四川理工学院大学物理第三章习题答案
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第3章 能量定理和守恒定律3-5一圆锥摆的摆球在水平面上作匀速圆周运动。
已知摆球质量为m ，圆半径为R ，摆球速率为υ，当摆球在轨道上运动一周时，作用在摆球上重力冲量的大小为多少？解：如3-5题图所示，一周内作用在摆球上重力冲量的大小为 3-6用棒打击质量为0.3Kg 、速率为20m/s 的水平飞来的球，球飞到竖直上方10 m 的高度。
求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力。
解：设球的初速度为1υ，球与棒碰撞后球获得竖直向上的速度为2υ，球与棒碰撞后球上升的最大高度为h ，如3-6题图所示，因球飞到竖直上方过程中，只有重力作功，由机械能守恒定律得 由冲量的定义可得棒给予球的冲量为 其冲量大小为 球受到的平均冲力为t F I ⋅=__()N tIF 366__==3-7质量为M 的人，手里拿着一个质量为m 的球，此人用与水平线成θ角的速度0υ向前跳去。
当他达到最高点时，将物体以相对人的速度μ水平向后抛出，求由于物体的抛出，跳的距离增加了多少?（假设人可视为质点） 解：如3-7题图所示，把人与物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向后抛物的过程中，满足动量守恒，故有式中υ为人抛物后相对地面的水平速率，υμ-为抛出物对地面的水平速率，得人的水平速率的增量为而人从最高点到地面的运动时间为所以，人由于向后抛出物体，在水平方向上增加的跳跃后距离为 3-8 一质量为m ＝2kg 的物体按()m t x 2213+=的规律作直线运动，求当物体由m x 21=运动到m x 62=时，外力做的功。
解：由2213+=t x ，可得 232dx t dt υ== 当物体在m x 21=处时，可得其时间、速度分别为()2113002m s υ-=⨯=⋅ （1）当物体在m x 62=处时，可得其时间、速度分别为()2123262m s υ-=⨯=⋅ （2）则由（1）、（2）式得外力做的功 3-9求把水从面积为250m 的地下室中抽到街道上来所需作的功。
大学物理习题答案
B 班级 学号 姓名第1章 质点运动学1-2 已知质点的运动方程为r i 3j 6k e e tt-=++。
(1)求：自t =0至t =1质点的位移。
(2)求质点的轨迹方程。
解：(1) ()k j i r 630++= ()k j i r 6e 3e 1-1++= 质点的位移为()j i r ⎪⎭⎫⎝⎛-+-=3e 31e ∆(2) 由运动方程有t x e =，t y -=e 3， 6=z 消t 得 轨迹方程为 1=xy 且6=z1-3运动质点在某瞬时位于矢径()y x,r 的端点处，其速度的大小为( D )(A)dt dr (B)dt d r(C)dt d r (D)22⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx1-5某质点的运动方程为k j i r 251510t t ++-=，求：t =0，1时质点的速度和加速度。
解：由速度和加速度的定义得k j r v t dt d 1015+==， k va 10==dtd所以 t =0，1时质点的速度和加速度为 015==t jv 11015=+=t kj v1010,ka ==t1-8 一质点在平面上运动，已知质点的运动方程为j i r 2235t t +=，则该质点所作运动为[ B ](A) 匀速直线运动 (B) 匀变速直线运动 (C) 抛体运动 (D) 一般的曲线运动*1-6一质点沿Ox 轴运动，坐标与时间之间的关系为t t x 233-=(SI)。
则质点在4s 末的瞬时速度为 142m ·s -1，瞬时加速度为 72m ·s -2；1s 末到4s 末的位移为 183m ，平均速度为 61m ·s -1，平均加速度为 45m ·s -2。
解题提示：瞬时速度计算dt dxv =，瞬时加速度计算22dtx d a =；位移为()()14x x x -=∆，平均速度为()()1414--=x x v ，平均加速度为 ()()1414--=v v a1-11 已知质点沿Ox 轴作直线运动，其瞬时加速度的变化规律为t a x 3=2s m -⋅。
大学物理(川大物三)答案
答案振动(一)一、选择题BCBDA二、填空题1．解：φ2－φ1 = φ3－φ2=2π/3旋转矢量图见图 振动曲线见图2. )212/5cos(1022π-⨯=-t x (SI)3. 0，9.4 cm/s4. x 1曲线见图x 2曲线见图5. 0.1m ,rad/s,63ππ三、计算题1. 解：(1) m 2A ATπω==v ，∴周期m2 4.2s A T π==v(2) 2222m m 4.510m/s a A Aω-===⨯v(3) 当0x =时，从振幅矢量图可知，初相2πϕ=m 1.5r a d /sAω==v ∴振动函数为2210cos(1.5)m 2x t π-=⨯+TT1T 5ω x12T 1212. 解：弹簧劲度系数 260 2.010N /m 0.3F k x===⨯ 静止时弹簧伸长量为 0249.80.196m 2.010m g x k⨯===⨯(1) 设向下为正方向，则 0ϕ= （若设向上为正方向，则 ϕπ=）；0.1mA =7.07r a d /sω== 振动函数为 0.1cos(7.07)m x t =(2) 物体在平衡位置上方5cm （即0.05m ），此时弹簧的净伸长为 00.050.1960.050.146m l x =-=-=弹簧对物体的拉力 2000.14629.2N F kl ==⨯=(3) 5cm 是振幅之半，物体从平衡位置到振幅之半所需最短时间是112T ，2T πω=∴10.074s 126t T πω===3．解：(1) 容器中每滴入一油滴的前后，水平方向动量值不变，而且在容器回到O 点滴入下一油滴前， 水平方向动量的大小与刚滴入上一油滴后的瞬间后的相同。
依此，设容器第一次过O 点油滴滴入前的速度为v ，刚滴入第个油滴后的速度为v ′,则有 v v '+=)(nm M M ① 3分系统机械能守恒 2202121v M kl = ② 2分22)(2121v '+=nm M kx③ 2分由①、②、③、解出0)/(l nm M M x +=2分(2) 时间间隔( t n +1-t n )应等于第n 滴油滴入容器后振动系统周期T n 的一半．k nm M T t t t n n n n /)(211+==-=∆+π 3分4．解：由旋转矢量图和 |v A | = |v B | 可知 T /2 = 4秒， ∴ T = 8 s ， ν = (1/8) s -1， ω = 2πν = (π /4) s -1 3分 (1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方．t = 0时， 5-=x cm φcos A =t = 2 s时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+= 由上二式解得 tg φ = 1因为在A 点质点的速度大于零，所以φ = -3π/4或5π/4（如图） 2分 25c o s/==φx A cm 1分∴ 振动方程 )434c o s (10252π-π⨯=-t x (SI) 1分 (2)速率 )434s i n (41025d d 2π-π⨯π-==-t t x v (SI) 2分 当t = 0 时，质点在A 点221093.3)43sin(10425d d --⨯=π-⨯π-==tx v m/s 1分5*．解：令θ 为杆和竖直线之间的夹角．运动方程为：θθθθc o s s i n s i n 21/d d 222kL MgL t J --= 3分θ 很小时，sin θ ≈θ ，cos θ ≈1所以：0/d d )21(222=++tJ kL MgL θθ 2分上式中231ML J =是杆绕其一端的转动惯量，所以0/d d 31)21(22=++tML Lk Mg θθ可知杆作角谐振动，并得到 )2/()2(3ML kL Mg +=ω2分)2(322/2kL Mg ML T +π=π=ω 1分振动(二)一、选择题ADDBB二、填空题 1．T /8，3T /8 2．222/2T mA π3．动能曲线见图 势能曲线见图 机械能曲线见图4．0.02 5．0三、计算题1.解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得T220d /d )(t x m x l k mg =+- 将 0/l mg k = 代入整理后得0//d d 022=+l gx t x∴ 此振动为简谐振动，其角频率为． 3分 π===1.958.28/0l g ω 2分设振动表达式为 )c o s (φω+=t A x由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-⨯m ，v 0 = 0，解得 φ = 0 1分∴ )1.9c o s (1022t x π⨯=- 2分2．解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则0)(0=+-+∆x l k mg F解得F = kx 02分 由题意，t = 0时v0 = 0；x = x 0 则 02020)/(x x A =+=ωv 2分又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 Tπ=2ω, 2ωm k =∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分 (2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分 221007.121-⨯==vm E K J 2分2222)/4(2121x T m kxE p π=== 4.44³10-4J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），kA F = 2分2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分 ∴ F = 0.444 N 1分(2) 总能量 221011.12121-⨯===FA kAE J 2分当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ， 41044.425/-⨯==E E p J 1分3．解：(1) 选地心为x 坐标原点，向上为x 轴正方向．质量为m 的物体在地球内部距地心为x 处受到的地心引力为232/)3/4(/x m x G x G M m F ρπ-=-=3/4x Gm ρπ-= 3分由牛顿第二定律得 xm x Gm =π-3/4ρ， 03/4=π+x G xρ 1分 令 3/420ρωG π=， 则 020=+x x ω． 显然物体作简谐振动． 2分(2) 2/10)/3(4/32/2ρρωG G T π=ππ=π=已知 G = 6.67³10-11 N ²m 2²kg -2，ρ = 5.5³103 kg/m 3代入上式 T = 5.07³103 s 2分 物体从地面落到地心的时间 t = T /4 = 1.27³103 s 2分4．解：选平板位于正最大位移处时开始计时，平板的振动方程为 t A x π=4c o s (SI)t A xπ4c o s π162-= (SI) 1分 (1) 对物体有 x m N mg =- ① 1分 t A mg xm mg N ππ+=-=4cos 162 (SI) ②物对板的压力为 t A mg N F ππ--=-=4cos 162 (SI)t ππ--=4c o s 28.16.192 ③ 2分 (2) 物体脱离平板时必须N = 0，由②式得 1分 04c o s 162=ππ+t A mg (SI) Aq t 2164cos π-=π 1分若能脱离必须 14cos ≤πt (SI) 即221021.6)16/(-⨯=π≥g A m 2分5．解：依合振动的振幅及初相公式可得 φ∆++=c o s 2212221A A A A A 22210)4143cos(65265-⨯π-π⨯⨯⨯++=m21081.7-⨯= m 2分)4/c o s (6)4/3c o s (5)4/s i n (6)4/3s i n (5a r c t g π+ππ+π=φ = 84.8°=1.48 rad 2分则所求的合成振动方程为 )48.110cos(1081.72+⨯=-t x (SI) 1分波动（一）一、选择题CBDCD 二、填空题1．φλ+π-/2Lλk L ± ( k = 1，2，3，…) λ)12(21+±k L ( k = 0, 1，2，…)2．1cos x y A t u ωϕ⎡+⎤⎛⎫=++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦3. ]4/)/(cos[11π+-=u L t A y ω；uL L )(21+ω4. ]2)2(2cos[π-+-π=ux t uA y λ]2)2(2c o s [π+-π=t uA y P λ5．0.2cos m 22p y t ππ⎛⎫=-⎪⎝⎭三、计算题1. 解：反射波在x 点引起的振动相位为 π+π--+π-=+21)55(4x t t φωπ-π+π+=10214x t 3分反射波表达式为)10214cos(01.0π-π+π+=x t y (SI) 2分或 )214c o s (01.0π+π+=x t y (SI)2．解： λxu t A y -π=2c o s = -0.01 m 1分1.0,2d d ===t x ty v 0)2s i n (2=-ππ-=λλxut uA 2分22d d ty a =)2c o s ()2(2λλxut uA -ππ-= = 6.17³103m/s 22分3．解：用旋转矢量解此题，如图可得A为代表P 点振动的旋转矢量. 210)cos sin 3(21-⨯-=t t y P ωω210)]cos()21cos(3(21-⨯π++π-=t t ωω)3/4c o s (1012π+⨯=-t ω (SI)． 3分波的表达式为：]2/234c o s [1012λλω-π-π+⨯=-x t y )312c o s (1012π+π-⨯=-λωxt (SI) 2分4．解：从y －x 波形图中可知 40m,A λ==由振幅矢量图可知 ,2P Q πϕϕπ=-=)由20m/s u =可得 2s,rad/s T uλωπ==∴=0.2cos()m20.2cos()mP Q y t y t ππππ∴=-=+5．解：(1) 由y －x 曲线可知160m λ=。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
(完整版)大学物理学(课后答案)第3章
第3章动量守恒定律和能量守恒定律习题一选择题3-1 以下说法正确的是[ ]（A）大力的冲量一定比小力的冲量大（B）小力的冲量有可能比大力的冲量大（C）速度大的物体动量一定大（D）质量大的物体动量一定大解析：物体的质量与速度的乘积为动量，描述力的时间累积作用的物理量是冲量，因此答案A、C、D均不正确，选B。
3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止，设打击时间为t∆，打击前锤的速率为v，则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ]（A）mvmgt+∆（B）mg（C）mvmgt-∆（D）mvt∆解析：由动量定理可知，F t p mv∆=∆=，所以mvFt=∆，选D。
3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体[ ] （A）动量守恒,合外力为零（B）动量守恒,合外力不为零（C）动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零（D）动量变化为零,合外力为零解析：作匀速圆周运动的物体运动一周过程中，速度的方向始终在改变，因此动量并不守恒，只是在这一过程的始末动量变化为零，合外力的冲量为零。
由于作匀速圆周运动，因此合外力不为零。
答案选C。
3-4 如图3-4所示，14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触，一物体（质量为m）自轨道顶端滑下，M与m间有摩擦，则[ ]（A ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒（B ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒（C ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒，M 、m 与地组成的系统机械能守恒（D ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒解析：M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上有外力作用，因此系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,。
由于M 与m 间有摩擦，m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功，机械能转化成其它形式的能量，系统机械能不守恒。
大学物理第三章部分答案知识讲解
大学物理第三章部分答案知识讲解大学物理第三章部分答案大学物理部分课后题参考答案第三章动量守恒定律和能量守恒定律选择题：3.15—3.19 A A D D C计算题：3.24 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，而B 船以3.4m/s 的速度继续向前驶去。
A 、B 两船原有质量分别为0.5?103kg 和1.0?103kg ，求在传递重物前两船的速度。
（忽略水对船的阻力）解：（1）对于A 船及抛出的重物和B 船抛来的重物组成的系统，因无外力（水对船的阻力已忽略），系统动量守恒设A 船抛出重物前的速度大小为v A 、B 船抛出重物前的速度大小为v B ，两船抛出的重物的质量均为m ．则动量守恒式为，0B A A A =+-mv mv v m （1）（2）对于B 船及抛出的重物和A 船抛来的重物组成的系统，因无外力（水对船的阻力已忽略），系统动量守恒设B 船抛出重物后的速度大小为V B ，则动量守恒式为，B B A B B B V m mv mv v m =+- （2）联立（1）、（2）式并代入kg 105.03A ?=m 、kg 100.13B ?=m 、kg 50=m 、m /s 4.3B =V 可得 m/s 4.0))((2B A B B A -=----=m m m m m mV m v3.38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m1000.12-?，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？解：因阻力与深度成正比，则有F = kx （k 为阻力系数）。
现令x 0 = 1.00?10－2 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 x kx x kx 000d d 0m 1041.02-?=?x。
大学物理第三章刚体力学基础习题答案 ppt课件
12
3
联立可得： v M 3mu
M 3m
6mu
M 3m
l
3-18 MkJJd
dt
t
0
k J
dt
0
2
0
d
t J ln 2 k
3-19 设子弹射入后圆盘的角速度为ω，由角动量守恒得
mv0R(mR2大1 2学m 物理0R 第三2)章刚体力学基础习题
2mv0 2mRm0R
6
答案
质点运动与刚体定轴转动对照表
转速，此时相应的角速度为 0。当关闭电源后，经
过t2时间风扇停转。已知风扇转子的转动惯量为 J， 并假定摩擦力矩和电机的电磁力矩均为常量，试根据 已知量推算电机的电磁力矩。
解： 设电机的电磁力矩为M，摩擦力矩为Mf
MMf J1 Mf J2
1
0 t1
2
0 t2
MJ(12)
J0
(1 t1
1 t2
)
大学物理第三章刚体力学基础习题
（1）物体自静止下落，5s内下降的距离； （2）绳中的张力。
解：
mgTma
TRJ 1 MR2 a
2R a 2mg5.0m 6s2
M2m
T 1 Ma 2
h1at2 63.2m 2
Tm (ga)3.9 7 N
大学物理第三章刚体力学基础习题
14
答案
3-8 长为l，质量为M的匀质杆可绕通过杆一端O的 水平光滑固定轴转动，转动惯量为 1 M l 2 ，开始时杆
16
答案
质点运动
刚体定轴转动
质量
m
力 第二定律
F
Fma
F dp
转动惯量 J r2dm m
大学物理答案 3.第三章
第三章 质点系统的运动规律思考题3-19 在地球表面附近将物体以足够速度发射出去，物体可能以稳定轨道环绕地球运行，这就是所谓的“人造地球卫星”。
试估算物体能够环绕地球所需的最小发射速度（第一宇宙速度）。
分析：将地球与物体看成一个封闭系统，系统不受外力，机械能守恒。
答：物体被抛出后以稳定的轨道环绕地球运动，那么物体所受到的重力提供物体环绕地球运动的向心力：2v mg m R =. 此时，系统的机械能为：212mgR mv +初始时刻（物体被发射时）系统的机械能为：2012mgR mv + （R 为地球半径）所以，07.9/v v m s =≈ （第一宇宙速度）3-20 无风天气放烟花时，烟花质心的运动轨道如何？若将全部烟花微粒看作一组初速度相同，抛射监不同的斜抛运动，试证明在任何时刻所有烟花微粒都分布在同一球面上。
分析：这是一个质点组的问题。
将所有的烟花颗粒看成一个质点组系统，在无风天气，这个质点组系统爆炸之后只受到重力的作用，没有其他外力作用。
本题采用质心系分析起来比较方便。
答：无风天气放烟花，说明烟花爆炸后除重力以外，不再受其它外力的作用。
那么烟花爆炸时，有一个爆炸力，使烟花产生一个向斜上方的运动速度，其后只受重力的作用，所以烟花质心的运动轨道为一抛物线，烟花质心作的是斜抛运动。
**此处应为初速率相同。
我们选取烟花爆炸点作为坐标原点，建立直角坐标系。
假设初速率为v 0,它与水平面(XOY)的夹角为α，与XOZ 平面的夹角为β。
当抛射角不同时，角度α与β不同。
在直角坐标系中的初始速度分量分别为：αβαβαsin sin cos cos cos 000000v v v v v v z y x === 各个烟花微粒在水平方向（x 和y 方向）不受力，作匀速直线运动，在竖直方向受重力，作竖直上（或下）抛运动（即匀减速直线运动）。
烟花爆炸t 时间后，位移分别为：2020000021sin 21sin cos cos cos gt t v gt t v z t v t v y t v t v x z y x -=-=====αβαβα202222)()21( x t v gt z y =+++∴轨迹方程： 所以，在任何时刻，烟花微粒全部分布在一个以)21- 0, ,0(2gt 为中心，半径为t v 0的球面上。
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A1 A2，说明了子弹与
木块相互摩擦力的功不能抵 消．系统机械能不守恒．
3.2.7. 如图所示，如果有劲度系数为k的 轻质弹簧竖直放置，下端悬挂一小球， 小球质量为m，开始时使弹簧为原长而小 球恰好与地面接触，若将弹簧缓慢地提 起，直到小球刚好脱离地面为止，则此 过程中外力F所做的功为[ D ]
kx2 m2 g
联立解得 F (m1 m2 ) g
木块对子弹所做的功
A1
mv0 mv0 (m M ) v v = (m M )
1 1 Mm 2 2 A2 M v -0 mv0 2 2 ( M m) 2
1 1 2 mv 2 mv0 2 2 1 m 2 mv0 [( ) 2 1] 2 M m 2 1 2 M 2 Mm mv0 2 ( M m) 2
k __________ __ . 心无穷远处为势能零点，它的机械能E为 2r m受到的有心力，是保守力. 所以， k v2 m 解：(1) 2 m具有势能. 设将m从距圆心r处移至 r r 无穷远处，根据势能定理有 k k v r r 2 dr ( E EP ) E p mr k k 解得EP , E Ek E p 1 k 2 (2) Ek mv r 2r
3.2.8. 如图所示，一物体挂在弹簧下面，平 衡位置在O点，现用手向下拉物体，第一次 把物体从O点拉到M点，第二次由O点拉到 N点，再由N点送回到M点，则在这两个过 程中[ A ]． (A).弹性力做功相等，重力做功也相等； (B).弹性力做功不相等，重力做功也不相等； (C).弹性力做功相等，重力做功不相等； (D).弹性力做功不相等，重力做功相等． 解：保守力做功与路径无关，只跟初末位置有关．
kxdx
0
1
x
1
kxdx
x 2cm
第二次能击入的深度为
x 2 1 0.41(cm)
解：(1)小车恰好能通过圆轨 道的最高点的条件： 2 vB mg m R （A为零势点） 1 mgH mvB 2 +mg 2 R 由机械能守恒： 2 联立解得 H 5 R 2
3.2.9. 一子弹穿过木板后，损失原来速度的1/10，试 问：子弹可穿过同样的木板数为[ D ]．
( A).20 ( B).10 (C ).100 ( D).5
1 1 9 2 穿过一块木板所需能量：E mv0 m( 2 2 N 2 = 5.26 1 1 9 E 2 2 mv0 m( v0 ) 2 2 10
2 vB mg N m R （A为零势点）
力大小为N
由机械能守恒：
mg 4 R
联立解得
1 2 mv B +mg 2 R 2 N 3mg
据牛顿第三定律： N/=-N=-3mg，方向竖直向上.
(3)如果小车由H低些的高度滑下，若R<H<5R/2， 小车将在未到达B点之前脱离轨道，做斜抛运动． 若H≤R, 小车不脱离轨道, 当滑到与初始位置等高 时瞬时静止, 然后再返回到初始位置, 在初位置与等 高点之间做周期性运动.
2
2r
3.1.8．以质量为M的木块静止在光滑的平面上，
以质量为m的子弹以速度 v 0 水平射入木块内， 并与木块一起运动．在这一过程中，木块对子 弹所做的功为________________，子弹对木块 所做的功为_______________，说明了_系统机 械能不守恒_ 子弹对木块所做的功 解：系统的动量守恒.
mg x k mg ( H x) E 1 kx2 km 2
Ekm
m2 g 2 mgH 2k
3.1.6. 一质量为m的质点在指向圆心的与距离r平方成 k 反比的 F r 2 的有心力作用下，做半径为r的圆周运
k mr __ ，如果选取距圆 动．则该质点的速率v为__________
3.3.11．质量为m的小车，自M点无摩擦 地沿着如图所示的弯曲轨道滑下，试求： (1)要使小车在轨道的全过程都不离开轨 道，M点高度的最小值H应为多少？ (2)如果由高度为4R处滑下(R为圆的半径)，轨道的B点 所受的压力为多少？(3)如果小车由H低些的高度滑下， 小球运动如何? (2)设小车通过B点时所受压
解：设m1在运动过程中的最 撤去压力之前, m1处于平衡状态. F m1 g kx1 低点时，弹簧压缩量为x1， 在最高点时弹簧伸长量为x2. 撤去压力后，m1从最低位置到最高点的
过程中，机械能守恒（设m1最低点为重 力零.势能）
m2刚能离开地面时, m2受力平衡.
1 2 1 2 kx1 m1 g ( x1 x2 ) kx2 2 2
取整数N=5.
3.3.5. 用铁锤将一铁钉打入木板，设木板对铁钉的阻 力与铁钉进入木板的深度成正比．在铁锤击打铁钉第 一次时，能将铁钉击入1cm，试求：如果铁锤仍以与 第一次同样的速度去击打铁钉，第二次能击入铁钉的 深度为多少？
解：设铁钉进入木板的深度为x时， 所受阻力大小为f=kx． 每一次击打，铁钉克服木板阻力所做的功相等.
v 2 gl (1 cos 60 )
0
2.2m.s 1
F mg sin 600 a a = 8.5m.s 2 m m
3.3.14. 如图所示，有两块质量各为m1和m2 的木板，用轻质弹簧连结在一起，试问：最 少需用多大的压力F加在上面木板上，才可 以使在力撤去后，上板跳起来，而下板刚能 离开地面？
3.3.13. 如图所示，有一小球，其质量为 m，以一条长l=0.5m，重量忽略不计的线 悬挂在固定点而形成一摆．此摆最大的 摆动角是与竖直线交成60o角．试求： （1）该球经过竖直线时的速度是多大？ （2）在最大摆动角的位置时，其瞬时加 速度是多大？ 解:（1）由机械能守恒（设B为
零势点）
2 v 1 0 2 0 mgl (1 cos 60 ) mv （2） an l 2
m2 g 2 m2 g 2 m2 g 2 ( A). ( B). (C ). k 4k 3k m2 g 2 4m 2 g 2 2m 2 g 2 ( D). ( E ). ( F ). 2k k k
解：小球刚好脱离地面时 由功能关系：
mg kx
1 2 m2 g 2 AF E kx 0 2 2k
3.1.1. 如图所示，一质量为m的物体，位 于质量可以忽略不计的直立弹簧上方高度 为H 处，该物体从静止开始向弹簧下落， 如果弹簧的劲度系数为k，不考虑空气阻 力，则物体可能获得的最大动能为
m2 g 2 Ekm mgH ________________ 2k ．
解：物体重力与弹簧弹力相平衡时，动能最大.