第3章 連續(xù)物體的運動一 基本要求 1 理解描寫剛體定軸轉動的物理量，并掌握角量與線量的關系。2 理解力矩和轉動慣量概念，掌握剛體繞定軸轉動的轉動定律。3理解角動量概念，掌握質點在平面內運動以及剛體繞定軸轉動情況下的角動量守恒定律。4理解剛體定軸轉動的轉動動能概念，能載有剛體繞定軸轉動的問題中正確的應用機械能守恒定律。5了解流體的特點，掌握理想流體的概念。6掌握理想流體的連續(xù)性方程和伯努利方程。7了解伯努利方程的應用。二 基本概念1連續(xù)介質 在宏觀力學的范圍內如果能忽視物體內部的不連續(xù)性，把物體看作質量連續(xù)分布的質點系。2剛體 大小和形狀的變化可以忽略的連續(xù)介質。3對定軸的力矩：力的大小與點到力的作用線的垂直距離的（力臂）乘積。 或 =r×F 4轉動慣量 轉動慣量是描述剛體在轉動中慣性大小的物理量。對于質點系的轉動慣量 。如果物體的質量是連續(xù)分布的，上式可寫為 。5 質點的角動量 質點對固定點O的位矢為，質點m對原點O的角動量為 6 沖量矩 力矩和作用時間的乘積，記作。7剛體定軸轉動的角動量 8力矩的功 9力矩的功率 10剛體的轉動動能 11流體 處于液態(tài)和氣態(tài)的物體的統(tǒng)稱。特點是物體各部分之間很容易發(fā)生相對運動，即流動性。12理想流體 絕對不可壓縮和完全沒有黏性的流體。13定常流動 流體流經空間任一給定點的速度是確定的，并且不隨時間變化。在流速較低時定常流動的條件是能夠得到滿足的。14流線 為了形象地描述流體的運動, 在流體中畫出一系列曲線,使曲線上每一點的切線方向與流經該點流體質點的速度方向相同, 這種曲線稱為流線。15流管 在定常流動中,通過流體中的每一點都可以畫一條流線。由流線圍成的管狀區(qū)域, 就稱為流管。16流量 單位時間內流過某一截面的流體體積, 稱為流體流過該截面的體積。三 基本規(guī)律1剛體定軸轉動角量與線量的關系 =R = R 2轉動定律 剛體繞定軸轉動時，剛體的角加速度與所受的合外力矩成正比，與剛體的轉動慣量成反比，。3相加性原理 對同一轉軸而言，剛體總轉動慣量等于各部分轉動慣量之和。4平行軸定理 質量為m的剛體對過它質心的軸的轉動慣量是,如果有另一軸與該軸平行，兩軸之間的距離為d,那么剛體對軸的轉動慣量為5質點的角動量定理 對同一參考點，質點所受的沖量矩等于質點角動量的增量6質點的角動量守恒定律 當質點所受的對參考點的合外力矩為零時，質點對參考點的角動量為一恒矢量。7剛體定軸轉動的角動量定理 作用在剛體上的沖量矩等于剛體角動量的增量。8剛體定軸轉動的角動量守恒定律 當剛體所受的的合外力矩為零，或者不受合外力的作用，剛體的角動量保持不變。9剛體繞定軸轉動的動能定理 合外力矩對繞定軸轉動的剛體所作的功，等于剛體的轉動動能的增量，即 。10理想流體的連續(xù)性方程 理想流體作定常流動時, 流體的速率與流管截面積的乘積是一個恒量, = 恒量。11伯努利方程 作定常流動的理想流體四 難點解析與問題討論 1轉動定律的應用剛體定軸轉動定律的應用與牛頓運動定律的應用相似。牛頓運動定律應用的基礎是受力解，而對于轉動定律的應用，則不僅要進行受力解，還要進行力矩解。按力矩解可用轉動定律列出剛體定軸轉動的動力學方程并求解出結果。 在剛體定軸轉動定律的應用中還常常涉及到與牛頓運動定律的綜合。題目的復雜性相對較大，這也是大家注意的問題。 問題3.如圖3.1所示，一輕桿（不計質量）長度為2，兩端各固定一小球，A球質量為2m，B球質量為m，桿可繞過中心的水平軸O在鉛垂面內自由轉動，求桿與豎直方向成角時的角加速度。 圖3.1解 輕桿連接兩個小球構成一個簡單的剛性質點系統(tǒng)。系統(tǒng)運動形式為繞O軸的轉動，應該用轉動定律求解                             （1） 先解系統(tǒng)所受的合外力矩。系統(tǒng)受外力有三個，即A、B受到的重力和軸的支撐作用力。軸的作用力對軸的力臂為零，故力矩為零，系統(tǒng)只受兩個重力矩作用。以順時針方向作為運動的正方向，則A球受力矩為正，B球受力矩為負，兩個重力的力臂相等為，故合力矩                 (2) 系統(tǒng)的轉動慣量為兩個小球（可看作質點）的轉動慣量之和                        (3) 將（2）（3）式代入（1）式 有                       解得問題3.2如圖3.2所示，有一勻質細桿長度為，質量為m，可繞其一端的水平軸O在鉛垂面內自由轉動。當它自水平位置自由下擺到角位置時角加速度有多大？ 圖3.2解 桿受到兩個力的作用，一個是重力，一個是O軸作用的支撐力。O軸的作用力的力臂為零，故只有重力提供力矩。重力是作用在物體的各個質點上的，但對于剛體，可以看作是合力作用于重心。即桿的中心，力臂為。桿對O軸的轉動慣量為。按轉動定律有 即                       解得                      問題3.3如圖3.3所示，一固定光滑斜面上裝有一勻質圓盤A作為定滑輪，輪上繞有輕繩（不計質量），繩上連接兩重物B和C。已知A、B、C的質量均為m，輪半徑為r，斜面傾角。若輪軸的摩擦可忽略，輪子和繩子之間無相對滑動，求裝置啟動后兩重物的加速度及繩中的張力？ 圖3.3解 A、B、C構成一個連接體，A輪沿順時針方向轉動，B物體向下運動，C物體沿斜面向上運動。設A的角加速度為，B、C加速度的大小相等設為a，繩子中張力的大小在A、B間設為、（），在A、C間設為、（）。和不相等，否則輪A受合力矩將為零，就不可能隨繩子運動了，這顯然不符合題意。     對滑輪A，滑輪所受的重力的力心在軸上，輪軸的支撐力也在軸上，它們的力臂均為零，故力矩也為零，所以只有繩子的張力和提供力矩，按轉動定律有 對重物B，按牛頓運動定律有 對重物C，按牛頓運動定律有 由于輪子和繩子之間無相對滑動，A輪邊緣的切向加速度和B、C加速度的大小相等，又按角量與線量關系有 聯立以上四個方程可解得   2剛體定軸轉動的角動量和動能單個質點對軸的角動量： 單個剛體對軸的角動量：共軸轉動剛體系統(tǒng)的角動量：定軸轉動剛體的動能歸結于質點系的動能，定義為組成剛體的各質點動能之和，即 其中為第個質點的速率，是它的質量。按角量與線量關系，其中為質點到軸的距離，為剛體轉動的角速度，有 由轉動慣量的定義可知，其中的是剛體對定軸的轉動慣量J，故有 轉動動能公式是從質點動能公式推導而來，最終的形式也很象質點動能公式。在公式的推導中我們看到，轉動動能采用角量描述比用線量描述方便，這是由于在轉動中各質點角速度相同而線速度各不相同的緣故。在已知剛體轉動慣量的情況下，上述公式計算剛體的動能是非常方便的，要求大家必須掌握。 3剛體定軸轉動的綜合應用在一些剛體定軸轉動問題中，會涉及到角動量守恒、機械能守恒的綜合應用。下面我們通過一些例題來予以說明。問題3.4如圖3.4所示，一勻質木棒長度=1m，質量為=10kg，可繞其一端的光滑水平軸O在鉛垂面內自由轉動。初時棒自然下垂，一質量=0.05kg的子彈沿水平方向以速度擊入棒下端（嵌入其中），求棒獲得的角速度及最大上擺角。圖3.3解 子彈擊入木棒的過程可以看成是繞軸做轉動，因此在碰撞過程中可以將子彈和木棒作為一個共軸轉動系統(tǒng)來討論。子彈擊入木棒的過程中，軸的支撐力及重力都不提供力矩（力臂為零），故系統(tǒng)對軸O的角動量守恒。擊入前只有子彈有角動量 擊入后設棒獲得的角速度為，棒和子彈整體的轉動慣量為                       (1)擊入后系統(tǒng)的角動量為由角動量守恒定律有，即可解得棒的角速度  (2)在棒上擺的過程中只有保守力重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒。以棒剛開始上擺時的狀態(tài)作為棒和子彈重力勢能的零點，則此時系統(tǒng)只有動能，其中J和見（1）式和（2）式。棒上擺到最大角度時動能為零，系統(tǒng)只有重力勢能。棒的重力勢能為，子彈的重力勢能為。由機械能定恒定律有可解出最大上擺角4伯努利方程上式各項分別表示單位體積流體的壓力能、重力勢能和動能。在沿流線運動過程中，總和保持不變即總能量守恒。顯然，流動中速度增大，壓強就減??；速度減小， 壓強就增大；速度降為零，壓強就達到最大(理論上應等于總壓)。飛機機翼產生舉力，就在于下翼面速度低而壓強大，上翼面速度高而壓強小 ，因而合力向上。方程適用于全流場任意兩點之間。習題3.1關于剛體對軸的轉動慣量，下列說法中正確的是（ ） （A）只取決于剛體的質量,與質量的空間分布和軸的位置無關 （B）取決于剛體的質量和質量的空間分布，與軸的位置無關 （C）取決于剛體的質量、質量的空間分布和軸的位置 （D）只取決于轉軸的位置，與剛體的質量和質量的空間分布無關解 轉動慣量是描述剛體在轉動中慣性大小的物理量。對于質點系的轉動慣量，如果物體的質量是連續(xù)分布的，轉動慣量為。所以剛體對軸的轉動慣量取決于剛體的質量、質量的空間分布和軸的位置故選。3.2幾個力同時作用在一個具有光滑固定轉軸的剛體上，如果這幾個力的矢量和為零，則此剛體（ ） (A) 必然不會轉動 (B) 轉速必然不變 (C) 轉速必然改變 (D) 轉速可能不變，也可能改變 解 剛體所受幾個力的矢量和為零，合外力矩可能等于零，也可能不等于零。根據剛體作定軸轉動的轉動定律，可能等于零，也可能不等于零，所以轉速可能不變，也可能改變故選。3.3在下列說法中，錯誤的是（ ）  A剛體作定軸轉動時，其上各點的角速度相同，線速度則不同；   B剛體定軸轉動的轉動定律為，式中、均為對同一條固定        軸而言的，否則該式不成立；   C剛體的轉動動能等于剛體上各質元的動能之和；   D對給定的剛體而言，它的質量和形狀是一定的，則其轉動慣量也是唯一確定        的。 解 對給定的剛體而言，它的質量和形狀一定時，其轉動慣量還與軸的位置有關故選。        3.4一個人站在有光滑固定轉軸的轉動平臺上,雙臂伸直水平地舉起二啞鈴,在該人把此二啞 鈴水平收縮到胸前的過程中，人、啞鈴與轉動平臺組成的系統(tǒng)的（ ）（A）機械能守恒，角動量守恒；（B）機械能守恒，角動量不守恒；（C）機械能不守恒，角動量守恒；（D）機械能不守恒，角動量不守恒。解 人把此二啞鈴水平收縮到胸前的過程中，勢能不變，動能變化，所以機械能不守恒，但系統(tǒng)所受合外力矩等于零，所以角動量守恒。故選。3.5有一半徑為R的水平圓轉臺，可繞通過其中心的豎直固定光滑軸轉動，轉動慣量為J，開始時轉臺以勻角速度0轉動，此時有一質量為m的人站在轉臺中心隨后人沿半徑向外跑去，當人到達轉臺邊緣時，轉臺的角速度為（ ） (A) (B) (C) (D) 解 人、水平圓轉臺組成的系統(tǒng)，在人沿半徑向外跑去的過程中所受合外力矩等于零，角動量守恒。所以有。故選。3.6花樣滑冰運動員繞過自身的豎直軸轉動，開始時兩臂伸開，轉動慣量為J0，角速度為0，然后她將兩臂收回，使轉動慣量減少為J0，這時她轉動的角速度變?yōu)?（ ） （A） （B）、。（C）、30 （D）、 ( )解 花樣滑冰運動員繞過自身的豎直軸轉動，所受合外力矩等于零，角動量守恒。所以有。故選。3.7如圖所示，一光滑細桿上端由光滑鉸鏈固定，桿可繞其上端在任意角度的錐面上繞豎直軸作勻角速度轉動。有一小環(huán)套在桿的上端處。開始使桿在一個錐面上運動起來，而后小環(huán)由靜止開始沿桿下滑。在小環(huán)下滑過程中，小環(huán)、桿和地球系統(tǒng)的機械能以及小環(huán)與桿對軸的角動量這兩個量中（ ）(A) 機械能、角動量都守恒；(B) 機械能守恒、角動量不守恒；(C) 機械不守恒、角動量守恒；習題3.7圖(D) 機械能、角動量都不守恒. 解 在小環(huán)下滑過程中，小環(huán)、桿和地球組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)只有重力作功，和外力矩等于零，所以機械能、角動量都守恒。3.8一均質細桿可繞垂直它且離其一端（為桿長）的水平固定軸在豎直平面內轉動。桿的質量為，當桿自由懸掛時，給它一個起始角速度，如桿恰能持續(xù)轉動而不作往復擺動則需要（已知細桿繞軸的轉動慣量，一切摩擦不計）（ ）(A) (B) (C) (D) . 習題3.8圖解 細桿在轉動過程中，只有重力作功，故細桿和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒。以為重力勢能零位置，設細桿轉動到最高位置時的角速度為，根據機械能守恒定律有，要使桿恰能持續(xù)轉動而不作往復擺動則需要。由此可求得。故選。2 填空題3.9若作用于一力學系統(tǒng)上外力的合力為零，則外力的合力矩_（填一定或不一定）為零；這種情況下力學系統(tǒng)的動量、角動量、機械能三個量中一定守恒的量是_ 解 若作用于一力學系統(tǒng)上外力的合力為零，則外力的合力矩不一定為零，這種情況下力學系統(tǒng)的動量一定守恒。3.10一均勻細直棒，可繞通過其一端的光滑固定軸在豎直平面內轉動使棒從水平位置自由下擺，棒是否作勻角加速轉動？_理由是_ 解 棒從水平位置自由下擺，所受的合外力矩不等于恒量，根據轉動定律 。3.11飛輪半徑為0.2 m，轉速為150 ，因受制動而均勻減速。經30秒后停止轉動，則此段時間內飛輪轉過的圈數為_。解 飛輪轉速為150 ，即；因受制動而均勻減速，；得，飛輪轉過的圈數為。3.12如圖所示，一質量為m，長為l的均勺細棒，繞圖示轉軸轉動。其轉動慣量大小為_。習題3.12圖解 根據連續(xù)物體地轉動慣量，可得均勺細棒對圖示轉軸產生的轉動慣量大小為。3.13均勻細棒OA可繞通過其一端O而與棒垂直的水平固定光滑軸轉動，如圖所示。今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，角速度變化是_，角加速度變化是_。習題3.13圖解 棒從水平位置由靜止開始自由下落，所受的合外力矩為重力矩，重力矩不斷變小，角加速度不斷變小，角速度不斷變大。3.14長為、質量為的均質桿可繞通過桿一端的水平光滑固定軸轉動，轉動慣量為，開始時桿豎直下垂，如圖所示。現有一質量為的子彈以水平速度射入桿上點，并嵌在桿中. ，習題3.14圖則子彈射入后瞬間桿的角速度= 。解 子彈射入桿瞬間前后子彈和桿組成的系統(tǒng)角動量守恒，有，整理得。3.15一質量為m，半徑為R的均勻圓盤，求通過盤中心O并與盤面垂直的軸的轉動慣量。解 在圓盤上以和為半徑作圓，所取得的質量元為 根據連續(xù)物體轉動慣量的定義有題3.15圖3.16在邊長為的六邊形頂點上，分別固定有質量都是的6個質點，如圖所示。試求此系統(tǒng)繞下列轉軸的轉動慣量：（1）設轉軸、在質點所在的平面內，如圖所示；（2）設轉軸垂直于質點所在的平面，如圖所示。解 根據質點系的轉動慣量有 以為軸轉動慣量 ；以為軸轉動慣量 ；習題3.16圖以為軸轉動慣量 。3.17一半圓形細桿，半徑為R，質量為，求對過細桿二端AA軸的轉動慣量。解 半圓的長度為C = R，質量的線密度為 = m/C習題3.17圖在半圓上取一弧元ds = Rd，其質量為dm = ds，到AA軸的距離為r = Rsin，繞此軸的轉動慣量為dJ = r2dm = R3sin2d，半圓繞AA軸的轉動慣量為3.18一長為1 m的均勻直棒可繞過其一端且與棒垂直的水平光滑固定軸轉動抬起另一端使棒向上與水平面成60°，然后無初轉速地將棒釋放已知棒對軸的轉動慣量為，其中m和l分別為棒的質量和長度求： (1) 放手時棒的角加速度； (2) 棒轉到水平位置時的角加速度 解（1）根據轉動定律棒所受的合外力矩為重力產生的力矩習題3.18圖所以 （2）棒轉到水平位置時重力產生的力矩3.19以初速度0將質量為的質點以傾角從坐標原點處拋出。設質點在Oxy平面內運動，不計空氣阻力，以坐標原點為參考點，計算任一時刻：（1）作用在質點上的力矩；（2）質點的角動量。解（1）質點僅受重力作用，質點在任意時刻的位矢為習題3.19圖（2）3.20如圖所示，一個質量為的物體與繞在定滑輪上的繩子相聯，繩子的質量可以忽略，它與定滑輪之間無滑動。假設定滑輪質量為、半徑為 ,其轉動慣量為，試求該物體由靜止開始下落的過程中，下落速度與時間的關系。解 受力解如圖，可建立方程： ，習題3.20圖聯立，解得：，考慮到，有：?；颍夯颍?.21設電風扇的功率恒定不變?yōu)?，葉片受到的空氣阻力矩與葉片旋轉的角速度成正比，比例系數為，并已知葉片轉子的總轉動慣量為。（1）原來靜止的電扇通電后秒時刻的角速度；（2）電扇穩(wěn)定轉動時的轉速為多大？（3）電扇以穩(wěn)定轉速旋轉時，斷開電源后風葉還能繼續(xù)轉多少角度？解（1）已知，而動力矩，通電時根據轉動定律有：代入兩邊積分有： ，可求得：；（2）見上式，當時，電扇穩(wěn)定轉動時的轉速：；（3）斷開電源時，電扇的轉速為，只有作用，那么：，考慮到，有：，得： 。3.22有一質量為、長為的均勻細棒，靜止平放在滑動摩擦系數為m的水平桌面上，它可繞通過其端點且與桌面垂直的固定光滑軸轉動。另有一水平運動的質量為的小滑塊，從側面垂直于棒與棒的另一端A相碰撞，設碰撞時間極短。已知小滑塊在碰撞前后的速度分別為和，如圖所示。求碰撞后從細棒開始轉動到停止轉動的過程所需的時間。(已知棒繞點的轉動慣量)解 由碰撞時角動量守恒，考慮到和方向相反，以逆時針方向為正向，有：習題3.22圖，得：又細棒運動起來所受到的摩擦力矩可由積分求得：，利用，有：，得：。3.23如圖所示，滑輪轉動慣量為，半徑為；物體的質量為，用一細繩與勁度系數的彈簧相連，若繩與滑輪間無相對滑動，滑輪軸上的摩擦忽略不計。求：（1）當繩拉直、彈簧無伸長時使物體由靜止而下落的最大距離；（2）物體的速度達最大值時的位置及最大速率。解（1）設彈簧的形變量為，下落最大距離為。由機械能守恒：，有：習題3.23圖；（2）當物體下落時，由機械能守恒：，考慮到，有：，欲求速度最大值，將上式兩邊對求導，且令，有：，將代入，有：，當m時物體速度達最大值，有：，代入數值可算出： 。3.24如圖所示，半徑分別是和、轉動慣量分別是和的兩個圓柱體，可繞垂直于圖面的軸轉動，最初大圓柱體的角速度為，現在將小圓柱體向左靠近，直到它碰到大圓柱體為止。由于相互間的摩擦力，小圓柱體被帶著轉動，最后，當相對滑動停止時，兩圓柱體各以恒定角速度沿相反方向轉動。試問這種情況角動量是否守恒？為什么？小圓柱的最終角速度多大？解 角動量守恒，因為摩擦力的力矩為0。由，有小圓柱的最終角速度為： 。習題3.24圖3.25如圖所示，一根長，質量為的均勻直棒，其一端掛在一個水平光滑軸上而靜止在豎直位置，今有一子彈，質量為，以水平速度射入棒的下端而不復出。求棒和子彈開始一起運動時的角速度。解：由于從子彈進入棒到二者開始一起運動所經過的時間極短，在這一過程中棒的位置基本不變，即仍然保持豎直，如圖3.36所示。因此，對于木棒和子彈系統(tǒng)，在子彈沖入過程中，系統(tǒng)所受的外力(重力和軸的支持力)對于軸O的力矩都是零。這樣，系統(tǒng)對軸O的角動量守恒。以和分別表示子彈和木棒開始一起運動時木棒端點的速度和角速度。則角動量守恒給出習題3.25圖 再利用關系式就可解得： 注意，在子彈射入棒的過程中，木棒和子彈系統(tǒng)的總動量并不守恒。3.26 如圖所示，將單擺和一等長的勻質直桿懸掛在同一點，桿的質量也與單擺的擺錘相等。開始時直桿自然下垂，將單擺擺錘拉到高度，令它自靜止狀態(tài)下擺，于鉛垂位置和直桿作彈性碰撞。求碰撞后直桿下端達到的高度。解：碰撞前單擺擺錘的速度為，令碰撞后直桿的角速度為，擺錘的速度為，由角動量守恒，有 （1)式中桿的轉動慣量J。在彈性碰撞過程中機械能守恒習題3.26圖 （2)(1)(2)聯立解得 ， 按機械能守恒，擺錘達到的高度顯然為，而桿的質心達到的高度滿足 ，由此得3.27如圖所示，質量為、半徑為R的圓盤，可繞一無摩擦的水平軸轉動。圓盤上繞有輕繩，一端懸掛質量為m的物體。問物體由靜止下落高度h時，其速度的大小為多少？設繩的質量忽略不計。解 圓盤和物體的受力如圖，對于圓盤，根據轉動動能定律 式中為圓盤在力矩的作用下轉過的角度，0與為圓盤在開始和終了時的角速度，J為圓盤的轉動慣量 對于物體, 式與為物體在開始和終了時的速度。由牛頓第三定律 由于繩與圓盤之間無相對滑動，故有習題3.27圖 題3.24圖解上述方程，可得 3.28 某一沖床利用飛輪的轉動動能通過曲柄聯桿機構的傳動，帶動沖頭在鐵板上穿孔。已知飛輪的半徑為0.4，質量為600，可以看成均勻圓盤。飛輪的正常轉速是240，沖一次孔轉速減低20。求沖一次孔，沖頭做了多少功？解 以和分別表示沖孔前后飛輪的角速度，即： （10.2）0.86.4 由轉動時的動能定理，可以求出沖一次孔鐵板阻力對沖頭飛輪所做的功為 由題意知，所以 代入數據600，0.4，得 5.45×所以沖一次孔，沖頭做功 5.45×3.29 一長為，質量為的均勻細桿，用摩擦可忽略的柱鉸鏈懸掛于處，如圖所示。若欲使靜止的桿自鉛垂位置恰好能轉至水平位置，求桿必須獲得最小的角速度。解 取桿為研究對象，作用于桿的力有鉸鏈處的支撐力（不做功）和重力，桿在重力作用下由豎直位置轉向水平位置。設桿在豎直位置時最小角速度為，則桿具有的初動能為。桿恰好轉至水平位置時，在此過程中，重力矩的功為 根據動能定理，可得： 將代入上式，得： 習題3.29圖所以 3.30人從大船上跳上岸容易還是從小船上跳上岸容易？為什么？在這兩種情況下，人和船組成的系統(tǒng)動量變化和能量變化是否相同？解 設大船質量為，小船質量為，人的質量為。人要能跳上岸的條件是要求人相對于岸能有一定的初速度。若忽略摩擦阻力，對人和船組成的系統(tǒng)，人在跳上岸的過程中水平方向所受外力為零，故沿水平方向的動量守恒。 人從大船上跳：， 大船獲得動能： 人從小船上跳：， 小船獲得動能：由動能定理，人對大船所做的功： 人對小船所做的功：很顯然：。所以人從大船上跳上岸容易。當人從大船和從小船上分別跳上岸時大船和小船獲得的動量相同，但動能不同。通過此題，我們可以弄清楚為什么在物理學中要同時引進動量和動能的概念。它們是不同的物理量，分別反映了物質運動的某一方面的性質。對同一個事物也只有從不同的角度去把握它，才能對事物有一個比較全面的認識。3.31 水在管中作定常流動，在某點處的流速是，壓強是；在比它高處的流速為，壓強是多少？（水的密度，）解 水在管中作定常流動，可以利用伯努利方程求解。此題中，；，。將這些已知條件代入伯努利方程可求得4 開放性習題3.26 以“子彈頭”為關鍵詞，在互聯網上查閱資料簡述高速列車車頭做成“子彈頭”形狀所涵蓋的物理學原理及其優(yōu)點。24教資材料