题31！质量为m的物体，由水平面上点0以初速为，抛出，。与水平面成仰角口。若不计 空气陶力，求：(1)物体从发射点0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， 题31分析，重力是恒力，因此，求其在一段时同内的冲量时，只需求出时间间隔即可。由 附体适动规律可知，物体到达最高点的时间出一延，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出结果。 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 A Yasina 则物体落回地面的时间为 -24y-2ma 于是，在相应的过程中重力的冲量分别为 1=F础=-g,j=-msinaj 14-∫F--M,j加-2m,saj 解2：根据动量定理，物体由发射点O运动到A、B的过程中。重力的冲量分别为 ,=rj-mj=-。sm在j 1:=AIpj-mej=-2mosinaj 题32：高空作业时系安全带是必要的，假如质量为51.体g的人不慎从高空掉下米，由于安 全带的保护，使触最终被是挂起来。已知此时人离原处的距离为2米，安全带的缓冲作用时 间为0.50位。求安全带对人的平均冲力。 恩3,2解1：以人为研究对象，在自由落体运动过程中，人殊落至2m处时的速度为 第=V2gh 1) 在褪神过程中。人受重力和安全带神力的作用，根据动量定理，有 (F+P)v=m-m (2) 由(1)式、(2)式可得安全带对人的平均冲力大小为 下g+@+"2晒 =1.14×102N 解2：从整个过程来讨论，根据动量定理有 F,g,2h/g+-1.4x10N 4 题玉3：如图所示，在水平地面上，有一横截而s-020m2的直角弯管，管中有流速为 ?=50ms的水通过，求弯管所受力的大小和方向
题 3.1：质量为 m 的物体，由水平面上点 O 以初速为 0 v 抛出， 0 v 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。 题 3.1 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 g v t 0 sin 1 = ，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出结果。 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 g v t 0 sin 1 = 则物体落回地面的时间为 g v t t 2 sin 2 0 2 = 1 = 于是，在相应的过程中重力的冲量分别为 I Fd j sin j 1 1 0 1 t mg t mv t = = − = − I Fd j 2 sin j 2 2 0 2 t mg t mv t = = − = − 解 2：根据动量定理，物体由发射点 O 运动到 A、B 的过程中，重力的冲量分别为 I j j sin j 1 = mvAy − mv0y = −mv0 I j j 2 sin j 2 = mvBy − mv0y = − mv0 题 3.2：高空作业时系安全带是必要的，假如质量为 51.0kg 的人不慎从高空掉下来，由于安 全带的保护，使他最终被悬挂起来。已知此时人离原处的距离为 2 米，安全带的缓冲作用时 间为 0.50 秒。求安全带对人的平均冲力。 题 3.2 解 1：以人为研究对象，在自由落体运动过程中，人跌落至 2 m 处时的速度为 v1 = 2gh （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 ( ) mv2 mv1 F + P t = − （2） 由（1）式、（2）式可得安全带对人的平均冲力大小为 ( ) 1.14 10 N 2 3 = = + = + t m gh mg t mv F mg 解 2：从整个过程来讨论，根据动量定理有 2 / 1.14 10 N 3 + = = h g mg t mg F 题 3.3：如图所示，在水平地面上，有一横截面 2 S = 0.20 m 的直角弯管，管中有流速为 1 3.0 m s − v = 的水通过，求弯管所受力的大小和方向
题33解：在Y时间内，从管一猪流入（或流出）水的质量为m=mV,弯曲部分AB的水 的动量的增量则为 Ap=A-pa=P。-va)】 :据动量定理1一p,得到管壁对这部分水的平均冲力 F-L-p5dva-vs) 从而可得水流对管壁作用力的大小为 F--F--2Sr2--25x103N 作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧。 题34：一作斜抛运动的物体，在最高点尊裂为质量相等的两块，最高点距离地面为196m。 爆炸1.0s后，。第一块落到爆炸点正下方的地而上，此处距抛出点的水平距离为100×02m, 间第二块落在距抛出点多远的地面上？（设空气的凰力不计） 题14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，第一块碎片臣直落下的运动方程为 为=-W-r 当该辞片落地时，有片=0=，则由上式得爆炸后第一块辞片抛出的速度 (2) 又根据动量守恒定律。在最高点处有 。“im(3) 0=-m+m4 暖立解式(1)，(2》、(3)和(4》，可得爆炸后第二块弹片剩出时的速度分量分别为 42.-2景-mm 一-147ms 军炸后，第二块碎片斜抛话动，其话动方程为 3■离+5.与 y-h+h2新 落地时，乃=0，由(5)、(6)可解得第二块辞片落地点的水平位置 马=500m 题35A、B两船在平静的淑面上平行递向航行，当两船擦肩相遇时，两船各自向对方平
题 3.3 解：在 t 时间内，从管一端流入（或流出）水的质量为 m = vSt ,弯曲部分 AB 的水 的动量的增量则为 ( ) ( ) B A B A p = m v − v = vSt v − v 依据动量定理 I = p ，得到管壁对这部分水的平均冲力 ( ) B A v v I F = − = Sv t 从而可得水流对管壁作用力的大小为 2 2.5 10 N 2 3 F = −F = − Sv = − 作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧。 题 3.4：一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离地面为 19.6 m 。 爆炸 1.00s 后，第一块落到爆炸点正下方的地面上，此处距抛出点的水平距离为 1.00 10 m 2 。 问第二块落在距抛出点多远的地面上？(设空气的阻力不计) 题 3.4 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 h g x t x v 2 1 0 1 0x = = （1） 物体爆炸后，第一块碎片竖直落下的运动方程为 2 1 1 2 1 y = h − v t − gt 当该碎片落地时，有 1 1 y = 0,t = t ，则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度 1 2 1 1 2 1 t h gt v − = （2） 又根据动量守恒定律，在最高点处有 0x 2x 2 1 mv = mv （3） 1 2y 2 1 2 1 0 = − mv + mv （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 1 2x 0x 1 100 m s 2 2 2 － = = = h g v v x 1 1 2 1 2y 1 14.7 m s 2 1 － = − = = t h gt v v 爆炸后，第二块碎片斜抛运动，其运动方程为 2 2y 2 2 2 1 2x 2 2 1 y h v t gt x x v t = + − = + 落地时， y2 = 0 ，由（5）、（6）可解得第二块碎片落地点的水平位置 x2 = 500 m 题 3.5： A、 B 两船在平静的湖面上平行逆向航行，当两船擦肩相遇时，两船各自向对方平
稳地传递50kg的重物，结果是A船停了下来，面B船以3.4ms的速度维续向前驶去。A、 B两船原有质量分别为05x0'超和10x0'烟，求在传递重物前两船的速度，（忽略水对船 的阻) 恩3,5分析：由于两船横向传递的速度可略去不计。则对蜜出重物后的船A与从船B蜜入 的重物所组成的系统【来讲，在水平方向上无外力作用，因此，它门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爱入的重物所组成的系统目亦是这样。 由此，分别列出系统【，Ⅱ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、m表示，传递重物后船的速度分别以a、"a表示， 棱复运重物的质量以四表示，分别对上述系饶【、Ⅱ应用动量守恒定律，则有 侧-周+n。=出，(I) 网-m+m=L(2) 由思意知r%=0,￥=3.4ms代入数据后，可解得 VA- 网-侧m一网-m=-0.0m:s 一偶四 四-m烟哈 6产面，-m网，-时丽=36m 也可以透择不同的系统，例如。肥A,B两船（包括传遥的物体在内）视为系统，同样 能满足动量守恒，也可以列出相应的方程求解。 题36：质量为丽'的人手里拿着一个质量为m的物体，此人用与水平面成a角的速率。向前 跳去。当他达到最高点时。他将物体以相对于人为的水平速率向后随出。问，由于人抛出 物体，能珠跃的距离增如了多少？（假设人可视为顺点） 题36解：取如图所示坐标。把人与物体视为一系统。当人跳跃到最高点处，在向左刻物过 程中，满足动量守恒。故有 (侧+m,8e=m午+- 式中”为人抛物后相对地面的水平速度，一为抛出物对地面的水平速度。得 Y=VCOSQ+w 两十周 人的水平速度的增量为 4好=V-c0sg- 一每 丽+ 而人从最高点到地面的运动封间为 1=5na 所以，人珠跃后增加的距离 Ar-Aw wasna m+丽区 恩37：铁溶上有一静止的平板车，其质量为用'，设平板车可无摩擦地在水平轨道上运动。 现有W个人从平板车的后端佛下，每个人的质量均为m,相对平板车的速度均为“。问：在 下列两种情况下，(1》N个人月时跳离：(2)一个人，一个人地魔离。平版车的末速是多 少？所得的结果为何不问。其物理源因是什么？
稳地传递 50 kg 的重物，结果是 A 船停了下来，而 B 船以 1 3.4 m s − 的速度继续向前驶去。 A 、 B 两船原有质量分别为 0.5 10 kg 3 和 1.0 10 kg 3 ，求在传递重物前两船的速度。(忽略水对船 的阻力) 题 3.5 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 I 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 II 亦是这样。 由此，分别列出系统 I、II 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 I、II 应用动量守恒定律，则有 ( ) A A B A A m − m v + mv = m v （1） ( ) B B A B B m − m v + mv = m v （2） 由题意知 vA = 0，vB = 3.4 ms −1 代入数据后，可解得 ( )( ) 1 2 B A B B A 0.40 m s − = − − − − − = m m m m m m mv v ( ) ( )( ) 1 2 A B A B B B 3.6 m s − = − − − − = m m m m m m m m v v 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，也可以列出相应的方程求解。 题 3.6：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 0 v 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） 题 3.6 解：取如图所示坐标。把人与物体视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向左抛物过 程中，满足动量守恒，故有 (m + m )v cos = m v + m(v − u) 0 式中 v 为人抛物后相对地面的水平速度，v－u 为抛出物对地面的水平速度。得 u m m m v v + = 0 cos + 人的水平速度的增量为 u m m m v v v + = − 0 cos = 而人从最高点到地面的运动时间为 g v t 0 sin = 所以，人跳跃后增加的距离 ( ) u m m g mv x vt + = = 0 sin 题 3.7：铁路上有一静止的平板车，其质量为 m ，设平板车可无摩擦地在水平轨道上运动。 现有 N 个人从平板车的后端跳下，每个人的质量均为 m ，相对平板车的速度均为 u 。问：在 下列两种情况下，（1） N 个人同时跳离；（2）一个人、一个人地跳离，平板车的末速是多 少?所得的结果为何不同，其物理原因是什么?
题37解：取平板车及N个人组成的系饶，以地面为参考系，平板车的运动方向为正方向， 系统在该方向上满足动量守恒， 考虑N个人月时跳车的情况，这跳车后平版车的速度为书，则由动量守恒定律得 0=mr+N减r- (1) 又考虑N个人一个接一个的佛车的情况。设当平板车上尚有：个人时的速度为%：跳 下一人后车速为，在这一次跳车过程中，根据动量守恒有 w+wk,=m+-hm4+mt-）(2) 由式(2)可解得递推公式 =%+平”g 显然，当车上有N个人时（即n■N),因尚表有人跳离平板车，故w■0：而车上N个人 全跳完时，车速为州。积据(3)有 4=0+ m'+Nm :++N-m" 6=号十 +雨 将上述各等式的两侧分别相加，整理后得 台柄+nm 由于m+msm+Nmn=l,之3…，N 故有。> 即W个人一个接一个地跳车时，平板版车的术速饰大于N个人同时跳下时平版车的末速。 这是因为在N个人逐一跳离车时，车队地的速度逐次增加，导致跳军者相对地面的速度也 在逐次增大，并对平板车所作的功也相应增大，因而平板车得到的能量也大，其车速也大 题18：如图所示，一绳索药过无摩擦的滑轮，系在质量为10kg的物体上，起初物体静止 在无摩擦的水平面上。若用50N的恒力作用在绳索的另一端，使物体向右加速运动，当系 在物体上的绳索从水平面成3角变为7”角时，力对物体所作的功为多少？己知带轮与水 平面之间的距离为1m, 题38分析：该题中虽施以“恒力”，但是，作用在物体上的力 的方白在不断变化。需按功的矢量定义式W一丁F,山来求解， 7777777777777 解：取图示坐标，绳索拉力对物体所作的功为 rF=jF陆=广名= 题3男一物体在介质中按规律x■'作直线运动，：为一常 量。设介质对物体的阻力正比于速度的平方。试求物体由 。=0运动到x一时。阻力所作的功。（己知阻力系数为） 77777777777
题 3.7 解：取平板车及 N 个人组成的系统，以地面为参考系，平板车的运动方向为正方向， 系统在该方向上满足动量守恒。 考虑 N 个人同时跳车的情况，这跳车后平板车的速度为 v，则由动量守恒定律得 0 = m v + Nm(v −u) u m Nm Nm v + = （1） 又考虑 N 个人一个接一个的跳车的情况。设当平板车上尚有 n 个人时的速度为 vn，跳 下一人后车速为 vn−1，在这一次跳车过程中，根据动量守恒有 (m + nm)v = m v + (n − )mv + m(v −u) n n−1 1 n−1 n−1 （2） 由式（2）可解得递推公式 u m nm m v v + n−1 = n + （3） 显然，当车上有 N 个人时（即 n = N），因尚未有人跳离平板车，故 vN = 0；而车上 N 个人 全跳完时，车速为 v0。根据（3）有 u m Nm m v + N−1 = 0 + ( ) u m N m m v vN 1 N 2 1 + − − = − + …… u m m m v v + 0 = 1 + 将上述各等式的两侧分别相加，整理后得 = + = N n u m nm m v 1 0 由于 m + nm m + Nm n =1, 2, 3, , N 故有 v v 0 即 N 个人一个接一个地跳车时，平板车的末速 v0 大于 N 个人同时跳下时平板车的末速 v。 这是因为在 N 个人逐一跳离车时，车队地的速度逐次增加，导致跳车者相对地面的速度也 在逐次增大，并对平板车所作的功也相应增大，因而平板车得到的能量也大，其车速也大。 题 3.8：如图所示，一绳索跨过无摩擦的滑轮，系在质量为 1.00 kg 的物体上，起初物体静止 在无摩擦的水平面上。若用 5.00 N 的恒力作用在绳索的另一端，使物体向右加速运动，当系 在物体上的绳索从水平面成 30 角变为 37 角时，力对物体所作的功为多少？已知滑轮与水 平面之间的距离为 1m。 题 3.8 分析：该题中虽施以“恒力”，但是，作用在物体上的力 的方向在不断变化。需按功的矢量定义式 W = F ds 来求解。 解：取图示坐标，绳索拉力对物体所作的功为 d cos d d 1.69 J 2 1 2 = + = = = − x x x d x Fx W F x F x 题 3.9：一物体在介质中按规律 3 x = ct 作直线运动， c 为一常 量。设介质对物体的阻力正比于速度的平方。试求物体由 x0 = 0 运动到 x = l 时，阻力所作的功。（已知阻力系数为 k ）
题39解：由运动学方程x=,可得物体的速度 =血=3 山 按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为 F=k72=9%2=92》x0 则阳力的功为 Fd=Fcos=konpn 题3,1：一人从100m深的并中提水。起始桶中装有100kg的水，由于水桶漏水，每升高 1.0m要漏去020g的水。采水桶被匀速地从非中提到井口，人所作的功。 题310解：水桶在匀速上提过程中，a-0,拉力与水桶置力平 衡，有 F+P=0 在图示所取坐标下，水桶重力随位置的变化关系为 P=mg-0g 其中a=02kg僧，人对水桶的拉力的功为 w="F.dy="( 题31山：一质量为020g的球，系在长为2.00m的细绳上，细绳的另一端系在天花板上.把 小球移至使细绳与整直方向成30心角的位置，然后由静止故开。求：(1)在绳索从0°角到0 角的过程中，重力和底力所作的功：(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： 题3.11解：(1)如图所示。重力对小球所作的功只与始末位置有关，即 围，=PM=g0-6s0)=0.53J 在小球摆动过程中，张力子的方向总是与运动方向垂直，所以张力的功 形-Fd山=0 (2)根据动修定理，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。韧始时 动能为零，因而，在最低位置时的动能为 E=界=053J 小球在最低位置时的速率为 图匹2 (3)当小球在最低位置时，由牛顿定律可得 -学 F-限+雪 =249N 题312：最初处于静止的质点受到外力的作用，该力的冲量为4@起~m,在同一时间间 隔内，该力所作的功为200」，问该质点的质量为多少？
题 3.9 解：由运动学方程 3 x = ct ，可得物体的速度 2 3 d d ct t x v = = 按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为 2 2 4 2/ 3 4/ 3 F = kv = 9kc t = 9kc x 则阻力的功为 2 / 3 7 / 3 0 2 / 3 4 / 3 0 0 7 27 W d F cos180 dx 9k c x dx k c l l l l = = = − = − F x 题 3.10：一人从 10.0 m 深的井中提水，起始桶中装有 10.0 kg 的水，由于水桶漏水，每升高 1.00m 要漏去 0.20kg 的水。求水桶被匀速地从井中提到井口，人所作的功。 题 3.10 解：水桶在匀速上提过程中，a = 0，拉力与水桶重力平 衡，有 F + P = 0 在图示所取坐标下，水桶重力随位置的变化关系为 P = mg −agy 其中 a = 0.2 kg/m，人对水桶的拉力的功为 d ( )d 882 J 10 m 0 10 m 0 = = − = W F y mg agy y 题 3.11：一质量为 0.20kg 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，然后由静止放开。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。 题 3.11 解：（1）如图所示，重力对小球所作的功只与始末位置有关，即 W = Ph = mgl(1−cos ) = 0.53 J P 在小球摆动过程中，张力 FT的方向总是与运动方向垂直，所以张力的功 T = T d = 0 W F s （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 0.53 J Ek =WP = 小球在最低位置时的速率为 k P 1 2.30 m s 2 2 − = = = m W m E v （3）当小球在最低位置时，由牛顿定律可得 l mv F P 2 T − = 2.49 N 2 T = + = l mv F mg 题 3.12：最初处于静止的质点受到外力的作用，该力的冲量为 1 4.00 kg m s − 。在同一时间间 隔内，该力所作的功为 2.00 J ，问该质点的质量为多少？
题312解：由于质点最初处于静止，因此。初动量声=0，初动能=0，根据动量定理和 动能定果分别有 I=Ap=P-P=P W=A5=瓦-E=E 2 2 所以烟一广。产 26"2m-40g 题313：设两个较子之间的相互作用力是排斥力，并随它们之间的距离按F=/的规律 而变化。其中业为常量，试求两较子相距为r时的势能。（议力为零的地方势能为零） 题13解：由力函数F一兰可知，当，→=时，F=0,势能亦为零。在此力场中两粒子相 距，时的势能为 岳=6-上w=广F山=[ 则 “27 恩31名如果一物体从高为k,处静止下落。试以(1)时间：为自变量：(2》高度h为自变 量，出它的动能和势能由线，并证明两曲线中动能和势能之和相等。 恩314解：(1)物体自由下落时，在1时刻的速度v=, 则其动能为 1 (1) 取地面为原点，竖直向上为坐标正向。物体自由下落的 运动方程h=6一。则1时刻的势能为 岳==-2g十(2) 技式《1)、(2)即可作出一，Ep一1图线。 在任意时刻势能和动能的总和为 E=,+=sk-方s片g中 (2)以高度为自变量时，物体在某高度时的速率"=√2x风一内，此时的总能量为 E=(G,+5)=wh+二中gk-=4 2 即势能和动能的总和仍为一恒量。 题3,15一质量为四的质点，系在细绳的一端。绳的另一端固定在平面上，此质点在粗糙 水平面上作率径为r的圆周运动，设质点的最初速率是。，当它运动一周时，其速率为。2。 求：(1)摩擦力作的功：(2)滑动摩擦因数：(3)在静止以输质点运动了多少图？
题 3.12 解：由于质点最初处于静止，因此，初动量 p0 = 0，初动能 Ek0 = 0，根据动量定理和 动能定理分别有 I = p = p − p0 = p W = Ek = Ek − Ek0 = Ek 而 m p E mv 2 2 1 2 2 k = = 所以 4.00 kg 2 2 2 k 2 = = = W I E p m 题 3.13：设两个粒子之间的相互作用力是排斥力，并随它们之间的距离 r 按 3 F = k /r 的规律 而变化，其中 k 为常量，试求两粒子相距为 r 时的势能。（设力为零的地方势能为零） 题 3.13 解：由力函数 3 r k F = 可知，当 r → 时， F = 0 ，势能亦为零。在此力场中两粒子相 距 r 时的势能为 ( ) = − − = = = r r r r k E E E W d d P P 3 F r 则 P 2 2r k E = 题 3.14：如果一物体从高为 h0 处静止下落。试以（1）时间 t 为自变量；（2）高度 h 为自变 量，画出它的动能和势能曲线，并证明两曲线中动能和势能之和相等。 题 3.14 解：（1）物体自由下落时，在 t 时刻的速度 v = gt， 则其动能为 2 2 2 k 2 1 2 1 E = mv = mg t （1） 取地面为原点，竖直向上为坐标正向。物体自由下落的 运动方程 2 0 2 1 h = h − gt ，则 t 时刻的势能为 2 2 P 0 2 1 E = mgh = mgh − mg t （2） 按式（1）、（2）即可作出 Ek－t、EP－t 图线。 在任意时刻势能和动能的总和为 0 2 2 2 2 P k 0 2 1 2 1 E = E + E = mgh − mg t + mg t = mgh （2）以高度为自变量时，物体在某高度时的速率 v = g(h − h) 2 0 ，此时的总能量为 ( ) ( ) P k 2 0 0 2 1 E = E + E = mgh + m g h − h = mgh 即势能和动能的总和仍为一恒量。 题 3.15：一质量为 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 0 v 。当它运动一周时，其速率为 v0 / 2 。 求：（1）摩擦力作的功；（2）滑动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？
题3.15解：(1)摩擦力作功为 w-。-m2--a (2)由于摩擦力是一恒力，且F,·网，故有 W=F。c0s180'=-2ww(2) 由式(1)、(2)可得动摩擦因数为 益 (3》由子一网中损失的动能为m,则在静止前可运行的图数为 题316：如图所示，A和B两块板用一轻弹簧连接起米，它们的质量分别为m,和愿：·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在跳起米时B稍敲提起。《设弹簧 的劲度系数为) 题316分析：选取两块板，弹簧和地球为系统，该系统在外界所施压力撞障后（取作状志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，面内力中又只有保 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 和状态2，运用机饭隆守恒定律列出方程，并结合这两状态下受力的平衡，便可将所需压力 求出。 解：选取如图所示坐标，取圆点O处为重力势能和弹性势能零点。作各 4 状布下物体的受力图。对A板而言，当能以外力F时，根据受力平衡有 F=R+F(1) 当外力撒障后，按分析中所选的系统，由机板连守恒定律可得 树-"好+ 式中、归为从、N两点对原点O的位移。因 为F=.F=及月=周g,上式可写为 4 F-B-2(2) 由式《1)、(2)可得 F-P+F(3) 当A板珠到N点时，B板刚被提起，此时弹性 力兮=乃，且F=行·由式(3)可得 F=月+乃=网+画起 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。 题3,1如图所示，有一自动卸货矿车，满载时的质量为m',从与水平成顿角口=300矿斜 面上的点A由静止下带，设斜面对车的阳力为车重的025倍，可车下滑距离/时，矿车与缓 冲弹簧一道沿斜面运动。当矿车使弹簧产生最大压缩形麦封，矿车白动却货，然后矿车情助
题 3.15 解：（1）摩擦力作功为 2 0 2 0 2 k k0 8 3 2 1 2 1 W = E − E = mv − mv = − mv （1） （2）由于摩擦力是一恒力，且 Ff = mg ，故有 W = Ffs cos180 = −2rmg （2） 由式（1）、（2）可得动摩擦因数为 rg v 16 3 2 0 = （3）由于一周中损失的动能为 2 0 8 3 mv ，则在静止前可运行的圈数为 圈 3 k0 4 = = W E n 题 3.16：如图所示， 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） 题 3.16 分析：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：选取如图所示坐标，取圆点 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 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 ky − mgy = ky + mgy 式中 y1、y2 为 M、N 两点对原点 O 的位移。因 为 1 1 2 2 F = ky , F = ky 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。 题 3.17：如图所示，有一自动卸货矿车，满载时的质量为 m ，从与水平成倾角 = 30.0 斜 面上的点 A 由静止下滑。设斜面对车的阻力为车重的 0.25 倍，矿车下滑距离 l 时，矿车与缓 冲弹簧一道沿斜面运动。当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自动卸货，然后矿车借助
弹簧的弹性力作用，使之返目原位置A再印资。试问要完成这一过程，空载时与满载时车的 质量之比应为多大？ 题117解：取沿斜面向上为x轴正方向，弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标单点O。 矿车在下带和上行的全过程中，按题意，摩擦力所作的功为 所=0,25g+025mg0+刘《1) 式中树和m分别为矿车满载和空载时的质量，x为弹簧最 大被压缩量。 根据功能原理，在矿车运动的全过程中，摩擦力所作 的功应等于系统机械能增量的负值。故有 形，=-E=-E,+AE)】 由于矿车范目原位时速度为零，故△6=0：而 5=侧-m+xma,故有 形=m-+j小sina(2) 由式《1)、(2)可解得 的 常时 题118：用铁锤把钉子蔽入墙面木板。设木板对钉子的阳力与钉子进入木板的深度成正比 若第一次敲击，能把钉子钉入木板1①×03m,第二次敲击时，保持第一次蔽击钉子的速 度，都么第二次能肥钉子钉入多深？ 题118解：因阻力与深度成正比，则有F一好(k为阻力系数)。观令-1.00x10子m,第 二次钉入的深度为，由于钉子两次所作功相等，可得 t-k恤 Ar=0.41×02m 题3,1%一质量为m的地球卫星，沿半径为3R,的圆轨道运动，R为地球的半径，己知地 球的质量为思：·求：(1)卫星的动能：(2)卫星的明力势隆：(3)卫星的机城能： 题319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 G四州 C6R了现 则 6-2m2.6" 6R (2)取卫星与地球相距无限远（→©）时的势能为零，则处在轨道上的卫星所具有的势能 为 5=-G" R
弹簧的弹性力作用，使之返回原位置 A 再卸货。试问要完成这一过程，空载时与满载时车的 质量之比应为多大？ 题 3.17 解：取沿斜面向上为 x 轴正方向。弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点 O。 矿车在下滑和上行的全过程中，按题意，摩擦力所作的功为 W = (0.25mg + 0.25m g)(l + x) f （1） 式中 m和 m 分别为矿车满载和空载时的质量，x 为弹簧最 大被压缩量。 根据功能原理，在矿车运动的全过程中，摩擦力所作 的功应等于系统机械能增量的负值，故有 ( ) Wf = −E = − Ep + Ek 由 于 矿 车 返 回 原 位 时 速 度 为 零 ， 故 Ek = 0 ； 而 Ep = (m − m )g(l + x)sin ，故有 Wf = −(m − m )g(l + x)sin （2） 由式（1）、（2）可解得 3 1 = m m 题 3.18：用铁锤把钉子敲入墙面木板。设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比。 若第一次敲击，能把钉子钉入木板 1.00 10 m −2 ，第二次敲击时，保持第一次敲击钉子的速 度，那么第二次能把钉子钉入多深？ 题 3.18 解：因阻力与深度成正比，则有 F = kx（k 为阻力系数）。现令 x0 = 1.0010－2 m，第 二次钉入的深度为 x ，由于钉子两次所作功相等，可得 + = x x x x kx x kx x 0 0 0 d d 0 0.41 10 m −2 x = 题 3.19：一质量为 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。 题 3.19 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 ( ) E 2 2 E E 3 3R v m R m m G = 则 E 2 E k 2 6 1 R m m E = mv = G （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 E E p 3R m m E = −G
(3)卫星的机板能为 E-B+5-G8m-G5。-G%m 6R说6R 题3确如图所示，天文观测台有一直径为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，求北冰块离开桌面的位置以及在该位置的速度。 题3,20解：取冰块、隧面和地球为系统，由系统的机械能守恒。有 Rmco0 (1) 根据牛顿定律，冰块沿径向的动力学方程为 mg cos0-F=m (2 冰块脱离球面时，支持力F⅓=0，由式《1)、(2)可得冰块的角位置 0-c0s2 482 冰块此时的速率为 -am0-浮 ￥的方白与重力P方向的夹角为 a=90-0=418 思321：如图所示，把质量为020味g的小球故在位置A,弹簧被压缩7.5m,在弹簧弹力的 作用下，小球从位置A由静止被释放，沿A政CD运动。小球与轨道间的摩擦不计，己知弧 BCD是半径0.15m的半圆弧，AB相距为2：，求弹簧劲度系量的最小值。 题3.21解，小球要刚好通过最高点C时，轨道对小球支持力=0，因此，有 =m& 以小球，弹簧和地球为系饶，取小缘开始时所在位置A为重力 势能的零点，由系统的机械能守恒定律，有 af-嗯6r+2E2) 由式(1)、(2)可得 7me3 N.m W 题322如图所示，质量为m、速度为的钢球，射向质量为m的靶，无中心有一小孔， 内有劲度系数为，的弹簧，此视最初处于静止状态，但可在水平面上作无摩擦滑动。求子弹 射入无内弹簧后，弹簧的最大压缩距离。 题122解：以小球与视组成系统，设弹蔬的最大压缩量为 静，小球与肥共同运动的速率为的。由动量守恒定律，有 m=m+无(I) 又由机械能守恒定律。有 w2-r+m城+城a 777717777777777777 由式《1)、(2)可得
（3）卫星的机械能为 E E E E E E k p 6 3 6R m m G R m m G R m m E = E + E = G − = − 题 3.20：如图所示，天文观测台有一直径为 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，求此冰块离开桌面的位置以及在该位置的速度。 题 3.20 解：取冰块、屋面和地球为系统，由系统的机械能守恒，有 cos 2 1 2 mgR = mv + mgR （1） 根据牛顿定律，冰块沿径向的动力学方程为 R mv mg F 2 N cos − = （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 48.2 3 2 = arccos = 冰块此时的速率为 3 2 cos Rg v = gR = v 的方向与重力 P 方向的夹角为 = 90 − = 41.8 题 3.21：如图所示，把质量为 0.20kg 的小球放在位置 A，弹簧被压缩 7.5cm,在弹簧弹力的 作用下，小球从位置 A 由静止被释放，沿 ABCD 运动，小球与轨道间的摩擦不计。已知弧 BCD 是半径 0.15m 的半圆弧，AB 相距为 2r，求弹簧劲度系数的最小值。 题 3.21 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 r v mg m 2 C = 以小球、弹簧和地球为系统，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 C 2 2 1 3 2 1 k l = mg r + mv （2） 由式（1）、（2）可得 ( ) 1 2 366 N m 7 − = = l mgr k 题 3.22：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。 题 3.22 解：以小球与靶组成系统，设弹簧的最大压缩量为 x0，小球与靶共同运动的速率为 v1。由动量守恒定律，有 ( ) 1 mv = m + m v （1） 又由机械能守恒定律，有 ( ) 2 0 2 1 2 2 1 2 1 2 1 mv = m + m v + kx （2） 由式（1）、（2）可得
题323：以质量为网的弹丸，穿过如图所示的摆橙后，速率由，减少到v/2。己知摆情的质 量为围'，摆线长度为！，如果摆锤能在垂直平而内完成一个完全的圆周运动，弹丸的违度的 最小值应为多少T 题3,3解，取弹丸与摆锤所成系统。由水平方向的动量守恒定律，有 m=m二+周Y 2 1》 为使摆锤恰好能在垂直平而内作属周运动，在最高时，摆线中 的张力F=0:则 mg (2) 式中以为摆锤在圆成最高点的运动速率。 1 又摆锤在垂直平而内作圆周运动的过程中，满足机械能守恒定律，故有 (3) 2 解上述三个方程，可得弹丸所需速率的最小值为 ,=2州5网 题124：一个电子和一个原米静止的氢原子发生对心弹性碰撞。试问电子的动能中传递给氢 原子的能量的百分数。（己知氢原子质量的为电子质量的1840倍） 题3,24解：以E表示氢原子被碰撞后的动能。E:表示电子的初动能，则 (1) 由于粒子作对心弹性碰撞，在凝撞过程中系统闪时调足动量守恒和机械能守恒定律，故有 m。■ma+(2》 =+ (3】 2 由题意知wm=1840,解上述三式可得 =22×10 题325质量为72x100g,速率为60x10'ms“的粒子A,与另一个质量为其一半而静 止的粒子B发生二雀完全弹性碰撞，醒撞后较子A的速率为50×10'ms,求：(1)较子B 的速率及相对粒子A星米速度方向的偏角：(2)较子A的偏转角。 题325解：取如图所示的坐标，由于粒子系统属于斜碰。在碰撞平面内根据系统动量守恒
( ) v k m m mm x + 0 = 题 3.23：以质量为 m 的弹丸，穿过如图所示的摆锤后，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，弹丸的速度的 最小值应为多少？ 题 3.23 解：取弹丸与摆锤所成系统。由水平方向的动量守恒定律，有 m v v mv = m + 2 （1） 为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动，在最高时，摆线中 的张力 FT = 0 ，则 l m v m g 2 h = （2） 式中 h v 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 2 h 2 2 1 2 2 1 m v = m gl + m v （3） 解上述三个方程，可得弹丸所需速率的最小值为 gl m m v 5 2 = 题 3.24：一个电子和一个原来静止的氢原子发生对心弹性碰撞。试问电子的动能中传递给氢 原子的能量的百分数。（已知氢原子质量约为电子质量的 1840 倍） 题 3.24 解： 以 EH 表示氢原子被碰撞后的动能，Ee表示电子的初动能，则 2 e H 2 e 2 H e H 2 1 2 1 = = v v m m mv m v E E （1） 由于粒子作对心弹性碰撞，在碰撞过程中系统同时满足动量守恒和机械能守恒定律，故有 e H e mv = m v + mv （2） 2 e 2 H 2 e 2 1 2 1 2 1 mv = m v + mv （3） 由题意知 m m = 1840 ，解上述三式可得 3 2 2 e H e H 2.2 10 2 1840 − + = = m m m v v m m E E 题 3.25：质量为 7.2 10 kg −23 ，速率为 7 1 6.0 10 m s − 的粒子 A ，与另一个质量为其一半而静 止的粒子 B 发生二维完全弹性碰撞，碰撞后粒子 A 的速率为 7 1 5.0 10 m s − ，求：（1）粒子 B 的速率及相对粒子 A 原来速度方向的偏角；（2）粒子 A 的偏转角。 题 3.25 解：取如图所示的坐标，由于粒子系统属于斜碰，在碰撞平面内根据系统动量守恒