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由式(1)、(2)可解得mm32-513分析由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能,并由功相,由功能原理可知钉子两次所作的也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比等的关系即可求解．解x00,按变力的功的定义得两次功的表达式因阻力与深度成正比Δx,则有F＝kx(k为阻力系数)．现令x0＝1.00×10,可得-2
-2
m,第二次钉入的深度为Δx,由于钉子两次所作功相等kxdx分析x0x0
kxdxΔx＝0.41×10m,其,32-6根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时势能和动能即可算出．由于卫星在地球引力作用下作圆周运动的速率和动能．由于卫星的引力势能是属于系统必须规定势能的零点,由此可算得卫星绕地球运动,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零．这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了．至于卫星的机械能则是动能和势能的总和．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(2)能为mEm3RE2vm3RE2则E1Kmv22GmEm6RE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EP(3)mEmG3RE卫星的机械能为E32-7EK分析EPmEmG6REmEmG3REmEmG6RE,由于屋面对冰块的支持力FN始终与冰块运动,仅有取冰块、屋面和地球为系统的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此时支持力为零这一条件出结果．解由系统的机械能守恒,有(1),还需设法根据冰块在脱离屋面,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得mgR12m2vmgRcosθ根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为mgRcosθFNmv2R(2)第-40-页共-135-页
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冰块脱离球面时,支持力FN＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置θarccos2348.2o冰块此时的速率为vgRcosθ2Rg3α＝90°-θ＝41.8°,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和,初态,因此,在运动的过程中,系统的机械能为获取本题所求的结果v的方向与重力P方向的夹角为32-8分析弹力这两个保守内力作功守恒．运用守恒定律解题时选在压缩弹簧刚被释放时刻好能通过半圆弧时的最高点若取小球、弹簧和地球为系统,轨道对球的支持力不作功,关键在于选好系统的初态和终态．,这样,可使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚,若大于、等于此该速率则可根C处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态速率时,小球定能沿轨道继续向前运动；据重力提供圆弧运动中所需的向心力可解出该弹簧劲度系数的最小值．解小球要刚好通过最高点2小于此速率时,小球将脱离轨道抛出．,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即C时,轨道对小球支持力FN＝0,因此,有mgmvcr2(1)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12kkΔlmg3r112(2)cmv2由式(1)、(2)可得7mgrΔl32-92366Nm分析这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,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上述两个守恒定律,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用,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．应用守恒定律求解解,可免除碰撞中的许多细节问题．设弹簧的最大压缩量为x0．小球与靶共同运动的速度为(1)v1．由动量守恒定律,有mv12mmv1,有2又由机械能守恒定律mv212mmv112kx02(2)由式(1)、(2)可得第-41-页共-135-页
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x033-0mmvkmm分析该题可分两个过程分析．首先是弹丸穿越摆锤的过程．就弹丸与摆锤所组,重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的,系统在该方向上满足动量守恒．摆,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,成的系统而言,由于穿越过程的时间很短冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用锤在碰撞中获得了一定的速度,因而具有一定的动能必须使摆锤在最高点处有确定的速率来确定；与此同时,该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力,摆锤与地球组成的系统满足机械能守恒定律,,摆锤在作圆周运动过程中根据两守恒定律即可解出结果．解由水平方向的动量守恒定律,有mvmv2mv(1),在最高点时,摆线中的张力FＴ＝0,则为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动mgmvh2l(2)式中v′h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12mv2mgl12mvh2(3)解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为v33-12mm5gl分析对于粒子的对心弹性碰撞问题,同样可利用系统(电子和氢原子)在碰撞过,2H2e,程中所遵循的动量守恒和机械能守恒来解决．本题所求电子传递给氢原子的能量的百分数即氢原子动能与电子动能之比EH/Ee．根据动能的定义,有EH/Eemv/mv而氢原子,与电子的质量比m′/m是已知的,它们的速率比可应用上述两守恒定律求得可求出．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EH/Ee即1EHEe212em2vmv2H2mvHmve(1)由于粒子作对心弹性碰撞有,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mve12mve2mvH12mve2(2)mvH12mve2(3)由题意知m′/m＝1840,解上述三式可得第-42-页
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22EHEe3-32mm分析vHve18402mmm2.2103这是粒子系统的二维弹性碰撞问题．这类问题通常采用守恒定律来解决．,故系统同时满足动量因为粒子系统在碰撞的平面内不受外力作用,同时,碰撞又是完全弹性的守恒和机械能守恒．由两守恒定律方程即可解得结果．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定律可取两个分量式,有120mvAm2m2vBcosβmvAcosα(2)(1)vBsinβmvAsinα,有又由机械能守恒定律12mvA21m22v2B12vA2(3)解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B粒子的速率为vB2v2Av2A4.6910ms71各粒子相对原粒子方向的偏角分别为vαarccos3-33分析2A3v4vAvA2A2220,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包,由于撞击前o该题可分两个阶段来讨论含子弹)沿斜面向上的滑动过程．在撞击过程中后的总动量明显是不同的不守恒．应该注意,因此,撞击过程中动量,对物块和子弹组成的系统而言,不是任何碰撞过程中动量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞击力(属于内力)远大于子弹的重力受的摩擦力Fｆ,在该方向上动量守恒P1和物块的重力P2在斜面的方向上的分力以及物块所,由此可得到物块被撞击后的速度．在物块沿斜面上滑),此系统不受外力作的过程中,为解题方便,可重新选择系统(即取子弹、物块和地球为系统用,而非保守内力中仅摩擦力作功解,根据系统的功能原理,在沿斜面的方向上(1),可解得最终的结果．,根据动量守恒有在子弹与物块的撞击过程中mv0cosαmmv1第-43-页共-135-页
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在物块上滑的过程中零．由系统的功能原理可得,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v2,并取A点的重力势能为μm12mgcosαsinαmv22hmmmgh12mmv12(2)由式(1)、(2)可得v23-34mm分析2mv0cosαcotα12ghμ,当小球沿容器内壁下滑时,由于桌面无摩擦,容器可以在水平桌面上滑动容器在桌面上也要发生移动．将小球与容器视为系统不受外力作用,系统在该方向上的动量守恒；作用,而内力中重力是保守力小球和容器在惯性系中的速度．桌面运动的轨迹就不再是圆了,该系统在运动过程中沿水平桌面方向,因系统无外力若将小球、容器与地球视为系统,而支持力不作功,系统的机械能守恒．由两个守恒定律可解得由于相对运动的存在,小球相对容器运动的轨迹是圆,而相对,,因此,在运用曲线运动中的法向动力学方程求解小球受力时(非惯性系),小球在此参考系中的轨迹仍是容器,除重力和支必须注意参考系的选择．若取容器为参考系圆弧,其法向加速度可由此刻的速度持力外,还必须计及它所受的惯性力．(相对于容器速度)求得．在分析小球受力时小球位于容器的底部这一特殊位置时,容器的加速度为若仍取地面零,惯性力也为零．这样,由法向动力学方程求解小球所受的支持力就很容易了．为参考系(惯性系),虽然无需考虑惯性力向加速度难以确定解,使求解较为困难．,但是因小球的轨迹方程比较复杂,其曲率半径及法根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得mvm12mv2vmvm12mv02m(1)mgR(2)(1)、(2)可得小球到达容器底式中vm、vm′分别表示小球、容器相对桌面的速度．由式部时小球、容器的速度大小分别为vm2mgRmmmm2mgRmm,为此,可改为以容器为参考系(非惯性系)．在容vm由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂器底部时,小球相对容器的运动速度为vmvmvmvmvmmmm2gR(3)第-44-页共-135-页
大学物理物理学（东南大学第五版上册马文蔚）课后答案，含思维地图
