1、第一篇 力學(xué) 第1章 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)與牛頓定律1-9 一人自坐標(biāo)原點(diǎn)出發(fā)，經(jīng)20(s)向東走了25(m)，又用15(s)向北走了20(m)，再經(jīng)過(guò)10(s)向西南方向走了15(m)，求：（1）全過(guò)程的位移和路程；（2）整個(gè)過(guò)程的平均速度和平均速率。分析：從位移的概念出發(fā)，先用分量之差表示出每段位移，再通過(guò)矢量求和而求出全過(guò)程的位移，進(jìn)而由路程、平均速度和平均速率的概念求出路程、平均速度和平均速率。習(xí)題1-9圖解解： （1）以人為研究對(duì)象，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系， 全過(guò)程的位移為：其大小為：全過(guò)程位移的方向?yàn)椋杭捶较蛳驏|偏北（2）平均速度 其大小為： 平均速度的方向沿東偏北平均速率 圖1-30 習(xí)題

2、1-10圖解1-10 一質(zhì)點(diǎn)P沿半徑的圓周作勻速率運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一周所需時(shí)間為，設(shè)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)位于O點(diǎn)。按如圖所示的坐標(biāo)系，求：(1)質(zhì)點(diǎn)P在任意時(shí)刻的位矢；(2)5s時(shí)的速度和加速度。分析：只要找出在任意時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P點(diǎn)的坐標(biāo)、，（通過(guò)輔助坐標(biāo)系而找出）就能表示出質(zhì)點(diǎn)P在任意時(shí)刻的位矢，進(jìn)而由對(duì)時(shí)間求導(dǎo)求出速度和加速度。解：如圖所示，在坐標(biāo)系中，因，則質(zhì)點(diǎn)P的參數(shù)方程為： 坐標(biāo)變換后，在坐標(biāo)系中有：習(xí)題1-10圖解 ，則質(zhì)點(diǎn)P的位矢方程為： 5s時(shí)的速度和加速度分別為 ： 1-11 已知一質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為(單位為SI制)，求：(1)第2秒內(nèi)的平均速度；(2)第3秒末的速度；(3)第一秒末的加速度；(4)

3、物體運(yùn)動(dòng)的類型。分析：可由位矢對(duì)時(shí)間求導(dǎo)求得速度、再由速度對(duì)時(shí)間求導(dǎo)求得加速度。物體運(yùn)動(dòng)的類型，從的正負(fù)判斷運(yùn)動(dòng)方向，以時(shí)刻為物體加速或減速的分界線方面加以判斷。解： 由 知質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的速度與加速度分別為：； （1）第2秒內(nèi)的平均速度 (2)第3秒末的速度 ，與運(yùn)動(dòng)方向相反。(3)第一秒末的加速度 （4）令，得 時(shí)x達(dá)到極值,從此時(shí)開(kāi)始質(zhì)點(diǎn)將改變運(yùn)動(dòng)方向。令，得 ，這是個(gè)拐點(diǎn)，在此時(shí)刻之前，質(zhì)點(diǎn)作加速運(yùn)動(dòng)，在此時(shí)刻之后，質(zhì)點(diǎn)作減速運(yùn)動(dòng)。1-12質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為，求當(dāng)=2(s)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的速度和加速度。分析：已知，可由位矢與速度、加速度的關(guān)系、 求出速度和加速度。解：質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的速度為：

4、則 ，當(dāng)t=2(s)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的速度大小為：方向：以表示速度與x軸間的夾角，則 質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的加速度為：則 ，當(dāng)t=2(s)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為： 方向：以表示加速度與x軸間的夾角，則 1-13已知質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為式中，為常量，試問(wèn)質(zhì)點(diǎn)作什么運(yùn)動(dòng)？其速度和加速度為多少？ 分析：可由運(yùn)動(dòng)方程消去參數(shù)t，得質(zhì)點(diǎn)軌跡方程。而由位矢與速度、加速度的關(guān)系求出速度、加速度。解：由已知坐標(biāo)分量式 ，可知：將上面兩式相加 ，此即質(zhì)點(diǎn)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)，其速度分量式為： ，大?。悍较颍阂员硎舅俣扰cx軸間的夾角，則：其加速度分量式為：，大?。悍较颍阂员硎炯铀俣扰cx軸間的夾角，則：1-14物體沿直線運(yùn)動(dòng)，其速度為(

5、單位為SI制)。如果=2()時(shí)，=4()，求此時(shí)物體的加速度以及=3()時(shí)物體的位置。分析：可通過(guò)對(duì)時(shí)間求導(dǎo)求出加速度。 通過(guò)對(duì)時(shí)間積分求出位置矢量。解： 由可知物體在任意時(shí)刻的加速度和位移分別為： 上式變形后再兩邊積分為： 當(dāng)t=2()時(shí)，物體的加速度為： 當(dāng)t=3()時(shí)物體的位置為：1-15已知一質(zhì)點(diǎn)由靜止出發(fā)，其加速度在軸和軸上分別為，（a的單位為SI制），試求=5(s)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的速度和位置。分析：可先由加速度各分量積分求出速度相應(yīng)分量，再由速度分量求出速度大小、方向。同理由速度積分求出位矢。解： 由， 可知質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的速度分量式和位移分量式分別為：，變形后再兩邊積分為： ，變形后再

6、兩邊積分為： 當(dāng)t=5(s)時(shí)質(zhì)點(diǎn)的速度為：速度的大?。悍较颍阂员硎舅俣扰cx軸間的夾角，則 ，變形后再兩邊積分為： ，變形后再兩邊積分為： 當(dāng)t=5(s)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的位置為：位置的大?。悍较颍阂员硎疚恢门cx軸間的夾角，則 1-16路燈距地面的高度為，一身高為的人在路燈下以勻速行走，試求人影頂端移動(dòng)的速度。分析：由題知，在任意時(shí)刻，燈、人頂部、人影頂點(diǎn)三點(diǎn)應(yīng)在一條線上，明確在圖中人影頂點(diǎn)移動(dòng)的速度為，而人移動(dòng)的速度為=，只要找出x與b幾何關(guān)系，通過(guò)求導(dǎo)就能找出與的聯(lián)系。解： 由于 故可得：兩邊微分： 習(xí)題1-16圖解66變形上式可得：所以人影頂端移動(dòng)的速度為：由 可得：1-17 一質(zhì)點(diǎn)作半徑為=1

7、0(m)的圓周運(yùn)動(dòng),其角坐標(biāo)可用（單位為SI制）表示，試問(wèn)：（1）=2(s)時(shí)，法向加速度和切向加速度各是多少？（2）當(dāng)角等于多少時(shí)，其總加速度與半徑成？分析：由角坐標(biāo)對(duì)時(shí)間求導(dǎo)可得，由角速度對(duì)時(shí)間求導(dǎo)可得角加速度，進(jìn)而可求出法向加速度和切向加速度。而總加速度與半徑成，說(shuō)明與大小相等，由此解出t，從而求出。解： （1）由于，則角速度，在時(shí)，法向加速度和切向加速度的數(shù)值分別為：當(dāng)總加速度與半徑成時(shí)，此時(shí)應(yīng)有：即： 于是 1-18 一質(zhì)點(diǎn)在水平面內(nèi)以順時(shí)針?lè)较蜓匕霃綖榈膱A形軌道運(yùn)動(dòng)。此質(zhì)點(diǎn)的角速度與運(yùn)動(dòng)時(shí)間的平方成正比，即(SI制),式中k為常數(shù)。已知質(zhì)點(diǎn)在第2(s)末的線速度為32，試求=0.5

8、(s)時(shí)質(zhì)點(diǎn)的線速度與加速度。分析：代入初始條件可由、求出、，再由求導(dǎo)得到，再求出加速度分量、，最后由其合成加速度。解： 由且可知： 所以 則t=0.5(s)時(shí)質(zhì)點(diǎn)的線速度、角加速度、切向加速度和總加速度分別為：1-19 一只在星際空間飛行的火箭，當(dāng)它的燃料以恒定速率燃燒時(shí)，其運(yùn)動(dòng)函數(shù)可表示為，其中u是噴出氣流相對(duì)火箭體的速度，是一個(gè)常量，b是與燃燒速率成正比的一個(gè)常量。(1)求此火箭的速度；(2)求此火箭的加速度表示式；(3)設(shè)，并設(shè)燃料在120s內(nèi)燃燒完，求t=0s和t=120s時(shí)的速度；(4)求在t=0s和t=120s時(shí)的加速度。分析：由運(yùn)動(dòng)方程的表達(dá)式可得速度表達(dá)式，加速度表達(dá)式。再將

9、已知代回、即能求出最后兩小題。解： （1）由可知此火箭的速度為：(2)此火箭的加速度為：(3) 火箭在t=0s和t=120s時(shí)的速度分別為：(4) 火箭在t=0s和t=120s時(shí)的加速度分別為：1-20 一質(zhì)量為10kg的質(zhì)點(diǎn)在力的作用下沿軸作直線運(yùn)動(dòng)。在=0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)位于處，速度為，求質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的速度和位置。分析：可由牛頓第二定律可求出質(zhì)點(diǎn)的加速度，進(jìn)而由積分求出速度。再由速度表積分求位矢。解：由牛頓第二定律得由 得 質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的速度：由 得 質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的位置： 1-21 以速度作勻速運(yùn)動(dòng)的汽車，在關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后，它的加速度為，其中k為比例常數(shù)，是速度。求：(1)關(guān)閉發(fā)動(dòng)后t時(shí)刻的速

10、度；(2)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后在t時(shí)間內(nèi)前進(jìn)的距離。分析：可由積分求出速度，再由速度表積分求位矢。解： （1）由可知： ， 上式兩邊積分 （2）由 可得： 上式兩邊積分 1-22一質(zhì)量為的小球，最初位于如圖所示的A點(diǎn)，然后沿半徑為的光滑圓軌道ADCB下滑，試求小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的角速度和對(duì)圓軌道的作用力。分析：因?yàn)閳A軌道對(duì)它的支持力在法向方向，所以受力分析時(shí)把力按切向和法向分解，在該兩方向上用牛頓第二定律列方程，注意變換，就可求出，再由、的關(guān)系求出。解：小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只受重力和圓軌道對(duì)它的支持力，取如圖所示的自然坐標(biāo)系，由牛頓定律得圖1-31 習(xí)題1-22圖解法向： （1）切向： （2）由（2）式 ：

11、即 而故 等式兩邊積分 得 則小球在點(diǎn)C的角速度為 由（1）式得 由此可得小球?qū)A軌道的作用力為 負(fù)號(hào)表示與法向正向反向。1-23輕型飛機(jī)連同駕駛員總質(zhì)量為1.0kg，飛機(jī)以55.0m.s的速率在水平跑道上著陸后，駕駛員開(kāi)始制動(dòng)，若阻力與時(shí)間成正比，比例系數(shù)，求：（1）10s后飛機(jī)的速率；（2）飛機(jī)著陸后10s內(nèi)滑行的距離。分析：先由牛頓第二定律求出加速度，再由積分求出速度，再由速度表積分求位矢。解： 以地面飛機(jī)滑行方向?yàn)樽鴺?biāo)正方向，由牛頓定律及初始條件，有得 因此，飛機(jī)著陸后的速率為 又 故飛機(jī)著陸后10s內(nèi)滑行的距離 習(xí)題1-24圖解1-24一物體自地球表面以速率豎直上拋。假定空氣對(duì)物體阻

12、力的值為，其中m為物體的質(zhì)量，k為常量。試求：（1）該物體能上升的高度；（2）物體返回地面時(shí)速度的值（設(shè)重力加速度為常量）。分析：分別對(duì)物體上拋、下拋時(shí)作受力分析，由牛頓第二定律把力與加速度相聯(lián)系，再注意由加速度變換出與的關(guān)系，再積分求出的表達(dá)式及速度。解： 以地面為原點(diǎn)，豎直向上為y軸如圖所示。（1）物體在上拋過(guò)程中，根據(jù)牛頓定律有： 依據(jù)初始條件對(duì)上式積分，有 物體到達(dá)最高處時(shí)，故有 （2）物體下落過(guò)程中，有 對(duì)上式積分，有 則 1-25 將物體用細(xì)繩系住，繩的另一端固定在支架上，繩長(zhǎng)為，物體經(jīng)推動(dòng)后，在一水平面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，形成所謂的圓錐擺。已知物體的質(zhì)量為，繩與鉛直線的夾角為，試求

13、此時(shí)繩中的張力和物體運(yùn)動(dòng)的周期。習(xí)題1-25圖解分析：受力分析時(shí)分別按牛頓定律在切向、法向列出方程求得拉力F，周期可通過(guò)與求出。解：選小球?yàn)檠芯繉?duì)象，其受力如圖，由牛頓定律可得：法向： （1）豎直方向： （2）由（2）式可得此時(shí)繩中的張力為： 將（1）式與（2）式相除 即 且 則物體運(yùn)動(dòng)的周期為： 綜合練習(xí)題、填空題1、已知質(zhì)點(diǎn)作曲線運(yùn)動(dòng)，且加速度為一恒量。如圖1-32所示。則質(zhì)點(diǎn)（填能或不能）作勻變速率運(yùn)動(dòng)。2、已知子彈的軌跡為拋物線，初速度為，并且與水平面的夾角為，不計(jì)空氣阻力，試回答該子彈在運(yùn)動(dòng)中： （1）量值是否變化？；（2）向量值是否變化？； （3）子彈的法向加速度是否變化？；（4）

14、頂點(diǎn)和落地點(diǎn)的曲率半徑分別為和。3、兩汽車A和B，分別在平行直線軌道上行駛，已知它們的運(yùn)動(dòng)方程分別是（SI）。則在時(shí)，兩汽車在同一地點(diǎn)相遇；在時(shí)，兩汽車相對(duì)速度為零。4、如圖1-33所示，質(zhì)量為的物體A和B分別固定在一彈簧的兩端，再用一細(xì)線把它們懸掛起來(lái)。彈簧的質(zhì)量忽略不計(jì)。當(dāng)把細(xì)線燒斷的瞬間，A物體的加速度為，B物體的加速度。5、已知一質(zhì)點(diǎn)位矢為，則質(zhì)點(diǎn)速度的大小為，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡為，所作運(yùn)動(dòng)為方向（填順時(shí)針或逆時(shí)針）的運(yùn)動(dòng)。二、選擇題1、對(duì)于一個(gè)運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，下面哪種情形是不可能的：（ ）A、 具有恒定速率，但有變化的速度；B、加速度為零，而速度不為零；C、加速度不為零，而速度為零；D、加速

15、度恒定(不為零)而速度不變。2、質(zhì)點(diǎn)作曲線運(yùn)動(dòng)，表示位置矢量，S表示路程，at表示切向加速度，下列表達(dá)式中：（ ）（1）； （2）；（3）； （4）。 圖1-34A、只有（1）、（4）是對(duì)的； B、只有（2）、（4）是對(duì)的；C、只有（2）是對(duì)的； D、只有（3）是對(duì)的。 3、物體沿一閉合路徑運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t時(shí)間后回到出發(fā)點(diǎn)A，如圖1-34所示，初速度，末速度，則在t時(shí)間內(nèi)其平均速度與平均加速度分別為： （ ）A、=0，； B、=0，；C、 D、。4、質(zhì)點(diǎn)沿x方向運(yùn)動(dòng)，其加速度隨位置的變化關(guān)系為: 如在=0處，速度，那么處的速度大小為： （ ）A、 9； B、8； C、； D、7.2。、一質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)

16、動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)方程為，式中以s為單位，以m為單位。則=0到=4s時(shí)間間隔內(nèi)質(zhì)點(diǎn)位移的大小、路程為： （ ）A、8、10； B、10、8； C、9、10； D、8、9。6、質(zhì)點(diǎn)由靜止開(kāi)始以勻角加速度沿半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)如果在某一時(shí)刻此質(zhì)點(diǎn)的總加速度與切向加速度成角，則此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)已轉(zhuǎn)過(guò)的角度為： （ ） A、； B、； C、； D、 。7、一個(gè)在XY平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)的速度為，已知t=0時(shí)，它通過(guò)(3，-7)位置處，這質(zhì)點(diǎn)任意時(shí)刻的位矢為： （ ）A、； B、； C、； D、。8、一質(zhì)量為m的物體沿X軸運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)方程速度為 ，式中、均為正的常量，為時(shí)間變量，則該物體所受到的合力為： （ ）A、； B、

17、； C、； D、。三、計(jì)算題 圖1-35、勻質(zhì)桿AB放在光滑的地面上，兩端分別受到力與作用，如圖1-35所示。求C處截面兩方的相互作用力。設(shè)。 2、一雨滴在空中無(wú)初速自由下落時(shí)，其阻力的大小與速度成正比，其中為常數(shù)。若雨點(diǎn)質(zhì)量為，試求雨點(diǎn)速度隨時(shí)間的變化關(guān)系。且求出其極限速度。3、如圖1-36所示，大炮向小山開(kāi)火，已知山的坡度與地平線的夾角為，試求發(fā)射角為多大時(shí)炮彈沿山坡射得最遠(yuǎn)。4、如圖1-37所示，一細(xì)繩穿過(guò)光滑細(xì)管，兩端分別拴著質(zhì)量和的小球。小球到管口的繩長(zhǎng)為,遠(yuǎn)大于細(xì)管半徑，當(dāng)小球繞細(xì)管幾何軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，設(shè)繩與豎直方向的夾角為。試求小球的速度和所受的向心力，小球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期。第3章 能量定理

18、和守恒定律3-5一圓錐擺的擺球在水平面上作勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知擺球質(zhì)量為，圓半徑為，擺球速率為，當(dāng)擺球在軌道上運(yùn)動(dòng)一周時(shí)，作用在擺球上重力沖量的大小為多少？3-5 題圖3-6 題圖3-7 題圖解：如3-5題圖所示，一周內(nèi)作用在擺球上重力沖量的大小為 3-6用棒打擊質(zhì)量為0.3Kg、速率為的水平飛來(lái)的球，球飛到豎直上方10m的高度。求棒給予球的沖量為多大？設(shè)球與棒的接觸時(shí)間為0.02s，再求球受到的平均沖力。分析：球與棒碰撞過(guò)程中，可將球看成質(zhì)點(diǎn)，先確定初、末狀態(tài)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量，再應(yīng)用質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量定理：碰撞后，球飛到豎直上方過(guò)程中，只有重力做功，可利用機(jī)械能守恒定律求出球與棒碰撞后球獲得豎直向上的速度。

19、解：設(shè)球的初速度為，球與棒碰撞后球獲得豎直向上的速度為，球與棒碰撞后球上升的最大高度為，如3-6題圖所示，因球飛到豎直上方過(guò)程中，只有重力作功，由機(jī)械能守恒定律得 由質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量定理，可得棒給予球的沖量為 其沖量大小為 球受到的平均沖力為 3-7質(zhì)量為M的人，手里拿著一個(gè)質(zhì)量為m的球，此人用與水平線成角的速度向前跳去。當(dāng)他達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)，將物體以相對(duì)人的速度水平向后拋出，求由于物體的拋出，跳的距離增加了多少?（假設(shè)人可視為質(zhì)點(diǎn)） 分析：首先將人與物視為一系統(tǒng)，在人用與水平線成角的速度向前跳去過(guò)程中，系統(tǒng)在水平方向的速度始終保持不變，當(dāng)人達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)，在向后拋出物體的過(guò)程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力，

20、于是利用系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒求出人向后拋出物體時(shí)人的水平速率。解：如3-7題圖所示，把人與物視為一系統(tǒng)，當(dāng)人跳躍到最高點(diǎn)時(shí)，在向后拋出物體的過(guò)程中，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，故有 式中為人拋出物體后相對(duì)地面的水平速率，為拋出物對(duì)地面的水平速率，得 人的水平速率的增量為而人從最高點(diǎn)到地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 所以，人由于向后拋出物體，在水平方向上增加的距離為3-8 一質(zhì)量為m2kg的物體按的規(guī)律作直線運(yùn)動(dòng)，求當(dāng)物體由運(yùn)動(dòng)到時(shí)，外力做的功。分析：由于物體按的規(guī)律作直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)其求一階導(dǎo)數(shù)可得物體在任意時(shí)刻的速度，再帶入已知條件可得外力作用前后物體的速度或動(dòng)能的增量，最后利用質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能定理求出外力做的功。解

21、：由，可得 當(dāng)物體在處時(shí)，可得其時(shí)間、速度分別為 （1）當(dāng)物體在處時(shí)，可得其時(shí)間、速度分別為 （2）根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能定理得外力做的功 3-9 如圖3-52所示，求把水從面積為的地下室中抽到街道上來(lái)所需做的功。已知水深為1.5m，水面至街道的距離為5m。分析：取微元質(zhì)量的水作為研究對(duì)象，先求出將這部分水抽到街道上來(lái)所需做的元功,則通過(guò)積分方法求出將地下室中深為1.5m的水抽到街道上來(lái)所需做的總功。解：設(shè)分別表示水面至街道的距離、水深，建立如圖3-52所示坐標(biāo)，在距離O點(diǎn)為y處取面積為、高度為dy的水作為研究對(duì)象，將這部分水抽到街道上來(lái)所需做的元功，則將地下室中的所有水抽到街道上來(lái)所需做的總功為 3

22、-10 如圖3-53所示，一個(gè)質(zhì)量M2kg的物體，從靜止開(kāi)始，沿著的圓周從A滑到B，在B處時(shí)速度的大小是。已知圓的半徑R4m，求物體從A到B的過(guò)程中，摩擦力所做的功。分析：以物體和地球?yàn)橐幌到y(tǒng)，物體在下滑過(guò)程中，有重力做功和摩擦力做功，由功能原理可得摩擦力所做的功。解：以物體和地球?yàn)橐幌到y(tǒng)，由功能原理可得摩擦力所做的功為 3-11最初處于靜止的質(zhì)點(diǎn)受到外力的作用，該力的沖量為，在同一時(shí)間間隔內(nèi)，該力所做的功為，問(wèn)該質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量是多少？ 分析：本題可根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量定理和質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能定理列方程，再聯(lián)解此兩式就可得該質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量。解：設(shè)質(zhì)點(diǎn)末動(dòng)量為，末動(dòng)能為，由于質(zhì)點(diǎn)最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此，初動(dòng)量，初動(dòng)能，

23、根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量定理和質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能定理有 而 所以 3-12 如圖3-54所示，A球的質(zhì)量為m，以速度u飛行，與一靜止的小球B碰撞后，A球的速度變?yōu)?，其方向與u方向成，B球的質(zhì)量為5m，它被撞后以速度飛行，的方向與u成 ()角。求：(1)求兩小球相撞后速度的大小；(2)求碰撞前后兩小球動(dòng)能的變化。分析：取A球和B球?yàn)橐幌到y(tǒng)，在碰撞過(guò)程中系統(tǒng)所受合外力為零，于是在水平方向和豎直方向分別應(yīng)用動(dòng)量守恒定律得到兩小球相撞后的速度，另外確定兩小球碰撞前后動(dòng)能，則可得碰撞前后兩小球動(dòng)能的變化。解：（1）取A球和B球?yàn)橐幌到y(tǒng)，在碰撞過(guò)程中系統(tǒng)所受合外力為零，由動(dòng)量守恒定律得水平方向： （1） 豎直方向： （2）

24、聯(lián)解（1）、（2）式，可得兩小球相撞后速度大小分別為 （2）碰撞前后兩小球動(dòng)能的變化為 3-13一質(zhì)量為10g、速度為的子彈水平地射入鉛直的墻壁內(nèi)0.04m后而停止運(yùn)動(dòng)，若墻壁的阻力是一恒量，求墻壁對(duì)子彈的作用力。分析：以子彈作為研究對(duì)象，子彈在水平地射入鉛直的墻壁過(guò)程中，在水平方向上只受墻壁的阻力作用，故可根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能定理可得墻壁對(duì)子彈的作用力。解：以子彈作為研究對(duì)象，子彈水平地射入鉛直的墻壁過(guò)程中，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能定理可得墻壁對(duì)子彈的作用力： 3-14一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)在x-y平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，其位置矢量為，其中a，b和均是正常數(shù) 試證明該質(zhì)點(diǎn)對(duì)于坐標(biāo)原點(diǎn)角動(dòng)量守恒。分析：由已知的位置矢量，對(duì)其求

25、二階導(dǎo)數(shù)可得質(zhì)點(diǎn)所受加速度，從而得到質(zhì)點(diǎn)所受合力，再判斷質(zhì)點(diǎn)所受的對(duì)于坐標(biāo)原點(diǎn)的合外力矩是否為零，若為零，則該質(zhì)點(diǎn)對(duì)于坐標(biāo)原點(diǎn)角動(dòng)量守恒。證明：由可得 即質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只受向心力作用，且向心力對(duì)坐標(biāo)原點(diǎn)的力矩為零，所以該質(zhì)點(diǎn)對(duì)于坐標(biāo)原點(diǎn)角動(dòng)量守恒。3-15 如圖3-55所示，在光滑的水平面上有木桿，其質(zhì)量，長(zhǎng)，可繞通過(guò)其中點(diǎn)并與之垂直的軸轉(zhuǎn)動(dòng)。一質(zhì)量為的子彈，以的速度射入桿端，其方向與桿及軸正交。若子彈陷入桿中，試求所得到的角速度。分析：以子彈和木桿為一系統(tǒng)，子彈在射入桿端的過(guò)程中，系統(tǒng)所受合外力矩為零，則根據(jù)角動(dòng)量守恒定律可得子彈陷入桿中整個(gè)剛體所獲得的角速度。解：設(shè)表示子彈陷入桿后桿的

26、角速度，以子彈和木桿為一系統(tǒng)，根據(jù)角動(dòng)量守恒定律 3-16 一質(zhì)量為的小孩，站在一半徑為、轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為的靜止水平轉(zhuǎn)臺(tái)的邊緣上，此轉(zhuǎn)臺(tái)可繞通過(guò)轉(zhuǎn)臺(tái)中心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)臺(tái)與軸間的摩擦不計(jì)。如果此小孩相對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)以的速率沿轉(zhuǎn)臺(tái)邊緣行走，問(wèn)轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度有多大?分析：以小孩和轉(zhuǎn)臺(tái)為一系統(tǒng)，小孩沿轉(zhuǎn)臺(tái)邊緣行走過(guò)程中，系統(tǒng)所受合外力矩為零，則根據(jù)角動(dòng)量守恒定律，同時(shí)將轉(zhuǎn)臺(tái)和小孩的角速度統(tǒng)一為對(duì)地的角速度，則可得轉(zhuǎn)臺(tái)的角速率。解：取分別表示轉(zhuǎn)臺(tái)相對(duì)地面的角速度、小孩相對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度、小孩相對(duì)地面的角速度，由相對(duì)角速度的關(guān)系，小孩相對(duì)地面的角速度為 以小孩和轉(zhuǎn)臺(tái)為一系統(tǒng)，由于系統(tǒng)初始是靜止的，根據(jù)角動(dòng)量守恒定律，有

27、式中負(fù)號(hào)表示轉(zhuǎn)臺(tái)的方向與小孩相對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)的速率引起的轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反。3-17 一質(zhì)量為m的地球衛(wèi)星，沿半徑為的圓軌道運(yùn)動(dòng)，為地球的半徑。已知地球的質(zhì)量為，求：(1)衛(wèi)星的動(dòng)能；(2)衛(wèi)星的引力勢(shì)能；(3)衛(wèi)星的機(jī)械能。分析：地球衛(wèi)星沿圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬(wàn)有引力提供衛(wèi)星作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則根據(jù)向心力公式，可得地球衛(wèi)星沿半徑為的圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，從而得到衛(wèi)星的動(dòng)能，若取與衛(wèi)星、地球相距無(wú)限遠(yuǎn)時(shí)的引力勢(shì)能為零，則由引力勢(shì)能公式，得到衛(wèi)星所具有的引力勢(shì)能，而衛(wèi)星的機(jī)械能則是衛(wèi)星的動(dòng)能和衛(wèi)星的引力勢(shì)能之和。解：（1）衛(wèi)星與地球之間的萬(wàn)有引力是提供衛(wèi)星作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，根據(jù)向心力公式可得 則衛(wèi)星的動(dòng)能 （2）

28、取與衛(wèi)星、地球相距無(wú)限遠(yuǎn)時(shí)的引力勢(shì)能為零，則處在軌道上的衛(wèi)星所具有的引力勢(shì)能為 （3）衛(wèi)星的機(jī)械能為 3-18 如圖3-56所示，一質(zhì)量為m的子彈在水平方向以速度射入豎直懸掛的靶內(nèi)，并與靶一起運(yùn)動(dòng)，設(shè)靶的質(zhì)量為M，求子彈與靶擺動(dòng)的最大高度。分析：取子彈和靶為一系統(tǒng)，在子彈與靶碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得子彈射入豎直懸掛的靶內(nèi)具有的共同速度；在子彈與靶擺動(dòng)過(guò)程中，只有重力做功，由機(jī)械能守恒定律可得子彈與靶擺動(dòng)的最大高度。解：取子彈和靶為一系統(tǒng)，子彈與靶碰撞過(guò)程中無(wú)水平外力作用，由動(dòng)量守恒定律得 （1）子彈與靶在擺動(dòng)過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，則由機(jī)械能守恒

29、定律得 （2）聯(lián)解（1）、（2）式可得子彈與靶擺動(dòng)的最大高度為 圖3-573-19 如圖3-57所示，質(zhì)量為m的鋼球系在長(zhǎng)為的繩子的端，繩子的另一端固定。把繩拉到水平位置后，再把球由靜止釋放，球在最低點(diǎn)與質(zhì)量為M的鋼塊作完全彈性碰撞，問(wèn)碰撞后鋼球能達(dá)到多高?分析：在鋼球下落過(guò)程中，以鋼球和地球?yàn)橄到y(tǒng)，只有重力做功，由機(jī)械能守恒定律可得鋼球剛與鋼塊碰撞時(shí)的速度；在鋼球與鋼塊碰撞過(guò)程中，以鋼球和鋼塊為系統(tǒng)， 由于為完全彈性碰撞，則根據(jù)動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒列方程；碰撞后在鋼球上升過(guò)程中，以鋼球和地球?yàn)橄到y(tǒng)，只有重力做功，由機(jī)械能守恒定律列方程，最后聯(lián)解前面各式可得鋼球能達(dá)到的高度。解：設(shè)分別表示鋼球下

30、落到剛要與鋼塊碰撞時(shí)的速度、鋼球與鋼塊碰撞后鋼球的速度、鋼球與鋼塊碰撞后鋼塊的速度、鋼球與鋼塊碰撞后鋼球能達(dá)到的最大高度，在鋼球由靜止釋放過(guò)程中，以鋼球和地球?yàn)橄到y(tǒng)，只有重力做功，由機(jī)械能守恒定律得 （1）在鋼球與鋼塊碰撞過(guò)程中，以鋼球和鋼塊為一系統(tǒng)，由于鋼球在最低點(diǎn)與鋼塊作完全彈性碰撞，則根據(jù)動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒有 （2） （3）碰撞后在鋼球上升過(guò)程中，以鋼球和地球?yàn)橄到y(tǒng)，只有重力做功，由機(jī)械能守恒定律 （4）聯(lián)解（1）、（2）、（3）、（4）可得鋼球能達(dá)到的最大高度為 3-20 長(zhǎng)為質(zhì)量為的細(xì)棒可繞垂直于一端的水平軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)。棒原來(lái)處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小球沿光滑水平面飛來(lái)，正好與棒

31、下端相碰(設(shè)碰撞為完全彈性)，使桿向上擺到，如圖3-58所示，求小球的初速度。分析：在小球與棒碰撞過(guò)程中，取小球和棒為一系統(tǒng)，系統(tǒng)所受合外力矩為零，則角動(dòng)量守恒定律；又小球與棒碰撞為完全彈性碰撞，則動(dòng)能守恒；在棒擺動(dòng)過(guò)程中，取棒和地球?yàn)橐幌到y(tǒng)，只有重力做功，則機(jī)械能守恒，這樣就可通過(guò)這三條守恒定律求得小球的初速度。解：設(shè)為小球與棒碰撞后棒獲得的角速度，為小球與棒碰撞后小球的速度，為小球與棒碰撞前小球的初速度，在小球與棒碰撞過(guò)程中，取小球和棒為一系統(tǒng)，合外力對(duì)轉(zhuǎn)軸的力矩為零，則由角動(dòng)量守恒定律得 （1）又小球與棒碰撞為完全彈性碰撞，則有 （2）在棒擺動(dòng)過(guò)程中，取棒和地球?yàn)橐幌到y(tǒng)，只有重力做功，則

32、由機(jī)械能守恒定律得 （3）聯(lián)解（1）、（2）、（3）可得小球的初速度為 3-21 如圖3-59所示，在光滑的水平面上有一輕質(zhì)彈簧（其勁度系數(shù)為k），它的一端固定，另一端系一質(zhì)量為的滑塊。最初滑塊靜止時(shí)，彈簧呈自然長(zhǎng)度，今有一質(zhì)量為的子彈以速度沿水平方向并垂直于彈簧軸線射向滑塊且留在其中，滑塊在水平面內(nèi)滑動(dòng)，當(dāng)彈簧被拉伸至長(zhǎng)度時(shí)，求滑塊速度的大小和方向。分析：在子彈與滑塊碰撞過(guò)程中，以子彈和滑塊為一系統(tǒng)，在水平方向系統(tǒng)所受合外力為零，則動(dòng)量守恒；在子彈與滑塊碰撞后，子彈留在滑塊內(nèi)并以共同速度運(yùn)動(dòng)，在此過(guò)程中，彈簧不斷伸長(zhǎng)，若取子彈和滑塊為一系統(tǒng)，則系統(tǒng)將受彈力作用，但彈力對(duì)于固定點(diǎn)O并不產(chǎn)生力矩

33、，則角動(dòng)量守恒；在此過(guò)程中，若取子彈、滑塊、彈簧和地球?yàn)橐幌到y(tǒng)，只有彈力做功，則機(jī)械能守恒，這樣，當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)至?xí)r滑塊速度的大小和方向就可通過(guò)上面三條守恒定律求得。解：設(shè)、分別表示為子彈嵌入滑塊后的共同速度、彈簧被拉伸至長(zhǎng)度時(shí)滑塊的速度、彈簧被拉伸至長(zhǎng)度時(shí)滑塊的速度與拉伸長(zhǎng)度的延長(zhǎng)線之間夾角，如圖3-59所示。在子彈與滑塊碰撞過(guò)程中，以子彈和滑塊為一系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得 （1）在子彈與滑塊碰撞后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，取子彈、滑塊、彈簧和地球?yàn)橐幌到y(tǒng)，只有彈力做功，由機(jī)械能守恒定律得 （2）在子彈與滑塊碰撞后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，取子彈和滑塊為一系統(tǒng)，由角動(dòng)量守恒定律得 （3）聯(lián)解（1）、（2）、（3）式可得當(dāng)彈簧被拉伸至長(zhǎng)度時(shí)滑塊速度的大小和方向 綜合練習(xí)題一、填空題1、一質(zhì)量為的質(zhì)點(diǎn)在力作用下，沿X軸作直線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)在至內(nèi)動(dòng)量變化量的大小為 。2、一質(zhì)量為M的木塊，靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈水平地射入木塊后穿出木塊，子彈在穿出和穿入的過(guò)程中，以子彈和木塊為系統(tǒng)，其動(dòng)量 ，機(jī)械能 （填守恒或不守恒）。3、一質(zhì)量為m的物體，以初速度從地面拋出，拋射角，如忽略空氣阻力，則從拋出到剛要接觸地面的過(guò)程中，物體動(dòng)量增量的大小為 ，方向?yàn)?。4、一物體萬(wàn)有引力做功125J，則引力勢(shì)能增量為 。5、一飛輪以角速度w 0繞軸旋轉(zhuǎn), 飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J1;另一靜止飛輪