1、第二部分 運動定律和力學中的守恒定律基本要求一、理解牛頓運動定律的內容及實質，明確牛頓運動定律的適用范圍及條件，對定律的應用要求掌握兩點：1、牛頓定律只在慣性系中成立；2、會用微只分的方法處理變力作用下簡單的力學問題。二、掌握動量定理、動量守恒定律。三、理解功的概念，會計算變力的功。四、掌握動能定理、功能原理、機械能守恒定律。五、掌握質點的角動量定理、機械能守恒定律。*能綜合運用三大守恒律解決質點力學中的一些簡單問題。六、理解轉動慣量的概念，掌握剛體定軸轉動的轉動定律；理解剛體定軸轉動的轉動動能，對軸的角動量；掌握定軸轉動的動能定理，角動量定理及機械能守恒，角動量守恒定律。七、理解以伽里略變換

2、為代表的力學相對性原理。八、了解混沌現象；了解對稱性的概念及時空對稱性與力學中三大守恒定律的關系。學習指導一、內容提要解決動力學的方法有三種：一是突出過程矢量性和瞬時性關系的牛頓定律（在剛體中則是標量關系的轉動定律）；二是突出始末狀態矢量關系的動量定理，角動量定理；三是突出始末狀態標量關系的功能原理。1、牛頓定律牛頓第一定律指出了任何物體都有慣性，運動無需力來維持，力是改變物體運動狀態的原因。牛頓第二定律確定的是力與加速度之間瞬時的矢量關系，而質量是物體慣性大小的量度。牛頓第三定律指出了作用力與反作用力總是成對出現的，作用力與反作用力是屬于同一性質的。注意：牛頓定律只適用于質點模型，只在慣性系

3、中成立，只在低速（）、宏觀的條件下適用。牛頓定律常用的坐標分量式有： （21） （22）2、動量定理、動量守恒定律（1）動量；動量是矢量，方向由物體的運動方向（即速度方向）決定；動量是相對量，與參照系的選擇有關。（2）單個質點的動量定理： （23）即力的沖量等于質點動量的增量（3）質點系的動量定理： （24）即質點系的動量的增量等于合外力的沖量，而與內力無關。對于質點系進行受力分析時，要注意內力和外力之分。例如一個由個質點組成的質點系，其中質點所受合力為式中表示質點受到的質點系內力之和。由于內力總是成對出現的，所以在求整個質點系的內力之和時，即再對求和必然為零。 （25）所以說，內力對系統的總

4、動量無貢獻。（4）動量守恒定律：當質點系所受合外力為零時，質點系的總動量保持不變，即恒矢量 （26）注意，守恒條件只能是，而不能是，前者表示在()這段時間內，系統與外界無動量交換，因此在()這段時間內的任一時刻，系統的總動量都與初始時刻的總動量相同；而后者表示在()這段時間內，系統與外界動量的交換量為零，它只能保證系統初始時刻與終了時刻的動量相等，這不能稱之為動量守恒。3、動能定量、功能原理、機械能守恒定律（1）功： （27）即某力的功等于在力的作用下質點的位移的標積之和，在直角坐標系中 （28）（2）能量E：能量是物體的一種潛在的做功本領的量度；機械能E是機械運動狀態參量是相對量，與參照系選

5、擇有關。動能是狀態參量的函數，因與參照系的選擇有關，所以也是相對量。勢能是狀態參量的函數，是一種由一對保守力的功來度量的能量，因此勢能是彼此作用的系統所共有。 （29）即一對保守力的功等于相關勢能增量的負值，勢能大小與勢能零點的選擇有關，勢能函數的形式取決于保守力的函數形式，例如a、重力勢能為地表附近的質點與地球之間的相互作用能；其力函數；零勢能點可任取，h取為質點所在位置與零勢能點間的高度差。b、彈性勢能是彈簧形變時所具有的能量；力函數為，此時系統的坐標原點及彈性勢能零點均在彈簧自然伸長處。c、引力勢能是彼此以萬有引力互相作用的物體間的相互作用能；力函數為，此時是以無窮遠處為引力勢能的零點。

6、（3）單個質點的動能定理： （210）即質點動能的增量等于合外力對質點作的功。（4）質點繁育的動能定理、功能原理、機械能守恒律：質點系的動能定理 （211）質點系的功能原理 （212）即系統機械能的增量等于外力功與內部非保守力功之總和。機械能守恒律如果，即系統與外界無機械能交換，同時，即系統內部無機械能與其他形式能量的轉換，則系統的機械能始終保持一個常數，即 （213）（5）能量守恒與轉換律：在孤立系統內不論發生何種變化過程，各種形式的能量之間無論怎樣轉換，系統的總能量將保持不變。4、角動量定理、角動量守恒定律（1）力矩，力矩是質點產生轉動效應的外在因素，力矩與參考點的選取有關。（2）角動量，

7、角動量是相對量，既與參照系的選擇有關，又與坐標原點的選擇有關。（3）角動量定理： （214）作用在質點上的沖量矩等于質點角動量的增量。（4）角動量守恒定律：如果質點所受外力對某固定點的力矩為零，則質點對該固定的角動量守恒。即，若M=0，則 （215）若質點受有心力作用，則質點對力心的角動量一定守恒。5、剛體定軸轉動的轉動定律（1）轉動慣量：表征剛體轉動慣性大小的物理量，通常用符號I表示，它的定義式為：質點系 （216）質量連續分布的剛體上述定義式中的勻為所考察的質點到軸的距離.轉動慣量的大小與三個因素有關;與質點系的總質量有關;與質量的分布有關;與轉動軸的位置有關,對于給定的轉軸而言,剛體的轉

8、動慣量為一常數.(2)對軸的力矩:力矩是剛體轉動狀態發生變化的原因，即獲得角加速度的原因，用M表示，對軸的力矩的定義式為 （217）式中|是力的作用點到轉軸的距離，力矩對軸的方向只能沿著轉軸的方向。（3）轉動定律： （218）即剛體所獲得的角加速度與轉動慣量成反比，與作用于剛體的外力矩之和成正比。轉動定律在剛體定軸轉動中的地位與牛頓定律在質點力學中的地位相當。6、剛體定軸轉動的動能定理（1）轉動動能：剛體定軸轉動時所有各質點的動能之和，即 （219）（2）力矩對定軸轉動的剛體所做的功為 （220）（3）定軸轉動的動能定理 （221）（4）剛體的勢能：由剛體質心（在一般情況下質心位置與重心位置相

9、同）的高度來決定，即 （222）（5）機械能守恒律：守恒條件為外力矩的功，同時內部非保守力矩的功。7、定軸轉動的角動量定理（1）對軸的角動量：是所有質點在各自的轉動平面內對圓心（即軸與轉動平面的交點）的角動量之和，即 （223）即剛體對某軸的角動量等于剛體對該軸的轉動慣量與角速度的乘積，可見角動量的大小與軸的位置有關。（2）對軸的角動量定理： （224）（224）式表明：定軸轉動的剛體所受合外力矩的沖量矩等于剛體對該軸角動量的增量。（3）對軸的角動量守恒律：若外力對某軸的力矩之和為零，則該物體對同一軸的角動量守恒，即若，則 （225）注意：a、若系統為一定軸轉動的剛體，由于對于給定軸為常數，故

10、時，這與轉動定律的結果一樣。b、若剛體組繞同一軸轉動而角動量守恒，由于此時總角動量為 故守恒時只是總角動量守恒，但各個剛體的角動量則在內力矩的作用下進行再分配（見教材之例224 225）c、若是以相同角速度繞同一軸轉動的質點系（即非剛體）角動量守恒，則由于轉動慣量是變量，故有 （226）即質點組轉動角速度與轉動慣量成反比，由此可解釋許多體育運動。8、伽利略變換及絕對時空觀（1）伽利略坐標變換法則：設系相對于慣性繁育S以勻速軸正方向運動，且點重合，則對某一空一時點的坐標變換方程為： 或 （227）（2）絕對時、空觀 同時性是絕對的：即在系是同時發生的兩個事件，在S系的觀察者觀測到這兩個事件也是同

11、時發生的。這就是的含義；時間間隔是絕對的：即在兩個運動狀態不同的慣性系統中時間間隔是相同的、是絕對的，與運動狀態無關；空間間隔是絕對的：一物體的長度測量值是絕對的，與物體的運動狀態無關。以上就是伽利略變換所代表的絕對時空觀，概括起來說：時間與空間之間彼此獨立、互無聯系，且與物質的分布和物質的運動狀態無關。（3）伽利略速度變換法則 或 （228）（4）伽利略相對性原理（或力學相對性原理）對（227）式求t的一階導數，即得 （229）于是又有 （230）上式表明：任何慣性系在牛頓動力學規律面前都是等價的，這就是說，不可能借助于在慣性系中所做的力學實驗來確定該參考系作勻速直線運動的速度。二、重點、難

12、點分析1、關于牛頓定律的應用（1）牛頓定律只在慣性系中成立：在運用牛頓定律解題時，首先要確認所選參考系是慣性系，如果所研究的問題是地面上物體的運動，一般可選地球作為慣性系。在確定研究對象后，除了正確地畫出隔離體受力圖，還要對研究對象的運動情況進行分析。如圖21所示，以加速度上升的升降機內有一定滑輪，質量不計，滑輪兩邊各持質量分別為的物體（對地的加速度。不少讀者這樣解題：設對升降機的加速度為，則因為 所以對地加速度為這樣解是錯誤的，錯就錯在上面括號內的一組方程。因為這時升降機有對地的加速度，是非慣性系，在升降機參考系中牛頓定律不成立，此時只能以地面為參考系，取向上為軸正向，則對地加速度分別是和，

13、動力學方程為：解得然后再利用對地的加速度。（2）運用微積分處理力學問題：解決這類問題的關鍵有兩點，其一是根據力函數的形式選擇運動定律的形式；其二是正確地分離變量，見解題示例中例23，例24，例25。2、關于動量定理，動量守恒定律的應用（1）在運用動量定理解題時，通常要注意如下幾點：a、明確研究對象并進行受力分析，若是變力，則須明確力函數的形式，在碰撞問題中若，重力等恒力可略去不計：b、正確分析出對象始、末太的動量，并向選定的坐標軸進行投影；列出坐標軸的分量式方程。由于動量是矢量，因此要特別注意始、末態動量在坐標軸上分量的正、負號；若遇到的是變質量系統，則要正確地分析出時刻和時刻的動量，如教材上

14、冊中的例26所示。（2）在應用質點系的動量定恒定律時要注意：a、首先應明確系統的范圍以便正確地分析出內力和外力；b、若，則系統無論在哪個方向動量都守恒；若，但系統在某一方向上的合力為零，則該方向上動量守恒；c、必須把系統內各量統一到同一慣性系中。判斷哪一方向上的合外力為零時要注意的原則是在時，只能忽略恒定的有限大小的主動外力（例如重力）而，隨碰撞而變化的被動外力（例如支持力）一般是不能忽略的。例如質量為M的木聲在光滑的固定斜面上，由A點從靜止開始下滑，當經過路程運動到B點時，木塊被一水平飛來的子彈擊中，子彈立即陷入木塊內（如圖22(a)所示），設子彈的質量為m，速度為v，求子彈擊中木塊后，子彈

15、與木塊的共同速度。對此題，若以子彈、木塊為一系統，則子彈、木塊間的相互作用力為內力；子彈、木塊系統所受外力有重力(M+m)g，彈力N（如圖22(b)所示），重力為有限恒力，在子彈擊中木塊瞬間可略去，而支持力N是與碰撞有關的變化的外力，不能略去，但N垂直于斜面，因此若以斜面方向為x軸，則系統在斜面方向合外力為零因而動量守恒。設木塊沒至B點時的末速度為，方向沿斜面向下，在子彈擊中木塊瞬間，x方向動量守恒，即于是有式中V是子彈擊中木塊后的瞬間，系統沿斜面方向的共同速度。在做該題時常犯的一個錯誤，是忽視了斜面對木塊的支持力N與水平方向不垂直，認為水平方向動量守恒。涉及質點系的動量守恒時，由于質點系內各

16、質點間可能存在著相對運動，因此必須把所有動量統一到同一慣性系中，詳見例26。3、關于動、機械能及機械能守恒定律（1）關于變力的功：此處難點有二：其一，已知的力函數的變量與元位移dr的變量不一致；其二是如何選取積分元。例如一物體按在介質占作直線運動，設介質的阻力正比于速度的平方，即，求物體由時阻力所做的功。題中力函數與積分元的變量就不一致，應進行如下變換：因為 所以 由 ，得 故 ，這時被積函數與積分元的變量一致，故有功的定義源于恒力的功，那么在選取積分元之時，必須使積分元內的功可視為恒力的功，即有，。例如，有一地下蓄水池，面積為S，蓄水深為h，如水面低于地面高度為H，要將這些水全部抽到地面至少

17、需做功多少（即假定將水勻速提升到地面）。如圖23所示，以地面為坐標原點，向上為y軸的正向，向下在y處取厚度為dy的一層水為研究對象，則有勻速將的水提至地面需加的外力為而且這部分水提至地面所作功可視為恒力作功，即所以 （2）關于作用力的功與反作用力的功：有一種錯誤認識，認為作用力與反作用力大小相等、方向相反，因此作用力的功與反作用力的功之和，就像作用力的沖量與反作用力的沖量之和一樣，其和為零，這種認識之所以錯誤，是因為在作用力作用下質點的位移與在反作用力作用下的質點的位移與在一般情況下各不相同，因此作用力的功與反作用力的功之和不一定為零。例如，將一物體在地面上拖動，若以地面為參照系，地面給運動物

18、體的摩擦力做了功，而運動物體給地面的摩擦力就沒有做功。因此，物體與地面之間一對作用力與反作用力的功之和不為零。那么作用力與反作用力作功之和為多少呢？如圖24所示，設為一對內力，則它們功之和為因為 所以 式中兩質點的相對位移。由此可知，一對作用力與反作用力作功之和等于力與相對位移的標積，欲使一對內力功之和為零，須使這一內力處處與它們的相對位移垂直。例如，當一物體沿著一光滑斜面下滑時，那么物體對斜面的壓力與斜面對物體的支持力這一對內力就與它們的相對位移（即物體沿斜面滑動的距離）處處垂直，故這一對內力功之和為零，而且這結論與斜面是否因定無關。一對內力功之和僅由它們的相對位移決定，這一結論給解題帶來許

19、多方便，見教材例213。（3）關于勢能函數：勢能函數的形式不僅取決于保守力的力函數，還與勢能零點的選取有關，求勢能函數的通式為例如，已知地球的半徑為R，質量為M，一質量為m的物體，在距地面高為h處，若取地面為引力勢能零點，則地球、物體系統的引力勢能應取什么形式？因為M與m之間的引力大小為到地心的距離。所以 （從地心指向m）依題意m在離地面為h處，即，引力勢能（4）關于功能原理、機械能守恒定律的應用：對于質點系的動能定理（211）式和質點系的功能原理（212）式，二者的區別在于：（211）式中功是一切力做的功，它包括作用于系統的外力的功，系統內保守力的功和非保守力的功，即；而功能原理（212）式

20、中的功不能包含系統內部保守力的功，這時系統內部保守力的功已用相關的勢能表示了。在運用功能原理、機械能守恒定律解題時，通常要注意如下幾點：a、應指明系統的范圍，以便區分內力和外力，對于內力還要分清保守內力和非保守內力，并判斷守恒條件是否成立；對于保守內力，則可引入一種相關的勢能。b、在列方程之前必須將質點系內各物理量統一到同一慣性系中，以便正確地計算每一個力的功和每一個質點的動能。C、交待各相關勢能的零勢能位置，然后明確系統始末狀態的機械能。4、關于角動量守恒律（1）為什么要引入角動量：我們知道，質點作勻速圓周運動時，其動量是不守恒的，但是質點對圓心的位矢與質點動量的矢積卻是守恒的。中外，大量的

21、事實表明行星繞太陽轉動時，行星對太陽的位矢與行星的動量的矢積也是守恒。衛星的運動、微觀粒子的運動中也存在這一類物理現象，這就是引入角動量的理由。（2）關于角動量守恒定律的應用：角動量守恒的條件是，質點所受外力對某固定點的力矩為零，則質點對該固定點的角動量守恒。由此可知，在應用角動量守恒定律時，除了要選擇慣性系以外，還必須指明是對哪一點的角動量守恒。例如在圓錐擺的運動中（如圖25所示），質點m對圓心O的角動量守恒，而對懸點的角動量就不守恒，這就因為由圖25可看出，是質點作圓錐擺動所需的向心力，它與共線，故；而（因為T與共線，所以）在質點力學中遇到碰撞一類問題時，如果在已經運用了能量守恒、動量守恒

22、等定律后仍然不能回答題設要求，則要考慮是否有可能還要運用角動量守恒；詳見教材例216。5、關于剛體中對軸力矩的計算（1）對軸力矩的一般特點：a、由于剛體是特殊的質點組，即各質點間無相對位移，所以對于一個剛體的運動不用考慮內力矩，如果是剛體組合，則要考慮剛體與剛體之間內力矩的作用。b、在定軸轉動時，若力的作用線與軸平行，或力的作用線（或延長線）與軸相交，則這個力對該軸無力矩。C、由（式中為軸矢徑）知，對軸的力矩其方向只能沿軸的方向，故力矩的方向只有兩個，或正或負，所以對軸的力矩的合成可用代數和完成。d、恒力力矩的數學式為。所謂合外力矩，應理解成每一個外力對同一軸的力矩之和，而不能理解成合外力對某

23、一軸的力矩，這是因為每一個外力的作用點對同一軸的軸矢徑是不相同的。（2）變力矩的計算：處理這類問題的關鍵是正確寫出作用在剛體上各部分的力對軸的力矩。例如，有一質量為，長為的均勻細桿，可在水平桌面上繞通過其一端的豎直固定軸轉動，已知細桿與桌面的滑動摩擦系數為，求桿轉動時受到的摩擦力矩的大小。如圖26所示，在桿上取質元，則質元受摩擦力。摩擦力矩則桿轉動時受到的摩擦力矩為又例如圖27所示，葉片繞軸轉動時，單位面積上所受阻力與速度的平方成正比，求葉片以速度轉動時所受的阻力矩。在距軸處取一個面積元則該面積元所受阻力大小為則整個葉片所受阻力矩為6、轉動定律的應用在涉及滑輪的力學題中，如題中交待了滑輪質量不

24、計，則是質點力學問題，如教材中例21，如題中交待了滑輪的質量及半徑，并說明繩與滑輪間無相對滑動，則屬于剛體力學問題，如教材中例220，這時滑輪兩邊繩中的張力不相等。對于變力矩作用下剛體的轉動，則要根據變力矩的函數形式來選擇轉動定律的形式，例如若阻力矩是角速度的函數，即則有進行變量分離即得7、剛體定軸轉動中守恒律的應用（1）關于機械能守恒：在剛體運動中機械能守恒條件是。即外力不做功，內部非保守力不做功。只是需要注意，剛體的轉動動能不能用其質心的動能代替，而剛體的勢能是以它的質心位置作為代表，即（2）在質點與剛體的相互作用中，初學者往往習慣用動量守恒而不考慮角動量守恒的問題，為區分這兩個守恒律，必

25、須注意：a、動量守恒只適用于質點模型，對轉動的剛體，一般性地討論動量是沒有意義的；角動量守恒，既適用于剛體模型也適用于質點模型，只要涉及了剛體轉動，對于工科學生不考慮動量守恒為宜。b、一個質點系所受合外力為零，并不意味著合外力矩一定為零。例如對于一對力偶，其合力為零，合力矩不為零，因此動量守恒的系統，其角動量不一定守恒。解題示例例21 兩個物體A和B位于無摩擦的桌面上如例21圖所示，它們系于繞過輕滑輪長度為的輕繩兩端，另外用一輕繩把滑輪和懸掛著的物體C連接起來，求每個物體的加速度，設A，B，C的質量分別為。解：設A、B兩物體對動滑輪的相對另速度為，且相對動滑輪的加速度方向如圖所示，又設動滑輪的

26、加速度為，則兩物對地的加速度分別為由牛頓定律:對有 （1）對有 （2）對有 （3）對動滑輪有 聯立以上4式得例22 一桶水以角速度繞鉛直軸做勻速轉動，試證明當水與水桶處于相對靜止時，桶內水的自由面開關是一個旋轉拋物面。解：如例22圖，取液面底為原點建立坐標，在液面上取一質量元，其受重力和周圍流體對的壓力，它們的合力F就是使繞軸轉動的向心力。 （1）而切線與同夾角的正切是該處斜率，即 （2）于是有即積分得，因時，所以C = 0，故，得證。例23 一質量為45kg的物體，由地面以初速豎直向上發射，空氣的阻力為的單位是的單位是。求（1）物體發射到最大高度所需的時間；（2）最大高度為多少？解：（1）物

27、體豎直向上發射后將受到向下的重力和向下的阻力F的作用，取地面為原點，坐標軸的正方向向上，按牛頓第二定律有由題意知，時物體位于地面，其速度為時，物體位于最高點，其速度為零，故對上式積分有得物體自地面發射到最大高度所需的時間為（2）因 故 得 又因 所以 解得物體到達的最大高度為 例24 如例24圖，光滑水平面上固定一半徑為薄圓筒，質量為m的物體在筒內以初速率沿筒的內壁逆時針方向運動，物體與筒內壁接觸處的摩擦系數為，求：（1）作用在物體上的摩擦力；（2）物體的切向加速度；（3）物體速度從減小到所需的時間和經歷的路程。解：由題意知物體作半徑為的圓周運動，設任一時刻物體的速率為，受力情況如例24圖所示

28、，N和分別是環內壁作用在物體上的彈力和摩擦力，物體所受重力和水平面的支承力在豎直方向相互平衡，圖中未畫出，物體的動力學方程為，在自然坐標系中的分量式是 (1)由,兩邊積分再由摩擦力公式和(1)式得即摩擦力隨時間逐漸減小;方向沿圓周切向與物體相對于筒的運動方向相反.（2）由(2)式得（3）當時，有得 再由，兩邊積分得 例25 如例25圖(a)所示，質量為的物體的左側與勁度系數為k的固定輕彈簧相連，靜止在光滑水平桌面上，右側由細繩繞過定滑輪與質量為的物體相連，繩不可伸長，滑輪質量不計，上托使彈簧為原長，然后從靜止釋放，求：（1）系統的加速度；（2）系統的速度。解（1）設時刻彈簧伸長，則彈性力，取為

29、隔離體并畫出其受力圖如例25圖(b)所示，取坐標系則的動力學方程分別為 （1） （2）因為 由（1），（2）兩式得（2）求速度有兩種方法：方法 由兩邊積分得方法 在運動過程中，取，彈簧和地球組成的系統，除保守內力作功外，外力不作功。而非保守內力（為繩中的張力）作的功之和，所以機械能守恒。得由此即可求出速度，與方法所得結果相同。例26： 一質量為m的人抓住一根掛在質量為M的氣球下面的繩梯，最初氣球相對于地面是靜止的。（1）如果這人以相對于繩梯的速率v攀登繩梯，則氣球將朝什么方向（相對于地球）運動？速率多大？（2）這人停止攀登后，氣球的運動狀態如何？解：（1）由于系統（氣球和人）最初處于靜止狀態，

30、且在人攀登繩梯的過程中，系統所受合外力為零，設氣球向著地球運動速度為u，則人相對于地球攀登速度將為，以地面作為參考系，列出系統的動量守恒方程由上述方程得氣球向著地面運動的速度（2）根據上述結果，當地，有，即當人停止攀登時，氣球也靜止不動。例27 設有一鐵道炮車在水平線上運動，炮車及炮身的質量為M，炮彈的質量為m，炮筒與水平線的夾角為（如例27圖所示），在彈藥爆炸后炮彈對炮車的相對速度為，求彈藥爆炸的氣體壓力所作的功。解 選定地面為靜止參照系，設發射炮彈前炮車和炮彈對地的速度為（水平方向）；爆炸后，炮車對地的水平速度為炮彈對地的速度為，如例27圖所示，則炮車、炮彈系統沿水平方向動量守恒； （1）

31、爆炸氣體壓力的功為 （2）由（1）式得代入（2）式得例28 如例28圖所示，長為L鏈條，質量均勻分布，總質量為m，置于水平桌面上，鏈條與桌面間的摩擦系數為，開始時下垂部分的長度為4L/5，處于靜止狀態，現沿水平方面施外力F將鏈條勻速拉上桌面，求外力作的功。解 方法 取坐標Ox，設某時刻鏈條水平部分的長度為x，受桌面的摩擦力為，下垂部分的長度為，所受重力為，因鏈條勻速運動，故有當鏈條位移時，拉力作功故 方法 用功能原理求解，對鏈條和地球組成的系統，外力F和非保守內力作功之和應等于系統機械能的增量。即所以例29 同一個人消耗同樣的能量從河中的一只船上往岸上跳，一次是從大船中起跳，一次是從小船上起跳

32、，問哪次容易達到目的？試定量說明之（設船、岸近似在同一水平高度）。解：設人的質量為m，船的質量為M，在人跳離時，人對地的速度是v，船對地的速度是，人之所以能跳上岸是因為人和船之間的一對非保守內力作了正功，使人和船均獲得了動能。即有 （1）另外，人、船這一系統在水平方向動量守恒，即有 （2）聯立（1），（2）兩式可得 ，這說明，當人消耗同樣的能量時，船的越大，人獲得的動能越大，因而從大船往岸上跳要容易些。例210 如例210所示，輕繩跨過光滑滑輪，一端系升降亭，質量為M，亭中人的質量為m，繩的另一端系一重物，質量為(M+m)，以與升降亭平衡，設人在地面上跳時所能達到的最大高度為h，若人在升降亭中消耗同樣的能量上跳，試問最大高度是多少？忽略滑輪的質量。解 設人上跳的初速為v，升降亭獲得向下的速度為V（均相對于地），以升降亭、滑輪、人和平衡重物為物體系，以滑輪中心為參考點，系統所受合外力矩為零，故角動量守恒，有式中r為滑輪半徑，于是升降亭獲得的速度為根據題意，人上跳消耗的能量為mgh，轉變為系統的動能，即解得故人在長降亭中上跳的最大高度為例211 如例211圖(a)，兩物體A,B的質量相同，均在m. A放在傾角為的光滑斜