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1、物理学教程第二版上册习题答案第一章质点运动学1 -1 分析与解(1) 质点在t 至 (t t)时间内沿曲线从P 点运动到P点,各量关系如下图, 其中路程sPP , 位移大小rPP ,而rr- r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t 0 时 ,点P无限趋近P点 ,则有 dr ds,但却不等于dr故选 (B) (2) 由于rs,故tst r,即vv但由于 dr ds,故tstddddr,即vv由此可见 ,应选 (C) 1 -2 分析与解trdd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用符号vr表示
2、,这是速度矢量在位矢方向上的一 个 分 量 ；tddr表 示 速 度 矢 量 ； 在 自 然 坐 标 系 中 速 度 大 小 可 用 公 式tsddv计 算 , 在 直 角 坐 标 系 中 则 可 由 公 式22ddddtytxv求解故选 (D) 1 -3 分析与解tddv表示切向加速度a,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；trdd在极坐标系中表示径向速率vr(如题 1 -2 所述 ) ；tsdd在自然坐标系中表示质点的速率v；而tddv表示加速度的大小而不是切向加速度a因此只有 (3) 式表达是正确的故选(D) 1 -4 分析与解加速度的切
3、向分量a起改变速度大小的作用,而法向分量an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a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,a恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a为一不为零的恒量,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 -5 解(1) 质点在 4.0 s 内位移的大小m3204xxx(2) 由0ddtx得知质点的换向时刻为s2pt(t 0 不合题意 ) 则m0 .8021xxxm40242xxx所以 ,质点在 4.0 s 时间间隔内的路程为精选学习资料 -
4、- - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 38 页m4821xxs(3) t 4.0 s 时1s0. 4sm48ddttxv2s0 .422m.s36ddttxa1 -6 解(1) 由x(t)和y(t)中消去 t 后得质点轨迹方程为2412xy这是一个抛物线方程,轨迹如图 (a) 所示(2) 将t0和t2 分别代入运动方程,可得相应位矢分别为jr20, jir242图(a) 中的 P、 Q 两点 ,即为t0和t 2 时质点所在位置(3) 由位移表达式,得jijirrr24)()(020212yyxx其中位移大小m66.5)()(22yxr而径向增量
5、m47.22020222202yxyxrrrr1 -7 解(1) 速度的分量式为ttxx6010ddvttyy4015ddv当t0 时, v0 x-10 m -1 , v0y15 m -1 ,则初速度大小为120200sm0.18yxvvv设v0与x轴的夹角为 ,则23tan00 xyvv123 41 (2) 加速度的分量式为2sm60ddtaxxv, 2sm40ddtayyv则加速度的大小为222sm1.72yxaaa设a 与x轴的夹角为,则32tanxyaa-33 41 (或 326 19 ) 1 -8 解1 (1) 以地面为参考系,取如下图的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为精选学习资
6、料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 38 页20121attyv20221gtthyv当螺丝落至底面时,有y1y2 , 即20202121gtthattvvs705. 02aght(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m716.021202gttyhdv解2 (1) 以升降机为参考系,此时 ,螺丝相对它的加速度大小aga,螺丝落至底面时,有2)(210taghs705. 02aght(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021atthv则m716.0hhd1 -9 解由分析知 ,应有tta0dd0vvv得03314vvtt
7、(1) 由txxtx0dd0v得00421212xtttxv(2) 将t 3时 ,x 9 m,v 2 m -1代入 (1) 、 (2) 得v0-1 m -1, x0 0.75 m 于是可得质点运动方程为75.0121242ttx1 -10 解选取石子下落方向为y轴正向 ,下落起点为坐标原点(1) 由题意知vvBAtadd(1) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 38 页用别离变量法把式(1) 改写为tBAddvv(2) 将式 (2) 两边积分并考虑初始条件,有ttBA0ddd0vvvvv得石子速度)e1(BtBAv由此可知
8、当 ,t时 ,BAv为一常量 ,通常称为极限速度或收尾速度(2) 再由)e1(ddBtBAtyv并考虑初始条件有tBAytBtyd)e1(d00得石子运动方程)1(e2BtBAtBAy1 -11 解由加速度定义式,根据初始条件t0 0时v0 0,积分可得tttt000)d46(ddjiavvjitt46v又由tddrv及初始条件t0 时 ,r0 (10 m)i,积分可得ttrrtttt00)d46(dd0jirvjir222)310(tt由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x10 3t2y 2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程3y2x -20 m 这是一个直线方程直线斜率32tanddxyk
9、, 33 41 轨迹如下图1 -12 解(1) 由参数方程xt, yt2消去t得质点的轨迹方程：y x2(2) 在t11.00 到t2jirr0 .60.21212tttrv(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 38 页jijijittytxtyx0.40 .2dddd)(vvvjjia22222sm0 .4dddd)(tytxt则tv(t)t 1i -j 切向和法向加速度分别为ttyxttttteeea222s1sm58.3)(ddddvvvnntnaaeea222sm79.1(4)
10、 t 122sm47.4yxvvv则m17.112nav1 -13 解(1) 取如下图的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为xvt, y1/2 gt2飞机水平飞行速度v 100 m s-1 ,飞机离地面的高度y 100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m4522gyxv(2) 视线和水平线的夹角为o5.12arctanxy(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vvvgtxyarctanarctan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2sm88.1arctansinsinvgtggat2sm62.9arctancoscosvgtgga
11、n1 -14 解在图示坐标系中，有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 38 页tvx)cos(01 2021sin(gttvy） 2gtvvysin0 3 (1) 由式 1，令57mxxm ，得飞跃时间37.1cos0mmvxts 2由式 3 ，令0yv，得飞行到最大高度所需时间gvtsin0m将mt代入式 2 ，得飞行最大高度67. 02sin220mgvym 则飞车在最高点时距河面距离为10myhm67.10m 3将37.1mts 代入式 2，得西岸木桥位置为y = - 4.22 m “- ”号表示木桥在飞车起飞点的下方
12、. 讨论此题也可以水面为坐标系原点，则飞车在y方向上的运动方程应为10ym + 2021)sin(gttv1 -15 解 1 由分析知，在图a坐标系中，有20)sin(21)cos(tgtvx 120)cos(21)sin(tgtvy 2落地时，有y=0 ，由式 2解得飞行时间为31.230tan20gvts 将t值代入式1，得1.263220gvxOPm 解 2 由分析知，在图b 坐标系中，对小球tvx)cos(0 1 2021)sin(gttvy 2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 38 页对点Ptanxy3 由式 1
13、 、 2可得球的轨道方程为2202cos2tanvgxxy 4落地时，应有yy，即60cos260tan30tan2202vgxxx解之得落地点P的x坐标为gvx33205则1.263230cos20gvxOPm 联解式 1 和式 5 可得飞行时间31.2ts 讨论比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会? 1 -16 解(1) 质点作圆周运动的速率为btts0ddvv其加速度的切向分量和法向分量分别为btsat22dd, RbtRan202)(vv故加速度的大小为R)(402222btbaaaattnv其方向与切线之间的夹角为Rbbtaatn20)(arctanarctanv(2)
14、要使ab,由bbtbRR4022)(1v可得bt0v(3) 从t0 开始到tv0 /b 时,质点经过的路程为bssst2200v因此质点运行的圈数为bRRsn4220v1 -17 解因 Rv,由题意 t2得比例系数322srad2Rttkv所以22)(tt则t 0.5 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12srad5.02t2srad0.24ddtt精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 38 页2sm0 .1Rat总加速度nttnRReeaaa22222sm01.1RRarad33.532d2d203202200tttt1
15、 -18 解(1) 由于342t,则角速度212ddtt在t 2 时 ,法向加速度和切向加速度的数值分别为22s2sm30.2ratn2s2sm80.4ddtratt(2) 当22212/tntaaaa时 ,有223ntaa,即422212243trrt得3213t此时刻的角位置为rad15.3423t(3) 要使tnaa,则有422212243trrtt 1 -19 122vvv(如下图 ),于是可得1o12sm36.575tanvv1 -20 解由122vvv图 (b) ,有cossinarctan221vvv而要使hlarctan,则hlcossin221vvvhlsincos21vv第
16、二章牛顿定律2 -1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 38 页分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F( 其方向仍可认为平行于斜面) 和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图 (b) 所示 ,由其可解得合外力为mgcot ,故选 (D) 求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征2 -2 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 FN范围内取值当FN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
17、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) 2 -3 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 FN由此可算得汽车转弯的最大速率应为v 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) 2 -4 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FN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(m gcos ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可
18、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RmmgFN2sinv可判断 ,随角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B) *2 -5 分析与解此题可考虑对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a为A 、B 两物体相对电梯的加速度,ma为惯性力对A 、 B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F 5/8 mg故选 (A) 2 -6 解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有mamgmgcossin(1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有2
19、2cossin2121costgatl则gltcossincos2(2) 为使下滑的时间最短,可令0ddt,由式 (2) 有0sincoscoscossinsin则可得12tan,o49精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 38 页此时s99.0cossincos2minglt2 -7 解按题意 ,可分别取吊车( 含甲、乙 ) 和乙作为隔离体,画示力图 ,并取竖直向上为Oy轴正方向 (如下图 ) 当框架以加速度a 上升时 ,有F-( m1m2 )g (m1m2 )a (1) FN2 - m2 g m2 a (2) 解上述方程
20、,得F(m1m2 )(g a) (3) FN2m2 (g a) (4) (1) 当整个装置以加速度a 10 m -2上升时 ,由式 (3) 可得绳所受张力的值为F 5.94 103 N 乙对甲的作用力为FN2-FN2-m2 (g a) -1.98 103 N(2) 当整个装置以加速度a 1 m -2上升时 ,得绳张力的值为F 3.24 103 N 此时 ,乙对甲的作用力则为FN2 -1.08 103 N 由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大 ,绳中张力也大因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全2 -8 解分别对物体和滑轮作受力分析
21、图(b) 由牛顿定律分别对物体A 、B 及滑轮列动力学方程,有mAg -FmA a (1) F 1 -FmB a(2) F-2F 10 (3) 考虑到mAmBm, F F, F 1F 1 ,a 2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力N2.724fammmgF2 -9 解1 以地面为参考系,在摩擦力fF mg的作用下 ,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程fF mgma1fF-fFma2a1和a2分别是木块和木板相对地面参考系的加速度假设以木板为参考系,木块相对平板的加速度aa1a2 ,木块相对平板以初速度- v作匀减速运动直至最终停止由运动学规律有- v2 2as由上述各式可得木块相对于平板
22、所移动的距离为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 38 页解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为mgslFlsFWff）（式中l为平板相对地面移动的距离由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有mv (mm) v由系统的动能定理,有222121vvmmmmgs由上述各式可得mmgms22v2 -10 解取钢球为隔离体,其受力分析如图(b) 所示在图示坐标中列动力学方程mRmaFnNsinsin2(1) mgFNcos(2) 且有RhRcos(3) 由上述各式可解得钢球距碗底的高度
23、为2gRh可见 ,h随的变化而变化2 -11 解隔离后，各物体受力如图b 所示，有滑轮02TFFA AAATamgmFB BBBTamgmF联立三式，得2.15Aa7.2smB2a，2sm2 -12 解 1由分析知F）（2/5cos25.0d/d22ttyma N该式表示作用于物体上的合外力随时间t按余弦作用周期性变化，F0 表示合力外力向下，F0 表示合外力向上. 2Fytt25.1)2/5(cos20.025.1)2/5cos(25.0.由上式知，合外力F的大小与物体离开平衡位置距离y的大小成正比.“ -”号表示与位移的方向相反. 2 -13 解因加速度a dv/dt,在直线运动中,根据牛
24、顿运动定律有tmtdd40120v依据质点运动的初始条件,即t0 0 时v06.0 m -1 , 运用别离变量法对上式积分,得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 38 页ttt0d0 .40.12d0vvvvt+t2又因vdx /dt,并由质点运动的初始条件：t00 时x05.0 m, 对上式别离变量后积分,有txxtttx020d0.60 .40.6dx +t+t2t32 -14 解以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有ttmmaFddvttmt0dd0vvv得202tmvv因此 ,飞机着陆 10
25、后的速率为v 30 m -1又txxttmx0200d2dv故飞机着陆后10 内所滑行的距离m4676300tmtxxsv2 -15 解(1) 运发动入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为gh20v运发动入水后,由牛顿定律得P -fF-F ma 由题意P F、fFbv2 ,而a dv /dtv (d v /dy),代入上式后得-bv2mv (d v /dy) 考虑到初始条件y0 0 时,gh20v,对上式积分,有vvvv0dd0tybmmbymbyeghe/02vv(2) 将已知条件b/m 0.4 m-1 ,v v0代入上式 ,则得m76.5ln0vvbmy2 -16 解小球在运动过程中受
26、到重力P和圆轨道对它的支持力FN取图 (b) 所示的自然坐标系,由牛顿定律得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 38 页tmmgFtddsinv(1) RmmmgFFNn2cosv(2) 由trtsddddv,得vrtdd,代入式 (1), 并根据小球从点A 运动到点 C 的始末条件,进行积分 ,有2/sin0drgdvvvv得rgcos2v则小球在点 C 的角速度为rgr/cos2v由式 (2) 得mgmgrmmFNcos3cos2v由此可得小球对圆轨道的作用力为mgFFNNcos3负号表示FN与 en反向2 -17 解
27、(1) 设物体质量为m,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律 ,有RmmaFnN2vtmaFtddfv由分析中可知,摩擦力的大小F FN ,由上述各式可得tRdd2vv取初始条件t 0 时v v0 ,并对上式进行积分,有vvvv020ddRtttRR00vvv(2) 当物体的速率从v0减少到2/0v时 ,由上式可得所需的时间为0vRt物体在这段时间内所经过的路程ttttRRts0000ddvvv2lnRs2 -18 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 38 页解分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y轴 (
28、如下图 ) (1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有ymtmkmmgdddd2vvvv依据初始条件对上式积分,有0200ddvvvvkgyy202ln21vvkgkgky物体到达最高处时, v 0,故有gkgkyh20maxln21v(2) 物体下落过程中,有yvmkmmgdd2vv对上式积分 ,有0200ddvvvvkgyy则2/1201gkvvv2 -19 解设摩托车沿x轴正方向运动,在牵引力F和阻力Fr同时作用下,由牛顿定律有tmkFdd2vv(1) 当加速度a dv/dt 0 时 ,摩托车的速率最大,因此可得kF/vm2(2) 由式 (1) 和式 (2) 可得tmFmdd122vvv(
29、3) 根据始末条件对式(3) 积分 ,有mmtFmtvvvv2101220d1d则3ln2Fmtmv又因式 (3) 中xmtmddddvvv,再利用始末条件对式(3) 积分 ,有mmxFmxvvvv2101220d1d精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 38 页则FmFmxmm22144.034ln2vv*2 -20 解由牛顿第二定律和相关运动学规律有F0-fFma - mg ma (1) v22a L (2) 联立解 (1)(2) 两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时的速度为Lga2v=1sm9.2第三章动量守恒定律
30、和能量守恒定律3 -1 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) 3 -2 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
31、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3 -3 分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周
32、过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题 3 -2 分析 ),由此可见只有说法(2) 正确 ,故选 (C) 3 -4 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) 3 -5 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
33、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3 -6 解以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向由动量定理得0vmtF式中F为飞机对鸟的平均冲力,而身长为 20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为t l /v,以此代入上式可得N1055.252lmFv鸟对飞机的平均冲力为N1055.25FF式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反从计算结果可知,2.25 105N 的
34、冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见 ,此冲力是相当大的假设飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故3 -7 解1 物体从出发到达最高点所需的时间为gtsin01v则物体落回地面的时间为gttsin20122v于是 ,在相应的过程中重力的冲量分别为jjFIsind0111vmtmgttjjFIsin2d0222vmtmgtt解2 根据动量定理,物体由发射点O运动到点A、B的过程中 ,重力的冲量分别为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 38 页jjjImymmvAysin001vvjjjImymmv
35、Bysin2002vv3 -8 解(1) 由分析知sN68230d43020220ttttI(2) 由I 300 30t2t2 ,解此方程可得t6.86 s(另一解不合题意已舍去) (3) 由动量定理 ,有I m v2- m v1由(2) 可知t 6.86 s 时I 300 N s ,将I、m及v1代入可得112sm40mmIvv3 -9 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 2 m 处时的速度为gh21v(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12vvmmtPF(2) 由式 (1) 、(2) 可得安全带对人的平均冲力大小为
36、N1014.123tghmgtmmgFv解2 从整个过程来讨论根据动量定理有N1014.1/23mgghtmgF3 -10 解力F的冲量为kAttkAtkxtFItttt2/02121dcosdd即kAmv3 -11 分析第 1 问可对垒球运用动量定理，既可根据动量定理的矢量式，用几何法求解，如图b 所示；也可建立如图a所示的坐标系，用动量定量的分量式求解，对打击、碰撞一类作用时间很短的过程来说，物体的重力一般可略去不计. 解1 解 1 由分析知，有12mvmvtF其矢量关系如图b 所示，则)60180cos()(2)()()(2122212mvmvmvmvtF解之得N9.197F解 2 由图
37、 a有xxxmvmvtF1202 yymvtF将，则和代入解得及yxyxxFFvvvvvv60sin60cos,22221N9.19722yxFFF(2) 由质点动能定理，得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 38 页J7.4721212122mvmvW3 -12 解在t时间内 ,从管一端流入(或流出 ) 水的质量为m St,弯曲部分 AB 的水的动量的增量则为pm(vB -vA ) St (vB -vA ) 依据动量定理I p,得到管壁对这部分水的平均冲力ABtStvvvIF从而可得水流对管壁作用力的大小为N105.22
38、32vSFF作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧3 -13 解设 A 、B 两船原有的速度分别以vA、vB表示 ,传递重物后船的速度分别以vA、vB表示 ,被搬运重物的质量以m表示分别对上述系统、应用动量守恒定律,则有AABAAmmmmvvv(1) BBABBmmmmvvv(2) 由题意知vA 0, vB 3.4 m s-1代入数据后,可解得12sm40. 0mmmmmmmABBBAvv12sm6 . 3mmmmmmmmBABBABvv也可以选择不同的系统,例如 ,把 A、 B两船 (包括传递的物体在内)视为系统 ,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解3 -14 解取如下图坐标把人与
39、物视为一系统,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ummmmvvv cos0式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u为抛出物对地面的水平速率得ummmcos00vv人的水平速率的增量为ummmcos0vvv而人从最高点到地面的运动时间为gtsin0v所以 ,人跳跃后增加的距离gmmmtxsin0vv3 -15 解由运动学方程xct3 , 可得物体的速度23ddcttxv按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为3/43/242299xkctkckFv则阻力的功为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共
40、38 页xFWd3/73/23/403/20727d9d180cosdlkcxxkcxWllxF3 -16 解水桶在匀速上提过程中,a0, 拉力与水桶重力平衡,有FP0 在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为Pmg - gy其中0.2 kg/m,人对水桶的拉力的功为J882dd100100yagymgWyF3 -17 解(1) 如下图 ,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即J53.0cos1mglhPWP在小球摆动过程中,张力F的方向总是与运动方向垂直,所以 ,张力的功sFdTTW(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,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
41、置时的动能为J53.0kPWE小球在最低位置的速率为1PKsm30.222mWmEv(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得lmPF2TvN49.22TlmmgFv3 -18 解(1) 摩擦力作功为20202k0k832121vvvmmmEEW(1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F mg,故有mgrsFW2180cosof(2) 由式 (1) 、(2) 可得动摩擦因数为rg16320v(3) 由于一周中损失的动能为2083vm,则在静止前可运行的圈数为34k0WEn圈3 -19 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 38
42、 页解选取如图 (b) 所示坐标 ,取原点O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A板而言 ,当施以外力F时 ,根据受力平衡有F1P1F(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2221212121mgykymgyky式中y1、y2为M、N两点对原点O的位移因为F1ky1 ,F2ky2及P1m1g,上式可写为F1 -F22P1(2) 由式 (1) 、(2) 可得FP1F2(3) 当A板跳到N点时 ,B板刚被提起 ,此时弹性力F2P2 ,且F2F2由式 (3) 可得FP1P2(m1m2 )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
43、弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点3 -20 解 1子弹 -木块系统满足动量守恒，有vmmmv)2/(2/0解得共同速度031vv对木块2022k181021mvmvE对子弹202022k92)2(21)2(21mvvmvmE2对木块和子弹分别运用质点动能定理，则对木块201k1181mvEW对子弹202k292mvEW3 设摩擦阻力大小为fF,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sFWf1对子弹)(f2sLFW得LFWWWf21式中L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. (4) 对木块2f121m
44、vsFW对子弹202f2)2(21)2(21)(vmvmsLFW两式相加，得202221)2(21)2(2121vmvmmvWW即20f183mvLF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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 38 页3 -21 解因阻力与深度成正比,则有Fkx(k为阻力系数 )现令x0 1.00 10 -2 m, 第二次钉入的深度为x,由于钉子两次所作功相等,可得xxxxxkxxkx0000ddx0.41 10 -2 m 3 -22 解(1
45、) 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E22EE33RmRmmGv则EE2k621RmmGmEv(2) 取卫星与地球相距无限远(r) 时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为EEP3RmmGE(3) 卫星的机械能为EEEEEEPk636RmmGRmmGRmmGEEE3 -23 解由系统的机械能守恒,有mgRmmgRcos212v(1) 根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为RmFmgR2Ncosv(2) 冰块脱离球面时,支持力FN0, 由式 (1) 、 (2) 可得冰块的角位置o2 .4832arccos冰块此时的速率为32cosRggRvv的方向与重力P
46、方向的夹角为 90 - 3 -24 解小球要刚好通过最高点C时,轨道对小球支持力FN 0,因此 ,有rmm gc2v(1) 取小球开始时所在位置A为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有2221321cmrmglkv(2) 由式 (1) 、(2) 可得12mN3667lmgrk3 -25 解设弹簧的最大压缩量为x0小球与靶共同运动的速度为v1由动量守恒定律,有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 38 页1vvmmm(1) 又由机械能守恒定律,有20212212121kxmmmvv(2) 由式 (1) 、(2) 可得vm
47、mkmmx03 -26 解由水平方向的动量守恒定律,有vvvmmm2(1) 为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力F 0,则lmgmh2v(2) 式中vh为摆锤在圆周最高点的运动速率又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有221221hmglmmvv(3) 解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为glmm52v3 -27 解 1由动能守恒得mvivmjmvimv2000碰撞后另一物体速度为jvivv002通过上式，读者还可求得速度大小和方向. (2)碰撞后另一物体速度大小为0202025)2(vvvv则20202020241)2121()2(21
48、21mvmvmvvmmvE“- ”号表示碰撞后系统机械能减少了. 3 -28 解取如下图的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量式,有mmmABAcoscos221vvv(1) mmABsinsin20vv(2) 又由机械能守恒定律,有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 38 页222212m2121ABAmvvv(3) 解式 (1) 、(2) 、 (3) 可得碰撞后B 粒子的速率为1722sm1069.42AABvvv各粒子相对原粒子方向的偏角分别为022243arccoso22AAAA
49、vvvv65443arccosoABvv3 -29 解在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有10cosvmmmv(1) 在物块上滑的过程中,假设令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v2 ,并取 A 点的重力势能为零由系统的功能原理可得hgmmsincos21222121vvmmghmmmm(2) 由式 (1) 、(2) 可得1cot2cos202ghmmmvv3 -30 题 3 解根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得0mmmmvv(1) mgRmmm222121vvv(2) 式中vm、vm分别表示小球、容器相对桌面的速度由式(1) 、 (2) 可得小
50、球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为mmgRmm2vmmgRmmmm2v由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂,为此 ,可改为以容器为参考系( 非惯性系 )在容器底部时,小球相对容器的运动速度为gRmmmmmmmm2vvvvv(3) 在容器底部 ,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为RmmgFmN2v(4) 由式 (3) 、(4) 可得小球此时所受到的支持力为第四章刚体的转动41 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零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转 )不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个