新编基础物理学上册1-2单元课后答案

新编物理基础学 上 下册 课后习题详细答案 王少杰 顾牡主编 第一章 1 1 质点运动学方程为 cos sin rat iat jbtk 其中 a b 均为正常数 求 质点速度和加速度与时间的关系式 分析 由速度 加速度的定义 将运动方程 r t 对时间 t 求一阶导数和二阶导数 可得到 速度和加速度的表达式 解 sin cos vdr dtat iat jbk 2 cos sin adv dtat it j 1 2 一艘正在沿直线行驶的电艇 在发动机关闭后 其加速度方向与速度方向相反 大小 与速度平方成正比 即 2 ddvvKt 式中K为常量 试证明电艇在关闭发动机后又行 驶x距离时的速度为 0 Kx vv e 其中 0 v是发动机关闭时的速度 分析 要求 vv x 可通过积分变量替换 dx dv v dt dv a 积分即可求得 证 2 d d d d d d d d v x v v t x x v t v K d Kdx v v x xK 0 dd 1 0 v v v v Kx 0 ln v v 0 Kx vv e 1 3 一质点在 xOy 平面内运动 运动函数为 2 2 48xtyt 1 求质点的轨道方程 并画出轨道曲线 2 求t 1 st 2 s 和时质点的位置 速度和加速度 分析 将运动方程 x 和 y 的两个分量式消去参数 t 便可得到质点的轨道方程 写出质点 的运动学方程 tr 表达式 对运动学方程求一阶导 二阶导得 v t 和 a t 把时间代入可 得某时刻质点的位置 速度 加速度 解 1 由2 xt 得 2 x t 代入 2 48yt 可得 2 8yx 即轨道曲线 画图略 2 质点的位置可表示为 2 2 48 rtitj 由 vdr dt 则速度 28vitj 由 adv dt 则加速度 8aj 则 当 t 1s 时 有24 28 8rijvijaj 当 t 2s 时 有48 216 8rijvijaj 1 4 一质点的运动学方程为 22 1 xtyt x 和 y 均以 m 为单位 t 以 s 为单位 1 求质点的轨迹方程 2 在2ts 时质点的速度和加速度 分析同 1 3 解 1 由题意可知 x 0 y 0 由 2 xt 可得tx 代入 2 1 yt 整理得 1yx 即轨迹方程 2 质点的运动方程可表示为 22 1 rt itj 则 22 1 vdr dttitj 22adv dtij 因此 当2ts 时 有 2 42 22 vij m saij m s 1 5 一质点沿半径为 R 的圆周运动 运动学方程为 2 0 1 2 sv tbt 其中 v0 b 都是常量 1 求 t 时刻质点的加速度大小及方向 2 在何时加速度大小等于 b 3 到加速 度大小等于 b 时质点沿圆周运行的圈数 分析 由质点在自然坐标系下的运动学方程 tss 求导可求出质点的运动速率 dt ds v 因而 dt dv a 2 n v a 00n aaa n 22 n aaa 当ba 时 可求出 t 代 入运动学方程 tss 可求得ba 时质点运动的路程 R s 2 即为质点运动的圈数 解 1 速率 0 ds vvbt dt 且dvb dt 加速度 22 0 0000 vbtdvv anbn dtR 则大小 2 2 222 0 n vbt aaab R 方向 bR btv 2 0 tan 2 当 a b 时 由 可得 0 v t b 3 当 a b 时 0 v t b 代入 2 0 1 2 sv tbt 可得 2 0 2 v s b 则运行的圈数 2 0 24 vs N RbR 1 6 一枚从地面发射的火箭以 2 20m s 的加速度竖直上升 0 5min 后 燃料用完 于是像 一个自由质点一样运动 略去空气阻力 试求 1 火箭达到的最大高度 2 它从离开 地面到再回到地面所经过的总时间 分析 分段求解 st300 时 2 20sma 求出v a t 30s 时 ga 求出 2 v t 2 x t 当0 2 v时 求出t x 根据题意取舍 再根据0 x 求出总时间 解 1 以地面为坐标原点 竖直向上为 x 轴正方向建立一维坐标系 且在坐标原点时 t 0s 且 0 5min 30s 则 当 0 t 30s 由 x x dv a dt 得 2 00 20 x tv xxx a dtdv am s 20 30 x vt m s ts 时 1 600 vm s 由 x dx v dt 得 1 30 00 x x v dtdx 则 1 9000 xm 当火箭未落地 且 t 30s 又有 2 1 2 222 30 9 8 x tv xxx v a dtdvam s 则 2 8949 8 x vt m s 且 1 2 30 tx x x v dtdx 则 2 4 989413410 xttm 当 2 0 x v 即91 2 ts 时 由 得 max 27 4xkm 2 由 1 式 可知 当0 x 时 166 ts t 16 s 30 s 舍去 1 7 物体以初速度 1 20m s 被抛出 抛射仰角 60 略去空气阻力 问 1 物体开始运 动后的 1 5s 末 运动方向与水平方向的夹角是多少 2 5s 末的夹角又是多少 2 物 体抛出后经过多少时间 运动方向才与水平成 45 角 这时物体的高度是多少 3 在物 体轨迹最高点处的曲率半径有多大 4 在物体落地点处 轨迹的曲率半径有多大 分析 1 建立坐标系 写出初速度 0 v 求出 v t tan 代入 t 求解 2 由 1 中的 tan关系 求出时间 t 再根据y方向的运动特征写出 ty 代入 t 求 y 3 物体轨迹最高点处 0 y v 且加速度 2 n v aag 求出 4 由对称性 落地点与抛射点的曲率相同 2 cos v gan 求出 解 以水平向右为 x 轴正向 竖直向上为 y 轴正向建立二维坐标系 1 初速度 00 0 20cos6020sin601010 3 vijij m s 且加速度 2 9 8 aj m s 则任一时刻 10 10 39 8 vit j m s 与水平方向夹角有 10 39 8 tan 10 t 当 t 1 5 s 时 tan0 262 14 41 当 t 2 5 s 时 tan0 718 35 41 2 此时tan1 由 得 t 0 75 s 高度 22 11 10 30 759 8 0 7510 23 22 yo yv tgtm 3 在最高处 2 10 10 n v vi m s vm s ag 则 2 10 2 v m g 4 由对称性 落地点的曲率与抛射点的曲率相同 由图 1 7 可知 coscos x n v aagg v 2 10 4 9 20 gm s 2 400 82 4 9 n v m a 1 8 应以多大的水平速度 v 把一物体从高 h 处抛出 才能使它在水平方向的射程为 h 的 n 倍 分析 若水平射程hnvt 由 gth 2 1 消去t 即得 hv 解 设从抛出到落地需要时间 t 则 从水平方向考虑vthn 即 从竖直方向考虑 2 1 2 hgt 消去 t 则有 2 2 n vgh 1 9 汽车在半径为 400m 的圆弧弯道上减速行驶 设在某一时刻 汽车的速率为 1 10m s 切向加速度的大小为 2 0 2m s 求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向 分析 由某一位置的 v求出法向加速度 n a 再根据已知切向加速度 a求出a的大小和方 向 解 法向加速度的大小 22 2 10 0 25 400 n v am s 方向指向圆心 总加速度的大小 22222 0 20 250 32 n aaam s 如图 1 9 tan 0 8 38 40 n a a 则总加速度与速度夹角90128 40 1 10 质点在重力场中作斜上抛运动 初速度的大小为 0 v 与水平方向成 角 求质点到 达抛出点的同一高度时的切向加速度 法向加速度以及该时刻质点所在处轨迹的曲率半径 忽略空气阻力 已知法向加速度与轨迹曲率半径之间的关系为 2 n av 分析 运动过程中 质点的总加速度 ag 由于无阻力作用 所以回落到抛出点高度时 质点的速度大小 0 vv 其方向与水平线夹角也是 可求出 n a 如图 1 10 再根据关系 2 n av 求解 解 切向加速度 agasin 法向加速度 agancos 因 cos 2 0 22 ga a n n vvv 1 11 火车从 A 地由静止开始沿着平直轨道驶向 B 地 A B 两地相距为 S 火车先以加速 度 a1作匀加速运动 当速度达到 v 后再匀速行驶一段时间 然后刹车 并以加速度大小为 a2作匀减速行驶 使之刚好停在 B 地 求火车行驶的时间 分析 做 v t 图 直线斜率为加速度 直线包围面积为路程S 解 由题意 做 v t 图 图 1 11 则梯形面积为 S 下底为经过的时间 t 12 tan tanaa 则 cotcot 2 v Sttvv g t a v n a 0 v 图 1 10 则 12 111 2 S tv vaa 1 12 一小球从离地面高为 H 的 A 点处自由下落 当它下落了距离 h 时 与一个斜面发生 碰撞 并以原速率水平弹出 问 h 为多大时 小球弹的最远 分析 先求出小球落到 A 点的小球速度 再由 A 点下落的距离求出下落时间 根据此时间 写出小球弹射距离l 最后由极植条件求出 h 解 如图 1 12 当小球到达 A 点时 有 2 2vgh 则速度大小 2vgh 设从 A 点落地的时间为 t 则有 2 1 2 Hhgt 则 2 Hh t g 小球弹射的距离 2 2 2 lvtHh hhHh 则当 1 2 hH 时 l有最大值 1 13 离水面高为 h 的岸上有人用绳索拉船靠岸 人以恒定速率 v0拉绳子 求当船离岸 的距离为 s 时 船的速度和加速度的大小 分析 收绳子速度和船速是两个不同的概念 小船速度的方向为水平方向 由沿绳的分量 与垂直绳的分量合成 沿绳方向的收绳的速率恒为 0 v 可以由 0 v求出船速v和垂直绳的分量 1 v 再根据 2 1 n v a 关系 以及 n a与a关系求解a 解 如图 1 13 20 vv 船速 2sec vv 当船离岸的距离为 s 时 22 0 012 tan v hsh vvvv ss 则 22 11 2222 cos n vvs aaa shsh 即 22 0 3 v h a s 1 14 A 船以 1 30km h 的速度向东航行 B 船以 1 45km h 的速度向正北航行 求 A 船上 的人观察到的 B 船的速度和航向 分析 关于相对运动 必须明确研究对象和参考系 同时要明确速度是相对哪个参照系而 言 画出速度矢量关系图求解 解 如图 1 14 30 45 AB vi km h vj km h B 船相对于 A 船的速度4530 BABA vvvji km h 则速度大小 22 54 1 BABA vvvkm h 方向 arctan56 3 B A v v 既西偏北56 3 1 15 一个人骑车以 1 18km h 的速率自东向西行进时 看见雨滴垂直落下 当他的速率增 加至 1 36km h 时 看见雨滴与他前进的方向成 120 角下落 求雨滴对地的速度 分析 相对运动问题 雨对地的速度不变 画速度矢量图由几何关系求解 解 如图 1 15 r v 为雨对地的速度 12 pp vv 分别为第一次 第二次人对地的速度 12 rprp vv 分别为第一次 第二次雨对人的速度 120 由三角形全等的知识 可知 18012060 三角形 ABC 为正三角形 则 2 36 rp vvkm h 方向竖直向下偏西30 1 16 如题图 1 16 所示 一汽车在雨中以速率 1 v沿直线行驶 下落雨滴的速度方向偏于竖 直方向向车后方 角 速率为 2 v 若车后有一长方形物体 问车速为多大时 此物体刚好 不会被雨水淋湿 分析 相对运动问题 画矢量关系图 由几何关系可解 解 如图 1 16 a 车中物体与车蓬之间的夹角 arctan l h 若 无论车速多大 物体均不会被雨水淋湿 若 则图 1 16 b 则有 vBCACAB 车 sinsincostansinvvvv 雨雨雨雨对车 又 2 vv 雨 则 2 cos sin l vv h 车 1 17 渔人在河中乘舟逆流航行 经过某桥下时 一只水桶落入水中 0 5h 后他才发觉 即回头追赶 在桥下游 5 0km 处赶上 设渔人顺流及逆流相对水划行速率不变 求水流速 率 分析 设静水中船 水的速率分别为 1212 v v vv 从桶落水开始记时 且船追上桶时为 t 时刻 取水速的反方向为正方向 则顺水时 船的速率为 12 vvv 逆水时船的速率为 12 vvv 做v t 图 见图 1 17 解 ABDCDEGF SS 即 122212 0 5 0 5 vvvvvvt 则 1 0 th 又 2 5 0 vt 则 水流速率 2 5 0 km h v 1 18 一升降机以 2g 的加速度从静止开始上升 在 2 0s 末时有一小钉从顶板下落 若升 降机顶板到底板的距离 h 2 0m 求钉子从顶板落到底板的时间 t 它与参考系的选取有关 吗 分析 选地面为参考系 分别列出螺钉与底板的运动方程 当螺丝落到地板上时 两物件 的位置坐标相同 由此可求解 解 如图 1 18 建立坐标系 y 轴的原点取在钉子开始脱落时升降机的底面处 此时 升降 机 钉子速度为 o v 钉子脱落后对地的运动方程为 2 1 1 2 o yhv tgt 升降机底面对地的运动方程为 2 2 1 2 2 o yv tgt 且钉子落到底板时 有 12 yy 即0 37 ts t与参考系的选取无关 第二章 2 1 分析 用隔离体法 进行受力分析 运用牛顿第二定律列方程 解 以 m M 整体为研究对象 有 FmM a 以 m 为研究对象 如图 2 1 a 有 Mm FFma 由 有相互作用力大小 Mm MF F mM 若 F 作用在 M 上 以 m 为研究对象 如图 2 1 b 有 Mm Fma 由 有相互作用力大小 Mm mF F mM 发生变化 m a Mm F m F m b Mm F m 2 2 分析 由于轻滑轮质量不计 因此滑轮两边绳中的张力相等 用隔离体法进行受力分 析 运用牛顿第二定律列方程 解 取向上为正 如图 2 2 分别以 M1 M2和 m 为研究对象 有 111 TM gM a 222 Mm gTMm a 2 M m mgma F 又 T1 T2 则 2 M mF 1 12 2M mg MMm 当 M1 M2 4m 2 8 9 M m mg F 当 M1 5m M2 3m 2 10 9 M m mg F 发生变化 2 3 分析 用隔离体法受力分析 运用牛顿第二定律列方程 解 f 为空气对气球的浮力 取向上为正 分别由图 2 3 a b 可得 MaMgf 1 amMgmMf 则 Mm gam aaa Mm mgMa a 11 2 4 分析 用隔离体法受力分析 人站在底板上静止不动 底板 人受的合力分别为零 解 设底板 人的质量分别为 M m 以向上为正方向 如图 2 4 a b 分别以底板 人为研究对象 则有 12 0TTFMg 3 0TFmg F 为人对底板的压力 F为底板对人的弹力 F F 又 231 1 2 TTT 则 23 245 4 Mm g TTN 由牛顿第三定律 人对绳的拉力与 3 T 是一对 作用力与反作用力 即大小相等 均为 245 N 2 5 分析 加斜向下方向的力 受力分析 合力为零 解 如图 2 5 建坐标系 以沿斜面向上为正方向 在mg 与N 所在的平面上做力F 且0 2 若 2 此时 F 偏大 则 cossin0Fmgf fN sincos0NFmg 则有 2 cossin cossin 1 arctan sincos 1sin mgmg F 即 min 2 cossin arctan 1 mg F 此时 2 2 6 分析 利用牛顿定律 运动方程求向上滑动距离 停止滑动时合力为零 解 由题意知 ant 向上滑动时 mamgmg cossin aS2 2 0 v 联立求解得 sin4 2 0 gSv 当它停止滑动时 会静止 不再下滑 2 7 分析 要满足条件 则 F 的大小至少要使水平方向上受力平 衡 解 如图 2 7 cos sin FfNmgF 2 1 arctan 1sin mg F 当sin 114 08N m i n 2 m g 时 F 1 2 8 分析 垂直方向的力为零 水平方向的力提供向心力 先求速度 再求周期讨论 证 设两个摆的摆线长度分别为 1 l和 2 l 摆线与竖直轴之间的夹角分别为 1 和 2 摆线中的 张力分别为 1 F和 2 F 则 0cos 111 gmF sin sin 11 2 1111 lmFv 解得 1111 cos sin gl v 第一只摆的周期为 g ll T 11 1 11 1 cos 2 sin2 v 同理可得第二只摆的周期 g l T 22 2 cos 2 由已知条件知 2211 coscos ll 21 TT 2 9分析 受力分析 由牛顿第二定律列动力学方程 证明 如图 2 9 b c 分别以 M M m 为研究对象 设 M M m 对地的加速度大小分别为 1 a 方向向上 2 a 方向向下 则有 对 M 有 2 1 1 2 1 2 hat fMgMa Mm Mm gfMm a ff m tM M m t 2 2 2 对有 又 g 2h 则 a 则质量重的人与滑轮的距离 22 2 11 22 m hha thgt Mm 此题得证 2 10 分析 受力分析 由牛顿定律列方程 解 物体的运动如图 2 10 a 以 m1为研究对象 如图 b 有 11 1 Fm a 以 m2为研究对象 如图 c 有 122 FFm a 又有 11 FF 则 2 1 1 2 2 9 4 Fm a am s m b c 图 2 9 m1 m2 题 2 8 2 11 分析 1 小物体此时受到两个力作用 重力 垂直漏斗壁的支承力 合力为向心 力 2 小物体此时受到三个力的作用 重力 垂直漏斗壁的支承力和壁所施的摩擦力 当支承力在竖直方向分量大于重力 小球有沿壁向上的运动趋势 则摩擦力沿壁向下 当 重力大于支承力的竖直方向分量 小球有沿壁向下的运动趋势 则摩擦力沿壁向上 这三 个力相互平衡时 小物体与漏斗相对静止 解 1 如图 2 11 a 有 2 tantan 22 mgmv h 则 vgh 2 若有向下运动的趋势 且摩擦力为最大静摩擦力 22 fN 时 速度最小 则图 2 11 b 有 水平方向 2 22 cossin 22 tan 2 mv Nf h 竖直方向 22 sincos 22 Nfmg 又 22 fN 则有 1tan 2 1cot 2 vgh 若有向上运动的趋势 且摩擦力最大静摩擦力 33 fN 时 速度最大 则图 2 11 c 有 水平方向 2 33 cossin 22 tan 2 mv Nf h 竖直方向 33 sincos 22 Nfmg 又 33 fN 则有 1tan 2 1cot 2 vgh 综合以上结论 有 1tan1tan 22 1cot1cot 22 ghvgh 2 12 分析 因为滑轮与连接绳的质量不计 所以动滑轮两边绳中的张力相等 定滑轮 两边绳中的张力也相等 但是要注意两物体的加速度不相等 解 图 2 12 a 以 A 为研究对象 其中 L F R F分别为滑轮左右两边绳子的拉力 有 ALRAA m gFFm a 且 LR FF 图 2 12 b 以 B 为研究对象 在水平方向上 有 LBB Ffm a 又 LL FF 2 2 1 0 BAA aaam s 3 AB mmmkg 联立以上各式 可解得 2 7 2 2 BA mgmama fN 2 13 分析 如图 2 13 对小球做受力分析 合力提供向心力 由牛顿第二定律 机械 能守恒定律求解 解 2 2 1 cosmvmgr R F L F A m g 图 2 12a L F B m g N f 图 2 12b A B 题图 2 12 题图 2 13 又 vrvr 此时 由 可得 2 cosg r 2 cos v Nmgm r 由 可得 N 3mgcos 2 14 分析 加速度等于零时 速度最大 阻力为变力 积分求时间 路程 解 设阻力 2 0 fkvk 则加速度 Ff a m 当 a 0 时 速度达到最大值 m v 则有 2 2 22 0 m mm FkvFF kfv mvv 从而 又 Ffdv a mdt 即 2 2 m F Fv vdv mdt 2 2 2 2 00 2 2 0 0 1 1 1 ln 2 1 m m m tv m v t mm m Fdv dt vm v Fdv dt vm v v vvF t v m v ln3 2 m mv t F 即所求的时间 对 式两边同乘以dx 可得 2 2 m F Fv vdv dxdx mdt 图 2 13 题图 2 15 2 22 2 2 22 00 2 2 22 0 0 22 ln 2 4 ln0 144 23 m m m m xv m m v x m m mm v vF dxdv mvv v vF dxdv mvv vF xvv m mvmv x FF 2 15 分析 相对运动 1 m相对地运动 2 m 3 m相对 B 运动 21 2TT 根据牛顿牛顿定 律和相对运动加速度的关系求解 解 如下图 2 15 分别是m1 m2 m3的受力图 设a1 a2 a3 a 分别是m1 m2 m3 B对地的加速度 a2B a3B分别是m2 m3对 B 的加速 度 以向上为正方向 可分别得出下列各式 111 1 m gTm a 2222 m gTm a 3233 m gTm a 又 22 33 BB BB aaa aaa 且 23BB aa 则 231 2 BB aaaaa 且则 231 2aaa 又 1122 TTTT 22 TT 则由 可得 2 21 1 12 2 21 2 12 2 12 3 12 43 1 96 345 4 1 96 345 543 5 88 345 mmg agm s mm mmg agm s mm mmg agm s mm 2 将a3的值代入 式 可得 12 2 12 8 0 784 34 m m g TN mm 12 21 57TTN 图 2 15 2 16 分析 要想满足题目要求 需要 M m 运动的加速度满足 Mm aa 如图 2 16 b 以 M 为研究对象 N1 N2 f1 f2分别为 m 给 M 的压力 地面给 M 的支持力 m 给 M 的摩擦力 地面给 M 的摩擦力 解 12 M Fff a M 如图 2 16 c 以 m 为研究对象 11 Nf分别为 M 给 m 的支持力 摩 擦力 则有 1 m f a m 又 gMmNfmgNNff 22 1 11 则 Mm aa 可化为 FMm gmgmg Mm 则 min 2 19 4FmM gN 2 17 分析 如图 2 17 对石块受力分析 在斜面方向由牛顿定律列 方程 求出时间与摩擦系数的关系式 比较 o 60 与 o 45 时 t 相 同求解 解 1 其沿斜面向下的加速度为 sincosmgamga a m sincosgaga 又 2 1 cos2 L sat a 则 2 cos sincos L t gaaa 2 又60 时 1 2 cos60 sin60cos60 L t g 45 时 2 2 cos45 sin45cos45 L t g 又 12 tt 则 0 27 2 18 分析 绳子的张力为质点 m 提供向心力时 M 静止不动 解 如图 2 18 以 M 为研究对象 有 MgT 以 m 为研究对象 水平方向上 有 2 n v Tmam r 又有 TT 由 可得 2 vMg rm 2 19 一质量为 0 15kg 的棒球以 1 0 40m sv 的水平速度飞来 被棒打击后 速度与原 题图 2 16 题图 2 17 题图 2 18 来方向成 1350角 大小为 1 50m sv 如果棒与球的接触时间为 0 02s 求棒对球的平均 打击力大小及方向 分析 通过动量定理求出棒对球在初速方向与垂直初速方向的平均打击力 再合成求平均 力及方向 解 在初速度方向上 由动量定理有 10 cos135F tmvmv A 在和初速度垂直的方向上 由动量定理有 2 cos45Ftmv A 又 22 12 FFF 由 带入数据得 624FN 与原方向成Farctan 155 1 2 F F 角 2 20 将一空盒放在秤盘上 并将秤的读数调整到零 然后从高出盒底h将小钢珠以每秒 B 个的速率由静止开始掉入盒内 设每一个小钢珠的质量为 m 若钢珠与盒底碰撞后即静止 试求自钢珠落入盒内起 经过t秒后秤的读数 分析 秤的读数是已落在盒里石子的重量与石子下落给秤盘平均冲力之和 平均冲力可由 动量定律求得 解 对在 dt 的时间内落下的钢珠 由动量定理 02mBdtghFdt 所以 t 秒后秤的读数为 2mgBtmBgh 2 21 两质量均为 M 的冰车头尾相接地静止在光滑的水平冰面上 一质量为 m 的人从一车 跳到另一车上 然后再跳回 试证明 两冰车的末速度之比为 mM M 分析 系统动量守恒 解 任意 t 时刻 由系统的动量守恒有 12 0MvMm v 所以两冰车的末速度之比 MmMvv 21 2 22 质量为 3 0kg 的木块静止在水平桌面上 质量为 5 0g 的子弹沿水平方向射进木块 两者合在一起 在桌面上滑动 25cm 后停止 木块与桌面的摩擦系数为 0 20 试求子弹原 来的速度 分析 由动量守恒 动能定理求解 解 在子弹沿水平方向射进木块的过程中 由系统的动量守恒有 0 MvMm v 一起在桌面上滑动的过程中 由系统的动能定理有 2 1 2 Mm vMm gl 由 带入数据有 0 600 vm s 2 23 光滑水平平面上有两个物体 A 和 B 质量分别为 A m B m 当它们分别置于一个轻 弹簧的两端 经双手压缩后由静止突然释放 然后各自以vA vB的速度作惯性运动 试证 明分开之后 两物体的动能之比为 kAB kBA Em Em 分析 系统的动量守恒 解 由系统的动量守恒有 0 AABB m vm v 所以 ABBA vvmm 物体的动能之比为 2 2 1 2 1 2 kAAAB kBBBA Em vm Em vm 2 24 如图 2 24 所示 一个固定的光滑斜面 倾角为 有一个质量为 m 小物体 从高 H 处沿斜面自由下滑 滑到斜面底 C 点之后 继续沿水平面平稳地滑行 设 m 所滑过的路 程全是光滑无摩擦的 试求 1 m 到达 C 点瞬间的速度 2 m 离开 C 点的速度 3 m 在 C 点的动量损失 分析 机械能守恒 C 点水平方向动量守恒 C 点竖直方向动量损失 解 1 由机械能守恒有 2 1 2 c mgHmv 带入数据得2 c vgH 方向沿 AC 方向 2 由于物体在水平方向上动量守恒 所以 cos c mvmv 得 2cosvgH 方向沿 CD 方向 3 由于受到竖直的冲力作用 m 在 C 点损失的动量 2sinpmgH 方向竖直向下 2 25 质量为 m 的物体 由水平面上点 O 以初速度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 点落回至同一水平的过程中 重力的冲量 分析 竖直方向由动量定力理求重力冲量 最高点竖直方向速度为零 落回到与发射点同 一水平面时 竖直方向的速度与发射时竖直的方向速度大小相等 方向相反 解 1 在竖直方向上只受到重力的作用 由动量定理有 0 0 sin mvI 重 得0sin Imv 重 方向竖直向下 2 由于上升和下落的时间相等 物体从发射点落回至同一水平面的过程中 重力的 冲量 0 2sinImv 重 方向竖直向下 2 26 如图所示 在水平地面上 有一横截面 2 S 0 20m的直角弯管 管中有流速为 1 3 0m sv 的水通过 求弯管所受力的大小和方向 分析 对于水竖直方向 水平方向分别用动量定理求冲力分量 弯管所受力大小为水所受 的冲力合力 解 对于水 在竖直方向上 由动量定理有 1 0vdtSvFdt 在水平方向上 由动量定理有 题图 2 26 题图 2 24 2 vdtSvF dt 由牛顿第三定律得弯管所受力的大小 22 12 FFF 由 带入数据得 F 2500N 方向沿直角平分线指向弯管外侧 2 27 一个质量为 50g 的小球以速率 1 20m s 作平面匀速圆周运动 在 1 4 周期内向心力 给它的冲量是多大 分析 画矢量图 利用动量定理求冲量 解 由题图 2 27 可得向心力给物体的冲量大小 1 21 41ImvN S 2 28 自动步枪连续发射时 每分钟射出 120 发子弹 每发子弹的质量为 7 90g 出口速 率 1 735m s 求射击时枪托对肩膀的平均冲力 分析 由动量定理及牛顿定律求解 解 由题意知枪每秒射出 2 发子弹 则由动量定理有 20dtmvF dt 由牛顿第三定律有 枪托对肩膀的平均冲力 11 6FFN 2 29 如图 2 29 所示 已知绳能承受的最大拉力为 9 8N 小球的质量为 0 5kg 绳长 0 3m 水平冲量 I 等于多大时才能把绳子拉断 设小球原来静止 分析 由动量定理及牛顿第二定律求解 解 由动量定理有 0mvI 由牛顿第二定律有 2 v Fmgm l 由 带入数据得 0 857 Ikg m s 2 30 质量为 M 的木块静止在光滑的水平面桌面上 质量为m 速度为 0 v的子弹水平地射 入木块 并陷在木块内与木块一起运动 求 1 子弹相对木块静止后 木块的速度和动量 2 子弹相对木块静止后 子弹的动量 3 在这个过程中 子弹施于木块的冲量 分析 由木块 子弹为系统水平方向动量守恒 可求解木块的速度和动量 由动量定理求 解子弹施于木块的冲量 解 1 由于系统在水平方向上不受外力 则由动量守恒定律有 0 mvmM v 所以木块的速度 0 mv v mM 动量 0 mv MvM mM 题图 2 27 题图 2 29 L I I 2 子弹的动量 2 0 m v mv mM 3 对木块由动量定理有 0 mv IMvM mM 2 31 一件行李的质量为 m 垂直地轻放在水平传送带上 传送带的速率为 v 它与行李 间的摩擦系数为 1 行李在传送带上滑动多长时间 2 行李在这段时间内运动多远 分析 由动量定理求滑动时间 由牛顿定律 运动方程求出距离 解 1 对行李由动量定理有 0mg tmv 得 v t g 2 行李在这段时间内运动的距离 由 mamg ga 2 2 1 ats 2 2 11 22 v sg t g 2 32 体重为 p 的人拿着重为Q的物体跳远 起跳仰角为 初速度为 0 v 到达最高点该 人将手中物体以水平向后的相对速度 u 抛出 问跳远成绩因此增加多少 分析 以人和物体为一个系统 系统在水平方向上不受外力作用 因此系统在水平方向上 动量守恒 动量守恒中涉及的速度都要相对同一参考系统 解 在最高点由系统动量守恒定律有 0 cos PQ vPvQ vu 增加成绩 0 0 sin cos v svv g 由 可得 0sin vQ su PQg 2 33 质量为m的一只狗 站在质量为M的一条静止在湖面的船上 船头垂直指向岸边 狗与岸边的距离为S0 这只狗向着湖岸在船上走过l的距离停下来 求这时狗离湖岸的距 离S 忽略船与水的摩擦阻力 分析 以船和狗为一个系统 水平方向动量守恒 注意 动量守恒中涉及的速度都要相对 同一参考系统 解 设V为船对岸的速度 u为狗对船的速度 由于忽略船所受水的阻力 狗与船组成的 系统水平方向动量守恒 0 uVmMV 即 u mM m V 船走过的路程为 l mM m tu mM m tVL tt 00 dd 狗离岸的距离为 l mM M SLlSS 00 2 34 设76 Fij N 1 当一质点从原点运动到3416 m rijk 时 求F 所作的功 2 如果质点到r 处时需 0 6s 试求F 的平均功率 3 如果质点的质量为 1kg 试求动能的变化 分析 由功 平均功率的定义及动能定理求解 注意 外力作的功为 F 所作的功与重力作 的功之和 解 1 0 F dr r A 0 76 ijdxidyjdzk r 00 76dxdy 34 45J 做负功 2 45 75 0 6 A PW t 3 0 r k EAmgj dr 45 4 0 mgdy 85J 2 35 一辆卡车能沿着斜坡以 1 15km h 的速率向上行驶 斜坡与水平面夹角的正切 tan0 02 所受的阻力等于卡车重量的 0 04 如果卡车以同样的功率匀速下坡 则卡 车的速率是多少 分析 求出卡车沿斜坡方向受的牵引力 再求瞬时功率 注意 F V 同方向 解 sin0 02tg 且0 04fG 上坡时 sin0 06FfGG 下坡时 sin0 02FfGG 由于上坡和下坡时功率相同 故 pFv F v 所以45 12 5 vkm hm s 2 36 某物块质量为 P 用一与墙垂直的压力N使其压紧在墙上 墙与物块间的滑动摩擦 系数为 试计算物块沿题图所示的不同路径 弦 AB 圆弧 AB 折线 AOB 由 A 移动到 B 时 重力和摩擦力作的功 已知圆弧半径为 r 分析 保守力作功与路径无关 非保守力作功与路径有关 解 重力是保守力 而摩擦力是非保守力 其大小为fN 1 物块沿弦 AB 由 A 移动到 B 时 重力的功pghpgr 摩擦力的功2fABNr 2 物块沿圆弧 AB 由 A 移动到 B 时 重力的功pghpgr 摩擦力的功 A 1 2 fABNr 题图 2 35 题图 2 36 A B N O r 3 物块沿折线 AOB 由 A 移动到 B 时 重力的功pghpgr 摩擦力的功2fAOBNr 2 37 求把水从面积为 2 50m的地下室中抽到街道上来所需作的功 已知水深为 1 5m 水 面至街道的竖直距离为 5m 分析 由功的定义求解 先求元功再积分 解 如图以地下室的 O 为原点 取 X 坐标轴向上为正 建立如图坐标 轴 选一体元dVSdx 则其质量为dmpdVpSdx 把dm从地下室中抽到街道上来所需作的功为 6 5 dAgx dm 故 1 51 5 6 00 6 5 4 23 10AdApSgx dxJ 2 38 质量为 m 的物体置于桌面上并与轻弹簧相连 最初 m 处于使弹簧既未压缩也未伸长 的位置 并以速度 0 v向右运动 弹簧的劲度系数为k 物体与支承面间的滑动摩擦系数为 求物体能达到的最远距离 分析 由能量守恒求解 解 设物体能达到的最远距离为 0 x x 根据能量守恒 有 22 0 11 22 mvkxmgx 即 2 2 0 2 0 mvmg xx kk 解得 11 22 2 0 mg kv k mg x 2 39 一质量为 m 总长为l的匀质铁链 开始时有一半放在光滑的桌面上 而另一半下 垂 试求铁链滑离桌面边缘时重力所作的功 分析 分段分析 对 OA 段取线元积分求功 对 OB 段为整体重力在中心求功 解 建立如图坐标轴 选一线元dx 则其质量为 m dmdx l 铁链滑离桌面边缘过程中 OA的重力作的功为 11 22 1 00 11 28 ll AdAglx dmmgl OB 的重力的功为 2 111 224 Amglmgl 故总功 12 3 8 AAAmgl 2 40 一辆小汽车 以vvi 的速度运动 受到的空气阻力近似与速率的平方成正比 题图 2 37 m 0 v 题图 2 38 题图 2 39 2 FAv i A 为常数 且 22 0 6N smA 1 如小汽车以 1 80km h 的恒定速率行 驶 1km 求空气阻力所作的功 2 问保持该速率 必须提供多大的功率 分析 由功的定义及瞬时功率求解 解 1 23 2 80 10 1 10 9 vikm him srim 故 222 2 0 6 10 9 FAv ii 则kJrFA300 3 2 6584PFvAvW 2 41 一沿 x 轴正方向的力作用在一质量为 3 0kg 的质点上 已知质点的运动方程为 23 34xttt 这里x以 m 为单位 时间t以 s 为单位 试求 1 力在最初4 0s内作 的功 2 在 1st时 力的瞬时功率 分析 由速度 加速度定义 功能原理 牛顿第二定律求解 解 2 1 383 dx v ttt dt 则 4 19 0 3 vm svm s 由功能原理 有 22 1 4 0 528 2 k AEm vvJ 2 2 383 68 dxdv v ttta tt dtdt 1ts 时 6 2 FmaNvm s 则瞬时功率12pFvW 2 42 以铁锤将一铁钉击入木板 设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比 若铁锤击第一次时 能将小钉击入木板内 1cm 问击第二次时能击入多深 假定铁锤两次 打击铁钉时的速度相同 分析 根据功能原理 因铁锤两次打击铁釘时速度相同 所以两次阻力的功相等 注意 阻力是变力 解 设铁钉进入木板内xcm时 木板对铁钉的阻力为 0 fkx k 由于铁锤两次打击铁钉时的速度相同 故 1 01 x fdxfdx 所以 2x 第二次时能击入 21 cm 深 2 43 从地面上以一定角度发射地球卫星 发射速度 0 v应为多大才能使卫星在距地心半径 为 r 的圆轨道上运转 分析 地面附近万有引力即为重力 卫星圆周运动时 万有引力提供的向心力 能量守恒 解 设卫星在距地心半径为 r 的圆轨道上运转速度为 v 地球质量为 M 半径为 e R 卫星质 量为 m 根据能量守恒 有 22 0 e 11 2R2 GMmGMm mvmv r 又由卫星圆周运动的向心力为 2 2 N GMmmv F rr 卫星在地面附近的万有引力即其重力 故 2 e GMm mg R 联立以上三式 得 e 0e R1 2 R1 2 vg r 2 44 一轻弹簧的劲度系数为 1 100N mk 用手推一质量0 1kgm 的物体 A 把弹簧 压缩到离平衡位置为 1 0 02mx 处 如图 2 44 所示 放手后 物体沿水平面移动距离 2 0 1mx 而停止 求物体与水平面间的滑动摩擦系数 分析 系统机械能守恒 解 物体沿水平面移动过程中 由于摩擦力做负功 致使系统 物体与弹簧 的弹性势能全部转化为内能 摩擦生热 根据能量关系 有 2 12 1 2 kxmgx 所以 0 2 2 45 一质量0 8mkg 的物体 A 自2hm 处落到弹簧上 当弹簧从原长向下压缩 0 0 2xm 时 物体再被弹回 试求弹簧弹回至下压0 1m时物体的速度 分析 系统机械能守恒 解 设弹簧下压0 1m时物体的速度为 v 把物体和弹簧看作一个系统 整体系统机械能守 恒 选弹簧从原长向下压缩 0 x的位置为重力势能的零点 当弹簧从原长向下压缩 0 0 2xm 时 重力势能完全转化为弹性势能 即 2 00 1 2 mg hxkx 当弹簧下压0 1xm 时 2 00 1 2 mg hxkxmg xx 2 2 1 mv 所以 3 1 vg m s 题图 2 44 题图 2 45 2 46 长度为l的轻绳一端固定 一端系一质量为 m 的小球 绳的悬挂点正下方距悬挂点 的距离为 d 处有一钉子 小球从水平位置无初速释放 欲使球在以钉子为中心的圆周上绕 一圈 试证 d 至少为0 6l 分析 小球在运动过程中机械能守恒 考虑到小球绕 O 点能完成圆周运动 因此小球在圆 周运动的最高点所受的向心力应大于或等于重力 证 小球运动过程中机械能守恒 选择小球最低位置为重力势能的零点 设小球在 A 处时 速度为 v 则 2 1 2 2 mglmgldmv 又小球在 A 处时向心力为 2 N mv Fmg ld 其中 绳张力为 0 时等号成立 联立以上两式 解得0 6dl 2 47 弹簧下面悬挂着质量分别为 1 M 2 M的两个物体 开始时它们都处于静止状态 突然把 1 M与 2 M的连线剪断后 1 M的最大速率是多少 设弹簧的劲度系数 1 8 9kN m 而 12 500 300Mg Mg 分析 把弹簧与 1 M看作一个系统 当 1 M与 2 M的连线剪断后 系统作简谐振动 机械能 守恒 解 设连线剪断前时弹簧的伸长为 x 取此位置为重力势能的零点 1 M系统达到平衡位置 时弹簧的伸长为 x 根据胡克定律 有 12 kxMMg 1 kxM g 系统达到平衡位置时 速度最大 设为v 由机械能守恒 得 222 11 111 222 kxkxM g xxM v 联立两式 解之 1 4 vm s 2 48 一人从 10 m 深的井中提水 起始时桶中装有 10 kg 的水 桶的质量为 1 kg 由于 水桶漏水 每升高 1 m 要漏去 0 2 kg 的水 求水桶匀速地从井中提到井口 人所作的功 分析 由于水桶漏水 人所用的拉力F是变力 变力作功 题图 2 46 题图 2 47 解 选竖直向上为坐标y轴的正方向 井中水面处为原点 由题意知 人匀速提水 所以人所用的拉力F等于水桶的重量 即 0 0 2107 8 1 96FPPkymggyy 人的拉力所作的功为 H FdydAA 0 10 0 107 8 1 96 d 980 Jyy 2 49 地球质量为 24 6 0 10 kg 地球与太阳相距 11 1 5 10 m 视地球为质点 它绕太阳 作圆周运动 求地球对于圆轨道中心的角动量 分析 太阳绕地球一周 365 天 换成秒为 用质点角动量定义求解 解 1