大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））
冰块脱离球面时,支持力FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置
θ?arccos2?48.2o 3冰块此时的速率为
v?gRcosθ?2Rg 3v 的方向与重力P 方向的夹角为 α＝90°-θ ＝41.8°
3-28 分析 若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒．运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态．为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,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好能通过半圆弧时的最高点C 处,因为这时小球的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的向心力,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即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C 时,轨道对小球支持力FN ＝0,因此,有
2mvcmg? (1)
r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
1122k?Δl??mg?3r??mvc (2) 由式(1)、(2) 可得 22k?7mgr?1 ?366N?m2?Δl?3-29 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
缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,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,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．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,可免除碰撞中的许多细节问题．
解 设弹簧的最大压缩量为x0 ．小球与靶共同运动的速度为v1 ．由动量守恒定律,有
mv??m?m??v1 (1)
又由机械能守恒定律,有
12112mv??m?m??v12?kx0 (2) 222由式(1)、(2)可得
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x0?mm?v
k?m?m??3-30 分析 该题可分两个过程分析．首先是弹丸穿越摆锤的过程．就弹丸与摆锤所组成的系统而言,由于穿越过程的时间很短,重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒．摆锤在碰撞中获得了一定的速度,因而具有一定的动能,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的速率,该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确定；与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地球组成的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 由水平方向的动量守恒定律,有
mv?mv?m?v? (1) 2为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力FＴ＝0,则
2m?v?h (2) m?g?l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
112m?v??2m?gl?m?v?h (3) 22解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为
v?2m?
m5gl3-31 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,
22即氢原子动能与电子动能之比EH/Ee．根据动能的定义,有EH/Ee?m?vH,而氢原子/mve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, EH/Ee 即可求出．
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
122m?vHEH2m??vH?????? (1) Ee1m?v2m?v?e?e2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
mve?m?vH?mv?e (2) 121122mve?m?vH?mv?e (3) 222由题意知m′/m＝1 840,解上述三式可得
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EHm??vH??2m??3????1840???2.2?10 ??Eem?ve??m??m?3-32 分析 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．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,故系统同时满足动量守恒和机械能守恒．由两守恒定律方程即可解得结果．
22
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
1mmvA?vBcosβ?mv?Acosα (1) 22m0?vBsinβ?mv?Asinα (2)
2又由机械能守恒定律,有
121?m?212mvA???vB?v?A (3) 22?2?2解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率为
7?1?2vB?2v2A?vA?4.69?10m?s
??各粒子相对原粒子方向的偏角分别为
?2v2A?3vAα?arccos?22o20?
4vAv?A3-33 分析 该题可分两个阶段来讨论,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包含子弹)沿斜面向上的滑动过程．在撞击过程中,对物块和子弹组成的系统而言,由于撞击前后的总动量明显是不同的,因此,撞击过程中动量
不守恒．应该注意,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P1 和物块的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物块所受的摩擦力Fｆ ,在该方向上动量守恒,由此可得到物块被撞击后的速度．在物块沿斜面上滑的过程中,为解题方便,可重新选择系统(即取子弹、物块和地球为系统),此系统不受外力作用,而非保守内力中仅摩擦力作功,根据系统的功能原理,可解得最终的结果．
解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有
mv0cosα??m?m??v1 (1)
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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．由系统的功能原理可得
?μ?m?m??gcosα?h sinα112?m?m??v2??m?m??gh??m?m??v12 (2) 222由式(1)、(2)可得
?m?v2??v0cosα??2gh?μcotα?1?
?m?m??3-34 分析 由于桌面无摩擦,容器可以在水平桌面上滑动,当小球沿容器内壁下滑时,容器在桌面上也要发生移动．将小球与容器视为系统,该系统在运动过程中沿水平桌面方向不受外力作用,系统在该方向上的动量守恒；若将小球、容器与地球视为系统,因系统无外力作用,而内力中重力是保守力,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小球和容器在惯性系中的速度．由于相对运动的存在,小球相对容器运动的轨迹是圆,而相对桌面运动的轨迹就不再是圆了,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,必须注意参考系的选择．若取容器为参考系(非惯性系),小球在此参考系中的轨迹仍是容器圆弧,其法向加速度可由此刻的速度(相对于容器速度)求得．在分析小球受力时,除重力和支持力外,还必须计及它所受的惯性力．小球位于容器的底部这一特殊位置时,容器的加速度为零,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．若仍取地面为参考系(惯性系),虽然无需考虑惯性力,但是因小球的轨迹方程比较复杂,其曲率半径及法向加速度难以确定,使求解较为困难．
解 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
mvm?m?vm??0 (1)
1212mvv?m?vm??mgR (2) 22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
vm?2m?gR
m?m?m2m?gR
m?m?m?vm??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
?m?m??vm??vm???vm???vm?vm????2gR (3)
?m??第-44-页 共-135-页
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在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为
2mv?mFN?mg? (4)
R由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为
2m??FN?mg?3??
m???3-35 分析 (1) 桩依靠自重下沉是利用重力势能的减少来克服摩擦力作功,可根据功能原理求解．(2)打桩过程可分为三个阶段．1.锤自由下落的过程．在此过程中,锤与地球系统的势能转化为锤的动能,满足机械能守恒定律．2.碰撞的过程．在这过程中,由于撞击力远大于重力和泥土的阻力,锤与桩这一系统满足动量守恒定律．由于碰撞是完全非弹性的,碰撞后桩和锤以共同速度运动．3.桩下沉的过程．在这过程中,桩和锤的动能和系统的势能将用于克服摩擦力作功,可应用系统的功能原理．根据以上分析列出相应方程式即可解．(3)仍为打桩过程．所不同的是,在此过程中,碰撞是非弹性的,因此,桩获得的速度还需根据锤反弹的高度求出．桩下沉时,仍是以桩的动能和势能减少来克服摩擦力作功的．
解 (1) 在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能原理,有
h1m?gh1??4ShKdh (1)
0桩下沉的距离为
h1?m?g?8.88m
2SK(2) 锤从1 m 高处落下,其末速率为v0?2gh．由于锤与桩碰撞是完全非弹性的,锤
与桩碰撞后将有共同的速率,按动量守恒定律,有
mv0??m??m?v (2)
随后桩下沉的过程中,根据系统的功能原理,有
h1?h2?h1-4dSKhv0??1?m??m?v2??m??m?gh2 (3) 2由式(2)、(3)可解得桩下沉的距离为
h2 ＝0.2 m
(3) 当桩已下沉35 m 时,再一次锤桩,由于此时的碰撞是一般非弹性的,锤碰撞后的速率可由上抛运动规律得v1?2gh?,再根据动量守恒定律,有
mv0??m2gh??m?v? (4)
随后,桩在下沉过程中,再一次应用系统的功能原理,得
h3?01-4S?35m?h?dh??m?gh3?m?v?2 (5)
2由式(4)、(5)可得桩再一次下沉的距离
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