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1 -1质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t 至(t t)时间内的位移为r, 路程为s, 位矢大小的变化量为r ( 或称r),平均速度为,平均速率为(1) 根据上述情况,则必有()(A) r= s = r(B) r s r,当t0 时有dr= ds dr(C) r r s,当t0 时有dr= dr ds(D) r s r,当t0 时有dr= dr = ds(2) 根据上述情况,则必有()(A) = ,= (B) , (C) = , (D) ,= 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,各量关系如图所示, 其中路程s PP, 位移大小rPP,而r r-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t0 时,点P无限趋近P点,则有drds,但却不等于dr故选(B)(2) 由于r s,故,即但由于drds,故,即由此可见,应选(C)1 -2一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)；(2)；(3)；(4)下述判断正确的是()(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)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用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解故选(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) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量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 -4质点的运动方程为和，式中x,y 的单位为m,t 的单位为。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) 速度的分量式为当t 0 时, vox -10 m-1 , voy 15 m-1 ,则初速度大小为设vo与x 轴的夹角为,则12341(2) 加速度的分量式为 , 则加速度的大小为设a 与x 轴的夹角为,则-3341(或32619)1 -5质点沿直线运动,加速度a4 -t2 ,式中a的单位为m-2 ,t的单位为如果当t 3时,x9 m,v 2 m-1 ,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分方法解决由和可得和如aa(t)或v v(t),则可两边直接积分如果a 或v不是时间t 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,应有得 (1)由 得 (2)将t3时,x9 m,v2 m-1代入(1) (2)得v0-1 m-1,x00.75 m于是可得质点运动方程为1 -6飞机以100 m-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m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？ 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或由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角,可由此时刻的两速度分量vx 、vy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 1/2 gt2飞机水平飞行速度v100 ms-1 ,飞机离地面的高度y100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离1 -7一质点沿半径为R 的圆周按规律运动,v0 、b 都是常量(1) 求t 时刻质点的总加速度。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(t),对时间t 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a,而加速度的法向分量为anv2 /R这样,总加速度为a aeanen至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量sst -s0因圆周长为2R,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其加速度的切向分量和法向分量分别为, 故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为1 -8一升降机以加速度1.22 m-2上升,当上升速度为2.44 m-1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2.74 m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y1 y1(t)和y2 y2(t),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当螺丝落至底面时,有y1 y2 ,即 (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解2(1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小ag a,螺丝落至底面时,有(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为则 1 -9一无风的下雨天,一列火车以v120.0 m-1 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v2 (设下降的雨滴作匀速运动)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,火车为动参考系v1 为相对 的速度,v2 为雨滴相对的速度,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v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2为相对速度,它们之间的关系为 (如图所示),于是可得1 -10如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前 角,速率为v2,若车后有一长方形物体,问车速v1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,地面为静参考系,汽车为动参考系如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v2的方向)应满足再由相对速度的矢量关系,即可求出所需车速v1解由图(b),有而要使,则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FN逐渐增大时,物体所受的静摩擦力Ff的大小()(A) 不为零,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R,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 (D) 还应由汽车的质量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vRg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)1 -14图(a)示系统置于以a 1/4 g 的加速度上升的升降机内,A、B 两物体质量相同均为m,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) 5/8 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)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aA 和aB 均应对地而言,本题中aA 和aB的大小与方向均不相同其中aA 应斜向上对aA 、aB 、a 和a之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁有兴趣的读者不妨自己尝试一下1 -16一质量为m 的小球最初位于如图(a)所示的A 点,然后沿半径为r的光滑圆轨道ADCB下滑试求小球到达点C时的角速度和对圆轨道的作用力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a,与其相对应的外力F是重力的切向分量mgsin,而与法向加速度an相对应的外力是支持力FN 和重力的法向分量mgcos由此,可分别列出切向和法向的动力学方程Fmdv/dt和Fnman 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 倡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 (1) (2)由,得,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,有得 则小球在点C 的角速度为由式(2)得 由此可得小球对圆轨道的作用力为负号表示FN 与en 反向1 -17光滑的水平桌面上放置一半径为R 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v0 ,求：(1) t 时刻物体的速率；(2) 当物体速率从v0减少到1/2 v0时,物体所经历的时间及经过的路程 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FN 和环与物体之间的摩擦力F ,而摩擦力大小与正压力FN成正比,且FN与FN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m,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有由分析中可知,摩擦力的大小FFN ,由上述各式可得取初始条件t 0 时v v 0 ,并对上式进行积分,有(2) 当物体的速率从v 0 减少到1/2v 0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2 -1对质点组有以下几种说法：(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、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m1 和m2 的物体A 和B,置于光滑桌面上,A 和B 之间连有一轻弹簧另有质量为m1 和m2 的物体C 和D 分别置于物体A 与B 之上,且物体A和C、B 和D 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A 和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B 弹开的过程中,对A、B、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,机械能不一定守恒分析与解由题意知,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m 的物体,由水平面上点O 以初速为v0 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O 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,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是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,由动量定理求出解1物体从出发到达最高点所需的时间为则物体落回地面的时间为于是,在相应的过程中重力的冲量分别为解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2 -6高空作业时系安全带是非常必要的假如一质量为51.0 kg 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2.0 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2 m 处时的速度为 (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 (2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为解2从整个过程来讨论根据动量定理有2 -7如图所示,在水平地面上,有一横截面S 0.20 m2 的直角弯管,管中有流速为v 3.0 m-1 的水通过,求弯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,由于流速一定,在时间t 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t 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量pm(vB -vA )；此动量的变化是管壁在t时间内对其作用冲量I 的结果依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F-F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从而可得水流对管壁作用力的大小为作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧2 -8质量为m 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成角的速率v0 向前跳去当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 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v 来计算解取如图所示坐标把人与物视为一系统,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人的水平速率的增量为而人从最高点到地面的运动时间为所以,人跳跃后增加的距离2 -9 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 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) 在最低位置时的张力分析(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(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,在最低位置时的动能为小球在最低位置的速率为(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得2 -10一质量为m 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v0 当它运动一周时,其速率为v0 /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 (1)(2) 由于摩擦力是一恒力,且F mg,故有 (2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为(3) 由于一周中损失的动能为,则在静止前可运行的圈数为圈2 -11如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m1 和m2 问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起(设弹簧的劲度系数为k)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F1 P1 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式中y1 、y2 为M、N 两点对原点O 的位移因为F1 ky1 ,F2 ky2 及P1 m1g,上式可写为F1 -F2 2P1 (2)由式(1)、(2)可得F P1 F2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F2 P2 ,且F2 F2 由式(3)可得F P1 P2 (m1 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零点,也同时为重力势能的零点2 -12如图所示，一质量为m的木块静止在光滑水平面上，一质量为m/2的子弹沿水平方向以速率射入木块一段距离L(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v,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）证明这一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).题 3-20 图分析 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，有解得共同速度对木块 对子弹 （2） 对木块和子弹分别运用质点动能定理，则对木块 对子弹 （3） 设摩擦阻力大小为,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 对子弹 得 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 对子弹 两式相加，得 即 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m 的地球卫星,沿半径为3RE 的圆轨道运动,RE 为地球的半径已知地球的质量为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,由牛顿定律可得则 (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(3) 卫星的机械能为2 -14如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 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分析取冰块、屋面和地球为系统,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；而重力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置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程求解上述两方程即可得出结果解由系统的机械能守恒,有 (1)根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为 (2)冰块脱离球面时,支持力FN 0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置冰块此时的速率为v 的方向与重力P 方向的夹角为90- 41.82 -15如图所示,把质量m 0.20 kg 的小球放在位置A 时,弹簧被压缩l 7.5 10 -2 m然后在弹簧弹性力的作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动小球与轨道间的摩擦不计已知是半径r 0.15 m 的半圆弧,AB 相距为2r求弹簧劲度系数的最小值分析若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重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,在运动的过程中,系统的机械能守恒运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,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圆弧时的最高点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率则可根据重力提供圆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要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力FN 0,因此,有 (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 (2)由式(1)、(2)可得2 -16如图所示,质量为m、速度为v 的钢球,射向质量为m的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 的弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动求子弹射入靶内弹簧后,弹簧的最大压缩距离分析这也是一种碰撞问题碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,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,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒但是,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上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题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 (1)又由机械能守恒定律,有 (2)由式(1)、(2)可得2 -17质量为m 的弹丸A,穿过如图所示的摆锤B 后,速率由v 减少到v /2已知摆锤的质量为m,摆线长度为l,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v的最小值应为多少？分析该题可分两个过程分析首先是弹丸穿越摆锤的过程就弹丸与摆锤所组成的系统而言,由于穿越过程的时间很短,重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用,系统在该方向上满足动量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面内作圆周运动,必须使摆锤在最高点处有确定的速率,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量守恒定律,有 (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F0,则 (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 (3)解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为2 -18如图所示,一质量为m的物块放置在斜面的最底端A 处,斜面的倾角为,高度为h,物块与斜面的动摩擦因数为,今有一质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向射入物块并留在其中,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可分两个阶段来讨论,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包含子弹)沿斜面向上的滑动过程在撞击过程中,对物块和子弹组成的系统而言,由于撞击前后的总动量明显是不同的,因此,撞击过程中动量不守恒应该注意,不是任何碰撞过程中动量都是守恒的但是,若取沿斜面的方向,因撞击力(属于内力)远大于子弹的重力P1 和物块的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物块所受的摩擦力F ,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,而非保守内力中仅摩擦力作功,根据系统的功能原理,可解得最终的结果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 (1)在物块上滑的过程中,若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 (2)由式(1)、(2)可得2 -19如图所示,一个质量为m 的小球,从内壁为半球形的容器边缘点A滑下设容器质量为m,半径为R,内壁光滑,并放置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？分析由于桌面无摩擦,容器可以在水平桌面上滑动,当小球沿容器内壁下滑时,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,系统在该方向上的动量守恒；若将小球、容器与地球视为系统,因系统无外力作用,而内力中重力是保守力,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圆,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,其法向加速度可由此刻的速度(相对于容器速度)求得在分析小球受力时,除重力和支持力外,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,容器的加速度为零,惯性力也为零这样,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复杂,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 (1) (2)式中vm 、vm分别表示小球、容器相对桌面的速度由式(1)、(2)可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为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 (3)在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为 (4)由式(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零；(2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；(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零时，它们的合力也一定是零对上述说法下述判断正确的是()(A) 只有(1)是正确的(B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误(C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(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零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，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；(3) 质量相等，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下述判断正确的是()(A) 只有(2)是正确的 (B) (1)、(2)是正确的(C)(2)、(3)是正确的 (D) (1)、(2)、(3)都是正确的分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，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，由此可见应选(B)3 3均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，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) 角速度从小到大，角加速度从大到小(D) 角速度不变，角加速度为零分析与解如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，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(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)3 4一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2103 rmin-1均匀的增加到2.7103 rmin-1(1) 求曲轴转动的角加速度；(2) 在此时间内，曲轴转了多少转？分析这是刚体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(1) 由于角速度2 n(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义，在匀变速转动中角加速度为(2) 发动机曲轴转过的角度为在12 s 内曲轴转过的圈数为圈3 5 一飞轮由一直径为30，厚度为2.0的圆盘和两个直径为10，长为8.0的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8103 kgm-3，求飞轮对轴的转动惯量分析根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到解根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得3 6一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.0303Nm，涡轮的转动惯量为25.0kgm2 当轮的转速由2.80103 rmin-1 增大到1.12104 rmin-1时，所经历的时间t 为多少？分析由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间该题还可应用角动量定理直接求解解1在匀变速转动中，角加速度，由转动定律，可得飞轮所经历的时间解2飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有则 37电风扇接通电源后一般经5s后到达额定转速,而关闭电源后经16 s后风扇停止转动，已知电风扇的转动惯量为，设启动时电磁力矩和转动时的阻力矩均为常数，求启动时的电磁力矩.分析 由题意知和均为常数，故启动时电风扇在和共同作用下，作匀加速转动，直至到达额定转速，关闭电源后，电风扇仅在的作用下作匀减速转动.运用匀变速转动的运动学规律和转动定律既可求解.解 设启动时和关闭电源后，电风扇转动时的角加速度分别为和，则启动过程 关闭电源后 联解以上各式并将以及、值代入，得3 8一质量为m、半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？ 破裂后圆盘的角动量为多大？分析盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.解(1) 碎块抛出时的初速度为由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有式中为圆盘未碎时的角动量；为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量.则39一位溜冰者伸开双臂来以1.0绕身体中心轴转动，此时的转动惯量为1.33 ,她收起双臂来增加转速，如收起双臂后的转动惯量变为0.48 .求（1）她收起双臂后的转速；（2）她收起双臂前后绕身体中心轴的转动动能各为多少？分析 各种物体（含刚体和变形体）在运动过程中，只要对空间某定点或定轴的外力矩之和为零，则物体对同一点或轴的角动量就守恒，在本题中当溜冰者绕身体中心轴转动时，人体重力和地面支持力均与该轴重合，故无外力矩作用，满足角动量守恒.此时改变身体形状（即改变对轴的转动惯量）就可改变转速，这是在体育运动中经常要利用的物理规律.解 （1）由分析知，有则 （2）收起双臂前 收起双臂后 此时由于人体内力做功，有 3 10一质量为1.12 kg，长为1.0 m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100 N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02 s.(1) 若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2) 棒的最大偏转角.分析该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1) 瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得一定的角速度.(2) 棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力(保守内力)外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度.解(1) 由刚体的角动量定理得(2) 取棒和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒，即由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为3 11质量为0.50 kg，长为0.40 m 的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1) 当棒转过60时的角加速度和角速度；(2) 下落到竖直位置时的动能；(3) 下落到竖直位置时的角速度.分析转动定律M J是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩是变力矩，角加速度也是变化的，因此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算(也可根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功(转轴处的支持力不作功)，因此，系统的机械能守恒.解(1) 棒绕端点的转动惯量由转动定律M J可得棒在 位置时的角加速度为当 60时，棒转动的角加速度由于，根据初始条件对式(1)积分，有则角速度为(2) 根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为(3) 由于该动能也就是转动动能，即，所以，棒落至竖直位置时的角速度为第四章机械振动4-1一个质点作简谐运动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为，且向x轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题4-图分析与解（B）图中旋转矢量的矢端在x轴上投影点的位移为A/2，且投影点的运动方向指向Ox轴正向，即其速度的x分量大于零，故满足题意因而正确答案为（B）4-2一简谐运动曲线如图（a）所示，则运动周期是
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