大学物理上册(马文蔚主编、第五版)课后习题答案

本文乃是闲暇时间整合网上资料而得 在原文基础上 增加了章节题目标示 清晰了然 唯一美中不足是有小部 分计算题未能给出答案 但具体解题思路和方法还是有的 同学们稍加演算应该不难得到答案 在此也祝愿同学们好 好学习 期末不挂科 记得给好评呦 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 各量关系如图所示 其中路程 s PP 位移大小 r PP 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 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 r s 故 即 但由于 dr ds 故 即 由此可见 应选 C 1 2 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 分析与解 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 在极坐标系中表 示径向速率 vr 如题 1 2 所述 在自然坐标系中表示质点的速率 v 而 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 分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式 进而判断运动性质 为 此建立如图所示坐标系 设定滑轮距水面高度为 h t 时刻定滑轮距小船的绳长 为 l 则小船的运动方程为 其中绳长 l 随时间 t 而变化 小船速度 式中 表 示绳长 l 随时间的变化率 其大小即为 v0 代入整理后为 方向沿 x 轴负 向 由速度表达式 可判断小船作变加速运动 故选 C 1 6 分析 位移和路程是两个完全不同的概念 只有当质点作直线运动且运 动方向不改变时 位移的大小才会与路程相等 质点在 t 时间内的位移 x 的 大小可直接由运动方程得到 而在求路程时 就必须注意到质点在运动过程中 可能改变运动方向 此时 位移的大小和路程就不同了 为此 需根据 来确定其 运动方向改变的时刻 tp 求出 0 tp 和 tp t 内的位移大小 x1 x2 则 t 时间内的路程 如图所示 至于 t 4 0 s 时质点速度和加速度可用 和 两式计算 解 1 质点在 4 0 s 内位移的大小 2 由 得知质点的换向时刻为 t 0 不合题意 则 所以 质点在 4 0 s 时间间隔内的路程为 3 t 4 0 s 时 1 7 分析 根据加速度的定义可知 在直线运动中 v t 曲线的斜率为加速度 的大小 图中 AB CD 段斜率为定值 即匀变速直线运动 而线段 BC 的斜率为 0 加 速度为零 即匀速直线运动 加速度为恒量 在 a t 图上是平行于 t 轴的直线 由 v t 图中求出各段的斜率 即可作出 a t 图线 又由速度的定义可知 x t 曲 线的斜率为速度的大小 因此 匀速直线运动所对应的 x t 图应是一直线 而 匀变速直线运动所对应的 x t 图为 t 的二次曲线 根据各段时间内的运动方 程 x x t 求出不同时刻 t 的位置 x 采用描数据点的方法 可作出 x t 图 解 将曲线分为 AB BC CD 三个过程 它们对应的加速度值分别为 匀加速直线运动 匀速直线运动 匀减速直线运动 根据上述结果即可作出质点的 a t 图 图 B 在匀变速直线运动中 有 由此 可计算在 0 2 和 4 6 时间间隔内各时刻的位置分别为 用描数据点的作图方法 由表中数据可作 0 2 和 4 6 时间内的 x t 图 在 2 4 时间内 质点是作 的匀速直线运动 其 x t 图是斜率 k 20 的 一段直线 图 c 1 8 分析 质点的轨迹方程为 y f x 可由运动方程的两个分量式 x t 和 y t 中消去 t 即可得到 对于 r r r s 来说 物理含义不同 可根据 其定义计算 其中对 s 的求解用到积分方法 先在轨迹上任取一段微元 ds 则 最后用 积分求 解 1 由 x t 和 y t 中消去 t 后得质点轨迹方程为 这是一个抛物线方程 轨迹如图 a 所示 2 将 t 0 和 t 2 分别代入运动方程 可得相应位矢分别为 图 a 中的 P Q 两点 即为 t 0 和 t 2 时质点所在位置 3 由位移表达式 得 其中位移大小 而径向增量 4 如图 B 所示 所求 s 即为图中 PQ 段长度 先在其间任意处取 AB 微元 ds 则 由轨道方程可得 代入 ds 则 2 内路程为 1 9 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 6 1 1 voy 15 m 6 1 1 则初速度大小为 设 vo 与 x 轴的夹角为 则 123 41 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 33 41 或 326 19 1 10 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 a g 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 11 分析 该题属于运动学的第一类问题 即已知运动方程 r r t 求质点运动的一 切信息 如位置矢量 位移 速度 加速度 在确定运动方程时 若取以点 0 3 为原点的 O x y 坐标系 并采用参数方程 x x t 和 y y t 来表示圆周运动是比较方便 的 然后 运用坐标变换 x x0 x 和 y y0 y 将所得参数方程转换至 Oxy 坐标 系中 即得 Oxy 坐标系中质点 P 在任意时刻的位矢 采用对运动方程求导的方法可得速度 和加速度 解 1 如图 B 所示 在 O x y 坐标系中 因 则质点 P 的参数方程为 坐标变换后 在 Oxy 坐标系中有 则质点 P 的位矢方程为 2 5 时的速度和加速度分别为 1 12 分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小 必须建立影长与时间的函数关系 即 影子端点的位矢方程 根据几何关系 影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得 由于运 动的相对性 太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度 这样 影子端点的位矢 方程和速度均可求得 解 设太阳光线对地转动的角速度为 从正午时分开始计时 则杆的影长为 s htg t 下 午 2 00 时 杆顶在地面上影子的速度大小为 当杆长等于影长时 即 s h 则 即为下午 3 00 时 1 13 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 a a 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 t 3 时 x 9 m v 2 m 6 1 1 代入 1 2 得 v0 1 m 6 1 1 x0 0 75 m 于 是可得质点运动方程为 1 14 分析 本题亦属于运动学第二类问题 与上题不同之处在于加速度是速度 v 的 函数 因此 需将式 dv a v dt 分离变量为 后再两边积分 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 1 用分离变量法把式 1 改写为 2 将式 2 两边积分并考虑初始条件 有 得石子速度 由此可知当 t 时 为一常量 通常称为极限速度或收尾速度 2 再由 并考虑初始条件有 得石子运动方程 1 15 分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动 根据叠加原理 求解时需根据 加速度的两个分量 ax 和 ay 分别积分 从而得到运动方程 r 的两个分量式 x t 和 y t 由 于本题中质点加速度为恒矢量 故两次积分后所得运动方程为固定形式 即 和 两个分运动 均为匀变速直线运动 读者不妨自己验证一下 解 由加速度定义式 根据初始条件 t0 0 时 v0 0 积分可得 又由 及初始条件 t 0 时 r0 10 m i 积分可得 由上述结果可得质点运动方程的分量式 即 x 10 3t2 y 2t2 消去参数 t 可得运动的轨迹方程 3y 2x 20 m 这是一个直线方程 直线斜率 33 41 轨迹如图所示 1 16 分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同 它们分别表示为 和 在匀速率 圆周运动中 它们的大小分别为 式中 v 可由图 B 中的几何关系得到 而 t 可由 转过的角度 求出 由计算结果能清楚地看到两者之间的关系 即瞬时加速度是平均加速度在 t 0 时的极限 值 解 1 由图 b 可看到 v v2 v1 故 而 所以 2 将 90 30 10 1 分别代入上式 得 以上结果表明 当 0 时 匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值 该值即为法 向加速度 1 17 分析 根据运动方程可直接写出其分量式 x x t 和 y y t 从中消去参数 t 即 得质点的轨迹方程 平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率 即 它与时间间隔 t 的大小有关 当 t 0 时 平均速度的极限即瞬时速度 切向和法向加速度是指在自 然坐标下的分矢量 a 和 an 前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率 即 后者只 反映质点速度方向的变化 它可由总加速度 a 和 a 得到 在求得 t1 时刻质点的速度和 法向加速度的大小后 可由公式 求 解 1 由参数方程 x 2 0t y 19 0 2 0t2 消去 t 得质点的轨迹方程 y 19 0 0 50 x2 2 在 t1 1 00 到 t2 2 0 时间内的平均速度 3 质点在任意时刻的速度和加速度分别为 则 t1 1 00 时的速度 v t t 1 2 0i 4 0j 切向和法向加速度分别为 4 t 1 0 质点的速度大小为 则 1 18 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 v 100 m 6 1s 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 2 视线和水平线的夹角为 3 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 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 1 19 分析 这是一个斜上抛运动 看似简单 但针对题目所问 如不能灵活运用叠加原 理 建立一个恰当的坐标系 将运动分解的话 求解起来并不容易 现建立如图 a 所示坐标 系 则炮弹在 x 和 y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动 其初速度分别为 v0cos 和 v0sin 其加速度分别为 gsin 和 gcos 在此坐标系中炮弹落地时 应有 y 0 则 x OP 如欲使炮弹垂直击中坡面 则应满足 vx 0 直接列出有关运动方程和速度方程 即 可求解 由于本题中加速度 g 为恒矢量 故第一问也可由运动方程的矢量式计算 即 做 出炮弹落地时的矢量图 如图 B 所示 由图中所示几何关系也可求得 即图中的 r 矢量 解 1 由分析知 炮弹在图 a 所示坐标系中两个分运动方程为 1 2 令 y 0 求得时间 t 后再代入式 1 得 解 2 做出炮弹的运动矢量图 如图 b 所示 并利用正弦定理 有 从中消去 t 后也可得到同样结果 2 由分析知 如炮弹垂直击中坡面应满足 y 0 和 vx 0 则 3 由 2 3 两式消去 t 后得 由此可知 只要角 和 满足上式 炮弹就能垂直击中坡面 而与 v0 的大小无关 讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解 求解本题将会比较困难 有兴趣读者不 妨自己体验一下 1 20 分析 选定伞边缘 O 处的雨滴为研究对象 当伞以角速度 旋转时 雨滴将以速 度 v 沿切线方向飞出 并作平抛运动 建立如图 a 所示坐标系 列出雨滴的运动方程并考 虑图中所示几何关系 即可求证 由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中 飞出 从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上 为保证均匀喷洒对喷头上小孔 的分布 解 1 如图 a 所示坐标系中 雨滴落地的运动方程为 1 2 由式 1 2 可得 由图 a 所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为 2 常用草坪喷水器采用如图 b 所示的球面喷头 0 45 其上有大量小孔 喷头旋转 时 水滴以初速度 v0 从各个小孔中喷出 并作斜上抛运动 通常喷头表面基本上与草坪处在 同一水平面上 则以 角喷射的水柱射程为 为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒 喷头上的小孔数不但很多 而且还不能均匀分布 这是喷 头设计中的一个关键问题 1 21 分析 被踢出后的足球 在空中作斜抛运动 其轨迹方程可由质点在竖直平面内 的运动方程得到 由于水平距离 x 已知 球门高度又限定了在 y 方向的范围 故只需将 x y 值代入即可求出 解 取图示坐标系 Oxy 由运动方程 消去 t 得轨迹方程 以 x 25 0 m v 20 0 m 6 1 1 及 3 44 m y 0 代入后 可解得 71 11 1 69 92 27 92 2 18 89 如何理解上述角度的范围 在初速一定的条件下 球击中球门底线或球门上缘都将对应有两 个不同的投射倾角 如图所示 如果以 71 11 或 18 89 踢出足球 都将因射 程不足而不能直接射入球门 由于球门高度的限制 角也并非能取 71 11 与 18 89 之 间的任何值 当倾角取值为 27 92 69 92 时 踢出的足球将越过门缘而离去 这 时球也不能射入球门 因此可取的角度范围只能是解中的结果 1 22 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 an v2 R 这样 总加速度为 a a e anen 至于质点在 t 时间内通过的路程 即为曲线坐标的改变量 s st s0 因圆周长为 2 R 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 2 要使 a b 由 可得 3 从 t 0 开始到 t v0 b 时 质点经过的路程为 因此质点运行的圈数为 1 23 分析 首先应该确定角速度的函数关系 kt2 依据角量与线量的关系由特定 时刻的速度值可得相应的角速度 从而求出式中的比例系数 k t 确定后 注意到运 动的角量描述与线量描述的相应关系 由运动学中两类问题求解的方法 微分法和积分法 即可得到特定时刻的角加速度 切向加速度和角位移 解 因 R v 由题意 t2 得比例系数 所以 则 t 0 5 时的角速度 角加速度和切向加速度分别为 总加速度 在 2 0 内该点所转过的角度 1 24 分析 掌握角量与线量 角位移方程与位矢方程的对应关系 应用运动学求解的 方法即可得到 解 1 由于 则角速度 在 t 2 时 法向加速度和切向加速度的数值分别为 2 当 时 有 即 得 此时刻的角位置为 3 要使 则有 t 0 55 1 25 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 26 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 27 分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度 v 决定的 由于水流速度 u 的存在 v 与船在静水中划行的速度 v 之间有 v u v 如图所示 若要使船到达正 对岸 则必须使 v 沿正对岸方向 在划速一定的条件下 若要用最短时间过河 则必须使 v 有极大值 解 1 由 v u v 可知 则船到达正对岸所需时间为 2 由于 在划速 v 一定的条件下 只有当 0 时 v 最大 即 v v 此时 船过河 时间 t d v 船到达距正对岸为 l 的下游处 且有 1 28 分析 该问题涉及到运动的相对性 如何将已知质点相对于观察者 O 的运动转 换到相对于观察者 O 的运动中去 其实质就是进行坐标变换 将系 O 中一动点 x y 变换至 系 O 中的点 x y 由于观察者 O 相对于观察者 O 作匀速运动 因此 该坐标变换是 线性的 解 取 Oxy 和 O x y 分别为观察者 O 和观察者 O 所在的坐标系 且使 Ox 和 O x 两 轴平行 在 t 0 时 两坐标原点重合 由坐标变换得 x x v t v t v t 0 y y 1 2 gt2 加速度 由此可见 动点相对于系 O 是在 y 方向作匀变速直线运动 动点在两坐标系中加速度相同 这 也正是伽利略变换的必然结果 第二章 牛顿定律 2 1 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 2 5 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 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 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 2 6 分析 动力学问题一般分为两类 1 已知物体受力求其运动情况 2 已知物 体的运动情况来分析其所受的力 当然 在一个具体题目中 这两类问题并无截然的界限 且 都是以加速度作为中介 把动力学方程和运动学规律联系起来 本题关键在列出动力学和运 动学方程后 解出倾角与时间的函数关系 f t 然后运用对 t 求极值的方法即可得出数 值来 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 1 又物体在斜面上作匀变速直线运动 故有 则 2 为使下滑的时间最短 可令 由式 2 有 则可得 此时 2 7 分析 预制板 吊车框架 钢丝等可视为一组物体 处理动力学问题通常采用 隔离体 的方法 分析物体所受的各种作用力 在所选定的惯性系中列出它们各自的动力 学方程 根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式 结合各物体之间的相互作用 和联系 可解决物体的运动或相互作用力 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 如图所示 当框架以加速度 a 上升时 有 F m1 m2 g m1 m2 a 1 FN2 m2 g m2 a 2 解上述方程 得 F m1 m2 g a 3 FN2 m2 g a 4 1 当整个装置以加速度 a 10 m 6 1 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 F N2 FN2 m2 g a 1 98 103 N 2 当整个装置以加速度 a 1 m 6 1 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 F N2 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 分析 该题为连接体问题 同样可用隔离体法求解 分析时应注意到绳中张力大小 处处相等是有条件的 即必须在绳的质量和伸长可忽略 滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下 成立 同时也要注意到张力方向是不同的 解 分别对物体和滑轮作受力分析 图 b 由牛顿定律分别对物体 A B 及滑轮列动力 学方程 有 mA g F mA a 1 F 1 F mB a 2 F 2F 1 0 3 考虑到 mA mB m F F F 1 F 1 a 2a 可联立解得物体与桌面的 摩擦力 讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为 1 分析题意 确定研究对象 分析受力 选定坐 标 2 根据物理的定理和定律列出原始方程组 3 解方程组 得出文字结果 4 核对 量纲 再代入数据 计算出结果来 2 9 分析 当木块 B 平稳地轻轻放至运动着的平板 A 上时 木块的初速度可视为零 由 于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力 该力将改变它们的运动状态 根据牛顿定律 可得到它们各自相对地面的加速度 换以平板为参考系来分析 此时 木块以初速度 v 与 平板运动速率大小相等 方向相反 作匀减速运动 其加速度为相对加速度 按运动学公式即 可解得 该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解 将平板与木块作为系统 该系统的动能 由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能 而它们的共同速度可根据动量定理求 得 又因为系统内只有摩擦力作功 根据系统的动能定理 摩擦力的功应等于系统动能的增 量 木块相对平板移动的距离即可求出 解 1 以地面为参考系 在摩擦力 F 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 F mg ma1 F F m a2 a1 和 a2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度 若以木板为参考系 木块相对平板 的加速度 a a1 a2 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 v 2 2as 由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为 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 W F s l F l mgs 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 m v m m v 由系统的动能定理 有 由上述各式可得 2 10 分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时 必须使钢球受到一与向心加速度 相对应的力 向心力 而该力是由碗内壁对球的支持力 FN 的分力来提供的 由于支持力 FN 始终垂直于碗内壁 所以支持力的大小和方向是随 而变的 取图示 Oxy 坐标 列出动力 学方程 即可求解钢球距碗底的高度 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 1 2 且有 3 由上述各式可解得钢球距碗底的高度为 可见 h 随 的变化而变化 2 11 分析 如题所述 外轨超高的目的欲使火车转弯的所需向心力仅由轨道支持力的 水平分量 FNsin 提供 式中 角为路面倾角 从而不会对内外轨产生挤压 与其对应 的是火车转弯时必须以规定的速率 v0 行驶 当火车行驶速率 v v0 时 则会产生两种情况 如图所示 如 v v0 时 外轨将会对车轮产生斜向内的侧压力 F1 以补偿原向心力的不足 如 v v0 时 则内轨对车轮产生斜向外的侧压力 F2 以抵消多余的向心力 无论哪种情况火 车都将对外轨或内轨产生挤压 由此可知 铁路部门为什么会在每个铁轨的转弯处规定时速 从 而确保行车安全 解 1 以火车为研究对象 建立如图所示坐标系 据分析 由牛顿定律有 1 2 解 1 2 两式可得火车转弯时规定速率为 2 当 v v0 时 根据分析有 3 4 解 3 4 两式 可得外轨侧压力为 当 v v0 时 根据分析有 5 6 解 5 6 两式 可得内轨侧压力为 2 12 分析 杂技演员 连同摩托车 的运动可以看成一个水平面内的匀速率圆周运动 和一个竖直向上匀速直线运动的叠加 其旋转一周所形成的旋线轨迹展开后 相当于如图 b 所 示的斜面 把 演员的运动速度分解为图示的 v1 和 v2 两个分量 显然 v1 是竖直向上作匀速直线运动的分 速度 而 v2 则是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度 其中向心力由筒壁对演员的支持力 FN 的水平分量 FN2 提供 而竖直分量 FN1 则与重力相平衡 如图 c 所示 其中 角为摩托车 与筒壁所夹角 运用牛顿定律即可求得筒壁支持力的大小和方向力 解 设杂技演员连同摩托车整体为研究对象 据 b c 两图应有 1 2 3 4 以式 3 代入式 2 得 5 将式 1 和式 5 代入式 4 可求出圆筒壁对杂技演员的作用力 即支承力 大小为 与壁的夹角 为 讨论 表演飞车走壁时 演员必须控制好运动速度 行车路线以及摩托车的方位 以确保三者 之间满足解题用到的各个力学规律 2 13 分析 首先应由题图求得两个时间段的 F t 函数 进而求得相应的加速度函数 运用积分方法求解题目所问 积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对 应 解 由题图得 由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为 对 0 t 5 时间段 由 得 积分后得 再由 得 积分后得 将 t 5 代入 得 v5 30 m 6 1 1 和 x5 68 7 m 对 5 t 7 时间段 用同样方法有 得 再由 得 x 17 5t2 0 83t3 82 5t 147 87 将 t 7 代入分别得 v7 40 m 6 1 1 和 x7 142 m 2 14 分析 这是在变力作用下的动力学问题 由于力是时间的函数 而加速度 a dv dt 这时 动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程 解此微分方程可得质点的速 度 v t 由速度的定义 v dx dt 用积分的方法可求出质点的位置 解 因加速度 a dv dt 在直线运动中 根据牛顿运动定律有 依据质点运动的初始条件 即 t0 0 时 v0 6 0 m 6 1 1 运用分离变量法对上式积分 得 v 6 0 4 0t 6 0t2 又因 v dx dt 并由质点运动的初始条件 t0 0 时 x0 5 0 m 对上式分离变量后积分 有 x 5 0 6 0t 2 0t2 2 0t3 2 15 分析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动 其水平方向所 受制动力 F 为变力 且是时间的函数 在求速率和距离时 可根据动力学方程和运动学规律 采 用分离变量法求解 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 得 因此 飞机着陆 10 后的速率为 v 30 m 6 1 1 又 故飞机着陆后 10 内所滑行的距离 2 16 分析 该题可以分为两个过程 入水前是自由落体运动 入水后 物体受重力 P 浮力 F 和水的阻力 F 的作用 其合力是一变力 因此 物体作变加速运动 虽然物体的受力 分析比较简单 但是 由于变力是速度的函数 在有些问题中变力是时间 位置的函数 对这 类问题列出动力学方程并不复杂 但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了 通 常需要采用积分的方法去解所列出的微分方程 这也成了解题过程中的难点 在解方程的 过程中 特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的确定 解 1 运动员入水前可视为自由落体运动 故入水时的速度为 运动员入水后 由牛顿定律得 P F F ma 由题意 P F F bv2 而 a dv dt v d v dy 代 入上式后得 bv2 mv d v dy 考虑到初始条件 y0 0 时 对上式积分 有 2 将已知条件 b m 0 4 m 1 v 0 1v0 代入上式 则得 2 17 分析 螺旋桨旋转时 叶片上各点的加速度不同 在其各部分两侧的张力也不同 由于叶片的质量是连续分布的 在求叶片根部的张力时 可选取叶片上一小段 分析其受力 列出动力学方程 然后采用积分的方法求解 解 设叶片根部为原点 O 沿叶片背离原点 O 的方向为正向 距原点 O 为 r 处的长为 dr 一 小段叶片 其两侧对它的拉力分别为 F r 与 F r dr 叶片转动时 该小段叶片作圆周 运动 由牛顿定律有 由于 r l 时外侧 F 0 所以有 上式中取 r 0 即得叶片根部的张力 F 0 2 79 105 N 负号表示张力方向与坐标方向相反 2 18 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 F mdv dt 和 Fn man 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 F N 与 en 反向 2 19 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 F FN 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 20 分析 物体在发射过程中 同时受到重力和空气阻力的作用 其合力是速率 v 的 一次函数 动力学方程是速率的一阶微分方程 求解时 只需采用分离变量的数学方法即 可 但是 在求解高度时 则必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解 并注意 到物体上升至最大高度时 速率应为零 解 1 物体在空中受重力 mg 和空气阻力 Fr kv 作用而减速 由牛顿定律得 1 根据始末条件对上式积分 有 2 利用 的关系代入式 1 可得 分离变量后积分 故 讨论 如不考虑空气阻力 则物体向上作匀减速运动 由公式 和 分别算得 t 6 12 和 y 184 m 均比实际值略大一些 2 21 分析 由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反 因此 物体在上抛过 程中所受重力 P 和阻力 Fr 的方向相同 而下落过程中 所受重力 P 和阻力 Fr 的方向则相 反 又因阻力是变力 在解动力学方程时 需用积分的方法 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 如图所示 1 物体在上抛过程中 根据牛顿定律有 依据初始条件对上式积分 有 物体到达最高处时 v 0 故有 2 物体下落过程中 有 对上式积分 有 则 2 22 分析 该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题 求解方 法与前两题相似 只是在解题过程中必须设法求出阻力系数 k 由于阻力 Fr kv2 且 Fr 又与恒力 F 的方向相反 故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时 加速度为零 此时速度 达到最大 因此 根据速度最大值可求出阻力系数来 但在求摩托车所走路程时 需对变量 作变换 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 1 当加速度 a dv dt 0 时 摩托车的速率最大 因此可得 k F vm2 2 由式 1 和式 2 可得 3 根据始末条件对式 3 积分 有 则 又因式 3 中 再利用始末条件对式 3 积分 有 则 2 23 分析 如图所示 飞机触地后滑行期间受到 5 个力作用 其中 F1 为空气阻力 F2 为空气升力 F3 为跑道作用于飞机的摩擦力 很显然飞机是在合外力为变力的情况下作减 速运动 列出牛顿第二定律方程后 用运动学第二类问题的相关规律解题 由于作用于飞机 的合外力为速度 v 的函数 所求的又是飞机滑行距离 x 因此比较简便方法是直接对牛顿第 二定律方程中的积分变量 dt 进行代换 将 dt 用 代替 得到一个有关 v 和 x 的微分方程 分离变量后再作积分 解 取飞机滑行方向为 x 的正方向 着陆点为坐标原点 如图所示 根据牛顿第二定律有 1 2 将式 2 代入式 1 并整理得 分离变量并积分 有 得飞机滑行距离 3 考虑飞机着陆瞬间有 FN 0 和 v v0 应有 k2v02 mg 将其代入 3 式 可得飞机滑行距 离 x 的另一表达式 讨论 如飞机着陆速度 v0 144 km 6 1h 1 0 1 升阻比 可算得飞机的滑行距离 x 560 m 设计飞机跑道长度时应参照上述计算结果 2 24 分析 如同习题 2 5 分析中指出的那样 可对木箱加上惯性力 F0 后 以车厢为 参考系进行求解 如图所示 此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用 图中 a 为木箱 相对车厢的加速度 解 由牛顿第二定律和相关运动学规律有 F0 F ma mg ma 1 v 2 2a 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 2 25 分析 如以加速运动的电梯为参考系 则为非惯性系 在非惯性系中应用牛顿定律 时必须引入惯性力 在通常受力分析的基础上 加以惯性力后 即可列出牛顿运动方程来 解 取如图 b 所示的坐标 以电梯为参考系 分别对物体 A B 作受力分析 其中 F1 m1a F2 m2a 分别为作用在物体 A B 上的惯性力 设 ar 为物体相对电梯的加速度 根 据牛顿定律有 1 2 3 由上述各式可得 由相对加速度的矢量关系 可得物体 A B 对地面的加速度值为 a2 的方向向上 a1 的方向由 ar 和 a 的大小决定 当 ar a 即 m1g m2g 2m2 a 0 时 a1 的方向向下 反之 a1 的方向向上 2 26 分析 这类问题可应用牛顿定律并采用隔离体法求解 在解题的过程中必须注 意 1 参考系的选择 由于牛顿定律只适用于惯性系 可选择地面为参考系 惯性系 因地面 和斜面都是光滑的 当滑块在斜面上下滑时 三棱柱受到滑块对它的作用 也将沿地面作加速 度为 aA 的运动 这时 滑块沿斜面的加速度 aBA 不再是它相对于地面的加速度 aB 了 必 须注意到它们之间应满足相对加速度的矢量关系 即 aB aA aBA 若以斜面为参考系 非惯性系 用它求解这类含有相对运动的力学问题是较为方便的 但在非惯性系中 若仍 要应用牛顿定律 则必须增添一惯性力 F 且有 F maA 2 坐标系的选择 常取平面直角坐标 并使其中一坐标轴方向与运动方向一致 这样 可使 解题简化 3 在分析滑块与三棱柱之间的正压力时 要考虑运动状态的影响 切勿简单地把它视为滑 块重力在垂直于斜面方向的分力 mgcos 事实上只有当 aA 0 时 正压力才等于 mgcos 解 1 取地面为参考系 以滑块 B 和三棱柱 A 为研究对象 分别作示力图 如图 b 所示 B 受重力 P1 A 施加的支持力 FN1 A 受重力 P2 B 施加的压力 FN1 地面支持力 FN2 A 的运动方向为 Ox 轴的正向 Oy 轴的正向垂直地面向上 设 aA 为 A 对地的加速度 aB 为 B 对的地加速度 由牛顿定律得 1 2 3 4 设 B 相对 A 的加速度为 aBA 则由题意 aB aBA aA 三者的矢量关系如图 c 所示 据 此可得 5 6 解上述方程组可得三棱柱对地面的加速度为 滑块相对地面的加速度 aB 在 x y 轴上的分量分别为 则滑块相对地面的加速度 aB 的大小为 其方向与 y 轴负向的夹角为 A 与 B 之间的正压力 解 2 若以 A 为参考系 Ox 轴沿斜面方向 图 d 在非惯性系中运用牛顿定律 则滑块 B 的动力学方程分别为 1 2 又因 3 4 由以上各式可解得 由 aB aBA aA 三者的矢量关系可得 以 aA 代入式 3 可得 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 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 分析 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力 直接应用牛顿定 律解决受力问题是不可能的 如果考虑力的时间累积效果 运用动量定理来分析 就可避免 作用过程中的细节情况 在求鸟对飞机的冲力 常指在短暂时间内的平均力 时 由于飞机的 状态 指动量 变化不知道 使计算也难以进行 这时 可将问题转化为讨论鸟的状态变化来 分析其受力情况 并根据鸟与飞机作用的相互性 作用与反作用 问题就很简单了 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 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 鸟对飞机的平均冲力为 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 25 105 N 的冲力 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 若飞鸟与发动机叶片 相碰 足以使发动机损坏 造成飞行事故 3 7 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 3 8 分析 本题可由冲量的定义式 求变力的冲量 继而根据动量定理求物体的速度 v2 解 1 由分析知 2 由 I 300 30t 2t2 解此方程可得 t 6 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 6 1s 将 I m 及 v1 代入可得 3 9 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 3 10 分析 由冲量定义求得力 F 的冲量后 根据动量原理 即为动量增量 注意用式 积分前 应先将式中 x 用 x Acos t 代之 方能积分 解 力 F 的冲量为 即 3 11 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 p m 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 S t 弯曲部分 AB 的 水的动量的增量则为 p m vB vA S t 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 3 12 分析 根据抛体运动规律 物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的 因此 若能求出第二块碎片抛出的速度 按抛体运动的规律就可求得落地 的位置 为此 分析物体在最高点处爆炸的过程 由于爆炸力属内力 且远大于重力 因此 重 力的冲量可忽略 物体爆炸过程中应满足动量守恒 由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由 落体运动求出 由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度 进一步求出落地位置 解 取如图示坐标 根据抛体运动的规律 爆炸前 物体在最高点 A 的速度的水平分量为 1 物体爆炸后 第一块碎片竖直落下的运动方程为 当该碎片落地时 有 y1 0 t t1 则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度 2 又根据动量守恒定律 在最高点处有 3 4 联立解式 1 2 3 和 4 可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为 爆炸后 第二块碎片作斜抛运动 其运动方程为 5 6 落地时 y2 0 由式 5 6 可解得第二块碎片落地点的水平位置 x2 500 m 3 13 分析 由于两船横向传递的速度可略去不计 则对搬出重物后的船 A 与从船 B 搬入的重物所组成的系统 来讲 在水平方向上无外力作用 因此 它们相互作用的过程中应 满足动量守恒 同样 对搬出重物后的船 B 与从船 A 搬入的重物所组成的系统 亦是这 样 由此 分别列出系统 的动量守恒方程即可解出结果 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 1 2 由题意知 vA 0 vB 3 4 m 6 1s 1 代入数据后 可解得 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 分析 人跳