%89章动量守恒定律和能量守恒定律作业解

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＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v1 ＝10 m·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I速度v2．

解 (1) 由分析知

2I304tdt30t2t2|068Ns

012t2t1Fdt,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的

(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t2 ,解此方程可得

t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去)

(3) 由动量定理,有

I ＝m v2- m v1

由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I、m 及v1代入可得

v2Imv140ms-1 m3 -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19.6 m．爆炸1.00 s 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1.00×102 m．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

v0x物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为

x1g (1) x1t02h1y1hv1tgt2

2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

hv1又根据动量守恒定律,在最高点处有

12gt12 (2) t11mv2x (3) 2110mv1mv2y (4)

22mv0x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

v2x2v0x2x1g100ms-1 2hhv2yv112gt1214.7ms-1 t1爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为

x2x1+v2xt2 (5)

y2hv2yt212gt2 (6) 2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 ＝500 m

3 -18 如图所示,一绳索跨过无摩擦的滑轮,系在质量为1.00 kg 的物体上,起初物体静止在无摩擦的水平平面上．若用5.00 N 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 ＝1.00 m．

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WFds来求解．

解 取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为

WFdx=Fcosdxx1x2Fxdx22dx1.69J

3 -20 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 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＝0．2 kg/m,人对水桶的拉力的功为

l10WFdy=00mggydy882J

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

1212ky1mgy1ky2mgy2 22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 -2 m．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 -2 m,第二次钉

入的深度为Δx,由于钉子两次所作功相等,可得

x00kxdxx0xx0kxdx

Δx＝0.41 ×10 -2 m

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

mgR根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为

1mv2+mgRcos (1) 2mv2mgRcosFN= (2)

R冰块脱离球面时,支持力FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置

arccos48.2

冰块此时的速率为

23vgRcosv 的方向与重力P 方向的夹角为

2Rg 3α＝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

mv=m+mv1 (1)

又由机械能守恒定律,有

1112mv2=m+mv12kx0 (2) 222由式(1)、(2)可得

x0vkm+mmm 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

vmv=m+mv (1)

2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vmh (2) mg=l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

112mv=2mglmvh (3) 22解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为

2mv=5gl m3 -32 质量为7.2 ×10 -23 kg,速率为6.0 ×107 m·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 ×107 m·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

1mmvA=vBcosmvAcos (1) 22m0vBsinmvAsin (2)

2又由机械能守恒定律,有

11m212mv2=vBmvA (3) A2222解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率为

27-1 vB2v2v4.6910msAA各粒子相对原粒子方向的偏角分别为

arccos2v23vAA3v22 arccosB4vA4vAvA 54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

mv0cosm+mv1 (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

m+mgcos由式(1)、(2)可得

hsin112m+mv2m+mghm+mv12222 (2)

mv2v0cos2ghcot1 m+m

3 -34 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） mvm'v'011系统机械能守恒： （2） mv2m'v'2mgh

(v+v')2Nmgm相对于容器做圆周运动，法向上有： （3）

R 得：

22Nmg(32m)m'3 -35 打桩机锤的质量为m ＝10 t, 将质量为m′＝24 t、横截面为S ＝0.25 m2 (正方形截面)、长达l ＝38.5 m 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

×104 N· 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1 m 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35 m 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0.05 m,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

1mgh14ShKdh (1)

h0桩下沉的距离为

mgh18.88m

2SK(2) 锤从1 m 高处落下,其末速率为v02gh．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

mv0m+mv (2)

随后桩下沉的过程中,根据系统的功能原理,有

h1h2h14dSKhv01m+mv2m+mgh2 (3) 2由式(2)、(3)可解得桩下沉的距离为

h2 ＝0.2 m

(3) 当桩已下沉35 m 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v12gh,再根据动量守恒定律,有

mv0m2ghmv (4)

随后,桩在下沉过程中,再一次应用系统的功能原理,得

h3

014S35mhdhmgh3mv2 (5)

2由式(4)、(5)可得桩再一次下沉的距离

h3 ＝0.033 m