14图(a)示系统置于以a=1/4g的加速度上升的升降机内,A、B两物体质量相同均为

机,A所在的桌面是水平的，绳子和定滑轮质量均不计，若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦，并不

计空气阻力，则绳中张力为()

(A)5/8mg(B)1/2mg(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，图中〃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/T=5/8mg.故选(A).

题2-5图

讨论对于习题2-5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

图像较为明确，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0A和曲均

应对地而言，本题中4A和的的大小与方向均不相同.其中“A应斜向上.对“A、曲、“和之间

还要用到相对,运动规律，求解过程较繁琐.有兴趣的读者不妨自己尝试•下.

1-15在如图(a)所示的轻滑轮上跨有一轻绳，绳的两端连接着质量分别为1kg和2kg的物体

A和B,现以50N的恒力尸向上提滑轮的轴，不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦，求A和B的加

速度各为多少？

y

(a)(b)

题1-15图

分析在上提物体过程中，由于滑轮可以转动，所以A、B两物体对地加速度并不相同，故应

将A、B和滑轮分别隔离后，运用牛顿定律求解，本题中因滑轮质量可以不计，故两边绳子

张力相等，且有尸=24.

解隔离后，各物体受力如图(b)所示，有

滑轮口一2弓=0

AF7-m^g=mAaA

B

FT-wBg=wBaB

-2

联立三式，得6/A=15.2m・s-2,=2.7m-s

讨论如由式尸-(〃A+〃B)g=(^A+^B)a求解，所得4是A、B两物体构成的质点系的质

心加速度，并不是A、B两物体的加速度.上式叫质心运动定理.

1-16一质量为机的小球最初位于如图(a)所示的4点,然后沿半径为r的光滑圆轨道/QCB下

滑.试求小球到达点C时的角速度和对圆轨道的作用力.

(a)

题1-16图

分析该题可由牛顿第二定律求解.在取自然坐标的情况下，沿圆弧方向的加速度就是切向

加速度小，与其相对应的外力凡是重力的切向分量mgsina,而与法向加速度a相“对应的外力是

支持力尽和重力的法向分量加gcosa.由此，可分别列出切向和法向的动力学方程尸,=〃7do/d/

和兄=侬况由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的，因此，需应用积分求解，为使运算简便,

可转换积分变量.

该题也能应用以小球、圆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.但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力.

解小球在运动过程中受到重力尸和圆轨道对它的支持力尸N.取图(b)所示的自然坐标系，由

牛顿定律得

„.dv八、

Ft=-wgsina=(1)

mv2

Fn=FN-mgcosa=m-----(2)

由"台零'得八代入式⑴,并根据小球从点人运动到点0的始末条件，进行积

分，有

[vdu-口(-rgsina)da

得0=、2rgcosa

则小球在点C的角速度为

co=—=^/2gcosa/r

r

由式(2)得F=m-------Fmgeosa—3"geosa

vr

由此可得小球对圆轨道的作用力为

F1=1FN--3mgcosa

负号表示尸N与en反向.

1-17光滑的水平桌面上放置一半径为火的固定圆环，物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦

因数为〃，开始时物体的速率为。o，求：（1）t时刻物体的速率：（2）当物体速率从内减少1/2时,

物体所经历的时间及经过的路程.

题1-17图

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

作圆周运动的过程中，促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力Ev和环与物体

之间的摩擦力R,而摩擦力大小与正压力E、，'成正比，且FN与尸/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来了，从而可用运动学的积分关系式求解速率

和路程.

解（1）设物体质量为见取图中所示的自然坐标，按牛顿定律，有

2

由分析中可知，摩擦力的大小巴,由上述各式可得

v2dv

U一=---

Rd/

取初始条件/=0时,并对上式进行积分，有

R+。。因

（2）当物体的速率从为减少到%/2时，由上式可得所需的时间为

物体在这段时间内所经过的路程

小/=］缶山

s="ln2

第二章动量守恒定律和能量守恒定律

2-1对质点系有以下几种说法：

(1)质点组总动量的改变与内力无关；

(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)、(2)是正确的

(C)(1)、(3)是正确的(D)(2)、(3)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

量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量.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•般为零，一对摩擦内力的功代数和•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、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的，有

两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下，则()

(A)物块到达斜面底端时的动量相等

(B)物块到达斜面底端时动能相等

(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量守恒

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,故系统机械能守恒.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，另一方面通过物体与斜面之间的弹性

内力作功将一部分能量转化为斜面的动能，其大小取决其中一个内力所作功.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(A)(B)(C)三种说法均不正确.至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前

系统动量为零，下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零.由此可知,此时向上的地面支持

力并不等于物体与斜面向下的重力)，但在水平方向上并无外力，故系统在水平方向上分动量

守恒.

2-3如图所示，质量分别为如和g的物体力和8,置于光滑桌面上4和8之间连有一轻弹簧.另

有质量为如和加2的物体C和。分别置于物体Z与8之上,且物体4和C、8和。之间的摩擦因数

均不为零.首先用外力沿水平方向相向推压力和8,使弹簧被压缩，然后撤掉外力，则在力和8弹

开的过程中，对4B、C、D以及弹簧组成的系统，有()

(A)动量守恒，机械能守恒(B)动量不守恒，机械能守恒

(C)动量不守恒,机械能不守恒(D)动量守恒，机械能不定守恒

CD

r^/wwww4^

题3-4图

分析与解由题意知，作用在题述系统上的合外力为零，故系统动量守恒，但机械能未必守恒,

这取决于在A、B弹开过程中C与A或D与B之间有无相对滑动，如有则必然会因摩擦内力

作功，而使一部分机械能转化为热能，故选(D).

2-4如图所示，子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出.以地面为参考系，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

v

题3-5图

分析与解子弹-木块系统在子弹射入过程中，作用于系统的合外力为零，故系统动量守恒，但

机械能并不守恒.这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子

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，一部分通过其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质量为皿的物体,由水平面上点。以初速为。°抛出,。0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)物体从发射点到落回至同一水

平面的过程中，重力的冲量.

题3-7图

分析重力是恒力，因此，求其在一•段时间内的冲量时，只需求出时间间隔即可.由抛体运动规

律可知，物体到达最高点的时间=%理，物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是

g

到达最高点时间的两倍.这样，按冲量的定义即可求得结果.

另一种解的方法是根据过程的始、末动量，山动量定理求出.

解1物体从出发到达最高点所需的时间为

g

则物体落回地面的时间为

〃

,c,2si2na

A/2=2AZ,=------

g

于是,在相应的过程中重力的冲量分别为

4=[IFdt==-mi?osinaj

A=[,Fdt--mg\tj=-2myosinaj

解2根据动量定理，物体山发射点。运动到点4、8的过程中，重力的冲量分别为

/,=mvAyj-mvoyj=-/MUosinaj

mvmv

/2=Byj-oyJ=-2/7Wosinaj

2-6高空作业时系安全带是非常必要的.假如一质量为51.0kg的人,在操作时不慎从高空

竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来.已知此时人离原处的距离为2.0m,

安全带弹性缓冲作用时间为0.50s.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，只受重力作用，人体可看成

是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中，则人体同时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.为求安全带的冲力，可以从缓冲时间内，人体运动状态(动量)

的改变来分析，即运用动量定理来讨论.事实上，动量定理也可应用于整个过程.但是，这时必

须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态，人体的速度均为

零.这样，运用动量定理仍可得到相同的结果.

解1以人为研究对象，按分析中的两个阶段进行讨论.在自由落体运动过程中，人跌落至2m

处时的速度为

V,=y/2gh(1)

在缓冲过程中，人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理，有

(F+P)△/=mv2-(2)

由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为

户=冲+如=〃陪+^5L1.14X103N

△tA/

解2从整个过程来讨论.根据动量定理有

F=^-.j2h/g+mg=\A4x103N

2-7如图所示,在水平地面上，有一横截面5=0.2011?的直角弯管，管中有流速为。=3.0ms

的水通过，求弯管所受力的大小和方向.

题3-12图

分析对于弯曲部分AB段内的水而言，由于流速一定,在时间A/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4内动量的增量也就是流入与流出水的

动量的增量M=Am(OB-OA)：此动量的变化是管壁在A/时间内对其作用冲量/的结果.依据

动量定理可求得该段水受到管壁的冲力后由牛顿第三定律，自然就得到水流对管壁的作用力

产'=-尸.

解在M时间内，从管一端流入(或流出)水的质量为Aw=poSM,弯曲部分AB的水的动量的

增量则为

Ap=A7w(rB-0A)=pDS\t(rB-rA)

依据动量定理/=A",得到管壁对这部分水的平均冲力

户=(=ps必包-%)

从而可得水流对管壁作用力的大小为

F=-F=-叵pS6=-2.5xl03N

作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧.

2-8质量为”的人手里拿着一个质量为机的物体，此人用与水平面成a角的速率。。向前跳

去.当他达到最高点时，他将物体以相对于人为"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)

题3-14图

分析人跳跃距离的增加是由于他在最高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•系统，因水平方

向不受外力作用，故外力的冲量为零，系统在该方向上动量守恒.但在应用动量守恒定律时,

必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的，因此，在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关

系来确定.至于，人因跳跃而增加的距离，可根据人在水平方向速率的增量来计算.

解取如图所示坐标.把人与物视为•系统，当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中，满足

动量守恒，故有

(tn+0cosa=mv+m(v-w)

式中。为人抛物后相对地面的水平速率为抛出物对地面的水平速率.得

m

v=00cosa+-------u

0m+m

人的水平速率的增量为

.m

lSv-v-00cosa=-------u

m+m

而人从最高点到地面的运动时间为

/_rosina

g

所以,人跳跃后增加的距离

.mvsma

Ax=A=~~~-n~—

[m+tn)g

2-9一质量为0.20kg的球，系在长为2.00m的细绳上，细绳的另一端系在天花板上.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

程中，重力和张力所作的功；(2)物体在最低位置时■的动能和速率；(3)在最低位置忖的张力.

////////,

题2-9图

分析（1）在计算功时，首先应明确是什么力作功.小球摆动过程中同时受到重力和张力作

用.重力是保守力，根据小球下落的距离，它的功很易求得；至于张力虽是一变力，但是，它的方

向始终与小球运动方向垂直，根据功的矢量式％=即能得出结果来.（2）在计算功

的基础上，由动能定理直接能求出动能和速率.（3）在求最低点的张力时，可根据小球作圆周

运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定.

解（1）如图所示，重力对小球所作的功只与始末位置有关，即

Wp=P\h=wg/（l-cos。）=0.53J

在小球摆动过程中,张力尸T的方向总是与运动方向垂直，所以，张力的功

叫=JX•小

（2）根据动能定理，小球找动过程中，其动能的增量是由于重力对它作功的结果.初始时动能

为零，因而，在最低位置时的动能为

线=K=0.53J

小球在最低位置的速率为

2&%=2.30m7

V=

mm

（3）当小球在最低位置时，由牛顿定律可得

FLP=Q

2

耳=摩+空^=2.49N

2-10一质量为机的质点，系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上.此质点在粗糙水平面

上作半径为r的圆周运动.设质点的最初速率是比.当它运动一周时，其速率为。。/2.求：（1）摩

擦力作的功；（2）动摩擦因数：（3）在静止以前质点运动了多少圈？

分析质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运

动中克服摩擦力作功上.由此，可依据动能定理列式解之.

解(1)摩擦力作功为

%=耳一线。=〈机"一;机瑞=一]机式(1)

ZZo

(2)由于摩擦力是一恒力，且Fr="，〃g,故有

W=F(scos180°=-2肛仅%g⑵

由式(1)、(2)可得动摩擦因数为

\67jrg

(3)由于一周中损失的动能为3?a说,，则在静止前可运行的圈数为

O

〃=%=9圈

W3

2-11如图(a)所示〃和8两块板用一轻弹簧连接起来，它们的质量分别为如和吃.问在Z板上

需加多大的压力，方可在力停止作用后,恰能使/在跳起来时8稍被提起.(设弹簧的劲度系数

为后)

题2-11图

分析运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一.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，过程中任何时刻守恒量不

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

械能守恒定律来解决.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1),直到8板刚被提起(取作状态2),在这一过程中，系统不受外力作用，而内力中又只有保

守力(重力和弹力)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，并结合这两状态下受力的平衡，便可将所需压力求出.

解选取如图(b)所示坐标,取原点。处为重力势能和弹性势能零点.作各状态下物体的受力

图.对/板而言，当施以外力FI时，根据受力平衡有

F\=P^F(1)

当外力撤除后，按分析中所选的系统，由机械能守恒定律可得

m

-mgy[=+gy2

式中歹1、先为“、N两点对原点。的位移.因为吊=0|,92=02及尸1=如自上式可写为

Q-&=2P1⑵

由式（1）、（2）可得

F=Pi+&0）

当Z板跳到N点时U板刚被提起，此时弹性力F’2=P2，且尸2=尸2.由式（3）可得

=

F=Pi+P2（mi+m2）g

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，通常取弹簧原长时的弹性势能

为霎点，也同时为重力势能的零点.

2-12如图所示，一质量为根的木块静止在光滑水平面上，一质量为机/2的子弹沿水平方

向以速率也射入木块一段距离〃此时木块滑行距离恰为S）后留在木块内，求：（1）木块与

子弹的共同速度匕此过程中木块和子弹的动能各变化了多少？（2）子弹与木块间的摩擦阻

力对木块和子弹各作了多少功？（3）证明这•对摩擦阻力的所作功的代数和就等于其中一

个摩擦阻力沿相对位移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量（亦即转化为热的那部分能量）.

分析对子弹-木块系统来说，满足动量守恒，但系统动能并不守恒，这是因为一对摩擦内力

所做功的代数和并不为零，其中摩擦阻力对木块作正功，其反作用力对子弹作负功，后者功

的数值大于前者，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）两问给出了具有普遍意义的结论，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

mv0/2=（加/2+m）v

解得共同速度

1

F

11

对木块A£=­mv2—0=—2

k2218

对子弹阻2=h）"2-1（y）vo="|^Vo

（2）对木块和子弹分别运用质点动能定理，则

1,

对木块Wx=A£kl=一mvg

W

对子弹2=A^k2=_|相片

（3）设摩擦阻力大小为耳，在两者取得共同速度时，木块对地位移为s,则子弹对地

位移为L+s,有

对木块％=

+s）

对子弹W2=-Ff（L

得w=W,+W2=-F（L

式中/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.

1,

（4）

对木块=F{s=—mv^

+s）=

对子弹W2=-Fr（L一长乂

两式相加，得

用+/=[^mv2+；（§，]_

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量.

2-13一质量为根的地球卫星，沿半径为37?E的圆轨道运动，&为地球的半径.已知地球的质

量为机E・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置和绕地球运动的速率，其势能和动能

即可算出.由于卫星在地球引力作用下作圆周运动，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属于系统（卫星和地球）的，要确定特定位置的势能时，必须规定势

能的零点，通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零.这样，卫星在特定位置的势能也就能

确定了.至于卫星的机械能则是动能和势能的总和.

解（1）卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力，由牛顿定律可得

2

「mmv

G.Ec.=m----

（34）3席

「机

则EL=—1mv22=G-/--I

26RP

(2)取卫星与地球相距无限远&T8)时的势能为零，则处在轨道上的卫星所具有的势能为

E=-G

p~3R^

(3)卫星的机械能为

mPm

E=E卜+EpG------G---=-G---

67?DF37?FD67?F匕

2-14如图(a)所示，天文观测台有一半径为火的半球形屋面，有一冰块从光滑屋面的最高点由

静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计.求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度.

(a)(b)

题2-14图

分析取冰块、屋面和地球为系统，由于屋面对冰块的支持力外始终与冰块运