第三章 动量与能量 部分习题分析与解答第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力，直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的。如果考虑力的时间累积效果，运用动量定理来分析，就可避免作用过程中的细节情况。由于飞机的状态变化不知道，可讨论鸟的状态变化来分析其受力，并根据力作用的相互性，问题得到解决。
3-1 一架以 的速率水平飞行的飞机，与一只身长为 0.2m、质量为 0.50kg的飞鸟相碰。设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度，而原来飞鸟对于地面的速率甚小，可以忽略不计。试估计飞鸟对飞机的冲击力（碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算）。根据本题的计算结果，你对于高速运动的物体（如飞机、汽车）与通常情况下不足以引起危害的物体（如飞鸟、小石）相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会?
12100.3 sm
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答解,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
0 mvtF
式中 F’为飞机对鸟的平均冲力，而身长为 20cm的飞鸟与飞机碰撞时间约为,以此代入上式可得vlt /
NlmvF 5
2
1025.2
鸟对飞机的平均冲力为
NFF 51025.2
式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反。从计算结果可知冲力相当大，若飞鸟与发动机叶片相碰，足以使发动机损坏，造成飞行事故第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,对于弯曲部分 AB段内的水而言，
在 Δ t时间内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量。因此对这部分水来说，在 Δ t内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量，此动量的变化是管壁在 Δ t 时间内对其作用的冲量 I的结果，依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力 F，由牛顿第三定律可求 F‘。
3-5 如图所示，在水平地面上，有一横截面 的直角弯管，管中有流速为 v=3.0m.S-1的水通过，求弯管所受力的大小和方向。
220.0 mS?
v
S
B
A
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答解,在 Δ t时间内，从管一端流入水的质量为
Δ m=ρ vSΔ t，弯曲部分 AB的水的动量的增量则为
)(
)(
AB
AB
vvtvs
vvmp
依据动量定理 I=Δ P，得到管壁对这部分水的 平均冲力为
NSvFF 32 105.22
水对管壁作用力的大小为
v
S
B
A
)( AB vvSvtIF
作用力的方向则沿直角平分线向弯管外侧。
PA
PB
Δ P
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,物体在最高点处爆炸的过程，由于爆炸内力远大于重力，重力的冲量可忽略，物体爆炸过程中动量守恒。由于爆炸后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出，由动量守恒定律可得第二块碎片抛出的速度，进而可求出落地位置。
3-6 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 19.6m。爆炸后 1.00s后，第一块到爆炸点正下方的地面上，此处距离抛出点的水平距离为 1.00× 102m。问第二块落在距离抛出点多远的地面上。（设空气的阻力不计）
解 取如图所示坐标，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
)1(
210
1
0 h
gx
t
xv
x
y
x1 xO
v2
x2
h A v
1
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答物体爆炸后，第一块碎片竖直落下的运动方程为当该碎片落地时，有 y1=0,t=t1，则由上式得第一块碎片抛出的速度
2
11 2
1 gttvhy
)2(2
1
1
2
1
1
t
gth
v
y
x1 xO
v2
x2
h A v
1
又根据动量守恒定律，在最高点处有
)4(
2
1
2
1
0
)3(
2
1
21
20
y
xx
mvmv
mvmv
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答联立解式（ 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
y
x1 xO
v2
x2
h A v
1
爆炸后，第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为
1
1
2
1
12
1
102
.7.142
1
.1 0 0
2
22
sm
t
gth
vv
sm
h
g
xvv
y
xx
)6(
2
1
)5(
2
2222
2212
gttvhy
tvxx
y
x
落地时,y2=0，由式（ 5）、（ 6）可解得第二块碎片落地点的水平位置,x2=500m
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,人跳跃躏距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致。在抛物的过程中，人与物之间相互作用的冲量，使他们各自的动量发生了变化。人与物水平方向不受外力作用，系统在该方向上动量守恒，
且必须注意是相对地面（惯性系）而言的，
根据相对运动可确定人与物的速度，求得人在水平方向速率地增量就可求出人因抛物而增加的距离。
3-8 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 v0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）
y
x
x
o
v0
vu
Δ x
α
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答
y
x
x
o
v0
vu
Δ x
α
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，在向左抛物的过程中，满足动量守恒，故有
)('c o s)'( 0 uvmvmvmm
式中 v 为人抛物后相对地面的水平速率，
v-u 为抛出物对地面的水平速率。
umm mvv 'c o s0?人的水平速率的增量为
umm mvvv 'c o s0?
而人从最高点到地面的运动时间为
g
vt?s in0?
所以，人跳跃的距离的增加量为
ugmmmvvtx )'( s in0
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,该题中虽施以“恒力”，但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来求解。
3-13 如图所示，一绳索跨过无摩擦的滑轮，系在质量为 1.00kg
的物体上，起初物体静止在无摩擦的水平平面上，若用 5.00N的恒力作用在绳索的另一端，使物体向右作加速运动，当系在物体上的绳索从与水平面成 30° 角变为 37° 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 d=1.00m。
1m5N30°
37°
x x1 x2 0
解,取图示坐标，绳索拉力对物体所作的功为
Jdx
x
x
dxFxdFW
x
x
x
x
x
x
69.1
1
5
c o s
2
1
2
1
2
1
22
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,本 题是一个变力作功问题，关键在于寻找力函数。根据运动学关系可作变量转换，变量从 v变换到 t，再从 t变换到 x，就可按功的定义式求解。
3-14 一物体在介质中按规律 x=ct3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 x0=0运动到 x=L
时，阻力所作的功。（已知阻力系数为 k ）
解,由运动学方程 x=ct3，可得物体的速度
3/73/2
0
3/43/2
0
0
0
7
27
9
180co s
Lkcdxxkc
dxFxdFW
L
LL
23 ct
dt
dxv
按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为
3
4
3
2422 99 xkctkckvF
则阻力的功为第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,由于水桶在匀速上提过程中，拉力必须始终与水桶相平衡。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。只要能写出重力随高度变化的关系，拉力作功即可求出。
3-15 一人从 10.0m深的井中提水，起始桶中装有 10.0kg水，由于水桶漏水，每升高 1.00m要漏去 0.20kg水。水桶被匀速从井中提到井口，求人所作的功。
解,水桶在匀速上提过程中，拉力与水桶重力平衡，有
m
m
Jdygymg
ydFW
10
0
10
0
882)(?
在图示所取坐标下，水桶重力随位置的变化关系为
gymgP
其中 α =0.2kg/m，人对水桶的拉力的功为
0 PF
yF
P
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,该系统的相互排斥力是有心力。当两粒子分离时，在该力作用下，系统的势能要发生变化；斥力的功在数值上等于系统势能增量的负值；势能零点在无究远处。
3-18 设两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 F=k/r3的规律而变，其中 k为常量。度求两粒子相距为 r时的势能。（设力为零的地方势能为零）
解,由力函数 F=k/r3可知，当 r→ ∞时,F=0，势能亦为零。
在此力场中两粒子相距 r时的势能为
rr
pp
dr
r
k
rdFW
EEE
3
)(
则 Ep=k/2r2
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,该题可用机械能守恒定律来解。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（取状态 1)，直到 B板刚被提起（取状态 2），
在这一过程中，系统不受外力作用，而内力又只有保守力作功，支持力不作功，因此满足机械能守恒的条件，列出方程，并结合这两个状态下受力的平衡，便可求出压力。
3-21 如图示,A和 B两块板用一轻弹簧连接起来，它们质量分别为 m1和 m2。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。（设弹簧劲度系数为 k）
A
B
A
B
N
M
0
y y2
y1
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答解,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
A
B
N
M
0
y y2
y1
Am1
P1F2
m1
F1
P1
F
Bm
2
P2
F2’
)1(11 FpF
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
21
2
211
2
1 2
1
2
1 gymkygymky
为计算方便起见，通常取弹簧原长时的弹性势能为零点，也同时为重力势能的零点。
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答
A
B
N
M
0
y y2
y1
Am1
P1F2
m1
F1
P1
F
Bm
2
P2
F2’
式中 y1,y2为 M,N两点对原点 O的位移。因为 F1=ky1,F2=ky2及 P1=m1g，
上式可写为
gmmPPF )( 2121
)2(2 121 PFF
当 A板跳到 N点时,B板刚被提起，此时弹性力Ｆ’ 2=P2，且 F2=F’2。由式（３）可得由式（ 1）、（ 2）可得 )3(
21 FPF
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,若取矿车、地球、弹簧为系统，
支持力不作功，重力、弹力为保守力，
而阻力为非保守力且作功，系统不满足机械能守恒定律的条件，故应该用功能原理去求解。同时注意势能零点的选取，
常选取弹簧原长时的位置为重力势能、
弹性势能共同的零点。
3-22 如图示，有一自动卸货矿工车，满载时的质量为 m’，从与水平成倾角 α =30.0° 斜面上的点 A由静止下滑。设斜面对车的阻力为车重的 0.25倍，矿车下滑距离 L时，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变为多大？
A
L
α
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答解,选取沿斜面向上为 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。
矿车在下滑和上行的全过程中，摩擦力所作的功为
)1())('25.025.0( xLgmmgW f
式中 m为空载时的质量,x为弹簧最大被压缩量。
)( kpf EEEW
xB
xA
x
α
L
x
o
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，故有由于矿车返回原位时速度为零，故 Δ EK=0；而 Δ EP=（ m-m’)g(L+x)sin α,
故有
)2(s i n)()'(?xLgmmW f
由式（ 1）、（ 2）可解得
3
1
'
m
m
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,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力作功，系统的机械能守恒。初态选在压缩弹簧刚被释放时刻，这样可以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，小于此速率时，小球将脱离轨道抛出。该速率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。再由系统的机械能守恒定律解出弹簧劲度系数的最小值即可。
3-26 如图示，把质量 m=0.20kg的小车放在位置 A时，弹簧被压缩 Δ L=7.5× 10-2m。然后在弹簧弹性力的作用下，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力不计。已知 BCD是半径 r=0.15m的半圆弧,AB相距为 2r。求弹簧劲度系数的最小值。
D0B
C
A
2r
r
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答解,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
)1(
2
r
mvmg c?
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
)2(21)3()(21 22 cmvrmgLk
由式（ 1）、（ 2）可解得
1
2 3 6 6)(
7
mN
L
m g rk
D0B
C
A
2r
r
3-1 一架以 的速率水平飞行的飞机，与一只身长为 0.2m、质量为 0.50kg的飞鸟相碰。设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度，而原来飞鸟对于地面的速率甚小，可以忽略不计。试估计飞鸟对飞机的冲击力（碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算）。根据本题的计算结果，你对于高速运动的物体（如飞机、汽车）与通常情况下不足以引起危害的物体（如飞鸟、小石）相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会?
12100.3 sm
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答解,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
0 mvtF
式中 F’为飞机对鸟的平均冲力，而身长为 20cm的飞鸟与飞机碰撞时间约为,以此代入上式可得vlt /
NlmvF 5
2
1025.2
鸟对飞机的平均冲力为
NFF 51025.2
式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反。从计算结果可知冲力相当大，若飞鸟与发动机叶片相碰，足以使发动机损坏，造成飞行事故第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,对于弯曲部分 AB段内的水而言，
在 Δ t时间内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量。因此对这部分水来说，在 Δ t内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量，此动量的变化是管壁在 Δ t 时间内对其作用的冲量 I的结果，依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力 F，由牛顿第三定律可求 F‘。
3-5 如图所示，在水平地面上，有一横截面 的直角弯管，管中有流速为 v=3.0m.S-1的水通过，求弯管所受力的大小和方向。
220.0 mS?
v
S
B
A
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答解,在 Δ t时间内，从管一端流入水的质量为
Δ m=ρ vSΔ t，弯曲部分 AB的水的动量的增量则为
)(
)(
AB
AB
vvtvs
vvmp
依据动量定理 I=Δ P，得到管壁对这部分水的 平均冲力为
NSvFF 32 105.22
水对管壁作用力的大小为
v
S
B
A
)( AB vvSvtIF
作用力的方向则沿直角平分线向弯管外侧。
PA
PB
Δ P
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,物体在最高点处爆炸的过程，由于爆炸内力远大于重力，重力的冲量可忽略，物体爆炸过程中动量守恒。由于爆炸后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出，由动量守恒定律可得第二块碎片抛出的速度，进而可求出落地位置。
3-6 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 19.6m。爆炸后 1.00s后，第一块到爆炸点正下方的地面上，此处距离抛出点的水平距离为 1.00× 102m。问第二块落在距离抛出点多远的地面上。（设空气的阻力不计）
解 取如图所示坐标，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
)1(
210
1
0 h
gx
t
xv
x
y
x1 xO
v2
x2
h A v
1
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答物体爆炸后，第一块碎片竖直落下的运动方程为当该碎片落地时，有 y1=0,t=t1，则由上式得第一块碎片抛出的速度
2
11 2
1 gttvhy
)2(2
1
1
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v
y
x1 xO
v2
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又根据动量守恒定律，在最高点处有
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y
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mvmv
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第三章 动量与能量 部分习题分析与解答联立解式（ 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
y
x1 xO
v2
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1
爆炸后，第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为
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1
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2
1
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2
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2212
gttvhy
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y
x
落地时,y2=0，由式（ 5）、（ 6）可解得第二块碎片落地点的水平位置,x2=500m
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,人跳跃躏距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致。在抛物的过程中，人与物之间相互作用的冲量，使他们各自的动量发生了变化。人与物水平方向不受外力作用，系统在该方向上动量守恒，
且必须注意是相对地面（惯性系）而言的，
根据相对运动可确定人与物的速度，求得人在水平方向速率地增量就可求出人因抛物而增加的距离。
3-8 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 v0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）
y
x
x
o
v0
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α
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答
y
x
x
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v0
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Δ x
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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，在向左抛物的过程中，满足动量守恒，故有
)('c o s)'( 0 uvmvmvmm
式中 v 为人抛物后相对地面的水平速率，
v-u 为抛出物对地面的水平速率。
umm mvv 'c o s0?人的水平速率的增量为
umm mvvv 'c o s0?
而人从最高点到地面的运动时间为
g
vt?s in0?
所以，人跳跃的距离的增加量为
ugmmmvvtx )'( s in0
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,该题中虽施以“恒力”，但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来求解。
3-13 如图所示，一绳索跨过无摩擦的滑轮，系在质量为 1.00kg
的物体上，起初物体静止在无摩擦的水平平面上，若用 5.00N的恒力作用在绳索的另一端，使物体向右作加速运动，当系在物体上的绳索从与水平面成 30° 角变为 37° 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 d=1.00m。
1m5N30°
37°
x x1 x2 0
解,取图示坐标，绳索拉力对物体所作的功为
Jdx
x
x
dxFxdFW
x
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69.1
1
5
c o s
2
1
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1
2
1
22
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,本 题是一个变力作功问题，关键在于寻找力函数。根据运动学关系可作变量转换，变量从 v变换到 t，再从 t变换到 x，就可按功的定义式求解。
3-14 一物体在介质中按规律 x=ct3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 x0=0运动到 x=L
时，阻力所作的功。（已知阻力系数为 k ）
解,由运动学方程 x=ct3，可得物体的速度
3/73/2
0
3/43/2
0
0
0
7
27
9
180co s
Lkcdxxkc
dxFxdFW
L
LL
23 ct
dt
dxv
按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为
3
4
3
2422 99 xkctkckvF
则阻力的功为第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,由于水桶在匀速上提过程中，拉力必须始终与水桶相平衡。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。只要能写出重力随高度变化的关系，拉力作功即可求出。
3-15 一人从 10.0m深的井中提水，起始桶中装有 10.0kg水，由于水桶漏水，每升高 1.00m要漏去 0.20kg水。水桶被匀速从井中提到井口，求人所作的功。
解,水桶在匀速上提过程中，拉力与水桶重力平衡，有
m
m
Jdygymg
ydFW
10
0
10
0
882)(?
在图示所取坐标下，水桶重力随位置的变化关系为
gymgP
其中 α =0.2kg/m，人对水桶的拉力的功为
0 PF
yF
P
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,该系统的相互排斥力是有心力。当两粒子分离时，在该力作用下，系统的势能要发生变化；斥力的功在数值上等于系统势能增量的负值；势能零点在无究远处。
3-18 设两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 F=k/r3的规律而变，其中 k为常量。度求两粒子相距为 r时的势能。（设力为零的地方势能为零）
解,由力函数 F=k/r3可知，当 r→ ∞时,F=0，势能亦为零。
在此力场中两粒子相距 r时的势能为
rr
pp
dr
r
k
rdFW
EEE
3
)(
则 Ep=k/2r2
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,该题可用机械能守恒定律来解。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（取状态 1)，直到 B板刚被提起（取状态 2），
在这一过程中，系统不受外力作用，而内力又只有保守力作功，支持力不作功，因此满足机械能守恒的条件，列出方程，并结合这两个状态下受力的平衡，便可求出压力。
3-21 如图示,A和 B两块板用一轻弹簧连接起来，它们质量分别为 m1和 m2。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。（设弹簧劲度系数为 k）
A
B
A
B
N
M
0
y y2
y1
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答解,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
A
B
N
M
0
y y2
y1
Am1
P1F2
m1
F1
P1
F
Bm
2
P2
F2’
)1(11 FpF
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
21
2
211
2
1 2
1
2
1 gymkygymky
为计算方便起见，通常取弹簧原长时的弹性势能为零点，也同时为重力势能的零点。
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答
A
B
N
M
0
y y2
y1
Am1
P1F2
m1
F1
P1
F
Bm
2
P2
F2’
式中 y1,y2为 M,N两点对原点 O的位移。因为 F1=ky1,F2=ky2及 P1=m1g，
上式可写为
gmmPPF )( 2121
)2(2 121 PFF
当 A板跳到 N点时,B板刚被提起，此时弹性力Ｆ’ 2=P2，且 F2=F’2。由式（３）可得由式（ 1）、（ 2）可得 )3(
21 FPF
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,若取矿车、地球、弹簧为系统，
支持力不作功，重力、弹力为保守力，
而阻力为非保守力且作功，系统不满足机械能守恒定律的条件，故应该用功能原理去求解。同时注意势能零点的选取，
常选取弹簧原长时的位置为重力势能、
弹性势能共同的零点。
3-22 如图示，有一自动卸货矿工车，满载时的质量为 m’，从与水平成倾角 α =30.0° 斜面上的点 A由静止下滑。设斜面对车的阻力为车重的 0.25倍，矿车下滑距离 L时，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变为多大？
A
L
α
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答解,选取沿斜面向上为 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。
矿车在下滑和上行的全过程中，摩擦力所作的功为
)1())('25.025.0( xLgmmgW f
式中 m为空载时的质量,x为弹簧最大被压缩量。
)( kpf EEEW
xB
xA
x
α
L
x
o
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，故有由于矿车返回原位时速度为零，故 Δ EK=0；而 Δ EP=（ m-m’)g(L+x)sin α,
故有
)2(s i n)()'(?xLgmmW f
由式（ 1）、（ 2）可解得
3
1
'
m
m
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答分析,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力作功，系统的机械能守恒。初态选在压缩弹簧刚被释放时刻，这样可以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，小于此速率时，小球将脱离轨道抛出。该速率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。再由系统的机械能守恒定律解出弹簧劲度系数的最小值即可。
3-26 如图示，把质量 m=0.20kg的小车放在位置 A时，弹簧被压缩 Δ L=7.5× 10-2m。然后在弹簧弹性力的作用下，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力不计。已知 BCD是半径 r=0.15m的半圆弧,AB相距为 2r。求弹簧劲度系数的最小值。
D0B
C
A
2r
r
第三章 动量与能量 部分习题分析与解答解,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
)1(
2
r
mvmg c?
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
)2(21)3()(21 22 cmvrmgLk
由式（ 1）、（ 2）可解得
1
2 3 6 6)(
7
mN
L
m g rk
D0B
C
A
2r
r
