89章动量守恒定律和能量守恒定律作业解.docx

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89章动量守恒定律和能量守恒定律作业解

第三章　动量守恒定律和能量守恒定律

3-8　Fx＝30＋4t（式中Fx的单位为N,t的单位为s）的合外力作用在质量m＝10kg的物体上,试求：

（1）在开始2ｓ内此力的冲量；

（2）若冲量I＝300N·s,此力作用的时间；（3）若物体的初速度v1＝10m·s-1,方向与Fx相同,在t＝6.86s时,此物体的速度v2．

分析　本题可由冲量的定义式

求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v2．

解　

（1）由分析知

（2）由I＝300＝30t＋2t2,解此方程可得

t＝6．86s（另一解不合题意已舍去）

（3）由动量定理,有

I＝mv2-mv1

由

（2）可知t＝6．86s时I＝300N·s,将I、m及v1代入可得

3-12　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1.00s后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102m．问第二块落在距抛出点多远的地面上．（设空气的阻力不计）

分析　根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的．因此,若能求出第二块碎片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地

的位置．为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒．由于炸裂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炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置．

解　取如图示坐标,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）

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,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度

（2）

又根据动量守恒定律,在最高点处有

（3）

（4）

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

爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为

（5）

（6）

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

3-18　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．

分析　该题中虽施以“恒力”,但是,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．

解　取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为

3-20　一人从10.0m深的井中提水,起始桶中装有10.0kg的水,由于水桶漏水,每升高1.00m要漏去0.20kg的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．

分析　由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．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．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可题3-20图求出．

解　水桶在匀速上提过程中,a＝0,拉力与水桶重力平衡,有

F＋P＝0

在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为

P＝mg-αgy

其中α＝0．2kg/m,人对水桶的拉力的功为

3-23　如图（a）所示,A和B两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为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．（设弹簧的劲度系数为k）

分析　运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象（系统）,注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．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（取作状态1）,直到B板刚被提起（取作状态2）,在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力（重力和弹力）作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出．

解　选取如图（b）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

F1＝P1＋F

（1）

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

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

F1-F2＝2P1

（2）

由式

（1）、

（2）可得

F＝P1＋F2（3）

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

F＝P1＋P2＝（m1＋m2）g

应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．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．

3-25　用铁锤把钉子敲入墙面木板．设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比．若第一次敲击,能把钉子钉入木板1.00×10-2m．第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深？

分析　由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．

解　因阻力与深度成正比,则有F＝kx（k为阻力系数）．现令x0＝1.00×10-2m,第二次钉入的深度为Δx,由于钉子两次所作功相等,可得

Δx＝0.41×10-2m

3-27　如图（a）所示,天文观测台有一半径为R的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．

　　分析　取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力FN始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果．

解　由系统的机械能守恒,有

（1）

根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为

（2）

冰块脱离球面时,支持力FN＝0,由式

（1）、

（2）可得冰块的角位置

冰块此时的速率为

v的方向与重力P方向的夹角为

α＝90°-θ＝41.8°

3-28

3-29　如图所示,质量为m、速度为v的钢球,射向质量为m′的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k的弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内弹簧后,弹簧的最大压缩距离．

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

（1）

又由机械能守恒定律,有

（2）

由式

（1）、

（2）可得

3-30　质量为m的弹丸A,穿过如图所示的摆锤B后,速率由v减少到v/2．已知摆锤的质量为m′,摆线长度为l,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v的最小值应为多少？

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

（1）

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

（2）

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

（3）

解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为

3-32　质量为7.2×10-23kg,速率为6.0×107m·s-1的粒子A,与另一个质量为其一半而静止的粒子B发生二维完全弹性碰撞,碰撞后粒子A的速率为5.0×107m·s-1．求：

（1）粒子B的速率及相对粒子A原来速度方向的偏转角；

（2）粒子A的偏转角．

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．

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

（1）

（2）

又由机械能守恒定律,有

（3）

解式

（1）、

（2）、（3）可得碰撞后B粒子的速率为

各粒子相对原粒子方向的偏角分别为

3-33　如图所示,一质量为m′的物块放置在斜面的最底端A处,斜面的倾角为α,高度为h,物块与斜面的动摩擦因数为μ,今有一质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入物块并留在其中,且使物块沿斜面向上滑动．求物块滑出顶端时的速度大小．

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

（1）

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

（2）

由式

（1）、

（2）可得

3-3

4如图所示，一个质量为m的小球，从内壁为半球形的容器边缘点A滑下．设容器质量为m’，半径为R，内壁光滑，并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上．开始时小球和容器都处于静止状态．当小球沿内壁滑到容器底部的点B时，受到向上的支持力为多大？

解：

以球、容器为物体系，小球沿内壁滑到容器底部的过程中，支持力和正压力这对内力的功的代数和为零，桌面支持力不做功，仅重力做功系统机械能守恒；水平方向无外力，水平方向上动量守恒。

设滑到底部时，二者对地速度分别为v和v’,则

对地水平方向动量守恒：

（1）

系统机械能守恒：

（2）

相对于容器做圆周运动，法向上有：

（3）

得：

3-35　打桩机锤的质量为m＝10t,将质量为m′＝24t、横截面为S＝0.25m2（正方形截面）、长达l＝38.5m的钢筋混凝土桩打入地层,单位侧面积上受泥土的阻力为K＝2.65×104N·m-2．问：

（1）桩依靠自重能下沉多深？

（2）在桩稳定后,将锤提升至离桩顶面1m处,让其自由下落击桩,假定锤与桩发生完全非弹性碰撞．第一锤能使桩下沉多少？

（3）若桩已下沉35m时,锤再一次下落,此时锤与桩碰撞已不是完全非弹性碰撞了,锤在击桩后反弹起0.05m,这种情况下,桩又下沉多少？

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

（1）

桩下沉的距离为

（2）锤从1m高处落下,其末速率为

．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

（2）

随后桩下沉的过程中,根据系统的功能原理,有

（3）

由式

（2）、（3）可解得桩下沉的距离为

h2＝0.2m

（3）当桩已下沉35m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

再根据动量守恒定律,有

（4）

随后,桩在下沉过程中,再一次应用系统的功能原理,得

（5）

由式（4）、（5）可得桩再一次下沉的距离

h3＝0.033m