1、0第二章 牛顿运动定律21 如图 2-1 所示，一辆轿车陷污水坑中，为了移动轿车，驾驶员找来一根绳子，一端系在轿车上，另一端系在距轿车 10m 远的树上，将将绳子拉直，然后驾驶员用的水平力垂直作用在绳的中部，使绳的中部移动了 50.0cm，这时轿车开始移动。N0.4此时绳中的张力为 。解：对绳子作受力分析，如图 2-2 所示。由受力分析图可求出绳子的张力为 N10.25/.04tan2si 3FT22 质量相等的两物体 A 和 B，分别固定在弹簧的两端，竖直放在光滑水平面 C 上，如图 2-3 所示。弹簧的质量与物体 A、 B 的质量相比，可以忽略不计。若把支持面 C 迅速移走，则在移开的一瞬
2、间，A 的加速度大小 aA ，B 的加速度的大小 aB 。解：移开瞬间，弹簧的弹力依存。因此物体 A 依然平衡，故 aA0。但物体 B 由于 C 被抽掉，原平衡状态被破坏，原平衡状态为 02mgN式中 N 为 C 对 B 的支持力。故移开瞬间对 B 应用牛顿第二定律有a由此得 。ga223 假如地球半径缩短 1，而它的质量保持不变，则地球表面的重力加速度 g 增大的百分比是 。解：在忽略惯性离心的情况下，地球表面的物体的重力等于其受到的万有引力，即有 2RmMGg对上式两边求微分得 gdd3即 %2/Rg24 月球半径约为地球半径的 1/4，月球质量约为地球质量的 1/96，地球表面的重力加速
3、度取 10m/s2，第一宇宙速度为 7.9km/s，则：（1）月球表面的重力加速度大约是 m/s2；（2）美国的“阿波罗号” 宇宙飞船登月成功时，宇航员借助一计时表测出近月飞船绕图 2-3ABC图 2-1FT T5m0.5m 图 2-21月球一周时间 T，则可得到月球的平均密度的表达式为 。 （用字母表示）解：（1）用 表示地球的质量， 表示月球的质量， 表示地球的半径， 表eMmMeRmR示月球的半径。则， （1）e96me4又（2）2eRGg（3）mM式中 和 分别表示地球和月球的重力加速度。由（1） 、 （2）和（3）式得gm（4）2em/s67.10)4(961gRg（2）近月飞船绕月
4、球飞行看成是绕月作圆周运动，物体在月球的重充当向心力，则有（5）2mRTg由前面几式可计算得月球的平均密度为 23G25 由 可知 。aFmA物体质量和加速度成反比B因为有加速度才有力C物体的加速度与物体受到的合外力方向一致D物体的加速度与物体受到的合外力方向不一定相同解：由 ，只有在所受合外力相等的情况下，才能说物体所获得的加速度与质量aFm成反比，故（A）项也是错的；力是产生加速度的原因，故（B）项也是错的；物体的加速度与物体受到的合外力方向一致，故（C）是正确的。26 静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力 作用后开始运动。 随时间 t 变FF化的规律如图 2-4 所示，则下列说法中正
5、确的是 。A物体在前 2s 内的位移为零B第 1s 末物体的速度方向发生改变C物体将做往复运动 D物体将一直朝同一个方向运动解：物体从静止开始，在第 1s 内受到的力为正，则物体作匀速度直线运动，设第 1s 末的速度为 。第 2s 内物体受到的力为负，大小和第v1s 内相同，则物体的速度将从 减小到零，但物体在前 2s 内总是沿同一方向运动，固其位v移不为零，物体的速度方向并不会改变，同样的分析得，到第 4s 末时物体速度又为零，因此物体不是做往复运动。综上所述，只有（D ）是正确的，应选（D ） 。27 在一根绳下串联着两个质量不同的小球，上面小球比下面小球质量大，当手提着绳端沿水平方向并使
6、两球一起作匀加速运动时（空气阻力不计） ，则下图中正确的是 。O-22F/N1 2 3 4t/s图 2-42解：设上面一个物体的质量为 M，下面一个物体的质量为 m，手提端的绳对 M 的拉力为 F，它与水平方向的夹角为 。对 M 和 m 组成的整体进行受力分析如图 2-5 所示。对 M 和 m 应采用整体法进行研究，应用牛顿第二定律列方程有 a)(cosgFin由上两式得 /ta将物体 m 隔离出来，设绳对 m 的拉力为 T，方向与水平方向的夹角为，进行受力分析如图 2-6 所示。对 m 应用牛顿第二定律列方程有Tcosgin由上两式得 a/t由分析可知 M 和 m 受到的拉力方向与水平方向的
7、夹角相等，故应选（ A） 。28 如 图 2-7 所 示 ， 在 托 盘 测 力 计 的 托 盘 内 固 定 一 个 倾 角 为 30的 光 滑 斜 面 ， 现 将 一 个 重4N 的 物 体 放 在 斜 面 上 ， 让 它 自 由 滑 下 ， 那 么 测 力 计 因 4N 物 体 的 存 在 ， 而 增 加 的 读 数 是 。A4 N B2 N C0 N D3 N3解：对物体进行受力分析，建如图 28 的坐标系，应用牛顿第二定律有 mag30sin所以物 体 沿 斜 面 的 加 速 度 为a1 （1）图 2-8Nmgxy30aAa aBaCaD题 27 图图 2-5amgFMm MgmgTm
8、a图 2-6m30图 2-7yxN NyNxa30图 2-93建如图 29 的坐标系，同样应用牛顿第二定律得（2）30sinmagNyy由（1）和（2）式可解得 N430singamy由此可见，物体在斜面滑动时，它对斜面的压力在竖直方向的分量为 3N，这个力应是测力计增加的读数。因此测力计的读数值增加 3N。答案应选（D ） 。本题也可由图 28 在 y 方向的力的平衡得 N= = N，然后将 N 沿竖直方向30cosg2分解得 。N30cosNy29 如图 2-10 所示，车厢底板光滑的小车上用两个量程为 20N 完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为 1kg 的物块，当小车在水平地面上做匀速
9、运动时，两弹簧秤的示数均为10N，当小车做匀加速运动时弹簧秤甲的示数变为 8N，这时小车运动的加速度大小是 。A2m/s 2 B4m/s 2 C6 m/s 2 D8m/s 2解：当小车加速运动时，弹簧秤甲的示数变为 8N 所以，弹簧秤乙的示数变应为12N，故小车所受合外力为 F=4N，根据牛顿第二定律，有 ma可计算得小车运动的加速度大小为 2/s4故答案应选（B） 。210 如图 2-11，一个重 710N 的人躺在吊床上。吊床的两根绳与水平方向的夹角分别为 30和 45。试计算绳中的张力。解：以人为研究对象，对人作受力分析（如图 212 所示） ，应用牛顿第二定律列方程得 0cos12Ti
10、nsimg解上述方程并将已知量代入得甲 乙图 2-10图 2-11yxT1 T2mgT1xT1yT2xT2y O图 2-124N520)4tan30(tcos71)tan(tcos1 mgTs)t(ts12 211 一个油漆工站在一个平台上通过如图 2-13 所示的滑轮系统将自己缓慢提升，已知油漆工和平台的总重为 1050N，求油漆工对绳子的拉力（不计滑轮和绳的质量） 。解：设油漆工对绳的拉力为 T，以油漆工和平台为研究对象，则，分析可以得出绳子对油漆工和平台总的拉力为 5T，要使油漆工和平台向上运动，则油漆工对绳的拉力应满足 N2105G212 证明质量为 M 的飞机在水平航线上飞行时落下一
11、个质量为 m 的炸弹时，飞机将有一个向上的加速度 mg/M。证明：设飞机和炸弹系统受到向上的力为 N，在水平航线上飞行时，有 0)(gmN落炸弹时，飞机并未给予炸弹作用力（炸弹落下时的初速度沿水平方向） ，设落下炸弹时飞机有向上的加速度 a，则 mgMgMa)(/213 2002 年 3 月，我国北方地区遭遇了近 10 年来最严重的沙尘暴天气。现把沙尘上扬后的情况简化为如下情景： 为竖直向上的风速，沙尘颗粒被扬起后悬浮在空中（不动） 。v这时风对沙尘的作用力相当于空气不动而沙尘以速度 竖直向下运动时所受的阻力。此阻v力可用下式表达 2Af其中 为一系数，A 为沙尘颗粒的截面积， 为空气密度。（
12、1）若沙粒的密度 ， 沙尘颗粒为球形，半径 ，地球3kg/m108.2s m105.24r表面处空气密度 ， ，试估算在地面附近，上述 的最小值 。30/5.145. vin（2）假定空气密度 随高度 h 的变化关系为 ，其中 为 处的空)1(0Chh气密度，C 为一常量， ，试估算当 时扬沙的最大高度。 （不考108.Cm/s.9v虑重力加速度随高度的变化）解：（1）在地面附近，沙尘扬起要能悬浮在空中，则空气阻力至少应与重力平衡，即（1）gA2in0式中 m 为沙尘颗粒的质量，而（2）r（3）sm34得图 2-135（4）0min34grsv代入数据得（5）/s.i（2）用 、h 分别表示
13、时扬沙到达的最高处的空气密度和高度，则有/s0.9v（6）)1(Chh此时（1）式应为（7）mgA2v由（2） 、 （3） 、 （6） 、 （7）可解得（8）20341vrChs代入数据得（9）m8.6214 公园里有一种转动水平圆盘，孩子可以坐在盘面上任何地方。当盘开始加快转速时，如果摩擦力不够大，孩子就可能滑出去。设孩子的质量为 20kg，摩擦因数为 0.4，盘的角速度为 2rad/s，问孩子坐在盘上不被滑开的最大半径多大？解：在临界情况下，摩擦力为没有相对运动的最大静摩擦力。设不被滑开的最大半径为 R，则 mgR2所以 98.024.g215 一弹簧秤的秤盘质量 g，盘内放一物体 P，物
14、体 P 的质量 m=10.5kg，弹5.1M簧质量不计，其劲度系数为 800N/m，系统处于静止状态，如图 2-14 所示。现给 P 施加k一个竖直向上的力 ，使 P 从静止开始向上做匀加速运动，已知在头 0.2s 内 是变力，在F F0.2s 以后是恒力。求 的最小值和最大值各是多少?（g=10 m/s 2）解：依题意，0.2s 后 P 离开了托盘，0.2s 时托盘支持力恰为零，此时 P 的加速度为（1）mFa/)(x式中 为 F 的最大值。此时 M 的加速度也为 a，有max（2）gk/)(所以（3）x原来静止时，压缩量设为 x0，有（4）gmk)(0而（5）21atx式中 t=0.2s。
15、由（3） 、 （4） 、 （5）式有PFMm图 2-14621)()( atkgMkm即 a0.则（6）2m/s6)./(kmg（6）式代入（1）式得 F 的最大值为 N180(5.1)ax刚起动时 F 为最小，对物体与秤盘这一整体应用牛顿第二定律得（7）aMgk)0min（4）式代入（7）式得 F 的最小值为 72)(ia216 宇航员在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球。经过时间 t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为 L。若抛出时初速度增大到 2 倍，则抛出点与落地点之间的距离为 。已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为 R，万有L3引力常数为 G。求该星球的质
16、量 M。解：设抛出点的高度为 h，第一次平抛的水平射程为 x，则有2Lhx由平抛运动规律得知，当初速度增大到 2 倍时，其水平射程增大到 2x，可得)3()(设该星球上的重力加速度为 g，由平抛运动的规律得 21gth由万有引力定律与牛顿第二定律得 2RMmG联立以上各式解得 23tL217 如图 2-15，升降机以加速度 a 竖直向上作匀加速运动。机内有一倾角为 、长为 L 的斜面，有一物体（可视为质点）在该斜面顶端，相对斜面从静止释放。设物块与斜面间动摩擦因数为 ，求释放后，该物块经过多少时间到达斜面的底端？解：升降机向上匀加速运动，物体相对于升降机沿斜面向下运动。若以升降机为参考系研究运
17、动与力的关系比为较简单，但升降机为非惯性系，牛顿定律不再适用，为此在分析物体受力时要加一个惯性力，使牛顿定律在形式上成立。设物块相对于斜面的加速度为 ，对物块进行受力分析，建a立坐标，如图 216 所示。应用牛顿第二定律得图 2-15aLaxy FNmgma 图 2-167x 方向： （1）amFagmsin)(y 方向： （2）coN（3）联立（1）式、（2）式和（3）式解得 )cos)(sinag又 21tL所以 )cos)(sinagt218 飞机降落时的着地速度大小 =90km/h，方向与地面平行，飞机与地面间的摩擦v因数 ，迎面空气阻力为 ，升力为 （ 是飞机在跑道上的滑行速度，C
18、x 和1.02xC2yvCy 为某两常量） 。已知飞机的升阻比 K=Cy /Cx=5，求飞机从着地到停止这段时间所滑行的距离。 （设飞机刚着地时对地面无压力）解：以飞机着地点为坐标原点，飞机滑行方向为 x 轴正向，设飞机质量为 m，着地后地面对飞机的支持力为 N，所受摩擦力为 f，空气阻力为 ，重力为 mg。对飞机应用牛2v顿第二定律列方程得在竖直方向上：（1）02mgCNyv水平方向上：（2）xtxdv摩擦力：（3）)(2yCmgNf由（1）式、 （2）式和（3）式得 xgyd)(d2xv时， 。 （滑行距离）时， 。对上式积分得0x /s 25km/h 90vS0v02xd)(dvvyxC
19、g即（4）mgSyxyx2)(ln)(2v因飞机刚着地前瞬间所受重力等于举力， ，所以， ，0yC0/g，将 、 及已知数据代入（ 4）式，得205/ vmgkCyxxC y 8m215ln)1(20gSv219 空气对物体的阻力由许多因素决定，一个近似公式是 ， 是物体的速度，v-fkk 是常量。现考虑一个在空中由静止下落的物体，试求：（1）它的任一时刻速度；（2）当物体的速度等于多少时，物体不在加速（这个速度叫做收尾速度）。解：（1）此题涉及简单积分问题。物体受到竖直向下的重力 mg，竖直向上的阻力，应用牛顿定律对物体列方程有v-fk makgv即 tkd/两边积分得 tmkg00/v所以
20、 )e1(/tv（2）由速度表达式，当 时，有 ，则 ，即物体所受的阻力与kmt/kggv重力平衡，物体不在加速。 称收尾速度，以后物体以此速度匀速下落。g220 一个质点竖直上抛，初速度为 ，如果空气阻力与速率的平方成正比，证明：0v回到初始位置的速率为 ，其中 是极限速率。2/1max20)(vax证明：取竖直向上为 x 轴，抛出点为 。向上运动时，运动微分方程为2dvkgt利用 ，对上式进行整理得xttddvv xmkgd)(2vv由于 时， 初速度为 ，设质点到达最高点时 ，此时速度为零。对上式积分得0t0ax002kgv（1）)1ln(2maxvg从最高点向下运动时，其运动微分方程为
21、 2dvktxmgd)(设落到初始位置的速率为 ，对上式积分得v9002maxdkgvv（2）)1ln(2maxg比较（1） 、 （2）两式得 220vkgk解得（3）20vkm向下运动时，当重力和阻力相等时，质点的加速度为零，此时质点的速度达到最大值 maxvaxg（4）kv利用（4）式，由（3）式可得 2/1max20)(v*221 以一固定大小的力 ，把井中一个盛满水、总重 Mg 的桶从井底拉上来，桶的P底部有一小裂孔。当桶底恰好被拉至井中水平面时，取为 ，此时假设桶（含内部盛满0t的水）的速度为零。在桶底被拉离水面后，桶内之水即以等时率由桶底小裂孔流出，设桶内盛满的水重 ，且当 时，桶
22、内的水恰好流尽， （假设此时桶尚未被拉到井口） ，问gm0Tt这时桶的速度为多少?解：此题实际上是一个火箭问题，只是水从孔隙流出时，流出水（相当于火箭的废气）相对于水桶（相当于火箭）的速度为零。桶受到的外力为 ，方向向上，对桶及桶中水应F用牛顿第二定律列方程，有（1）mgtdv令常量（因流出水的时变率为常数）dmt即， （C 是积分常数）t当 t 0 时， ，得 ，又当 ， ，故得MCT0mM因此（2）tT010又由 ，得 ，故（1）式变为tmdtdmgFdv或初始时桶及桶中水的速度为零，质量为 M， 时，水流尽，桶的质量为 ，Tt0mM桶的速度设为 ，对上式积分得v v0d0mgF时的桶的速
23、度为Tt TMT)(ln00v第三章 能量与动量31 汽车在水平公路上做直线运动，它的功率保持不变，当汽车的速度为 4m/s 时，加速度为 0.4m/s2，汽车所受阻力恒为车重的 0.01 倍，若取 g=10m/s2，汽车行驶的最大速度为_m/s。解：设汽车的速度为 4m/s 时，汽车牵引力为 F，地面摩擦力为 f， 为此时的速度，Vv为最大速度。由题知 maf将已知条件代入上式得（1）N5.0F由于汽车的功率保持不变，故汽车在最大速度时的功率等于汽车速度为 4m/s 时的功率。汽车达到最大速度时，其牵引力的大小等于所受阻力，即 ，故有fF（2）vP（3）fV由（1）式、 （2）式和（3）式解
24、得 m/s2032 有一质量为 m=0.5kg 的质点，在 xy 平面内运动，其运动方程为 ，2tx（SI ） ，则在 至 这段时间内，外力对质点所做的功为 ，外力的方tys0t3t向是 。解：由质点的运动方程得（1）N24dmtxF（2）0ty由功的定义得（3）yFxWddr11又由运动方程得，txd)42(ty3将上式代入（3）式得 8J)(30tW由（1）式知力的方向沿 x 正方向。33 已知质点的质量 m=5kg，运动方程 （SI） ，则质点在 02 秒内受的冲jir2t量 为 ，在 02 秒内所做的功为 。I解：质点所受的力为 N102djrFmt质点 02 秒内受的冲量 的大小为I
25、 s0jjtt力在 02 秒内对质点所做的功为 J40d2)2(1d0ttWjijrF34 质量为 m=5.0kg 的物体，于 10s 的时间内，其速度由 =48 +36 变为 =vijv（SI），则物体所受的平均作用力之量值应为 N。ji18解：10s 内物体的动量变化为NjiP4030vm10s 内物体所受的平均作用力为 jijiIF1t10s 内物体所受的平均作用力大小为 N25)4(3|235 在一直在线，以 之力（t 的单位为秒，F 的单位为牛顿）施于质量tF6)(m=2kg，初速为 12m/s 之物体上，则 8 秒末物体的速率为 。解：解法一：由牛顿第二定律有 tmtd26v即 t
26、)3(dv积分 8012d)(t所以 m/s4v解法二：物体从 0 到 8s 末所受的冲量为12s16N2t)d-(d80tFI由动量定理得 )2()(16vmPI所以 /s4v36 对功的概念有以下几种说法：（1）保守力做正功时系统内相应的势能增加；（2）质点运动经一闭合路径，保守力对质点做的功为零；（3）作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所做的功的代数和必为零。在上述说法中正确的是（ ）A （1） 、 （2）是正确的 B （2） 、 （3）是正确的C只有（2）是正确的 D只有（3）是正确的解：质点运动经一闭合路径，保守力对质点做的功为零，这是保守力做功的特点，因此（1）是正确的；
27、保守力对系统所做的功等于系统势能增量的负值，因此（1）是错误的；作用力与反作用力虽然大小相等、方向相反，但它们作用于不同的质点，但由于两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同，故一对作用力与反作用力做功的代数一般不为零，因此（3）也是错误的。综上，应选（C） 。37 用锤压钉不易将钉压入木块，用锤击钉则很容易将钉击入木块，这是因为 。A前者遇到的阻力大，后者遇到的阻力小B前者动量守恒，后者动量不守恒C后者锤的动量变化大，给钉的作用力就大D后者锤的动量变化率大，给钉的作用力就大解：根据动量定理，一个质点受到的作用力等于这个质点的动量的变化率。用锤击打钉一是可提高锤的动量，二是锤与钉之间的相互
28、作用时间短，因而击打过程中锤的动量变化率大，从而对钉产生很大的作用力，将钉击入木块。故应选（D）38 质点系内部保守力做功量度了 。A质点系动能的变化 B质点系机械能的变化C质点系势能的变化 D质点系动能与势能的转化解：质点系动机械能的变化可由于外力做功和非保守内力做功而发生变化，而机械能的变化有可能是系统动能、势能的变化引起的。因此质点系内部的保守力做功不能量度质点系动能、势能和机械能的变化。在满足机械能守恒定律的条件下，质点系的动能和势能是相互转换的，且转换的量值是相等的，动能的增加量等于势能的减小量，势能的增加量等于动能的减小量，二者的转换是通过质点系内部保守内力做功来实现的。故应选（D
29、） 。39 质点系内部非保守内力做功量度了 。A质点系动能的变化 B质点系势能的变化C质点系内动能与势能的转化 D质点系内部机械能与其他形式能量的转化解：根据功能原理，系统从一个状态变化到另一个状态的过程中，其机械能的增量等于外力所做功和系统的非保守内力所做功的代数和。外力不做功，表明系统与外界没有能量交换；非保守内力不做功，则说明系统内部不发生机械能和其它形式能量的转化。因此选（D） 。310 自水平地面作斜抛运动的物体，在最高点时的动量值恰为抛出时的 ，此时突5/313然分裂为质量相等的两块，其中一块以初速为零落下，则此裂块落地时的动量值与原抛出时物体动量值之比值为 。A B C D15/
30、25/35/4解：设此斜抛运动物体的质量为m ，抛出的初速度为 ，它与水平面的夹角为 ，则物0v体被抛出时动量值为 ，在最高点时物体只有水平方向的速度 ， ，最高0v xcos0v点时的动量 值恰为抛出时的动量值P的 ，有 ，即 。在最1p53cos5301mxPp53高点突然分裂为质量相等的两块，其中一块以初速为零落下，则它下落到地的速度为，即应与原抛出物的速度在竖直方向的分量相同。此下落物体的动量与抛出sin0vy时物体动量值之比值为 。故答案应选（A） 。52cos15.0sin.02 mvy.Pp311 如图 3-1 所示，质量为 m 的平板 A，用竖立的弹簧支持而处在水平位置。现从平
31、台上投掷一个质量为 m 的球 B，球的初速度为 ，沿水平方向。球由于重力作用下落，与平板发生完全v弹性碰撞，且假定平板是平滑的，则球与平板碰撞后的运动方向应为 。A 方向 B 方向01AC 方向 D 方向23解：由于平板 A 原来静止，平板 A 与球 B 的质量相同，球 B 与平板 A 相碰后，在竖直方向动量守恒，根据弹性碰撞的结论可得，碰撞后平板 A 以 速度向下运动，而球 B 在yv竖直方向的速度为零，只有水平方向的速度，故球与平板碰撞后沿 方向运动，故应选2（C ） 。312 如图 3-2，在水平面上有一质量为 M 的木块，水平面与木块之间的滑动摩擦因素为 。一颗质量为 m 的子弹，以速
32、度 射入木块，并嵌入木块中，子弹与木块一起沿水平kv面运动到停止时在水平面上移动的距离为 。A )2(kgMvB )()(C )2(kgmvD )()(M解：子弹射入过程很短，时间及此过程中所走过距离可忽略不计。由动量守恒得 VMm2)(式中 V 为子弹嵌入木后与木块一起运动的初速度。之后由于摩擦，子弹与木块一起做匀减速运动，根据动能定理得图 3-1AA0 A1A2A3B vm Mvs图 3-214gsMmVk21)()(2gskv故应选（D） 。313 一质量为 10kg 的物体沿 x 轴无摩擦地运动，设 t=0 时，物体位于原点，速度为零（即初始条件：x 0=0， ） ，问：（1）物体在力
33、 （SI）的作用下运动了v tF433s，它的速度、加速度为多大？（2）物体在力 （SI）的作用下移动了 3m，它的速度、加速度为多大？xF43解：（1）由牛顿第二运动定律（1）ttmFa4.031又由 得tadv（2）v002.03d)4.3(dtt tta把 t=3s 代入（ 1）式和（2）式得，2sm5.11s7.v（2）解法一 ：由牛顿第二运动定律（3）xxFa4.03又由 ，分离变量，两边积分xttaddvv00d)4.3(dxxa得（4）)2(xv把 x=3m 代入（ 3）式和（4）式，得，2sm5.1a1s3.解法二：由动能定理，有J302d)4(d1xxFv 27)(0得 1s
34、m3.217314 一辆车通过一根跨过定滑轮的绳 PQ 提升井中质量为 m 的物体，如图 3-3 所示。绳的 P 端拴在车后的挂钩上，Q 端拴在物体上。设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计。开始时，车在 A 点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳长为 H。提升时，车加速向左运动，沿水平方向从 A 经过 B 驶向 C。设 A 到B 的距离也为 H，车过 B 点时的速度为 。求在车由 A 移到 B 的过程中，绳 Q 端的拉力Bv对物体做的功。15解：设车由 A 移到 B 时，左边绳与竖直方向所成夹角为 ，物体从井底上升的高度为h，速度为 ，所求的功为 W，则据动
35、能定理可得v21vmgh因绳总长不变，所以 Hsin根据绳联物体的速度关系得 coBv由几何关系得 4由以上四式求得 HmgWB)12(41v315 在地球深度的一个铀原子释放出一个 粒子，这个 的速度为 ，在地球中运动v经 d 的距离停止下来。已知 粒子的质量为 ，速度 ，k07.6km/s102.4。求 粒子所受到的力。m71.0解：根据动能定理 21vmFd所以 粒子所受到的力为 N1089.107.2).6534(vdmF316 当质量为 m 的质点距离 个质量为 M、半径为 R 的质量均匀分布的致密天体中心的距离为 r（rR）时，其引力势能为 ，其中rGmEP/为引力常量。设致密天体
36、是中子星，其半径 ，质量21kgN067. G km10M=1.5M （1M =2.01030kg，M 为太阳的质量） 。（1）1Kg 的物质从无限远处被吸引到中子星的表面时所释放的引力势能为多少?（2）在氢核聚变反应中，若参加核反应的原料的质量为 m，则反应中的质量亏损为 0.0072m，问 1kg 的原料通过核聚变提供的能量与第（1）问中所释放的引力势能之比是多少?（3）天文学家认为：脉冲星是旋转的中子星，中子星的电磁辐射是连续的，沿其磁轴方向最强，磁轴与中子星的自转轴方向有一夹角（如图 34 所示） ，在地球上的接收器所接收到的一连串周期出现的脉冲是脉冲星的电磁辐射。试由上述看法估算地球
37、上接收到的两个脉冲之间的时间间隔的下限。解：（1）根据能量守恒定律，质量为m 的物质从无限远处被吸引到中子星的表面时所图 3-3QHPHB AvBC自转轴磁轴接收器图 3-416释放的引力势能 应等于对应始末位置的引力势能的改变，故1kg的物质从无限远处被吸1E引到中子星的表面时所释放的引力势能为（1）RGMm/01代入有关数据得（2）J/kg.216E（2）在氢核聚变反应中，每千克质量的核反应原料提供的能量为（3）07.cm所求能量比为（4）31/2E（3）根据题意，可知接收到的两个脉冲之间的时间间隔即为中子星的自转周期，中子星做高速自转时，位于赤道处质量为 的中子星质元所需的向心力不能超过
38、对应的万有M引力，否则将会因不能保持匀速圆周运动而使中子星破裂，因此有（5）2RmG式中 。 为中子星的自转角速度， 为中子星的自转周期。由代入（ 5）式得到2（6）GM32代入数据得（7）s104.故地球上接收到的两个脉冲之间的时间间隔的下限为 。s104.317 总质量为 80kg 的跳伞运动员从离地 500m 的直升机上跳下，经过 2s 拉开绳索开启降落伞，如图 3-5 所示是跳伞过程中的 t 图，试根据图像求：（g 取 10m/s2）v（1）t1s 时运动员的加速度和所受阻力的大小。（2）估算 14s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功。解：（1）从图中可以看出，在 t2s内运动员做匀
39、加速运动，其加速度大小为 2m/s816tav设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有 mgfma，得fm（ga）80（108）N160N（2）从图 3-5 估算得出运动员在 14s内下落的高度为h=39.522m158m根据动能定理，有0 4 8 12 16 20 2448121620 v/ms-1t/s图 3-51721vmWghf所以有 J1025.6802508(21 vmghWf318 一机关枪每秒射出10颗质量各为100g的子弹，每个子弹的出口速率是 800m/s，子弹射到墙壁立即停止。则：（A ）每颗子弹的动量变化是多少？（B）子弹施于墙的平均力是多少？解：每颗子
40、弹的动量变化为 m/skg80)(1.0vmP子弹受到墙的平均力是 N)(.tntF子弹施于墙的平均力与子弹受到墙的平均力大小相等、方向相反，故为800N。319 如图 3-6 所示，矩形盒 B 的质量为 M，放在水平面上，盒内有一质量为 m 的物体 A，A 与 B、 B 与地面间的动摩擦因数分别 1、 2，开始时二者均静止。现瞬间使物体 A 获取一向右且与矩形盒 B 左、右侧壁垂直的水平速度 ，以后物体 A 在盒 B 的左右壁碰撞时，B 始终向右运动。0v当 A 与 B 最后一次碰撞后，B 停止运动，A 则继续向右滑行距离 S后也停止运动，求盒 B 运动的时间 t。解：以物体 A、盒 B 组
41、成的系统为研究对象，它们在水平方向所受的外力就是盒 B 所受的滑动摩擦力。A 与 B 间的摩擦力、A 与 B 碰撞时的相互作用力均是内力。设 B 停止运动时 A 的速度为 V，且假设向右为正方向，由系统的动量定理得 02)(vmVgtM当 B 停止运动后，对 A 应用动能定理得 21S由以上二式解得 gmMt)(210v320 如图3-7形状的一辆45座客车长、宽和高为1049025003200mm。这辆客车在无风的高速路上以25m/s的速度行驶。已知空气的密度为 1.20kg/m3。如果认为风作用在车上后变为静止，试估算客车受到的风阻（忽略客车除车头外的其它部分受到的空气的摩擦） 。解：由于
42、是估算，我们把客车头看成是一个平面，并忽略客车的底盘高度，则车头的面积近似为 2m0.835.2S由于客车运动，单位时间作用在车头的空气质量为 kg4.1vm根据动量定理，单位时间作用在客车头的平均BA v0图 3-6图 3-718作用力为 N601254tmPFv321 甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车的总质量共为M=30kg，乙和他的冰车的总质量也是 30kg。游戏时，甲推着一质量为 m=15km 的箱子，和他一起以大小为 的速度滑行。乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，/s20v甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，求甲至少
43、要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免和乙相碰。解：不计冰面的摩擦力情况下，甲推出箱子和乙抓住箱子是两个动量守恒的过程，可运用动量守恒求解。甲把箱子推出后，甲的运动有三种可能：一是继续向前，方向不变；二是静止；三是方向改变，向后倒退。按题意要求，是确定甲推箱子给乙，避免跟乙相碰的最小速度。上述三种情况中，以第一种情况甲推出箱子的速度最小，第二、第三种情况则需要以更大的速度推出箱子才能实现。设甲推出的箱子相对于地面的速度为 ，推出后甲相对于地面的速度变为 ，取 方v 1v0向为正方向，据动量守恒有（1）vmM10)(设乙抓箱子后相对于地面的速度为 ，乙抓住箱子的过程，动量守恒，则2v（
44、2）2)(甲、乙两冰车避免相撞的条件是 ，取 ，联立（1）式和（2）式，并代入1v数据解得 m/s.5v322 如图 3-8 所示，两部运水的卡车 A、B 在水平面上沿同一方向运动，B 的速度为u，从 B 上以 6kg/s 的速率将水抽至 A 上，水从管子尾部出口垂直落下，车与地面间的摩擦不计，时刻 t 时，A 车的质量为 M，速度为 。求时刻 t，A 的瞬时加速度。解：选质量为 M 的 A 车和 t 时间内抽至 A 车的水 m 为研究系统，设当 A 车的质量增加为 时，A 车的速度为 ，这个过程中水平方向上动量守恒，有mvv)(mu解得A 车的速度增加 mMuvv当 m 很小时，上式可写为
45、vu上式等式两边同除以 t 并取极限，得 A 的瞬时加速度为vMtmat 6dli0323 一质量为 m 的小滑块 A 沿斜坡由静止开始下滑，与一质量为 km 的静止在水平地v u图 3-819面上的小滑块 B 发生正碰撞，如图 3-9 所示。设碰撞是弹性的，且一切摩擦不计。为使二者能且只能发生两次碰撞，则 k 的值应满足什么条件？解：设 A 与 B 碰撞前 A 的速度为 ，碰后0vA 与 B 的速度分别为 与 V1，由动量守恒及机械v能守恒定律有 （1）0km（2）2121v由此解得（3）01)(vk（4）2V为使 A 能回到坡上，要求 11；为使 A 从坡上滑下后再能追上 B，应有v，即
46、，这导致 ，于是，为使第二次碰撞能发生，要求1Vv2)(k3k（5）对于第二次碰撞，令 2 和 V2 分别表示碰后 A 和 B 的速度，同样由动量守恒及机械能守恒定律有： 21)(kmVkmvv212由此解得（6）02)1(4vvk（7）V若 ，则一定不会发生第三次碰撞，若 ，且 ，则会发生第三次碰02v 02v2Vv撞。故为使第三次碰撞不会发生，要求 A 第三次从坡上滑下后速度的大小 不大于 B)(v速度的大小 ，即V（8）2Vv由（6） 、 （7） 、 （8）式得（9）051k由 2可求得 52801k（9）式的解为（10）52AB图 3-920（10）式与（5）式的交集即为所求，即（11
47、）523k324 如图 3-10 所示，一浮吊质量 M=2104kg，由岸上吊起一质量 m=2103kg 的货物后，再将吊杆 OA 从与竖直方向间夹角 =60转到 =30，设吊杆长 L=8m，水的阻力不计，求浮吊在水平方向移动的距离？向哪边移动？解：解法一：对浮吊和货物组成的系统，在吊杆转动过程中水平方向不受外力，动量守恒。当货物随吊杆转动远离码头时，浮吊将向岸边靠拢，犹如人在船上向前走时船会后退一样，所以可应用动量守恒定律求解。设浮吊和货物在水平方向都作匀速运动，浮吊向右的速度为 ，货物相对于浮吊向左v的速度为 u，则货物相对河岸的速度为 。由uv)(0mM得 muv吊杆从方位角 转到 需时
