第五章角动量习题

268 第五章 角动量 习题 5.1.1 我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度d 439km=近 ，远地点d 2384km=远 ， 地球半径R 6370km=地 ，求卫星在近地点和远地点的速度之比. [解 答] 卫星所受的引力对 O点力矩为零，卫星对 O 点角动量守恒。 r m = r mν ν远 远近 近 2384+6370 1.29 439+6370 d +Rr r d +R ν ν = = = = 远近 远 地 远 近 近 地 5.1.2 一个质量为 m 的质点沿着一条由 ˆ ˆr = acos ti bsin tjω ω+v 定义的空间曲线运动，其中 a,b及ω皆为常数，求此质点所受的对原点的力矩. [解 答] 2 2 2 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( ) r = acos ti bsin tj a sin ti b cos tj a = -a cos ti b sin tj acos ti bsin tj r ω ω ν ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω + = − + − = − + = − v v v v 2F m rω= −v v，通过原点 0τ =v 。 5.1.3 一个具有单位质量的质点在力场 ˆ ˆ2F = (3t - 4t)i +(12t -6)j v 中运动，其中 t是时间.设该质点在 t=0时位于原点，且速度为零，求 t=2时该质点所 受的对原点的力矩. [解 答] 已知，m=1kg 有牛顿第二定律 F ma=v v 1 ˆ ˆa F m 2(3t - 4t)i +(12t -6)j= =vv 0 da , t 0, 0 dt ν ν= = = vv vQ t t 0 0 0 3 2 2 ˆ ˆd adt dt ˆ ˆ=(t 2t ) (6t 6t) 2(3t - 4t)i +(12t -6)j i j ν ν ν ∴ = = − + − ∫ ∫ ∫v v v v 同理由 , t 0, 0dr r dt ν = = = vv v 269 t 3 2 2 0 0 ˆ ˆd [(t 2t ) (6t 6t) ]dt r r i j= − + −∫ ∫v ˆ ˆ4 2 3 21 2r = ( t - t )i +(2t - 3t )j 4 3 v ˆ ˆ ˆ ˆ4t = 2 : r = i 4j,F = 4i 18j 3 − + +vv 0 ˆ ˆ ˆ ˆM r F ( ) ( )4 i 4j 4i 18j 3 = × = − + × +v vv x y y y x x x y y x x y ˆ ˆ ˆ i j k ˆ ˆ ˆA B A A A (A B A B )i (A B A B ) j (A B A B )k B B B z z z z z z × = = − + − + −v v 0 ˆ ˆ ˆ i j k 4 ˆM 4 0 40k 3 4 18 0 = − = −v 5.1.4 地球质量为 246.0 10 kg× ，地球与太阳相距 6149 10 km× ，视地球为质点，它绕太阳作 圆周运动.求地球对医圆轨道中心的角动量. [解 答] 2L rm mr , 2 (rar/s) 365 24 3600 ν ω πω = = = × × 将 6 24r 149 10 km,m 6.0 10 kg= × = × 代入上式得 40 2L 2.65 10 kg m / s= × ⋅ 5.1.5 根据 5.1.2题所给的条件，求该质点对原点的角动量. [解 答] ˆ ˆ ˆ ˆ r = acos ti bsin tj a sin ti b cos tj ω ω ν ω ω ω ω + ∴ = − + vQ v 质点对原点的角动量： ˆ ˆ ˆ ˆL r m ( ) m( )acos ti bsin tj a sin ti b cos tjν ω ω ω ω ω ω= × = + × − +v v v ˆ ˆ ˆ i j k ˆcos sin 0 abm k m m 0 a t b t a sin t b cos t ω ω ω ω ω ω ω = = − 5.1.6 根据 5.1.3题所给的条件，求该质点在 t=2时对原点的角动量. [解 答] 由 5.1.3，t=2s时 270 2 2 ˆˆ ˆ, 12j,m 1kg4r = i 4j 3 ν− + = =vv ˆˆ ˆL r m ( ) 12j4 i 4j 3 ν= × = − + ×v v v 2 ˆ ˆ ˆ i j k 4 ˆL 4 0 16k(kg m / s) 3 0 12 0 = − = − ⋅v 5.1.7 水平光滑桌面中间有一光滑小孔，轻绳一端伸入孔中，另一端系一质量为 10g的小球， 沿半径为 40cm的圆周做匀速圆周运动，这是从孔下拉绳的力为 310 N− .如果继续向下拉绳， 而使小球沿半径为 10cm的圆周做匀速圆周运动，这时小球的速率是多少？拉力所做的功是 多少？ [解 答] (1)小球角动量守恒： 0 0m R m Rν ν= ① 由牛顿第二定律：最初 2 0 0 0 2 0 F T m R ν= = ② 又②解出 0ν 代入①得 0 0R 0.8(m / s)Rν ν= = （2）拉力所作的功 2 2 30 1 1A m m 3.0 10 (J) 2 2 ν ν −= − = × 5.1.8 一个质量为 m的质点在 O-xy平面内运动，其位置矢量为 ˆ ˆr = acos ti bsin tjω ω+v 其中 a,b和ω是正常数，试以运动学及动力学观点证明该质点对于坐标原点角动量守恒. [解 答] （1）以运动学观点证明 ˆ ˆr = acos ti bsin tjω ω+v ˆ ˆdr a sin ti b cos tj dt ν ω ω ω ω= = − + vv 质点对坐标原点的角动量为： ˆ ˆ ˆ ˆL r m ( ) m( )acos ti bsin tj a sin ti b cos tjν ω ω ω ω ω ω= × = + × − +v v v ˆ ˆ ˆ i j k ˆcos sin 0 abm k m m 0 a t b t a sin t b cos t ω ω ω ω ω ω ω = = − =常矢量（守恒） （2）以动力学观点证明 2 2 2 d ra = = - r dt ω vv 271 由牛顿第二定律： 2F = ma= -m rωv v v 质点对坐标原点的力矩为： 2 0 ( ) 0M r F r m rω= × = × − =v vv v v 由 dLM ,L= dt = vv v 常矢量（守恒） 5.1.9 质量为 200g的小球 B以弹性绳在光滑水平面上与固定点 A相连.弹性绳的劲度系数为 8N/m，其自由伸展长度为 600mm.最初小球的位置及速度 0ν 如图所示.当小球的速度变为ν 时，它与 A点的距离最大，且等于 800mm，求此时的速度ν 及初速度 0ν . [解 答] 由角动量守恒： 0 0m d m d sin 30ν ν= o 0 0d d sin 30ν ν= o （1） 再由机械能守恒： 2 2 2 0 1 1 1m m k(d 0.6) 2 2 2 ν ν= + − （2） 联立求解： 0 1.306(m / s), 0.3266(m / s)ν ν= = 5.1.10 一条不可伸长的绳穿过铅直放置的、管口光滑的细管，一端系一个质量为 0.5g 的小 球，小球沿水平圆周运动.最初 1 12m, 30θ= = ol ，后来继续向下拉绳使小球以 2 60θ = o沿水 平圆周运动.求小球最初的速度 1ν 、最后的速度 2ν 、以及绳对小球做的总功. [解 答] 初时， 1 12m, 30 ,F T w,θ= = = +o v v vl 指向圆心。 1 1 1 1 mg T cos F tg , F mgtg F T sin mg θ θ θθ = ⎫ = =⎬= ⎭ 由牛顿第二定律： 2 2 1 1 1 1 1 1 mgtg m m R sin ν νθ θ= = l 2 1 1 1 1 sing 2.38(m / s) cos θν θ= =l 最后， 2 1, 60 ,θ= = ol l 272 同样可求得： 2 2 1 1 1 2 1 2 2 2 2 1 2 2 sin cos 1 cos sin 3 3 ν θ θ ν θ θ= = l l l l （1） 小球对轴角动量守恒： 1 1 1 2 2 2m sin m sinν θ ν θ=l l 即 1 2 2 2 1 1 sin sin ν θ ν θ= l l （2） （1）×（2） 3 3 1/31 2 13 2 1 , (3 ) 3.43(m / s) 3 ν ν νν = = = 由动能定理: 2 2 K p 2 1 1 2 1 1A E E ( m m ) mg( cos30 cos60 ) 0.00805(J) 2 2 ν ν= + = − + − =o o� � l l 5.2.1 离心调速器模型如图所示.由转轴上方向下看，质量为 m的小球在水平面内绕 AB逆时 针做匀速圆周运动，当角速度为ω时，杆张开α 角.杆长为 l .杆与转轴在 B点相交.求（1） 作用在小球上的各力对 A 点、B 点及 AB 轴的力矩.（2）小球在图示位置对 A 点、B 点及 AB轴的角动量.杆质量不计. [解 答] 5.2.2 理想滑轮悬挂两质量为 m的砝码盘.用轻线拴住轻弹簧使它处于压缩状态，将此弹簧竖 直放置在一砝码盘上，弹簧上端放一质量为 m的砝码.另一砝码盘上也放质量为 m的砝码， 使两盘静止.燃断轻线，轻弹簧达到自由伸展状态即与砝码脱离.求砝码升起的高度.已知弹簧 劲度系数为 k被压缩的长度为 0l . [解 答] 以滑轮、绳、两个砝码盘、两个物体、弹簧为物体系。 受外力有：两个砝码盘和两个物体受到的重力 1 2 3 4m g=m g=m g=m g=mg v v v v v，滑轮轴的压力N v 。 建立坐标O xyz− ，如图，以轻线燃短到砝码与弹簧脱离为过 程始末。 因物体系所受对O点合外力矩为零。物体系对O点角动量守恒： 设砝码弹出时砝码盘速率为ν ′，砝码速率为ν ，滑轮半径为R ， 则有： m R m R+(m+m) R=0ν ν ν′ ′− + 即 3ν ν ′= 在过程中砝码盘位移为 ′�l ，砝码位移为�l 则 3 ′=�l �l 而 0′+ =�l �l l 273 故 0 0 3 1, 4 4 ′= =�l l �l l 将地球包括在物体系内：此时受外力N v ，不做功。重力和弹性力为内保守力，做功。 物体系机械能守恒。以弹簧自由伸长状态为弹性势能零点。则： 2 2 0 0 0 0 1 1 3 1 1k 3 m mg mg 2mg 2 2 4 4 4 ν= × + − +l l l l 即 2 2 0 0 2 2 0 0 3 m k 2mg 4 3k 3 g 4m 2 ν ν = − = − l l l l 在研究砝码相对于地的上抛过程 由运动学公式： 2 2ghν = 可以求得 22 0 0 3k 3h 2g 8mg 4 ν= = −l l 当 2 0 0 3kk mg h 8mg = ll � 时， 5.2.3 两个滑冰于动员的质量各为 70kg，以 6.5m/s的速率沿相反方向滑行，滑行路线间的垂 直距离为 10m.当彼此交错时，各抓住 10m 绳索的一端，然后相对旋转.（1）在抓住绳索一 端之前，各自对绳中心的角动量是多少？抓住之后是多少？（2）他们各自收拢绳索，到绳 长为 5m时，各自的速率如何？（3）绳长为 5m时，绳内张力多大？（4）二人在收拢绳索 时，各做了多少功？（5）总动能如何变化？ [解 答] 以两运动员和绳为物体系；受外力包括：重力 A A B BW m g, W m g= = v vv v，冰面支持力 A BN , N v v 。 0A B A Bm g m g N N+ + + = v vv v 。因 A Bm m= ，由质心定义可知，物体系质心位于绳的中 点。由质心运动定理，质心速度 c c0 0ν ν= =v v （1）抓住绳之前 Am 对 O点角动量， 20 0 R 1J m 70 6.5 10 2275(kg m / s) 2 2 ν= = × × × = ⋅ 抓住绳之后 Bm 对 O点角动量， R 1J m 70 10 350 2 2 ν ν ν= = × × × = 因 Am 受到的对 O点的合力矩为零，故 Am 对 O点的角动量守恒。 2 0J J 2275(kg m / s)= = ⋅ 274 且可知 0 6.5(m / s)ν ν= = （2）收拢绳索的过程，由 Am 对 O点的角动量守恒。 0 0 r R Rm m m 2 2 2 R 10 6.5 13(m / s) r 5 ν ν ν ν ν ′ = = ′∴ = = × = （3）绳长 5m时，由牛顿第二定律： 2 22mT = m = = 4732(N) r/2 r ν ν′ ′ （4）由动能定理： 2 2 A 0 1A m ( ) 4436(J) 2 ν ν′= − = 第一题 3-1 质量为m的物体，由水平面上点O以初速为 0v 抛出， 0v 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 vt αsin01 =∆ ，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。 275 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 vt αsin01 =∆ 则物体落回地面的时间为 g vtt αsin22 012 =∆=∆ 于是，在相应的过程中重力的冲量分别为 jjFI αsind 011 1 mvtmgt t −=∆−== ∫ ∆ jjFI αsin2d 022 2 mvtmgt 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 jjjI αsin00yAy1 mvmvmv −=−= jjjI αsin2 00yBy2 mvmvmv −=−= 第二题 3-2 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质量为 kg0.51 的人，在操作时不慎从高空竖直跌落下来， 由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来。已知此时人离原处的距离为 m0.2 ，安全带弹性缓冲作用时 间为 s50.0 。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 ghv 21 = （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 276 ( ) 12 mvmvt −=∆+ PF （2） 由（1）式、（2）式可得安全带对人的平均冲力大小为 ( ) N1014.12 3×=∆+=∆ ∆+= t ghm mg t mvmgF 解 2：从整个过程来讨论，根据动量定理有 N1014.1/2 3×=+∆= mgght mgF 第三题 3-3 如图所示，在水平地面上，有一横截面 2m20.0=S 的直角弯管，管 中有流速为 1sm0.3 −⋅=v 的水通过，求弯管所受力的大小和方向。 题 3.3 解：在 t∆ 时间内，从管一端流入（或流出）水的质量为 tvSm ∆=∆ ρ ,弯曲部分 AB的水的动量的增量则 为 ( ) ( )ABAB vvtvSvvmp −∆=−∆=∆ ρ 277 依据动量定理 pI ∆= ，得到管壁对这部分水的平均冲力 ( )AB vvIF −=∆= Svt ρ 从而可得水流对管壁作用力的大小为 N105.22 32 ×−=−=−=′ SvFF ρ 作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧。 第四题 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 m6.19 。爆炸 s00.1 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 m1000.1 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 gx t xv 210 1 0x == （1） 物体爆炸后，第一块碎片竖直落下的运动方程为 2 11 2 1 gttvhy −−= 278 当该碎片落地时，有 11 ,0 tty == ，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 gth v − = （2） 又根据动量守恒定律，在最高点处有 2x0x 2 1 mvmv = （3） 2y1 2 1 2 10 mvmv +−= （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 10x2x sm1002 22 －⋅=== h gxvv 1 1 2 1 1y2 sm7.142 1 －⋅= − == t gth vv 爆炸后，第二块碎片斜抛运动，其运动方程为 2 22y2 2x212 2 1 gttvhy tvxx −+= += 落地时， 02 =y ，由（5）、（6）可解得第二块碎片落地点的水平位置 m5002 =x 第五题 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 kg50 的 重物，结果是 A船停了下来，而 B船以 1sm4.3 −⋅ 的速度继续向前驶去。 A、 B两船原有质量分别为 kg105.0 3× 和 kg100.1 3× ，求在传递重物前两船的速度。(忽略水对船的阻力) 279 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 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示，传递重物后船的速度分别以 v′A、v′B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 ( ) AABAA vmmvvmm ′=+− （1） ( ) BBABB vmmvvmm ′=+− （2） 由题意知 v′A = 0，v′B = 3.4 m⋅s−1代入数据后，可解得 ( )( ) 12AB BB A sm40.0 −⋅−=−−− ′−= mmmmm vmmv ( ) ( )( ) 12BA BBA B sm6.3 −⋅=−−− ′−= mmmmm vmmmv 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。 第六题 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α角的速率 0v 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 3.6 280 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 ( ) ( )uvmvmvmm −+′=′+ αcos0 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 mm mvv +′+= αcos0 人的水平速度的增量为 u mm mvvv +′=−=∆ αcos0 而人从最高点到地面的运动时间为 g vt αsin0= 所以，人跳跃后增加的距离 ( ) ugmm mvvtx +′=∆=∆ αsin0 第七题 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? 281 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 ( )uvNmvm −+′=0 u Nmm Nmv +′= （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 ( ) ( ) ( )uvmmvnvmvnmm −+−+′=+′ −−− 1n1n1nn 1 （2） 由式（2）可解得递推公式 u nmm mvv +′+=− n1n （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 Nmm mv +′+=− 01N ( ) umNm mvv N 112N −+′+= −− …… u mm mvv +′+= 10 将上述各等式的两侧分别相加，整理后得 ∑ = +′= N n u nmm mv 1 0 由于 NnNmmnmm ,,3,2,1 L=+′≤+′ 282 故有 vv >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。 第八题 3-8 如图所示，一绳索跨过无摩擦的滑轮，系在质量 为 kg00.1 的物体上，起初物体静止在无摩擦的水平面 上。若用 N00.5 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 o30 角变为 o37 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 ∫ ⋅= sF dW 来求解。 解：取图示坐标，绳索拉力对物体所作的功为 J69.1ddcosd 2 1 2 = + −==⋅= ∫∫∫ xx xxd FxxFW θxF 283 第九题 3-9 一物体在介质中按规律 3ctx = 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 00 =x 运动到 lx = 时，阻力所作的功。（已知阻力系数为 k） 题 3.9解：由运动学方程 3ctx = ，可得物体的速度 23 d d ct t xv == 按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为 3/43/2422 99 xkctkckvF === 则阻力的功为 3/73/2 0 3/43/2 00 7 27d9d180cosd lkcxxkcxFW lll −=−==⋅= ∫∫∫ oxF 第十题 3-10 一人从 深的井中提水，起始桶中装有 的水，由于水桶漏水，每升高 要漏去 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 0=+ PF 284 在图示所取坐标下，水桶重力随位置的变化关系为 agymgP −= 其中 a = 0.2 kg/m，人对水桶的拉力的功为 ( ) J882dd m10 0 m10 0 =−=⋅= ∫∫ yagymgW yF 第十一题 3-11 一质量为 kg20.0 的球，系在长为 m00.2 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 o30 角的位置，然后由静止放开。求：（1）在绳索从 o30 角到 o0 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 ( ) J53.0cos1 =−=∆= θmglhPWP 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 0dTT =⋅= ∫ sFW （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 J53.0Pk ==WE 小球在最低位置时的速率为 1Pk sm30.222 −⋅=== m W m Ev （3）当小球在最低位置时，由牛顿定律可得 l mvPF 2 T =− 285 N49.2 2 T =+= l mvmgF 第十二题 3-12 最初处于静止的质点受到外力的作用，该力的冲量为 1smkg00.4 −⋅⋅ 。在同一时间间隔内，该力所作 的功为 J00.2 ，问该质点的质量为多少？ 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 ppppI =−=∆= 0 kk0kk EEEEW =−=∆= 而 m pmvE 22 1 22 k == 所以 kg00.4 22 2 k 2 === W I E pm 第十三题 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/ rkF = 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 3r kF = 可知，当 ∞→r 时， 0=F ，势能亦为零。在此力场中两粒子相距 r时的势 能为 ( ) ∫∫ ∞∞∞ =⋅==−−= rr rrkWEEE dd 3PP rF 则 2P 2r kE = 286 第十四题 3-14 如果一物体从高为 0h 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 222 k 2 1 2 1 tmgmvE == （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 gthh −= ，则 t时刻的势能为 22 0P 2 1 tmgmghmghE −== （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 2222 0kP 2 1 2 1 mghtmgtmgmghEEE =+−=+= （2）以高度为自变量时，物体在某高度时的速率 ( )hhgv −= 02 ，此时的总能量为 ( ) ( )[ ] 00kP 221 mghhhgmmghEEE =−+=+= 即势能和动能的总和仍为一恒量。 287 第十五题 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 0v 。当它运动一周时，其速率为 2/0v 。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 2 0 2 0 2 k0k 8 3 2 1 2 1 mvmvmvEEW −=−=−= （1） （2）由于摩擦力是一恒力，且 mgFf µ= ，故有 mgrFW µπ2180cosfs −== o （2） 由式（1）、（2）可得动摩擦因数为 rg v πµ 16 3 20= （3）由于一周中损失的动能为 2 08 3mv ，则在静止前可运行的圈数为 圈 3 4k0 == W En 第十六题 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 1m 和 2m 。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） 288 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，取原点 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 FPF += 11 （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 21 2 1 2 1 2 1 mgykymgyky +=− 式中 y1、y2为 M、N两点对原点 O的位移。因为 2211 , kyFkyF == 及 gmP 11 = ，上式可写为 121 2PFF =− （2） 由式（1）、（2）可得 21 FPF += （3） 当 A板跳到 N点时，B板刚被提起，此时弹性力 22 PF =′ ，且 22 FF ′= 。由式（3）可得 ( )gmmPPF 2121 +=+= 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， 289 也同时为重力势能的零点。 第十七题 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 o0.30=α 斜面上的点 A由静止下滑。设斜面对车的 阻力为车重的 25.0 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，使之返回原位置 A再装货。 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 290 ( )( )xlgmmgW +′+= 25.025.0f （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 ( )kpf EEEW ∆+∆−=∆−= 由于矿车返回原位时速度为零，故 0k =∆E ；而 ( ) ( ) αsinp xlgmmE +′−=∆ ，故有 ( ) ( ) αsinf xlgmmW +′−−= （2） 由式（1）、（2）可解得 3 1=′m m 第十八题 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 m1000.1 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 = 1.00×10－2 m，第二次钉入的深 度为 x∆ ，由于钉子两次所作功相等，可得 ∫∫ ∆+= xx x x xkxxkx 0 0 0 dd 0 m1041.0 2−×=∆x 第十九题 3-19 一质量为m的地球卫星，沿半径为 E3R 的圆轨道运动， ER 为地球的半径，已知地球的质量为 Em 。 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 291 ( ) E 2 2 E E 33 R vm R mmG = 则 E E2 k 62 1 R mmGmvE == （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 mmGE −= （3）卫星的机械能为 E E E E E E pk 636 R mmG R mmG R mmGEEE −=−=+= 第二十题 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 θcos 2 1 2 mgRmvmgR += （1） 根据牛顿定律，冰块沿径向的动力学方程为 292 R mvFmg 2 Ncos =−θ （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 o2.48 3 2arccos ==θ 冰块此时的速率为 3 2cos RggRv == θ v的方向与重力 P方向的夹角为 oo 8.4190 =−= θα 第二十一题 3-21 如图所示，把质量 kg0.20=m 的小球放在位置 A时，弹簧被压 缩 m105.7 2−×=∆l ，然后在弹簧的弹性力的作用下，小球从位置 A 由静止被释放，小球沿轨道 ABCD运动。小球与轨道间的摩擦不计。 已知弧 BCD是半径 m15.0=r 的半圆弧，AB相距为 r2 。求弹簧劲 度系数的最小值。 293 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 vmmg 2 C= (1) 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 ( ) ( ) 2C2 2 13 2 1 mvrmglk +=∆ （2） 由式（1）、（2）可得 ( ) 1 2 mN366 7 −⋅=∆= l mgrk 第二十二题 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 3.22 294 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 ( ) 1vmmmv ′+= （1） 又由机械能守恒定律，有 ( ) 20212 2 1 2 1 2 1 kxvmmmv ++′= （2） 由式（1）、（2）可得 ( )vmmk mmx ′+ ′=0 第二十三题 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 2/v 。 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 295 vmvmmv ′′+= 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 0T =F ，则 l vmgm 2 h′′=′ （2） 式中 hv′ 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 12 2 1 vmglmvm ′′+′=′′ （3） 解上述三个方程，可得弹丸所需速率的最小值为 gl m mv 52 ′= 第二十四题 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 vm 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 eHe vmvmmv ′+′= （2） 2 e 2 H 2 e 2 1 2 1 2 1 vmvmmv ′+′= （3） 296 由题意知 1840=′ mm ，解上述三式可得 3 22 e H e H 102.221840 −×≈⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +′=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛′= mm m v v m m E E 第二十五题 3-25 质量为 kg102.7 23−× ，速率为 17 sm100.6 −⋅× 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 17 sm100.5 −⋅× ，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定律可取两个分量式， 有 αβ coscos 2 ABA vmvmmv ′+= （1） αβ sinsin 2 0 AB vmv m ′−= （2） 又由机械能守恒定律，有 2 A 2 B 2 A 2 1 22 1 2 1 vmvmmv ′+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= （3） 解式（1）、（2）、（3）可得碰撞后 B粒子的速率为 297 ( ) 172A2AB sm1069.42 −⋅×=′−= vvv 各粒子相对原粒子方向的偏角分别为 654 4 3arccos,0222 4 3arccos A B AA 2 A 2 A ′==′=′ ′+= oo v v vv vv βα 第二十六题 3-26 有两个带电粒子，它们的质量均为m，电荷均为 q。其中一个处于静止，另一个以初速 0v 由无限远 处向其运动。问这两个粒子最接近的距离是多少？在这瞬时，每个粒子的速率是多少？你能知道这两个 粒子的速度将如何变化吗？（已知库仑定律为 2 21 r qq kF = ） 题 3.26 解：按图示坐标，对两粒子系统而言，在沿力的方向上动量守恒，当两粒子的速率均为 v时，有 mvmvmv +=0 （1） 又根据系统的能量守恒，有 00 2 222 0 42 1 2 1 2 1 r qmvmvmv πε++= （2） 由式（1）、（2）可得两粒子最接近使的速率和距离分别为 02 1 vv = 298 2 0 2 0 0 4 4 1 mv qr πε= 第二十七题 3-27 如图所示，一质量为m ′的物块放置在斜面的最底端 A处，斜面 的倾角为α，高度为 h，物块与斜面的滑动摩擦因数为 µ ，今有一质 量为m的子弹以速度 0v 沿水平方向射入物块并留在其中，且使物块 沿斜面向上滑动，求物块滑出顶端时的速度大小。 题 3.27 解：在子弹与物块的碰撞过程中，在沿斜面的方向上，根据动量守恒有 ( ) 10 cos vmmmv +′=α （1） 在物块上滑的过程中，若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为 v2，并取 A点的重力势能为零。由子弹、 物块、地球为系统的功能原理可得 ( ) ( ) ( ) ( ) 2122 2 1 2 1 sin cos vmmghmmvmmhgmm ′+−′++′+=′+− ααµ （2） 由式（1）、（2）可得 ( )1cot2cos 202 −−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +′= αµα ghvmm mv 299 第二十八题 3-28 如图所示，一个质量为m的小球，从内壁为半球形的容器边缘点 A滑下。设容器质量为m ′，半径为 R，内壁光滑，并放置在摩擦可 以忽略的水平桌面上，开始时小球和容器都处于静止状态。当小球沿 内壁滑到容器底部的点 B时，受到向上的支持力为多大？ 题 3.28 解：根据水平方向动量守恒定律（将小球与容器视为系统）以及小球在下滑过程中机械能守恒定律（将 小球、容器与地球视为系统）可分别得 0mm =′− ′vmmv （1） mgRvmmv =′+ ′2m2m 2 1 2 1 （2） 式中 vm、vm′分别表示小球、容器相对桌面的速度。由式（1）、（2）可得小球到达容器底部时小球、容器 的速度大小分别为 mm gRmvm +′ ′= 2 mm gRm m mvm +′ ′ ′=′ 2 由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂，为此，可改为以容器为参考系（非惯性系）。在容器底部时， 小球相对容器的运动速度为 ( ) gR m mmvvvvv 2mmmmm ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ′ +′=+=−−=′ ′′ （3） 300 在容器底部，小球所受惯性力为零，其法向运动方程为 R vmmgF 2 m N ′=− （4） 由式（3）、（4）可得小球此时所受到的支持力为 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ′+= m mmgF 23N 第二十九题 3-29 打桩机锤的质量为 tm 10= ，将质量为 tm 24=′ 、横截面为 2m25.0=S （正方形截面）、长达 m5.38=l 的钢筋混凝土桩打入地层，单位侧面积上所受泥土的阻力为 24 mN1065.2 −⋅×=K