1、第三章動量守恒定律和能量守恒定律3 -3對功的概念有以下幾種說法：(1)保守力作正功時，系統內相應的勢能增加；(2)質點運動經一閉合路徑，保守力對質點作的功為零；(3)作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以兩者所作功的代數和必為零.下列上述說法中判斷正確的是()(A)(1)、(2)是正確的(B)(2)、(3)是正確的(C)只有(2)是正確的(D)只有(3)是正確的分析與解保守力作正功時，系統內相應勢能應該減少.由于保守力作功與路徑無關，而只與始末位置有關，如質點環繞一周過程中，保守力在一段過程中作正功，在另一段過程中必然作負功，兩者之和必為零.至于一對作用力與反作用力分別作用于兩個質點所作功

2、之和未必為零(詳見習題3 -2分析)，由此可見只有說法(2)正確，故選(C).3 -4如圖所示，質量分別為mi和m2的物體A和B,置于光滑桌面上，A和眨間連有一輕彈簧.另 有質量為mi和m2的物體5口 D分別置于物體A與B之上，且物體A和C、B和D之間的摩擦因數均 不為零.首先用外力沿水平方向相向推壓A和B,使彈簧被壓縮，然后撤掉外力，則在A和B單開的過程中XA、B、C D以及彈簧組成的系統，有()(A)動量守恒，機械能守恒(B)動量不守恒，機械能守恒(C)動量不守恒，機械能不守恒(D)動量守恒，機械能不一定守恒題3 -4怪分析與解 由題意知，作用在題述系統上的合外力為零，故系統動量守恒，但機

3、械能未必守恒 這取決于在A、B彈開過程中C與A或D與B之間有無相對滑動，如有則必然會因摩擦內力 作功，而使一部分機械能轉化為熱能 ，故選(D).3 -5如圖所示，子彈射入放在水平光滑地面上靜止的木塊后而穿出.以地面為參考系，下列說法中正確的說法是()(A)子彈減少的動能轉變為木塊的動能(B)子彈-木塊系統的機械能守恒(C)子彈動能的減少等于子彈克服木塊阻力所作的功(D)子彈克服木塊阻力所作的功等于這一過程中產生的熱分析與解子彈-木塊系統在子彈射入過程中，作用于系統的合外力為零，故系統動量守恒，但 機械能并不守恒.這是因為子彈與木塊作用的一對內力所作功的代數和不為零（這是因為子彈對地位移大于木塊

4、對地位移所致，子彈動能的減少等于子弓t克服阻力所作功，子彈減少的動能中，一部分通過其反作用力對木塊作正功而轉移為木塊的動能，另一部分則轉化為熱能（大小就等于這一對內力所作功的代數和）.綜上所述，只有說法（C）的表述是完全正確的.3 -6 一架以x 10m-s-1的速率水平飛行的飛機，與一只身長為0.20 m、質量為0.50 kg的飛鳥 相碰.設碰撞后飛鳥的尸體與飛機具有同樣的速度，而原來飛鳥對于地面的速率甚小，可以忽略不計.試估計飛鳥對飛機的沖擊力（碰撞時間可用飛鳥身長被飛機速率相除來估算）.根據本題的計算結果，你對于高速運動的物體（如飛機、汽車）與通常情況下不足以引起危害的物體 （如飛鳥、小

5、石子）相碰后會產生什么后果的問題有些什么體會 分析由于鳥與飛機之間的作用是一短暫時間內急劇變化的變力，直接應用牛頓定律解決受力問題是不可能的.如果考慮力的時間累積效果，運用動量定理來分析，就可避免作用過程中的細節情況.在求鳥對飛機的沖力（常指在短暫時間內的平均力）時，由于飛機的狀態（指動量）變化不知道，使計算也難以進行；這時，可將問題轉化為討論鳥的狀態變化來分析其受力情況，并根據鳥與飛機作用的相互性（作用與反作用，問題就很簡單了.解以飛鳥為研究對象，取飛機運動方向為x軸正向.由動量定理得F & mv 0式中F為飛機對鳥的平均沖力，而身長為20cm的飛鳥與飛機碰撞時間約為困=l /v,以

6、此代入上式可得2 mv5F 2.55 105 N l鳥對飛機的平均沖力為F F 2.55 105 N式中負號表示飛機受到的沖力與其飛行方向相反.從計算結果可知，X 10N的沖力大致相當于一個22 t的物體所受的重力，可見，此沖力是相當大的.若飛鳥與發動機葉片相碰，足以使發 動機損壞，造成飛行事故.3 -7如圖所示，質量為m的物體，由水平面上點。以初速為v0拋出，v0與水平面成仰角a.若不 計空氣阻力，求：（1）物體從發射點。到最高點的過程中，重力的沖量；（2）物體從發射點到落 回至同一水平面的過程中，重力的沖量.題3-7圖分析 重力是恒力，因此，求其在一段時間內的沖量時，只需求出時間間隔即可.

7、 由拋體運動規律可知，物體到達最高點的時間 發1 v0sin 0c，物體從出發到落回至同一水平面所需的時間是 g到達最高點時間的兩倍.這樣 ，按沖量的定義即可求得結果.另一種解的方法是根據過程的始、末動量，由動量定理求出.解1物體從出發到達最高點所需的時間為,VoSin atl g則物體落回地面的時間為用22Ati金"g于是，在相應的過程中重力的沖量分別為11 及1 Fdtmg 及i jmvoSin j12 陋amgAt2 j2mv0sin j解2根據動量定理，物體由發射點。運動到點A、B的過程中，重力的沖量分別為Ii mvAyj mv°yjmvoSin aj12 mvBy

8、jmvoyj2mvoSinaj3 -8 Q=30+4t（式中Q的單位為N,t的單位為s）的合外力作用在質量 m= 10 kg的物體上，試 求：（1）在開始2s內此力的沖量；（2）若沖量I=300 Ns,此力作用的時間；（3）若物體的初速 度v = 10 m s-1 ,方向與Fx相同，在t =時，此物體的速度V2.t2分析本題可由沖量的定義式IFdt,求變力的沖量，繼而根據動量定理求物體的速度t1V2.解（1）由分析知2 2 2I 30 4t dt 30t 2t2 2 68 N s 00（2）由I =300 =30t+2t2，解此方程可得t= s（另一解不合題意已舍去）（3）由動量定理，有I =

9、 m V2- m vi由（2）可知t= s時I = 300 Ns，將I、m及vi代入可得I mv1v2- 40 m51.0 kg的人，在操作時不慎從高空豎m3 -9高空作業時系安全帶是非常必要的.假如一質量為直跌落下來，由于安全帶的保護，最終使他被懸掛起來.已知此時人離原處的距離為2.0 m，安 全帶彈性緩沖彳用時間為 s .求安全帶對人的平均沖力.分析 從人受力的情況來看，可分兩個階段：在開始下落的過程中，只受重力作用，人體可看成 是作自由落體運動；在安全帶保護的緩沖過程中，則人體同時受重力和安全帶沖力的作用，其合力是一變力，且作用時間很短.為求安全帶的沖力，可以從緩沖時間內，人體運動狀態（

10、動量）的改變來分析，即運用動量定理來討論.事實上 ，動量定理也可應用于整個過程.但是 ，這時必 須分清重力和安全帶沖力作用的時間是不同的；而在過程的初態和末態，人體的速度均為零.這樣，運用動量定理仍可得到相同的結果.解1以人為研究對象，按分析中的兩個階段進行討論.在自由落體運動過程中，人跌落至2 m處時的速度為v1.2gh（1）在緩沖過程中，人受重力和安全帶沖力的作用，根據動量定理，有F P At mv2 mv1(2)由式（1）、（2）可得安全帶對人的平均沖力大小為- AmvF mg mg及 2gh31.14 103 N At解2從整個過程來討論.根據動量定理有F mgq'Zh/gmg

11、 1.14 103 N3 -10 質量為m的小球，在合外力F= -kx作用下運動，已知x = Acosw，其中k、A均為正常一 ，、,一，兀重,求在t =0到t 時間內小球動量的增量.2分析由沖量定義求得力F的沖量后，根據動量原理，即為動量增量，注意用式t2t1 Fdt積分前,應先將式中x用x = Acos 3代之，方能積分.解力F的沖量為t2Fdtt1t2kxdtt1“2kAkAcos tdt0即 mvkA0)3 -11 一只質量m10.11 kg的壘球以v11 .17 ms水平速率扔向打擊手,球經球棒擊,若球與棒的接觸時間為s,求：（1）出后，具有如圖（a）所示的速度且大小 v2 34ms

12、棒對該球平均作用力的大小；（2）壘球手至少對球作了多少功分析第（1）問可對壘球運用動量定理，既可根據動量定理的矢量式，用幾何法求解，如圖（b）所示；也可建立如圖（a）所示的坐標系，用動量定量的分量式求解，對打擊、碰撞一 類作用時間很短的過程來說，物體的重力一般可略去不計題3-11圖解(1)解1由分析知，有F t mv2 mv1其矢量關系如圖(b)所示，則，二 、2,、2,、2、，、 (F t) (mv1) (mv2) 2(mv1)(mv2)cos(18060 )解之得F 197.9 N解2由圖(a)有Fx t mv2x mvxFy t mv2y 0將 v1x v, v2xv2 cos 60 及

13、 v2y v2 sin 60 代入解得 Fx和 Fy,則|FfX Fy 197.9 N(2)由質點動能定理，得121 2.Wmv2mv；47.7J22213 -12 如圖所示，在水平地面上，有一橫截面S= 0.20 m 2的直角彎管，管中有流速為v= 3.0 m -s-1的水通過，求彎管所受力的大小和方向.題3-12圖分析 對于彎曲部分AB段內的水而言，由于流速一定，在時間困內，從其一端流入的水量等于 從另一端流出的水量.因此，對這部分水來說，在時間用內動量的增量也就是流入與流出水的 動量的增量Ap=Am（VB -vA ）；此動量的變化是管壁在 用時間內對其作用沖量I的結果.依據動 量定理可求

14、得該段水受到管壁的沖力F;由牛頓第三定律，自然就得到水流對管壁的作用力F'=-F.解 在A時間內，從管一端流入（或流出）水的質量為 淅=p u£,彎曲部分AB的水的動量的 增量則為4=Zm（VB -VA ） = p u/St （VB -VA ）依據動量定理I =中，得到管壁對這部分水的平均沖力-I0FfSv At vB vAAt從而可得水流對管壁作用力的大小為F F41 pSv22.5 103 N作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側.3 -13 A、B兩船在平靜的湖面上平行逆向航行，當兩船擦肩相遇時，兩船各自向對方平穩地傳遞50 kg的重物，結果是A船停了下來，而B船以3.

15、4 m s-1的速度繼續向前駛去.A、B兩船原有質量分別為X 13kg和X 10kg,求在傳遞重物前兩船的速度.（忽略水對船的阻力）分析由于兩船橫向傳遞的速度可略去不計，則對搬出重物后的船A與從船B搬入的重物所組 成的系統I來講，在水平方向上無外力作用，因此，它們相互作用的過程中應滿足動量守恒；同樣,對搬出重物后的船 B與從船A搬入的重物所組成的系統H亦是這樣.由此，分別列出系統I、n的動量守恒方程即可解出結果.解設A、B兩船原有的速度分別以Va、vb表示，傳遞重物后船的速度分別以 va'、vb'表示，被 搬運重物的質量以 m表示.分別對上述系統I、n應用動量守恒定律，則有mA

16、 m Va mvBEaVa。）mB m Vb mvA EbVb （2）由題意知Va' =0, vb' =3.4 m s-1代入數據后，可解得mlBmlVBVA2mBm mA m m0.40 m sVbmAmmBvB23.6m s1mA m mB m m也可以選擇不同的系統，例如，把A、B兩船（包括傳遞的物體在內）視為系統，同樣能滿足動量守 恒，也可列出相對應的方程求解.3 -14 質量為m'的人手里拿著一個質量為 m的物體，此人用與水平面成 口角的速率V0向前跳 去.當他達到最高點時，他將物體以相對于人為u的水平速率向后拋出. 問：由于人拋出物體 他跳躍的距離增加了多少

17、（假設人可視為質點）題3 . 14圖分析人跳躍距離的增加是由于他在最高點處向后拋出物體所致.在拋物的過程中，人與物之間相互作用力的沖量，使他們各自的動量發生了變化.如果把人與物視為一系統，因水平方向不受外力作用，故外力的沖量為零，系統在該方向上動量守恒.但在應用動量守恒定律時 必須注意系統是相對地面 （慣性系）而言的，因此，在處理人與物的速度時，要根據相對運動的關 系來確定.至于，人因跳躍而增加的距離，可根據人在水平方向速率的增量加來計算.解取如圖所示坐標.把人與物視為一系統，當人跳躍到最高點處，在向左拋物的過程中，滿足 動量守恒，故有m m v0cos a m v m v u式中V為人拋物后

18、相對地面的水平速率，v-u為拋出物對地面的水平速率.得mVo VoCOSa um m人的水平速率的增量為入mNj V V0COS0C um m而人從最高點到地面的運動時間為g所以，人跳躍后增加的距離A A xmvoSin ax Avt m m g3 -15 物體在介質中按規律 x= ct3作直線運動儲為一常量.設介質對物體的阻力正比于速度的平方.試求物體由 Xo=0運動到x=l時，阻力所作的功.(已知阻力系數為k)F dx來求解.關鍵在于尋找力函數F= F(x) .根據運動學關系，可將已知力與速度的函數關系F(v) =kv2變換到F(t),進一步按x= ct3的關系把F(t)轉換為F(x)，這

19、樣，就可按功的定義式求解.解由運動學方程x= ct3，可得物體的速度v按題意及上述關系物體所受阻力的大小為Fkv2則阻力的功為W F dxW F dx cos180 dx9kc2/3x4/3dx7 kc2/3l7/3oo7dx 2- 3ct2dt9kc2t42/39kc4/3x分析 本題是一維變力作功問題，仍需按功的定義式 W3 -16 一人從10.0 m深的井中提水，起始桶中裝有10.0 kg的水，由于水桶漏水，每升高1.00 m要 漏去0.20 kg的水.水桶被勻速地從井中提到井口，求所作的功.分析 由于水桶在勻速上提過程中，拉力必須始終與水桶重力相平衡.水桶重力因漏水而隨 提升高度而變，

20、因此，拉力作功實為變力作功.由于拉力作功也就是克服重力的功，因此，只要能寫出重力隨高度變化的關系，拉力作功即可求出.解水桶在勻速上提過程中，a=0,拉力與水桶重力平衡，有F+P= 0在圖示所取坐標下，水桶重力隨位置的變化關系為P= mg - a gy其中a= 0.2 kg/m,人對水桶的拉力的功為1010W 0 F dy 0 mg agy dy 882 J3 -17 一質量為0.20 kg的球，系在長為2.00 m的細繩上，細繩的另一端系在天花板上.把小球移至使細繩與豎直方向成 30。角的位置，然后從靜止放開.求：（1）在繩索從30。角到0。角的過程中，重力和張力所作的功；（2）物體在最低位置

21、時的動能和速率；（3）在最低位置時的張力.分析 （1）在計算功時，首先應明確是什么力作功.小球擺動過程中同時受到重力和張力作用.重力是保守力，根據小球下落的距離，它的功很易求得；至于張力雖是一變力，但是，它的方向始終與小球運動方向垂直，根據功的矢量式W F ds,即能得出結果來.（2）在計算功的基礎上，由動能定理直接能求出動能和速率.（3）在求最低點的張力時，可根據小球作圓周運動時的向心加速度由重力和張力提供來確定.解（1）如圖所示，重力對小球所作的功只與始末位置有關，即WP PAh mgl 1 cos。 0.53 J在小球擺動過程中，張力Ft的方向總是與運動方向垂直 ，所以，張力的功WtFt

22、 ds（2）根據動能定理，小球擺動過程中，其動能的增量是由于重力對它作功的結果.初始時動能 為零，因而，在最低位置時的動能為Ek Wp 0.53J2Ek v W小球在最低位置的速率為2Wpi2.30 m s m（3）當小球在最低位置時，由牛頓定律可得2Ft mgmv- 2.49 N l3 -18 質量為m的質點，系在細繩的一端，繩的另一端固定在平面上.此質點在粗糙水平面上作半徑為r的圓周運動.設質點的最初速率是vo.當它運動一周時，其速率為vo/2 .求：（1）摩擦力作的功；（2）動摩擦因數；（3）在靜止以前質點運動了多少圈分析質點在運動過程中速度的減緩，意味著其動能減少；而減少的這部分動能則

23、消耗在運動中克服摩擦力作功上.由此，可依據動能定理列式解之.解（1）摩擦力作功為1 2-mvo232一 mvo (1)812W Ek Eko -mv2（2）由于摩擦力是一恒力，且Ff=科mg故有Ffscos 180o2 r mg(2)由式（1）、（2）可得動摩擦因數為3v2（1 16 <g32（3）由于一周中損失的動能為一mv0，則在靜止前可運行的圈數為83 -19如圖（a）所示,A和B兩塊板用一輕彈簧連接起來，它們的質量分別為 m1和m2.問在A板上需加多大的壓力，方可在力停止作用后，恰能使A在跳起來時B稍被提起.（設彈簧的勁度系數為k）題3-19圖分析運用守恒定律求解是解決力學問題最

24、簡捷的途徑之一.因為它與過程的細節無關，也常常與特定力的細節無關.守恒”則意味著在條件滿足的前提下，過程中任何時刻守恒量不變.在具體應用時，必須恰當地選取研究對象 （系統），注意守恒定律成立的條件.該題可用機 械能守恒定律來解決.選取兩塊板、彈簧和地球為系統，該系統在外界所施壓力撤除后（取作狀態1）,直到B板剛被提起（取作狀態2）,在這一過程中，系統不受外力作用，而內力中又只有保守 力（重力和彈力）作功，支持力不作功，因此，滿足機械能守恒的條件.只需取狀態1和狀態2,運用機械能守恒定律列出方程，并結合這兩狀態下受力的平衡，便可將所需壓力求出.解選取如圖（b）所示坐標，取原點。處為重力勢能和彈性

25、勢能零點.作各狀態下物體的受力 圖.對A板而言，當施以外力R根據受力平衡有Fi= Pi+ F12-kyi mgyi2式中yi、y2為M、N兩點對原點。的位移.因為當外力撤除后，按分析中所選的系統，由機械能守恒定律可得12一ky2mgy22Fi = kyi ,F2= ky2 及 Pi = mig,上式可寫為(2)Fi -F2 = 2Pi由式（1）、（2）可得F= Pi + F2（3）當A板跳到N點時,B板剛被提起，此時彈性力F2= P2，且F2=F2.由式（3）可得F= Pi+ P2= （mi+ m2 ）g應注意，勢能的零點位置是可以任意選取的.為計算方便起見，通常取彈簧原長時的彈性勢能為零點，

26、也同時為重力勢能的零點.3 -20如圖所示，一質量為 m的木塊靜止在光滑水平面上，一質量為m/2的子彈沿水平方向以速率v0射入木塊一段距離 L（此時木塊滑行距離恰為 s）后留在木塊內，求：（D木塊與子彈的共同速度 v,此過程中木塊和子彈的動能各變化了多少（2）子彈與木塊間的摩擦阻力對木塊和子彈各彳了多少功（3）證明這一對摩擦阻力的所作功的代數和就等于其中一個摩 擦阻力沿相對位移 L所作的功.（4）證明這一對摩擦阻力所作功的代數和就等于子彈-木塊系統總機械能的減少量（亦即轉化為熱的那部分能量 ）.IAL77777777777777777777777777777題3-20圖分析對子彈-木塊系統來說

27、，滿足動量守恒，但系統動能并不守恒，這是因為一對摩擦內力所做功的代數和并不為零， 其中摩擦阻力對木塊作正功， 其反作用力對子彈作負功，后者功的數值大于前者，通過這一對作用力與反作用力所做功，子彈將一部分動能轉移給木塊，而另一部分卻轉化為物體內能 .本題（3）、（4）兩問給出了具有普遍意義的結論，可幫助讀 者以后分析此類問題.解（i）子彈-木塊系統滿足動量守恒，有mv0/2 （m/2 m）v解得共同速度iV - Vo3對木塊Ek2i 2 一 mv 20 mv2i8i ,m、2i ,m、222對子彈Ek2 -( )v-( )vo-mvo2 22 29(2)對木塊和子彈分別運用質點動能定理，則12對

28、木塊WiEkimv218對子彈W2Ek22mv29(3)設摩擦阻力大小為 Ff ,在兩者取得共同速度時，木塊對地位移為s,則子彈對地 位移為L+s,有對木塊W1Ff s對子彈W2Ff(L s)得式中L即為子彈對木塊的相對位移, 會使系統機械能減少(4) 對木塊W 皿 W2Ff L-”號表示這一對摩擦阻力(非保守力)所作功必定12W1 Ff smv2對子彈W2Ff(L s)1 m 2 1 m 224)v 2(a)v。兩式相加，得121 ,m、211 尸 2W1 W2 2mv-(2)v -( - )V032即Ff L mv018兩式相加后實為子彈-木塊系統作為質點系的動能定理表達式，左邊為一對內力

29、所作功，右 邊為系統動能的變化量.3 -21用鐵錘把釘子敲入墻面木板.設木板對釘子的阻力與釘子進入木板的深度成正比.若第一次敲擊，能把釘子釘入木板 X102 m第二次敲擊時，保持第一次敲擊釘子的速度，那么第 二次能把釘子釘入多深分析由于兩次錘擊的條件相同，錘擊后釘子獲得的速度也相同，所具有的初動能也相同.釘子釘入木板是將釘子的動能用于克服阻力作功，由功能原理可知釘子兩次所作的功相等.由于阻力與進入木板的深度成正比，按變力的功的定義得兩次功的表達式，并由功相等的關系即 可求解.解 因阻力與深度成正比，則有F= kx(k為阻力系數).現令xo= x 102 m,第二次釘入的深度為 Ax,由于釘子兩

30、次所作功相等，可得X0X0 Axkxdx kxdx 0xoZx= x 1（2 m3 -22 一質量為m的地球衛星，沿半彳仝為3Re的圓軌道運動,Re為地球的半徑.已知地球的質量 為mE.求：（1）衛星的動能；（2）衛星的引力勢能；（3）衛星的機械能.分析根據勢能和動能的定義，只需知道衛星的所在位置和繞地球運動的速率，其勢能和動能即可算出.由于衛星在地球引力作用下作圓周運動，由此可算得衛星繞地球運動的速率和動能.由于衛星的引力勢能是屬于系統（衛星和地球）的,要確定特定位置的勢能時，必須規定勢能的零點，通常取衛星與地球相距無限遠時的勢能為零.這樣，衛星在特定位置的勢能也就能確定了.至于衛星的機械能

31、則是動能和勢能的總和.解（1）衛星與地球之間的萬有引力提供衛星作圓周運動的向心力，由牛頓定律可得2v m 3RemEm則Ek1 2 -mv 2mEm G6Re（2）取衛星與地球相距無限遠（r-8）時的勢能為零，則處在軌道上的衛星所具有的勢能為Ep-mEmG3Re（3）衛星的機械能為E EkmEmEP G6ReG mm 3ReGmm6Re，有一冰塊從光滑屋面的最高點由3 -23如圖（a）所示，天文觀測臺有一半徑為幫半球形屋面靜止沿屋面滑下，若摩擦力略去不計.求此冰塊離開屋面的位置以及在該位置的速度.題3-23圖分析取冰塊、屋面和地球為系統，由于屋面對冰塊的支持力 Fn始終與冰塊運動的方向垂直 故

32、支持力不作功；而重力 P又是保守內力，所以，系統的機械能守恒.但是，僅有一個機械能守 恒方程不能解出速度和位置兩個物理量；因此，還需設法根據冰塊在脫離屋面時支持力為零這一條件，由牛頓定律列出冰塊沿徑向的動力學方程.求解上述兩方程即可得出結果.解由系統的機械能守恒，有根據牛頓定律，冰塊沿徑向的動力學方程為12mgR mv mgRcos 0mgRcos 0 FN2mv%(2)冰塊脫離球面時，支持力Fn=0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置一2 一00 arccos- 48.23冰塊此時的速率為 v的方向與重力P 方向的夾角為a= 90 - 0= °3 -24 如圖所示，把質量m= 0.

33、20 kg的小球放在位置 A時，彈簧被壓縮內=x 102 m.然后在彈 簧彈性力的作用下，小球從位置A由靜止被釋放，小球沿軌道ABCD!動小球與軌道間的摩擦 不計.已知BCD是半徑r= 0.15 m的半圓弧，AB相距為2r.求彈簧勁度系數的最小值.題3-24圖分析若取小球、彈簧和地球為系統，小球在被釋放后的運動過程中，只有重力和彈力這兩個 保守內力作功，軌道對球的支才e力不作功，因此，在運動的過程中，系統的機械能守恒.運用守恒 定律解題時，關鍵在于選好系統的初態和終態.為獲取本題所求的結果，初態選在壓縮彈簧剛被釋放時刻，這樣，可使彈簧的勁度系數與初態相聯系；而終態則取在小球剛好能通過半圓弧時的

34、最高點m，因為這時小球的速率正處于一種臨界狀態，若大于、等于此速率時，小球定能沿軌道繼續向前運動；小于此速率時，小球將脫離軌道拋出.該速率則可根據重力提供圓弧運動中所需的向心力，由牛頓定律求出.這樣，再由系統的機械能守恒定律即可解出該彈簧勁 度系數的最小值.解 小球要剛好通過最高點 Ct軌道對小球支持力Fn=0,因此，有mg2 mvc取小球開始時所在位置 A為重力勢能的零點，由系統的機械能守恒定律，有1212 .一k Almg 3r mvc（2）22由式（1）、（2）可得.7 mgrik 2 366 N m Al3 -25如圖所示，質量為m、速度為v的鋼球，射向質量為m'的靶，靶中心有

35、一小孔，內有勁度系 數為k的彈簧，此靶最初處于靜止狀態，但可在水平面上作無摩擦滑動.求子彈射入靶內彈簧后彈簧的最大壓縮距離.|11 III-. /題3-25圖分析這也是一種碰撞問題.碰撞的全過程是指小球剛與彈簧接觸直至彈簧被壓縮到最大 小球與靶剛好到達共同速度為止，在這過程中，小球和靶組成的系統在水平方向不受外力作用 外力的沖量為零，因此，在此方向動量守恒.但是，僅靠動量守恒定律還不能求出結果來.又考 慮到無外力對系統作功，系統無非保守內力作功，故系統的機械能也守恒.應用上述兩個守恒 定律，并考慮到球與靶具有相同速度時，彈簧被壓縮量最大這一條件，即可求解.應用守恒定律 求解，可免除碰撞中的許多

36、細節問題.解設彈簧的最大壓縮量為xo.小球與靶共同運動的速度為vi.由動量守恒定律，有mv m m v1又由機械能守恒定律，有1 2一 mv21m m v2 -kx(2 (2) 22由式（1）、（2）可得Xomm3 -26 質量為m的彈丸A,穿過如圖所示的擺錘B后，速率由v減少到v/2 .已知擺錘的質量為 m，擺線長度為l,如果擺錘能在垂直平面內完成一個完全的圓周運動，彈丸速度v的最小值應為多少題3-26圖分析該題可分兩個過程分析.首先是彈丸穿越擺錘的過程.就彈丸與擺錘所組成的系統而言，由于穿越過程的時間很短 ，重力和的張力在水平方向的沖量遠小于沖擊力的沖量，因此，可認為系統在水平方向不受外力

37、的沖量作用，系統在該方向上滿足動量守恒.擺錘在碰撞中獲得了一定的速度，因而具有一定的動能，為使擺錘能在垂直平面內作圓周運動，必須使擺錘在最高點處有確定的速率，該速率可由其本身的重力提供圓周運動所需的向心力來確定；與此 同時，擺錘在作圓周運動過程中 ，擺錘與地球組成的系統滿足機械能守恒定律，根據兩守恒定律即可解出結果.解 由水平方向的動量守恒定律，有為使擺錘恰好能在垂直平面內作圓周運動vmv m - m v2，在最高點時，擺線中的張力Ft=0,則2 mvhmgl(2)式中v'h為擺錘在圓周最高點的運動速率.又擺錘在垂直平面內作圓周運動的過程中，滿足機械能守恒定律，故有1m v22mgl1

38、2人-mvh (3)2解上述三個方程，可得彈丸所需速率的最小值為v0i和v0 j,碰撞后2mfm、. 5gl3 -27 兩質量相同的物體發生碰撞，已知碰撞前兩物體速度分別為:一物體速度為v°i，求：（1）碰撞后另一物體的速度 v； （2）碰撞中兩物體損失的機械能共為多少分析本題可直接運用動量守恒定律的矢量式求解，由于不是完全彈性碰撞，必定有部分機械能轉化為兩物體的內能.解（1）由動能守恒得mv0i mv0jv0imv碰撞后另一物體速度為v0iV0j通過上式，讀者還可求得速度大小和方向(2)碰撞后另一物體速度大小為V0225v （）V0V022r 121/V021212mvm（一） （

39、 mv0mv0）2222212-mv04“-”號表示碰撞后系統機械能減少了.3 -28質量為X10-23kg,速率為X10m s-1的粒子A,與另一個質量為其一半而靜止的粒子B發生二維完全彈性碰撞，碰撞后粒子A的速率為 X10 ms-1.求：（1）粒子B的速率及相對粒 子A原來速度方向的偏轉角；（2）粒子A的偏轉角.題3-28圖分析 這是粒子系統的二維彈性碰撞問題.這類問題通常采用守恒定律來解決.因為粒子系統在碰撞的平面內不受外力作用，同時，碰撞又是完全彈性的，故系統同時滿足動量守恒和機械能守恒.由兩守恒定律方程即可解得結果.解 取如圖所示的坐標，由于粒子系統屬于斜碰，在碰撞平面內根據系統動量

40、守恒定律可取兩 個分量式，有1-mvA 2m一 vBcos B mvAcos a2vBsin 0mvAsin 瓜(2)1 2-mvA 22VB又由機械能守恒定律，有12一 Va2Vb , 2 vA vA24.69107 m s 1解式（1）、（2）、（3）可得碰撞后B粒子的速率為各粒子相對原粒子方向的偏角分別為2 "V a 3V a o ca arccos 22 204VaVaB arccos3vB 54o64VA3 -29如圖所示，一質量為m的物塊放置在斜面的最底端A處,斜面的傾角為“,高度為h,物塊與斜面的動摩擦因數為內今有一質量為m的子彈以速度vo沿水平方向射入物塊并留在其中且使物塊沿斜面向上滑動.求物塊滑出頂端時的速度大小.題3-29圖分析該題可分兩個階段來討論，首先是子彈