【正文】 ．在確定重力勢能、彈性勢能時,應注意勢能零點的選取,常常選取彈簧原長時的位置為重力勢能、彈性勢能共同的零點,這樣做對解題比較方便．解　取沿斜面向上為x 軸正方向．彈簧被壓縮到最大形變時彈簧上端為坐標原點O．礦車在下滑和上行的全過程中,按題意,摩擦力所作的功為Wｆ ＝( ＋′g)(l ＋x) (1)式中m′和m 分別為礦車滿載和空載時的質量,x 為彈簧最大被壓縮量．根據(jù)功能原理,在礦車運動的全過程中,摩擦力所作的功應等于系統(tǒng)機械能增量的負值,故有Wｆ ＝ΔE ＝(ΔEP＋ΔEｋ )由于礦車返回原位時速度為零,故ΔEｋ＝0；而ΔEP＝(m m′) g(l ＋x) sinα,故有Wｆ ＝(m m′) g(l ＋x) sinα (2)由式(1)、(2)可解得325 分析　由于兩次錘擊的條件相同,錘擊后釘子獲得的速度也相同,所具有的初動能也相同．釘子釘入木板是將釘子的動能用于克服阻力作功,由功能原理可知釘子兩次所作的功相等．由于阻力與進入木板的深度成正比,按變力的功的定義得兩次功的表達式,并由功相等的關系即可求解．解　因阻力與深度成正比,則有F＝kx(k 為阻力系數(shù))．現(xiàn)令x0＝ 10 2 m,第二次釘入的深度為Δx,由于釘子兩次所作功相等,可得Δx＝ 10 2 m326 分析　根據(jù)勢能和動能的定義,只需知道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運動的速率,其勢能和動能即可算出．由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運動,由此可算得衛(wèi)星繞地球運動的速率和動能．由于衛(wèi)星的引力勢能是屬于系統(tǒng)(衛(wèi)星和地球)的,要確定特定位置的勢能時,必須規(guī)定勢能的零點,通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠時的勢能為零．這樣,衛(wèi)星在特定位置的勢能也就能確定了．至于衛(wèi)星的機械能則是動能和勢能的總和．解　(1) 衛(wèi)星與地球之間的萬有引力提供衛(wèi)星作圓周運動的向心力,由牛頓定律可得則 (2) 取衛(wèi)星與地球相距無限遠(r→∞)時的勢能為零,則處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢能為(3) 衛(wèi)星的機械能為327 分析　取冰塊、屋面和地球為系統(tǒng),由于屋面對冰塊的支持力FN 始終與冰塊運動的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守內(nèi)力,所以,系統(tǒng)的機械能守恒．但是,僅有一個機械能守恒方程不能解出速度和位置兩個物理量；因此,還需設法根據(jù)冰塊在脫離屋面時支持力為零這一條件,由牛頓定律列出冰塊沿徑向的動力學方程．求解上述兩方程即可得出結果．解　由系統(tǒng)的機械能守恒,有(1)根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動力學方程為(2)冰塊脫離球面時,支持力FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置冰塊此時的速率為v 的方向與重力P 方向的夾角為 α＝90176。θ ＝176。328 分析　若取小球、彈簧和地球為系統(tǒng),小球在被釋放后的運動過程中,只有重力和彈力這兩個保守內(nèi)力作功,軌道對球的支持力不作功,因此,在運動的過程中,系統(tǒng)的機械能守恒．運用守恒定律解題時,關鍵在于選好系統(tǒng)的初態(tài)和終態(tài)．為獲取本題所求的結果,初態(tài)選在壓縮彈簧剛被釋放時刻,這樣,可使彈簧的勁度系數(shù)與初態(tài)相聯(lián)系；而終態(tài)則取在小球剛好能通過半圓弧時的最高點C 處,因為這時小球的速率正處于一種臨界狀態(tài),若大于、等于此速率時,小球定能沿軌道繼續(xù)向前運動；小于此速率時,小球將脫離軌道拋出．該速率則可根據(jù)重力提供圓弧運動中所需的向心力,由牛頓定律求出．這樣,再由系統(tǒng)的機械能守恒定律即可解出該彈簧勁度系數(shù)的最小值．解　小球要剛好通過最高點C 時,軌道對小球支持力FN ＝0,因此,有(1)取小球開始時所在位置A 為重力勢能的零點,由系統(tǒng)的機械能守恒定律,有(2) 由式(1)、(2) 可得 329 分析　這也是一種碰撞問題．碰撞的全過程是指小球剛與彈簧接觸直至彈簧被壓縮到最大,小球與靶剛好到達共同速度為止,在這過程中,小球和靶組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用,外力的沖量為零,因此,在此方向動量守恒．但是,僅靠動量守恒定律還不能求出結果來．又考慮到無外力對系統(tǒng)作功,系統(tǒng)無非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)的機械能也守恒．應用上述兩個守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度時,彈簧被壓縮量最大這一條件,即可求解．應用守恒定律求解,可免除碰撞中的許多細節(jié)問題．解　設彈簧的最大壓縮量為x0 ．小球與靶共同運動的速度為v1 ．由動量守恒定律,有(1)又由機械能守恒定律,有(2)由式(1)、(2)可得330 分析　該題可分兩個過程分析．首先是彈丸穿越擺錘的過程．就彈丸與擺錘所組成的系統(tǒng)而言,由于穿越過程的時間很短,重力和的張力在水平方向的沖量遠小于沖擊力的沖量,因此,可認為系統(tǒng)在水平方向不受外力的沖量作用,系統(tǒng)在該方向上滿足動量守恒．擺錘在碰撞中獲得了一定的速度,因而具有一定的動能,為使擺錘能在垂直平面內(nèi)作圓周運動,必須使擺錘在最高點處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提供圓周運動所需的向心力來確定；與此同時,擺錘在作圓周運動過程中,擺錘與地球組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒定律,根據(jù)兩守恒定律即可解出結果．解　由水平方向的動量守恒定律,有(1)為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運動,在最高點時,擺線中的張力FＴ＝0,則(2)式中v′h 為擺錘在圓周最高點的運動速率．又擺錘在垂直平面內(nèi)作圓周運動的過程中,滿足機械能守恒定律,故有(3)解上述三個方程,可得彈丸所需速率的最小值為331 分析　對于粒子的對心彈性碰撞問題,同樣可利用系統(tǒng)(電子和氫原子)在碰撞過程中所遵循的動量守恒和機械能守恒來解決．本題所求電子傳遞給氫原子的能量的百分數(shù),即氫原子動能與電子動能之比 ．根據(jù)動能的定義,有 ,而氫原子與電子的質量比m′/m 是已知的,它們的速率比可應用上述兩守恒定律求得, 即可求出．解　以EH 表示氫原子被碰撞后的動能, Ee 表示電子的初動能,則(1)由于粒子作對心彈性碰撞,在碰撞過程中系統(tǒng)同時滿足動量守恒和機械能守恒定律,故有(2)(3)由題意知m′/m＝1 840,解上述三式可得332 分析　這是粒子系統(tǒng)的二維彈性碰撞問題．這類問題通常采用守恒定律來解決．因為粒子系統(tǒng)在碰撞的平面內(nèi)不受外力作用,同時,碰撞又是完全彈性的,故系統(tǒng)同時滿足動量守恒和機械能守恒．由兩守恒定律方程即可解得結果．解　取如圖所示的坐標,由于粒子系統(tǒng)屬于斜碰,在碰撞平面內(nèi)根據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律可取兩個分量式,有(1)(2)又由機械能守恒定律,有(3)解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率為各粒子相對原粒子方向的偏角分別為333 分析　該題可分兩個階段來討論,首先是子彈和物塊的撞擊過程,然后是物塊(包含子彈)沿斜面向上的滑動過程．在撞擊過程中,對物塊和子彈組成的系統(tǒng)而言,由于撞擊前后的總動量明顯是不同的,因此,撞擊過程中動量不守恒．應該注意,不是任何碰撞過程中動量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞擊力(屬于內(nèi)力)遠大于子彈的重力P1 和物塊的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物塊所受的摩擦力Fｆ ,在該方向上動量守恒,由此可得到物塊被撞擊后的速度．在物塊沿斜面上滑的過程中,為解題方便,可重新選擇系統(tǒng)(即取子彈、物塊和地球為系統(tǒng)),此系統(tǒng)不受外力作用,而非保守內(nèi)力中僅摩擦力作功,根據(jù)系統(tǒng)的功能原理,可解得最終的結果．解　在子彈與物塊的撞擊過程中,在沿斜面的方向上,根據(jù)動量守恒有(1)在物塊上滑的過程中,若令物塊剛滑出斜面頂端時的速度為v2 ,并取A 點的重力勢能為零．由系統(tǒng)的功能原理可得(2)由式(1)、(2)可得334 分析　由于桌面無摩擦,容器可以在水平桌面上滑動,當小球沿容器內(nèi)壁下滑時,容器在桌面上也要發(fā)生移動．將小球與容器視為系統(tǒng),該系統(tǒng)在運動過程中沿水平桌面方向不受外力作用,系統(tǒng)在該方向上的動量守恒；若將小球、容器與地球視為系統(tǒng),因系統(tǒng)無外力作用,而內(nèi)力中重力是保守力,而支持力不作功,系統(tǒng)的機械能守恒．由兩個守恒定律可解得小球和容器在慣性系中的速度．由于相對運動的存在,小球相對容器運動的軌跡是圓,而相對桌面運動的軌跡就不再是圓了,因此,在運用曲線運動中的法向動力學方程求解小球受力時,必須注意參考系的選擇．若取容器為參考系(非慣性系),小球在此參考系中的軌跡仍是容器圓弧,其法向加速度可由此刻的速度(相對于容器速度)求得．在分析小球受力時,除重力和支持力外,還必須計及它所受的慣性力．小球位于容器的底部這一特殊位置時,容器的加速度為零,慣性力也為零．這樣,由法向動力學方程求解小球所受的支持力就很容易了．若仍取地面為參考系(慣性系),雖然無需考慮慣性力,但是因小球的軌跡方程比較復雜,其曲率半徑及法向加速度難以確定,使求解較為困難．解　根據(jù)水平方向動量守恒定律以及小球在下滑過程中機械能守恒定律可分別得(1)(2)式中vm 、vm′分別表示小球、容器相對桌面的速度．由式(1)、(2)可得小球到達容器底部時小球、容器的速度大小分別為由于小球相對地面運動的軌跡比較復雜,為此,可改為以容器為參考系(非慣性系)．在容器底部時,小球相對容器的運動速度為(3)在容器底部,小球所受慣性力為零,其法向運動方程為(4)由式(3)、(4)可得小球此時所受到的支持力為335 分析　(1) 樁依靠自重下沉是利用重力勢能的減少來克服摩擦力作功,可根據(jù)功能原理求解．(2)打樁過程可分為三個階段．．在此過程中,錘與地球系統(tǒng)的勢能轉化為錘的動能,滿足機械能守恒定律．．在這過程中,由于撞擊力遠大于重力和泥土的阻力,錘與樁這一系統(tǒng)滿足動量守恒定律．由于碰撞是完全非彈性的,碰撞后樁和錘以共同速度運動．．在這過程中,樁和錘的動能和系統(tǒng)的勢能將用于克服摩擦力作功,可應用系統(tǒng)的功能原理．根據(jù)以上分析列出相應方程式即可解．(3)仍為打樁過程．所不同的是,在此過程中,碰撞是非彈性的,因此,樁獲得的速度還需根據(jù)錘反彈的高度求出．樁下沉時,仍是以樁的動能和勢能減少來克服摩擦力作功的．解　(1) 在錘擊樁之前,由于樁的自重而下沉,這時,取樁和地球為系統(tǒng),根據(jù)系統(tǒng)的功能原理,有(1)樁下沉的距離為(2) 錘從1 m 高處落下,其末速率為 ．由于錘與樁碰撞是完全非彈性的,錘與樁碰撞后將有共同的速率,按動量守恒定律,有(2)隨后樁下沉的過程中,根據(jù)系統(tǒng)的功能原理,有(3)由式(2)、(3)可解得樁下沉的距離為h2 ＝ m(3) 當樁已下沉35 m 時,再一次錘樁,由于此時的碰撞是一般非彈性的,錘碰撞后的速率可由上拋運動規(guī)律得 ,再根據(jù)動量守恒定律,有(4)隨后,樁在下沉過程中,再一次應用系統(tǒng)的功能原理,得(5)由式(4)、(5)可得樁再一次下沉的距離h3 ＝ m336 分析　因質點系的質心是靜止的, 質心的速度為零, 即vC ＝drC,故有 ,這是一矢量方程．將質點系中各質點的質量和速度分量代入其分量方程式,即可解得第三質點的速度．解　在質點運動的平面內(nèi)取如圖3 36 所示坐標．按 的分量式,有其中 , ,θ ＝30176。,代入后得　 則 337 分析　兩質點被剛性桿連接構成一整體,其質心坐標可按質心位矢式求出．雖然兩力分別作用在桿端不同質點上,但對整體而言,可應用質心運動定律和運動學規(guī)律來求解．解　(1) 選如圖所示坐標,則t ＝0 時,系統(tǒng)質心的坐標為對小球與桿整體應用質心運動定律,得(1)(2)根據(jù)初始條件t ＝0 時,v ＝0,分別對式(1)、式(2)積分可得質心速度的分量與時間的函數(shù)關系式,有(3)(4)根據(jù)初始條件t ＝0 時,x ＝xC0 ,y ＝y(tǒng)C0 ,對式(3)、式(4)再一次積分可得質心坐標與時間的函數(shù)關系式,有及 (2) 利用動量定理并考慮到系統(tǒng)的初始狀態(tài)為靜止,可得系統(tǒng)總動量與時間的函數(shù)關系41 分析與解　力對軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉軸，二是力平行于轉軸(例如門的重力并不能使門轉)．不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉軸的情況)對軸之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規(guī)則可知(1)(2)說法是正確．對于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個力為共點力，當合力為零時，它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然．但如這兩個力為非共點力，則以上結論不成立，故(3)(4)說法不完全正確．綜上所述，應選(B)．42 分析與解　剛體中相鄰質元之間的一對內(nèi)力屬于作用力與反作用力，且作用點相同，故對同一軸的力矩之和必為零，因此可推知剛體中所有內(nèi)力矩之和為零，因而不會影響剛體的角加速度或角動量等，故(1)(2)說法正確．對說法(3)來說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉動慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產(chǎn)生的角加速度不一定相同，因而運動狀態(tài)未必相同，由此可見應選(B)．43 分析與解　如圖所示，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關．當棒處于水平位置，重力矩最大，當棒處于豎直位置時，重力矩為零．因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉動定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應選(C)．44 分析與解　對于圓盤一子彈系統(tǒng)來說，并無外力矩作用，故系統(tǒng)對軸O 的角動量守恒，故L 不變，此時應有下式成立，即式中mvD 為子彈對點O 的角動量ω０ 為圓盤初始角速度，J 為子彈留在盤中后系統(tǒng)對軸O 的轉動慣量，J0為子彈射入前盤對軸O 的轉動慣量．由于J ＞J0 ，則ω＜ω０ ．故選(C)．45 分析與解　由于衛(wèi)星一直受到萬有引力作用，故其動量不可能守恒，但由于萬有引力一直指向地球中心，則萬有引力對地球中心的力矩為零，故衛(wèi)星對地球中心的角動星守恒，即r mv ＝恒量，式中r 為地球中心指向衛(wèi)星的位矢．當衛(wèi)星處于橢圓軌道上不同位置時，由于｜r ｜不同，由角動量守恒知衛(wèi)星速率不同，其中當衛(wèi)星處于近地點時速率最大，處于遠地點時速率最小，