普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第三章动量
漆安慎《普通物理学教程：力学》第二版各单元课后习题思维方法分析
1
[3.5.3]
6
非惯性系(转动参考系)中牛顿运动定律的运用：已知受力情况(包括离心惯性力或科里奥利力)及初始条件，求运动情况
建模法、隔离法、演绎法、等效法、叠加法、图示法
3
[3.5.4][3.5.5] [3.5.6]
7
已知受力情况(包括变力 )及时间，求冲量
[4.3.7]
5
已知保守力做功，求对应势能的变化
微元法、极限法、建模法、演绎法
1
[4.4.1]
6
质点系机械能守恒定律的应用：由质点系机械能守恒，已知势能变化，求动能变化(或动能)
建模法、隔离法、演绎法
3
[4.5.1][4.5.2] [4.5.3]
7
动量守恒定律、机械能守恒定律(或动能定理)与恢复系数在对心碰撞问题中的应用
建模法、隔离法、分析法、演绎法、综合法
9
[4.6.2][4.6.3][4.6.4]
[4.6.5] [4.6.6][4.6.7] [4.6.8][4.6.9]
分析法、叠加法、演绎法
2
[2.5.4][2.5.5]
12
相遇问题:已知两质点的加速度、初速度及开始时刻的位置关系，求何时或何地相遇
叠加法、比较法
3
[2.4.5][2.4.7] [2.5.2]
13
已知自然坐标系下的运动学方程(或切向速度)，求切向速度(或切向加速度或合加速度)
类比法、微元法、极限法、叠加法
漆安慎《普通物理学教程：力学》第二版
各单元课后习题思维方法分析
《质点运动学》单元中的习题分析
序号
题型
思维方法
题目数
对应习题题号
第三章 动量和角动量 作业答案
一. 选择题:［ C ］1、[基础训练3] 如图3－12所示，圆锥摆的摆球质量为m ，速率为v ，圆半径为R ，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为(A) 2m v ． (B)22)/()2(v v R mg m π+(C) v /Rmg π． (D) 0． 【提示】重力为恒力，故：I=νπνπR mg Rmg T mg dt T⋅=⋅=⋅=⋅⎰222mg 20［ C ］2、[基础训练4] 机枪每分钟可射出质量为20 g 的子弹900颗，子弹射出的速率为800 m/s ，则射击时的平均反冲力大小为 (A) 0.267 N ． (B) 16 N ．(C)240 N ． (D) 14400 N ． 【提示】N s s P F 240600/m 800kg 02.0900t =-⨯⨯=∆∆=）（［ B ］3、[自测提高2] 质量为20 g 的子弹，以400 m/s 的速率沿图3-17射入一原来静止的质量为980 g 的摆球中，摆线长度不可伸缩．子弹射入后开始与摆球一起运动的速率为 (A) 2 m/s ． (B) 4 m/s ． (C) 7 m/s ． (D) 8 m/s ． 【提示】对摆线顶部所在点角动量守恒。
2sin30()mv l M m lV ︒=+;其中m 为子弹质量，M 为摆球质量，l 为 摆线长度。
［ C ］4、（自测提高3）体重、身高相同的甲乙两人，分别用双手握住跨过无摩擦轻滑轮的绳子各一端．他们从同一高度由初速为零向上爬，经过一定时间，甲相对绳子的速率是乙相对绳子速率的两倍，则到达顶点的情况是 (A)甲先到达． (B)乙先到达． (C)同时到达． (D)谁先到达不能确定．【提示】取甲乙两人作为系统。
该系统对滑轮中心点角动量守恒，故甲乙两人相对地面速度大小在任意时刻均相等。
从而两人同时到达顶点。
图3-17［ D ］ 5、[自测提高5] 一竖直向上发射之火箭，原来静止时的初质量为m 0经时间t 燃料耗尽时的末质量为m ，喷气相对火箭的速率恒定为u ，不计空气阻力，重力加速度g 恒定．则燃料耗尽时火箭速率为 (A) 2/ln v 0gt m m u -=． (B) gt m m u -=0ln v ． (C) gt m m u +=0lnv ． (D) gt mmu -=0ln v ． 【提示】取竖直向上为正方向，由冲量定理得（dm<0）mv dm d dm m P dt ---++⋅+=∆=⋅)])(()()[(mg -μννν μ⋅++⋅=⇒m dmdv dt g 0gt mm v m mv t g m dm dv dt g tvm m -⋅=⇒⋅++⋅=⋅++⋅=⇒⎰⎰⎰lnln 00μμμ二. 填空题6、[基础训练6] 质量为m 的物体，初速极小，在外力作用下从原点起沿x 轴正向运动．所受外力方向沿x 轴正向，大小为F = kx ．物体从原点运动到坐标为x 0的点的过程中所受外力冲量的大小为 mkx ⋅0 .【提示】7、[基础训练7] 设作用在质量为1kg 的物体上的力F ＝6t ＋3（SI ）．如果物体在这一力的作用下，由静止开始沿直线运动，在0到2.0 s 的时间间隔内，这个力作用在物体上的冲量大小Ｉ＝18N s ⋅． 【提示】2222(63)(33)18I Fdt t dt t t N s ==+=+=⋅⎰⎰8、[基础训练9] 湖面上有一小船静止不动，船上有一打渔人质量为60 kg ．如果他在船上向船头走了 4.0米，但相对于湖底只移动了 3.0米，(水对船的阻力略去不计)，则小船的质量为 180kg.【提示】质心不动。
大学物理第三章-部分课后习题答案
大学物理第三章 课后习题答案3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在12R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析：用补偿法〔负质量法〕求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。
注意对同一轴而言。
解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。
分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：〔1〕对x 轴的转动惯量为：2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ 〔2〕对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰〔3〕对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 到达额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。
分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。
解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。
普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第四章 动能和势能.
第4章动能和势能习题解答4.2.2 本题图表示测定运动体能的装置。
绳拴在腰间沿水平展开跨过理想滑轮，下悬重物50kg ，人用力向后蹬传送带而人的质心相对于地面不动，设传送带上侧以2m/s 的速率向后运动，问运动员对传送带做功否？功率如何？解：人作用在传送带上的力有向下的压力和水平向后的静摩擦力，压力方向与传送带位移方向垂直，所以压力不做功，但静摩擦力方向与传送带位移方向相同，所以静摩擦力对传送带做正功。
分析人受力情况，由质心定理可知，人与传送带之间的静摩擦力的大小f=mg ，所以，人对传送带做功的功率为：N = fv = mgv = 50×9.8×2 = 9.8×102（瓦）4.2.3 一非线性拉伸弹簧的弹性力的大小为l l k l k f ,321+=表示弹簧的伸长量，k 1为正，⑴研究当k 2＞0、k 2<0和k 2=0时弹簧的劲度df/dl 有何不同；⑵求出将弹簧由l 1拉长至l 2时弹簧对外界所做的功。
解：弹簧的劲度df/dl=k 1+3k 2l 2. k 2=0时，df/dl =k 1，与弹簧的伸长量 无关；当k 2>0时，弹簧的劲度随弹簧 伸长量的增加而增大；k 2<0时，弹簧 的劲度随弹簧伸长量的增加而减小。
在以上三种情况中，劲度df/dl 与弹簧伸长量l 的关系如图所示。
))](([)()()(2122212222112141422412122121321321212121l l l l k k l l k l l k dll k ldl k dl l k l k A l l l l l l -++-=----=--=+-=⎰⎰⎰4.2.4一细线系一小球，小球在光滑水平桌面上沿螺旋线运动，线穿过桌中心光滑圆孔，用力F 向下拉绳，证明力F 对线做的功等与线作用于小球的拉力所做的功，线不可伸长。
证明：以圆孔为顶点建立极坐标，设小球的位置由r 1,θ1变为r 2,θ2，由于忽略绳的质量、伸长，不计摩擦，所以绳对球的拉力T=FFT F rr r r r r r T A A r r T r r F A r r T dr T Tdr dr F A =∴-=-=-==-==⎰⎰⎰),()()(2121211221214.2.5 一辆卡车能够沿着斜坡以15km/h 的速率向上行驶，斜坡与水平面夹角的正切tg α=0.02，所受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，卡车的速率是多少？解：设卡车匀速上坡时，速率为v, 牵引力为F, 功率为N,由质点平衡方程有，F = (0.04+sin α)mg ，∴N = Fv = (0.04+sin α)mgv设卡车匀速下坡时，速率为v ’,牵引力为F',功率为N', 由质点平衡方程有 F'+ mg sin α= 0.04mg, F'=(0.04-sin α)mg,∴N'= (0.04-sin α)mgv'.令N'= N, 即（0.04+sin α）mgv = (0.04-sin α)mgv'，可求得：v'= v(0.04+sin α)/(0.04-sin α). 利用三角函数关系式，可求得： sin α≈tg α=0.02 ,∴v'=3v =3×15×103/602 m/s = 12.5m/s.4.3.1质量为m=0.5kg 的木块可在水平光滑直杆上滑动，木块与一不可伸长的轻绳相连，绳跨过一固定的光滑小环，绳端作用着大小不变的力T=50N ，木块在A 点时具有向右的速率v 0=6m/s ，求力T 将木块从A 拉至B 点时的速度。
(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
物理学教程(第二版)上册第三章课后答案
第三章动量守恒定律与能量守恒定律3 -3对功得概念有以下几种说法:(1) 保守力作正功时,系统内相应得势能增加;(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作得功为零;(3) 作用力与反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功得代数与必为零.下列上述说法中判断正确得就是( )(A) (1)、(2)就是正确得(B) (2)、(3)就是正确得(C) 只有(2)就是正确得(D) 只有(3)就是正确得分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少.由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之与必为零.至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之与未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C).3 -4如图所示,质量分别为m1与m2得物体A与B,置于光滑桌面上,A与B之间连有一轻弹簧.另有质量为m1与m2得物体C与D分别置于物体A与B 之上,且物体A与C、B与D之间得摩擦因数均不为零.首先用外力沿水平方向相向推压A与B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A与B弹开得过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成得系统,有( )(A) 动量守恒,机械能守恒(B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解由题意知,作用在题述系统上得合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D).3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止得木块后而穿出.以地面为参考系,下列说法中正确得说法就是( )(A) 子弹减少得动能转变为木块得动能(B) 子弹-木块系统得机械能守恒(C) 子弹动能得减少等于子弹克服木块阻力所作得功(D) 子弹克服木块阻力所作得功等于这一过程中产生得热分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统得合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒.这就是因为子弹与木块作用得一对内力所作功得代数与不为零(这就是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能得减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少得动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块得动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功得代数与).综上所述,只有说法(C)得表述就是完全正确得.3 -6 一架以3、0 ×102m·ｓ-1得速率水平飞行得飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 得飞鸟相碰.设碰撞后飞鸟得尸体与飞机具有同样得速度,而原来飞鸟对于地面得速率甚小,可以忽略不计.试估计飞鸟对飞机得冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算).根据本题得计算结果,您对于高速运动得物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害得物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果得问题有些什么体会？分析 由于鸟与飞机之间得作用就是一短暂时间内急剧变化得变力,直接应用牛顿定律解决受力问题就是不可能得.如果考虑力得时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中得细节情况.在求鸟对飞机得冲力(常指在短暂时间内得平均力)时,由于飞机得状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行;这时,可将问题转化为讨论鸟得状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用得相互性(作用与反作用),问题就很简单了.解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向.由动量定理得 0Δ-='v m t F 式中F '为飞机对鸟得平均冲力,而身长为20cm 得飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得 N 1055.252⨯=='lm F v 鸟对飞机得平均冲力为N 1055.25⨯-='-=F F式中负号表示飞机受到得冲力与其飞行方向相反.从计算结果可知,2、25 ×105N 得冲力大致相当于一个22 t 得物体所受得重力,可见,此冲力就是相当大得.若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故.3 -7 如图所示,质量为m 得物体,由水平面上点O 以初速为v 0抛出,v 0与水平面成仰角α.若不计空气阻力,求:(1) 物体从发射点O 到最高点得过程中,重力得冲量;(2) 物体从发射点到落回至同一水平面得过程中,重力得冲量.分析 重力就是恒力,因此,求其在一段时间内得冲量时,只需求出时间间隔即可.由抛体运动规律可知,物体到达最高点得时间gαt sin Δ01v =,物体从出发到落回至同一水平面所需得时间就是到达最高点时间得两倍.这样,按冲量得定义即可求得结果.另一种解得方法就是根据过程得始、末动量,由动量定理求出.解1 物体从出发到达最高点所需得时间为gαt sin Δ01v =则物体落回地面得时间为 gt t αsin Δ2Δ0122v == 于就是,在相应得过程中重力得冲量分别为 j j F I αsin Δd 011Δ1v m t mg t t -=-==⎰j j F I αsin 2Δd 022Δ2v m t mg t t -=-==⎰解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 得过程中,重力得冲量分别为j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-=j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 得单位为N,t 得单位为s)得合外力作用在质量m ＝10 kg 得物体上,试求:(1) 在开始2ｓ内此力得冲量;(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用得时间;(3) 若物体得初速度v 1＝10 m·s -1 ,方向与F x 相同,在t ＝6、86s 时,此物体得速度v 2.分析 本题可由冲量得定义式⎰=21d t t t F I ,求变力得冲量,继而根据动量定理求物体得速度v 2.解 (1) 由分析知 ()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6、86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6、86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得112s m 40-⋅=+=mm I v v 3 -9 高空作业时系安全带就是非常必要得.假如一质量为51.0 kg 得人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带得保护,最终使她被悬挂起来.已知此时人离原处得距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0、50 s .求安全带对人得平均冲力.分析 从人受力得情况来瞧,可分两个阶段:在开始下落得过程中,只受重力作用,人体可瞧成就是作自由落体运动;在安全带保护得缓冲过程中,则人体同时受重力与安全带冲力得作用,其合力就是一变力,且作用时间很短.为求安全带得冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)得改变来分析,即运用动量定理来讨论.事实上,动量定理也可应用于整个过程.但就是,这时必须分清重力与安全带冲力作用得时间就是不同得;而在过程得初态与末态,人体得速度均为零.这样,运用动量定理仍可得到相同得结果.解1 以人为研究对象,按分析中得两个阶段进行讨论.在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时得速度为gh 21=v (1)在缓冲过程中,人受重力与安全带冲力得作用,根据动量定理,有()12Δv v m m t -=+P F (2)由式(1)、(2)可得安全带对人得平均冲力大小为()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg t m Δmg F v 解2 从整个过程来讨论.根据动量定理有N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F 3 -10 质量为m 得小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到ωt 2π=时间内小球动量得增量.分析 由冲量定义求得力F 得冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式⎰21d t t t F 积分前,应先将式中x 用x ＝A cos ωt 代之,方能积分.解 力F 得冲量为 ωωωkA t t kA t kx t F I t t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d 即()ωkA m -=v Δ 3 -11 一只质量kg 11.01=m 得垒球以11s m 17-⋅=v 水平速率扔向打击手,球经球棒击出后,具有如图(a)所示得速度且大小12s m 34-⋅=v ,若球与棒得接触时间为0、025 s,求:(1)棒对该球平均作用力得大小;(2)垒球手至少对球作了多少功？分析第(1)问可对垒球运用动量定理,既可根据动量定理得矢量式,用几何法求解,如图(b)所示;也可建立如图(a)所示得坐标系,用动量定量得分量式求解,对打击、碰撞一类作用时间很短得过程来说,物体得重力一般可略去不计、题 3-11 图解(1)解 1由分析知,有12mv mv t F -=∆ 其矢量关系如图(b)所示,则)60180cos())((2)()()(2122212 --+=∆mv mv mv mv t F解之得N 9.197=F解 2由图(a)有x x x mv mv t F 12-=∆02-=∆y y mv t F将，则和代入解得及y x y x x F F v v v v v v 60sin 60cos ,22221=-==N 9.19722=+=y x F F F(2) 由质点动能定理,得 J 7.4721212122=-=mv mv W 3 -12 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m 2得直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1得水通过,求弯管所受力得大小与方向.题 3-12 图分析 对于弯曲部分AB 段内得水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入得水量等于从另一端流出得水量.因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量得增量也就就是流入与流出水得动量得增量Δp ＝Δm (v B -v A );此动量得变化就是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 得结果.依据动量定理可求得该段水受到管壁得冲力F ;由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁得作用力F′＝-F .解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水得质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 得水得动量得增量则为Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水得平均冲力()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F 从而可得水流对管壁作用力得大小为N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F作用力得方向则沿直角平分线指向弯管外侧.3 -13 A 、B 两船在平静得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50 kg 得重物,结果就是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1得速度继续向前驶去.A 、B 两船原有质量分别为0、5×103kg 与1、0 ×103 kg,求在传递重物前两船得速度.(忽略水对船得阻力)分析 由于两船横向传递得速度可略去不计,则对搬出重物后得船A 与从船B 搬入得重物所组成得系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用得过程中应满足动量守恒;同样,对搬出重物后得船B 与从船A 搬入得重物所组成得系统Ⅱ亦就是这样.由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ得动量守恒方程即可解出结果.解 设A 、B 两船原有得速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船得速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物得质量以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 m m v v v '=+-(1) ()''=+-B B A B B m m m m v v v (2)由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m·s -1代入数据后,可解得 ()()12s m 40.0-⋅-=---'-=mm m m m m m A B B B A v v()()()12s m 6.3-⋅=---'-=m m m m m m m m B A B B A B v v也可以选择不同得系统,例如,把A 、B 两船(包括传递得物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应得方程求解.3 -14 质量为m′得人手里拿着一个质量为m 得物体,此人用与水平面成α角得速率v 0向前跳去.当她达到最高点时,她将物体以相对于人为u 得水平速率向后抛出.问:由于人抛出物体,她跳跃得距离增加了多少？ (假设人可视为质点)分析 人跳跃距离得增加就是由于她在最高点处向后抛出物体所致.在抛物得过程中,人与物之间相互作用力得冲量,使她们各自得动量发生了变化.如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力得冲量为零,系统在该方向上动量守恒.但在应用动量守恒定律时,必须注意系统就是相对地面(惯性系)而言得,因此,在处理人与物得速度时,要根据相对运动得关系来确定.至于,人因跳跃而增加得距离,可根据人在水平方向速率得增量Δv 来计算.解 取如图所示坐标.把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物得过程中,满足动量守恒,故有()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0式中v 为人抛物后相对地面得水平速率,v -u 为抛出物对地面得水平速率.得u mm m α'++=cos 00v v 人得水平速率得增量为 u m m m α'+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面得运动时间为gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加得距离 ()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3 -15 一物体在介质中按规律x ＝ct 3作直线运动,c 为一常量.设介质对物体得阻力正比于速度得平方.试求物体由x 0＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作得功.(已知阻力系数为k )分析 本题就是一维变力作功问题,仍需按功得定义式⎰⋅=x F d W 来求解.关键在于寻找力函数F ＝F (x ).根据运动学关系,可将已知力与速度得函数关系F (v ) ＝kv 2变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3得关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功得定义式求解.解 由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体得速度 23d d ct tx ==v 按题意及上述关系,物体所受阻力得大小为3/43/242299x kc t kc k F ===v则阻力得功为⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W l l -=-==⋅=⎰⎰⎰ x F 3 -16 一人从10.0 m 深得井中提水,起始桶中装有10.0 kg 得水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 得水.水桶被匀速地从井中提到井口,求所作得功.题 3-16 图分析 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡.水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功.由于拉力作功也就就是克服重力得功,因此,只要能写出重力随高度变化得关系,拉力作功即可求出.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,水桶重力随位置得变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0.2 kg/m,人对水桶得拉力得功为()J 882d d 100100=-=⋅=⎰⎰y agy mg W y F3 -17 一质量为0.20 kg 得球,系在长为2.00 m 得细绳上,细绳得另一端系在天花板上.把小球移至使细绳与竖直方向成30°角得位置,然后从静止放开.求:(1) 在绳索从30°角到0°角得过程中,重力与张力所作得功;(2) 物体在最低位置时得动能与速率;(3) 在最低位置时得张力.题 3-17 图分析 (1) 在计算功时,首先应明确就是什么力作功.小球摆动过程中同时受到重力与张力作用.重力就是保守力,根据小球下落得距离,它得功很易求得;至于张力虽就是一变力,但就是,它得方向始终与小球运动方向垂直,根据功得矢量式⎰⋅=s d F W ,即能得出结果来.(2) 在计算功得基础上,由动能定理直接能求出动能与速率.(3) 在求最低点得张力时,可根据小球作圆周运动时得向心加速度由重力与张力提供来确定.解 (1) 如图所示,重力对小球所作得功只与始末位置有关,即 ()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P在小球摆动过程中,张力F Ｔ得方向总就是与运动方向垂直,所以,张力得功s F d T T ⋅=⎰W(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能得增量就是由于重力对它作功得结果.初始时动能为零,因而,在最低位置时得动能为J 53.0k ==P W E小球在最低位置得速率为1P K s m 30.222-⋅===mW m E v (3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得lm P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v 3 -18 一质量为m 得质点,系在细绳得一端,绳得另一端固定在平面上.此质点在粗糙水平面上作半径为r 得圆周运动.设质点得最初速率就是v 0.当它运动一周时,其速率为v 0 /2.求:(1) 摩擦力作得功;(2) 动摩擦因数;(3) 在静止以前质点运动了多少圈？分析 质点在运动过程中速度得减缓,意味着其动能减少;而减少得这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上.由此,可依据动能定理列式解之.解 (1) 摩擦力作功为20202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-=(1) (2) 由于摩擦力就是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有mg r s F W μπ2180cos o f -== (2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为rgπμ16320v = (3) 由于一周中损失得动能为2083v m ,则在静止前可运行得圈数为 34k0==W E n 圈 3 -19 如图(a)所示,A 与B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们得质量分别为m 1与m 2.问在A 板上需加多大得压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起.(设弹簧得劲度系数为k )题 3-19 图分析 运用守恒定律求解就是解决力学问题最简捷得途径之一.因为它与过程得细节无关,也常常与特定力得细节无关.“守恒”则意味着在条件满足得前提下,过程中任何时刻守恒量不变.在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立得条件.该题可用机械能守恒定律来解决.选取两块板、弹簧与地球为系统,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(重力与弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒得条件.只需取状态1与状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力得平衡,便可将所需压力求出.解 选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能与弹性势能零点.作各状态下物体得受力图.对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1＝P 1＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选得系统,由机械能守恒定律可得2221212121mgy ky mgy ky +=- 式中y 1、y 2为M 、N 两点对原点O 得位移.因为F 1＝ky 1 ,F 2＝ky 2及P 1＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得F ＝P 1＋F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2＝P 2 ,且F 2＝F′2.由式(3)可得F ＝P 1＋P 2＝(m 1＋m 2 )g应注意,势能得零点位置就是可以任意选取得.为计算方便起见,通常取弹簧原长时得弹性势能为零点,也同时为重力势能得零点.3 -20 如图所示,一质量为m 得木块静止在光滑水平面上,一质量为m /2得子弹沿水平方向以速率0v 射入木块一段距离L (此时木块滑行距离恰为s )后留在木块内,求:(1)木块与子弹得共同速度v ,此过程中木块与子弹得动能各变化了多少？(2)子弹与木块间得摩擦阻力对木块与子弹各作了多少功？(3)证明这一对摩擦阻力得所作功得代数与就等于其中一个摩擦阻力沿相对位移L 所作得功、(4)证明这一对摩擦阻力所作功得代数与就等于子弹-木块系统总机械能得减少量(亦即转化为热得那部分能量)、题 3-20 图分析对子弹-木块系统来说,满足动量守恒,但系统动能并不守恒,这就是因为一对摩擦内力所做功得代数与并不为零,其中摩擦阻力对木块作正功,其反作用力对子弹作负功,后者功得数值大于前者,通过这一对作用力与反作用力所做功,子弹将一部分动能转移给木块,而另一部分却转化为物体内能、本题(3)、(4)两问给出了具有普遍意义得结论,可帮助读者以后分析此类问题、解(1)子弹-木块系统满足动量守恒,有v m m mv )2/(2/0+=解得共同速度031v v =对木块 2022k 181021mv mv E =-=∆ 对子弹 202022k 92)2(21)2(21mv v m v m E -=-=∆ (2) 对木块与子弹分别运用质点动能定理,则 对木块 201k 1181mv E W =∆= 对子弹 202k 292mv E W -=∆= (3) 设摩擦阻力大小为f F ,在两者取得共同速度时,木块对地位移为s ,则子弹对地位移为L +s ,有对木块 s F W f 1= 对子弹 )(f 2s L F W +-= 得 L F W W W f 21-=+=式中L 即为子弹对木块得相对位移,“-”号表示这一对摩擦阻力(非保守力)所作功必定会使系统机械能减少、(4) 对木块 2f 121mv s F W == 对子弹 202f 2)2(21)2(21)(v m v m s L F W -=+-= 两式相加,得202221)2(21])2(2121[v m v m mv W W -+=+ 即 20f 183mv L F -=- 两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系得动能定理表达式,左边为一对内力所作功,右边为系统动能得变化量、3 -21 用铁锤把钉子敲入墙面木板.设木板对钉子得阻力与钉子进入木板得深度成正比.若第一次敲击,能把钉子钉入木板1、00 ×10 -2m.第二次敲击时,保持第一次敲击钉子得速度,那么第二次能把钉子钉入多深？分析 由于两次锤击得条件相同,锤击后钉子获得得速度也相同,所具有得初动能也相同.钉子钉入木板就是将钉子得动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作得功相等.由于阻力与进入木板得深度成正比,按变力得功得定义得两次功得表达式,并由功相等得关系即可求解.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,第二次钉入得深度为Δx ,由于钉子两次所作功相等,可得⎰⎰+=x x x x x kx x kx Δ0000d dΔx ＝0、41 ×10 -2 m3 -22 一质量为m 得地球卫星,沿半径为3R E 得圆轨道运动, R E 为地球得半径.已知地球得质量为m E .求:(1) 卫星得动能;(2) 卫星得引力势能;(3) 卫星得机械能.分析 根据势能与动能得定义,只需知道卫星得所在位置与绕地球运动得速率,其势能与动能即可算出.由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动得速率与动能.由于卫星得引力势能就是属于系统(卫星与地球)得,要确定特定位置得势能时,必须规定势能得零点,通常取卫星与地球相距无限远时得势能为零.这样,卫星在特定位置得势能也就能确定了.至于卫星得机械能则就是动能与势能得总与.解 (1) 卫星与地球之间得万有引力提供卫星作圆周运动得向心力,由牛顿定律可得()E 22E E 33R m R m m G v = 则EE 2k 621R m m G m E ==v (2) 取卫星与地球相距无限远(r →∞)时得势能为零,则处在轨道上得卫星所具有得势能为 E E P 3R m m GE -= (3) 卫星得机械能为EE E E E E P k 636R m m G R m m G R m m G E E E -=-=+= 3 -23 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 得半球形屋面,有一冰块从光滑屋面得最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计.求此冰块离开屋面得位置以及在该位置得速度.题 3-23 图分析 取冰块、屋面与地球为系统,由于屋面对冰块得支持力F N 始终与冰块运动得方向垂直,故支持力不作功;而重力P 又就是保守内力,所以,系统得机械能守恒.但就是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度与位置两个物理量;因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向得动力学方程.求解上述两方程即可得出结果.解 由系统得机械能守恒,有θmgR m mgR cos 212+=v (1) 根据牛顿定律,冰块沿径向得动力学方程为 Rm F θmgR 2N cos v =- (2) 冰块脱离球面时,支持力F N ＝0,由式(1)、(2)可得冰块得角位置o θ2.4832arccos == 冰块此时得速率为32cos Rg θgR ==v v 得方向与重力P 方向得夹角为 α＝90° - θ＝41、8°3 -24 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 得小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7、5 ×10 -2m.然后在弹簧弹性力得作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动.小球与轨道间得摩擦不计.已知BCD 就是半径r ＝0.15 m 得半圆弧,AB 相距为2r .求弹簧劲度系数得最小值.题 3-24 图分析 若取小球、弹簧与地球为系统,小球在被释放后得运动过程中,只有重力与弹力这两个保守内力作功,轨道对球得支持力不作功,因此,在运动得过程中,系统得机械能守恒.运用守恒定律解题时,关键在于选好系统得初态与终态.为获取本题所求得结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧得劲度系数与初态相联系;而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时得最高点C 处,因为这时小球得速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动;小于此速率时,小球将脱离轨道抛出.该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需得向心力,由牛顿定律求出.这样,再由系统得机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数得最小值.解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力F N ＝0,因此,有rm mg c 2v = (1) 取小球开始时所在位置A 为重力势能得零点,由系统得机械能守恒定律,有()()22213Δ21c m r mg l k v += (2) 由式(1)、(2)可得()12m N 366Δ7-⋅==l mgr k 3 -25 如图所示,质量为m 、速度为v 得钢球,射向质量为m′得靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 得弹簧,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,弹簧得最大压缩距离.题 3-25 图分析 这也就是一种碰撞问题.碰撞得全过程就是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球与靶组成得系统在水平方向不受外力作用,外力得冲量为零,因此,在此方向动量守恒.但就是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来.又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统得机械能也守恒.应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解.应用守恒定律求解,可免除碰撞中得许多细节问题.解 设弹簧得最大压缩量为x 0.小球与靶共同运动得速度为v 1.由动量守恒定律,有()1v v m m m '+= (1)又由机械能守恒定律,有()20212212121kx m m m +'+=v v (2) 由式(1)、(2)可得()v m m k m m x '+'=0 3 -26 质量为m 得弹丸A ,穿过如图所示得摆锤B 后,速率由v 减少到v/2.已知摆锤得质量为m ′,摆线长度为l ,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全得圆周运动,弹丸速度v 得最小值应为多少？题 3-26 图分析 该题可分两个过程分析.首先就是弹丸穿越摆锤得过程.就弹丸与摆锤所组成得系统而言,由于穿越过程得时间很短,重力与得张力在水平方向得冲量远小于冲击力得冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力得冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒.摆锤在碰撞中获得了一定得速度,因而具有一定得动能,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,必须使摆锤在最高点处有确定得速率,该速率可由其本身得重力提供圆周运动所需得向心力来确定;与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地球组成得系统满足机械能守恒定律,根据两守恒定律即可解出结果.解 由水平方向得动量守恒定律,有v v v ''+=m m m 2(1) 为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中得张力F Ｔ＝0,则lm g m h 2v ''=' (2)。
普通物理学第五版第3章守恒定律答案
12kxC2
解得： vc2= 0.8gR
an =
vc2 R
=
0.8g
an = 0.8×9.8=7.84m/s2
N ´=N
=
m
vc2 R
= 0.8mg
N
目录 结束
3-4 一根特殊弹簧，在伸长x m时，沿它 伸长的反方向的作用力为(52.8x +38.4x2)N。
（1）试求把弹簧从x=0.50拉长到 x =1.00 时，外力克服弹簧力所作的功。
C
A Ba
目录 结束
解：设碎片C与水平方向成θ角 y
vB = vC = v
爆炸前后系统的动量守恒，得： C
m v cosa m v cosq =0
AB
m v sina +m v sinq = 3m v ty
解得： cosa = cosq
a =q
v
=
3v ty
2sina
v ty = v0 g t 代入上式，得：
轴作用于质点上，式中A、B 为常量，x 以m
计，F 以 N计。 （1）取 x =0 时EP = 0，试计算与此力相
应的势能； （2）求质点从x = 2m运动到 x =3m时势
能的变化。
目录 结束
(1) ΔE P =
x
0
F
dx
=
x(
0
A x +B x 2) dx
=
A 2
x
2
B 3
x
3
(2)
ΔE P =
N =mg cos2q 0.6mg cosq
N = 0.28mg 0.48 mg = 0.2mg
N ´= N = 0.2mg N
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第三章 动量定理及其守恒定律习题解答3.5.1 质量为2kg 的质点的运动学方程为j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-= （单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。
解：∵j i dt r d a ˆ6ˆ12/22+==, j i a m F ˆ12ˆ24+==为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。
F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为：'34265.0/︒===arctg F arctgF x y α3.5.2 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为：j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+= ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。
证明：∵r j t b i t a dt r d a2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-== r m a m F2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。
3.5.3 在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛，一方面由筛孔漏出谷粒，一方面逐出秸杆，筛面微微倾斜，是为了从较低的一边将秸杆逐出，因角度很小，可近似看作水平，筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出，若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4，问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动？解：以地为参考系，设谷物的质量为m ，所受到的最大静摩擦力为 mg f o μ=，谷物能获得的最大加速度为2/92.38.94.0/s m g m f a o =⨯===μ ∴筛面水平方向的加速度至少等于3.92米/秒2，才能使谷物与筛面发生相对运动。
3.5.3 题图 3.5.4题图3.5.4 桌面上叠放着两块木板，质量各为m 1 ,m 2,如图所示，m 2和桌面间的摩擦系数为μ2，m 1和m 2间的摩擦系数为μ1，问沿水平方向用多大的力才能把下面的木板抽出来。
解：以地为参考系，隔离m 1、m 2，其受力与运动情况如图所示，其中，N 1'=N 1,f1'=f 1=μ1N 1,f 2=μ2N 2，选图示坐标系o-xy ，对m 1,m 2分别应用牛顿二定律，有0212222211111111=--=--=-=g m N N a m N N F g m N a m N μμμ 解方程组，得()2221211211/m g m g m gm F a ga μμμμ---==要把木板从下面抽出来，必须满足12a a >，即gm g m g m g m F 12221211μμμμ>---()()g m m F 2121++>∴μμ3.5.5 质量为m 2的斜面可在光滑的水平面上滑动，斜面倾角为α,质量为m 1的运动员与斜面之间亦无摩擦，求运动员相对于斜面的加速度及其对斜面的压力。
解：以相对地面向右作加速直线运动的斜面为参考系（非惯性系，设斜面相对地的加速度为a 2），取m 1为研究对象，其受力及运动情况如左图所示，其中N 1为斜面对人的支撑力，f *为惯性力，a'即人对斜面的加速度，方向显然沿斜面向下，选如图所示的坐标系o'-x'y',应用牛顿第二定律建立方程：⎩⎨⎧=+=+-)2('cos sin )1(0sin cos 12112111a m a m g m a m g m N αααα再以地为参考系，取m 2为研究对象，其受力及运动情况如右图所示，选图示坐标o-xy,应用牛顿第二定律建立方程：⎩⎨⎧=--=)4(0cos )3(sin 122221 ααN g m N a m N （1）、（2）、（3）联立，即可求得：g m m m m a g m m m m N αααα21221212211sin sin )('sin cos ++=+=3.5.6在图示的装置中两物体的质量各为m 1,m 2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ，求在力F 的作用下两物体的加速度及绳内张力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。
解：以地为参考系，隔离m 1,m 2，受力及运动情况如图示，其m 1gf 1N 1a 1a 2 xyf 1 N 1 m 1gTaF N 2 m 2gTaN 1 f 1 f 2 a 2 1 2f*=m 1a 2中：f 1=μN 1=μm 1g ，f 2=μN 2=μ(N 1+m 2g)=μ(m 1+m 2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律：②①a m T g m m g m F a m g m T 221111)(=-+--=-μμμ①+②可求得：g m m gm F a μμ-+-=2112将a 代入①中，可求得：2111)2(m m g m F m T +-=μ3.5.7在图示的装置中，物体A,B,C 的质量各为m 1,m 2,m 3，且两两不相等. 若物体A,B 与桌面间的摩擦系数为μ，求三个物体的加速度及绳内的张力，不计绳和滑轮质量，不计轴承摩擦，绳不可伸长。
解：以地为参考系，隔离A,B,C ，受力及运动情况如图示，其中：f 1=μN 1=μm 1g ，f 2=μN 2=μm 2g ，T'=2T ，由于A 的位移加B 的位移除2等于C 的位移，所以（a 1+a 2）/2=a 3.对A,B,C 分别在其加速度方向上应用牛顿第二定律： ③②①2/)(22133222111a a m T g m a m g m T a m g m T +=-=-=-μμ①,②,③联立，可求得：gm m m m m m m m a g m m m m m m m a gm m m m m m m a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++=μμμμμμ21321321321321312213213214)()1()(4)()1(24)()1(23.5.8天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系上质量为m 1,m 2的物体（m 1≠m 2）,天平右端的托盘上放有砝码. 问天平托盘和砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不伸长。
解：隔离m 1,m 2及定滑轮，受力及运动情况如图示，应用牛顿第二定律：'2''2211T T a m T g m a m g m T ==-=-②① 由①②可求得：212121212,2'm m gm m T m m g m m T +=+=所以，天平右端的总重量应该等于T ，天平才能保持平衡。
3.5.11棒球质量为0.14kg ，用棒击棒球的力随时间的变化如图所示，设棒球被击前后速度增量大小为70m/s ，求力的最大值，打击时，不计重力。
解：由F —t 图可知：Tf 1 N 1m 1ga 1T f 2 N 2m 2g a 2T' m 3ga 3T'm 1g a T'm 2g aFmax 03.008.0max05.008.005.005.00F F t F F t t t -=≤≤=≤≤时，当时，当[斜截式方程y=kx+b ，两点式方程 (y-y 1)/(x-x 1)=(y 2-y 1)/(x 2-x 1)]由动量定理：⎰⎰⎰-+==∆08.005.003.005.0005.008.00)08.0(max max dtt tdt Fdt v m F F可求得F max = 245N3.5.12 沿铅直向上发射玩具火箭的推力随时间变化如图所示，火箭质量为2kg ，t=0时处于静止，求火箭发射后的最大速率和最大高度（注意，推力大于重力时才启动）。
解：根据推力F-t 图像，可知F=4.9t （t ≤20）,令F=mg ，即4.9t=2×9.8，t=4s 因此，火箭发射可分为三个阶段：t=0—4s 为第一阶段，由于推力小于重力，火箭静止，v=0,y=0；t=4—20s 为第二阶段，火箭作变加速直线运动，设t=20s 时，y = y 1，v = v max ；t ≥20s 为第三阶段，火箭只受重力作用，作竖直上抛运动，设达最大高度时的坐标 y=y 2.第二阶段的动力学方程为：F- mg = m dv/dt()()my dttdt dt t dy dt t t vdt dy sm v v t t t v t dttdt dv dttdt gdt dt m F dv ytt v 16729.448.94/9.4)9.448.94/9.4(/314)20(209.448.94/9.4208.92/9.48.92/9.4/1204204204202max 24401=⨯+-=∴⨯+-====≤⨯+-=≤-=-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰第三阶段运动学方程)2()20(9.4)20(314),1()20(8.931421---=---=t t y y t v令v=0,由（1）求得达最大高度y 2时所用时间（t-20）=32，代入（2）中，得y 2-y 1=5030 y 2=y max =5030+1672=6702(m)3.5.13抛物线形弯管的表面光滑，沿铅直轴以匀角速率转动，抛物线方程为y=a x 2，a 为正常数，小环套于弯管上。
⑴弯管角速度多大，小环可在管上任一位置相对弯管静止？⑵若为圆形光滑弯管，情况如何？解：以固定底座为参考系，设弯管的角速度为ω，小环受力及运动情况如图示：α为小环处切线与x 轴夹角，压力N 与切线垂直，加速度大小a=ω2x ，方向垂直指向y 轴。
在图示坐标下应用牛顿二定律的分量式：②①mg N N x m N N ==-︒==-︒ααωααcos )90sin(sin )90cos(2①/②得：tg α=ω2x/g ③；由数学知识：tg α=dy/dx=2a x ； 所以，ag ag g x ax 2,2,/222===ωωω若弯管为半径为R 的圆形，圆方程为：x 2 + (R-y)2 = R 2，即x222/12212/1222/122222/)2()(/)(,)(,)(xR x x x R dx dy tg x R R y x R y R x R y R -=-⋅--==--=-=--=--α代入③中，得：22222/,//x R g g x x R x -==-ωω3.5.14北京设有供实验用的高速列车环形铁路，回转半径为9km ，将要建设的京沪列车时速250km/h ，若在环路上作此项列车实验且欲使铁轨不受侧压力，外轨应比内轨高多少？设轨距1.435m.解：以地为参考系，把车厢视为质点，受力及运动情况如图示：车厢速度v=250km/h=69.4m/s ，加速度a =v 2/R ；设轨矩为l ，外轨比内轨高h, 有l h l h l /sin ,/cos 22=-=αα选图示坐标o-xy ，对车箱应用牛顿第二定律：②①，R mv l Nh N mg l h l N N //sin /cos 222===-=αα ①/②得：222//v gR h h l =-，两边平方并整理，可求得h ：cmm R g v l v h 8.70782.090008.94.69/435.14.69/22422242==⨯+⨯=+=3.5.15汽车质量为1.2×10kN ，在半径为100m 的水平圆形弯道上行驶，公路内外侧倾斜15°，沿公路取自然坐标，汽车运动学方程为s=0.5t 3+20t (m)，自t=5s 开始匀速运动，问公路面作用于汽车与前进方向垂直的摩擦力是由公路内侧指向外侧还是由外侧直向内侧？解：以地为参考系，把汽车视为质点，受力及运动情况如图示： v=ds/dt=1.5t 2+20，v| t=5 =1.5×52+20=57.5m/s ，a n =v 2/R=57.52/100=33设摩擦力f 方向指向外侧，取图示坐标o-xy ，应用牛顿第二定律：②①ααααααααcos sin cos sin sin cos sin cos f ma N ma f N f mg N mg f N n n+==--==+②/①得：)sin /()cos (αααf mg f ma tg n -+=ααααααααtg a gtg m f f ma tg f mgtg n n sin cos )(,cos sin +-=+=-0,043.3033158.9<∴<-=-︒=-f tg a gtg n α ，说明摩擦力方向与我们事先假设方向相反，指向内侧。