第三章能量與動量

1、第三章能量與動量3 - 1汽車在水平公路上做直線運動，它的功率保持不變，當汽車的速度為4m/s時，加速度為0.4m/s 2，汽車所受阻力恒為車重的倍，若取g=10m/s2，汽車行駛的最大速度為m/s。解：設汽車的速度為 4m/s時，汽車牽引力為 F,地面摩擦力為f，v為此時的速度，V為最大速度。由題知將已知條件代入上式得maF 0.5mN(1)由于汽車的功率保持不變,故汽車在最大速度時的功率等于汽車速度為4m/s時的功率。(2)(3)汽車達到最大速度時，其牽引力的大小等于所受阻力，即F f，故有P FvP fV由（1）式、（2）式和（3）式解得V 20m/s3 - 2有一質(zhì)量為 葉0.5kg的

2、質(zhì)點，在xy平面內(nèi)運動，其運動方程為x 2t 2t2 , y 3t（SI ），則在t 0s至t 3s這段時間內(nèi)，外力對質(zhì)點所做的功為 ，外力的方向解：由質(zhì)點的運動方程得Fx m 2 4m 2N dt2(1)(2)Fymd；ydt20由功的定義得WFdrFxdxFydy(3)又由運動方程得dx(2 4t)dt , dy3dt將上式代入（3）式得3W°2(2 4t)dt48J由（1）式知力的方向沿 x正方向。3- 3已知質(zhì)點的質(zhì)量 m=5kg，運動方程r 2ti t2j (SI),則質(zhì)點在02秒內(nèi)受的沖量I為，在 02秒內(nèi)所做的功為 解：質(zhì)點所受的力為d2r2mj 10j N質(zhì)點02秒內(nèi)

3、受的沖量I的大小為2010jdt 20jN s2I Fdt0力在02秒內(nèi)對質(zhì)點所做的功為2 2WFdr。 2tj)dto2Otdt40J3 - 4質(zhì)量為m=5.0kg的物體，于10s的時間內(nèi)，其速度由v0=48i+36j變?yōu)関 =18i 4j(SI ),則物體所受的平均作用力之量值應為N。解:10s內(nèi)物體的動量變化為P mvmv°30i40 j N10s內(nèi)物體所受的平均作用力為IPF30i40 j3i 4jtt1010s內(nèi)物體所受的平均作用力大小為|F| ,( 3)2( 4)225N3 - 5在一直在線，以F(t) 6 2t之力(t的單位為秒，F(xiàn)的單位為牛頓)施于質(zhì)量m=2kg,初速

4、為12m/s之物體上，則8秒末物體的速率為 解：解法一：由牛頓第二定律有6 2tdvm dt2魚dtdv (3 t)dt即積分v8dv (3 t)dt 120所以v 4m/s解法二：物體從0到8s末所受的沖量為所以由動量定理得8I Fdt0I 163-6對功的概念有以下幾種說法:8(6- 2t)dt 16N s 0m(v v0) 2(v 12)v 4m/s1 )保守力做正功時系統(tǒng)內(nèi)相應的勢能增加；(2)質(zhì)點運動經(jīng)一閉合路徑，保守力對質(zhì)點做的功為零；(3)作用力與反作用力大小相等、方向相反，所以兩者所做的功的代數(shù)和必為零。在上述說法中正確的是(A. (1)、(2)是正確的( 2)、( 3)是正確

5、的C.只有(2)是正確的D.只有(3)是正確的解:質(zhì)點運動經(jīng)一閉合路徑，保守力對質(zhì)點做的功為零，這是保守力做功的特點，因此(1) 是正確的；保守力對系統(tǒng)所做的功等于系統(tǒng)勢能增量的負值，因此(1)是錯誤的；作用力與反作用力雖然大小相等、 方向相反， 但它們作用于不同的質(zhì)點， 但由于兩個質(zhì)點的位 移大小以及位移與力的夾角一般不同， 故一對作用力與反作用力做功的代數(shù)一般不為零， 因 此( 3)也是錯誤的。綜上，應選( C)。3 - 7用錘壓釘不易將釘壓入木塊，用錘擊釘則很容易將釘擊入木塊，這是因為。A. 前者遇到的阻力大，后者遇到的阻力小B. 前者動量守恒，后者動量不守恒C. 后者錘的動量變化大，給

6、釘?shù)淖饔昧痛驞. 后者錘的動量變化率大，給釘?shù)淖饔昧痛蠼? 根據(jù)動量定理， 一個質(zhì)點受到的作用力等于這個質(zhì)點的動量的變化率。 用錘擊打釘 一是可提高錘的動量， 二是錘與釘之間的相互作用時間短， 因而擊打過程中錘的動量變化率 大，從而對釘產(chǎn)生很大的作用力，將釘擊入木塊。故應選(D)3-8質(zhì)點系內(nèi)部保守力做功量度了 。A.質(zhì)點系動能的變化B.質(zhì)點系機械能的變化C.質(zhì)點系勢能的變化D.質(zhì)點系動能與勢能的轉(zhuǎn)化解:質(zhì)點系動機械能的變化可由于外力做功和非保守內(nèi)力做功而發(fā)生變化，而機械能的變化有可能是系統(tǒng)動能、 勢能的變化引起的。 因此質(zhì)點系內(nèi)部的保守力做功不能量度質(zhì)點系 動能、 勢能和機械能的變化。

7、在滿足機械能守恒定律的條件下， 質(zhì)點系的動能和勢能是相互 轉(zhuǎn)換的， 且轉(zhuǎn)換的量值是相等的， 動能的增加量等于勢能的減小量， 勢能的增加量等于動能 的減小量，二者的轉(zhuǎn)換是通過質(zhì)點系內(nèi)部保守內(nèi)力做功來實現(xiàn)的。故應選( D)。3-9質(zhì)點系內(nèi)部非保守內(nèi)力做功量度了。A.質(zhì)點系動能的變化B質(zhì)點系勢能的變化C.質(zhì)點系內(nèi)動能與勢能的轉(zhuǎn)化D 質(zhì)點系內(nèi)部機械能與其他形式能量的轉(zhuǎn)化解：根據(jù)功能原理，系統(tǒng)從一個狀態(tài)變化到另一個狀態(tài)的過程中，其機械能的增量等于外力所做功和系統(tǒng)的非保守內(nèi)力所做功的代數(shù)和。外力不做功，表明系統(tǒng)與外界沒有能量交換；非保守內(nèi)力不做功，則說明系統(tǒng)內(nèi)部不發(fā)生機械能和其它形式能量的轉(zhuǎn)化。因此選（D

8、）。3 - 10自水平地面作斜拋運動的物體，在最高點時的動量值恰為拋出時的3/5，此時突然分裂為質(zhì)量相等的兩塊，其中一塊以初速為零落下，則此裂塊落地時的動量值與原拋出時物體動量值之比值為。A. 2/5 B 3/5 C 4/5 D 1解：設此斜拋運動物體的質(zhì)量為 m拋出的初速度為v0，它與水平面的夾角為 e，則物 體被拋出時動量值為 mv0，在最高點時物體只有水平方向的速度 vx , vx v0 cos，最高點 時的動量p1值恰為拋出時的動量值P勺3，有山 mv-cos，即cos -。在最高點5 P mvo55突然分裂為質(zhì)量相等的兩塊，其中一塊以初速為零落下，則它下落到地的速度為 Vy V。si

9、n ，即應與原拋出物的速度在豎直方向的分量相同。此下落物體的動量與拋出時物體動量值之比值為 氐 "叫 0.5sin05.1 cos2-。故答案應選（A）。P mv053- 11如圖3-1所示，質(zhì)量為 m的平板A,用豎立的彈簧支持而處在水平位置?，F(xiàn)從平臺上投擲一個質(zhì)量為m的球B,球的初速度為v ,沿水平方向。球由于重力作用下落，與平板發(fā)生完全彈性 碰撞，且假定平板是平滑的，則球與平板碰撞后的運動方向應為。a. A方向B A!方向C. A方向D. A方向解：由于平板 A原來靜止，平板 A與球B的質(zhì)量相同，球 B與平板A相碰后，在豎直方 向動量守恒，根據(jù)彈性碰撞的結論可得，碰撞后平板A以v

10、By速度向下運動，而球 B在豎直方向的速度為零，只有水平方向的速度，故球與平板碰撞后沿A,方向運動，故應選（C）。3 - 12如圖3-2，在水平面上有一質(zhì)量為M的木塊，水平面與木塊之間的滑動摩擦因素為k。一顆質(zhì)量為 m的子彈，以速度v射入木塊，并嵌入木塊中，子彈與木塊一起沿水平面運動到停止時在水平面上移動的距離為。0面運動到停止時在水平面上移動的距離為。A.2d(M 2 kgB.2m M 2 v2 、()2( 丁 )M 2 kgm OM廠 r嚴廠蕊.姦苓.蔘長艾；懇卷卞's圖3-2c.2m v 、( )( )m M 2 kgD.解：子彈射入過程很短，時間及此過程中所走過距離可忽略不計。

11、由動量守恒得/ m 、2m( ) m M式中V為子彈嵌入木后與木塊一起運動的初速度。之后由于摩擦,子彈與木塊一起做勻減速運動，根據(jù)動能定理得0面運動到停止時在水平面上移動的距離為。0面運動到停止時在水平面上移動的距離為。m MV2m M gs0面運動到停止時在水平面上移動的距離為。0面運動到停止時在水平面上移動的距離為。V22 kg)2(二)2 kg故應選(D。3 - 13 一質(zhì)量為10kg的物體沿x軸無摩擦地運動，設t=0時，物體位于原點，速度為零(即初始條件：Xo=O, v0 0 )，問：(1)物體在力F3 4t (SI)的作用下運動了3s,它的速度、加速度為多大(2)物體在力F 3 4x

12、 (SI)的作用下移動了 3m,它的速度、加速度為多大由牛頓第二運動定律J40.3 0.4t10(1)又由avv dv0tadtt(0.3 0.4t)dt0.3t 0.2t20把t= 3s代入(1)式和(2)式得1.5m sv 2.7m s 10面運動到停止時在水平面上移動的距離為。0面運動到停止時在水平面上移動的距離為。解法一：由牛頓第二運動定律0F 3 4x0.3 0.4x(3)又由a dvdvdxv dv，分離變量，兩邊積分dtdxdtdxm 10vvdv0xxadx(0.3 0.4x)dx00得v2(0.3x 0.2x2)把x=3 m代入(3)式和(4)式，得a 1.5m21s , v

13、 2.3m s解法二：由動能定理，有331 2mv2Fdx030(3 4x)dx(3x2x2)27 J12 27v . 102.3m s3- 14 一輛車通過一根跨過定滑輪的繩PQ提升井中質(zhì)量為 m的物體，如圖3-3所示。繩的P端拴在車后的掛鉤上， Q端拴在物體上。設繩的總長不變，繩的質(zhì)量、定滑輪的質(zhì)量 和尺寸、滑輪上的摩擦都忽略不計。 開始時，車在A點，左右兩側繩都已繃緊并且是豎直的,左側繩長為H。提升時，車加速向左運動，沿水平方向從A經(jīng)過B駛向C設A到B的距離也為H車過B點時的速度為vB。求在車由A移到B的過程中，繩Q端的拉力對物體做的 功。解：設車由A移到B時，左邊繩與豎直方向所成夾角為

14、e ,物體從井底上升的高度為h,速度為v，所求的功為W則據(jù)動能定理可得W mgh1 2mv2因繩總長不變，所以Hsin根據(jù)繩聯(lián)物體的速度關系得v V b COS由幾何關系得圖3-37t4由以上四式求得W - mvB mg( 2 1)H43 - 15在地球深度的一個鈾原子釋放出一個 粒子，這個 的速度為v,在地球中運動 經(jīng)d的距離停止下來。已知 粒子的質(zhì)量為 m 6.7 10 27 kg，速度v 2.0 104km/s， d 0.71mm。求 粒子所受到的力。解：根據(jù)動能定理1 2Fd mv2所以粒子所受到的力為2 274 2Fmv_ 6_(2.° 10 )1.89 10 15n2d2

15、 0.71 10 33- 16當質(zhì)量為m的質(zhì)點距離一個質(zhì)量為M半徑為R的質(zhì)量均勻分布的致密天體中心的距離為r (r > R)時，其引力勢能為 Ep GMm/r，其中G 6.67 10 11N m2 kg 2為 引力常量。設致密天體是中子星，其半徑R 10km，質(zhì)量M=1.5Mb (1Mb = x 1030kg, Mb為太陽的質(zhì)量)。圖3-4試由上述看法估算地球上接收(1) 1Kg的物質(zhì)從無限遠處被吸引到中子星的表面時 所釋放的引力勢能為多少(2) 在氫核聚變反應中，若參加核反應的原料的質(zhì)量 為m則反應中的質(zhì)量虧損為 0.0072 m問1kg的原料通過 核聚變提供的能量與第 (1)問中所釋

16、放的引力勢能之比是 多少(3) 天文學家認為：脈沖星是旋轉(zhuǎn)的中子星，中子星 的電磁輻射是連續(xù)的，沿其磁軸方向最強，磁軸與中子星的自轉(zhuǎn)軸方向有一夾角(如圖3 - 4所示)，在地球上的接收器所接收到的一連串周期出現(xiàn)的脈沖是脈沖星的電磁輻射。到的兩個脈沖之間的時間間隔的下限。解：(1)根據(jù)能量守恒定律，質(zhì)量為 m的物質(zhì)從無限遠處被吸引到中子星的表面時所釋 放的引力勢能E1應等于對應始末位置的引力勢能的改變，故1kg的物質(zhì)從無限遠處被吸引到中子星的表面時所釋放的引力勢能為(1)E10GMm/R GMmmR代入有關數(shù)據(jù)得E1 2.0 1016J/kg（2）m（2）在氫核聚變反應中，每千克質(zhì)量的核反應原料

17、提供的能量為E2 0.0072 c2（ 3）m所求能量比為Ei/m1（ 4）E2/m 31（3）根據(jù)題意，可知接收到的兩個脈沖之間的時間間隔即為中子星的自轉(zhuǎn)周期，中子星做高速自轉(zhuǎn)時，位于赤道處質(zhì)量為 M的中子星質(zhì)元所需的向心力不能超過對應的萬有引力，否則將會因不能保持勻速圓周運動而使中子星破裂，因此有m 2RGM mR2(5)(1)(1)式中2no 為中子星的自轉(zhuǎn)角速度，為中子星的自轉(zhuǎn)周期。由代入（5）式得到R32先GM(6)(1)(1)代入數(shù)據(jù)得(7)4.4 10 4s故地球上接收到的兩個脈沖之間的時間間隔的下限為44 10 4s o3 - 17總質(zhì)量為80kg的跳傘運動員從離地 500m的

18、直升機上跳下，經(jīng)過 2s拉開繩索開 啟降落傘，如圖3-5所示是跳傘過程中的 v - t圖，試根據(jù)圖像求：（g取10m/s2）（1）t = 1s時運動員的加速度和所受阻力的大小。（2）估算14s內(nèi)運動員下落的高度及克服阻力做的功。解：（1 ）從圖中可以看出，在 t = 2s內(nèi)運動員做勻加速運動，其加速度大小為a 業(yè)8m/s2t 2設此過程中運動員受到的阻力大小為04812162024 t圖3-5f,根據(jù)牛頓第二定律，有mg f = ma得f = m(g-a)= 80x( 10- 8) N= 160N(2)從圖3-5估算得出運動員在14s內(nèi)下落的高度為h=x 2 x 2m= 158m根據(jù)動能定理，

19、有1 2mgh W f mv所以有12 12 5Wf mgh - mv2(80 10 158 80 621.25 105J2 23 - 18 一機關槍每秒射出10顆質(zhì)量各為100g的子彈，每個子彈的出口速率是 800m/s,子 彈射到墻壁立即停止。則：(A)每顆子彈的動量變化是多少(B)子彈施于墻的平均力是多少解：每顆子彈的動量變化為v 0.1 ( 800) 80kg m/sP m子彈受到墻的平均力是nmz 10 °(800)800N11PF t子彈施于墻的平均力與子彈受到墻的平均力大小相等、方向相反，故為800N。3 - 19如圖3-6所示，矩形盒B的質(zhì)量為M放在水平面上，盒內(nèi)有一

20、質(zhì)量為m的物體A, A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)分別口 1、口 2,開始時二者均靜Av0B圖3-6止。現(xiàn)瞬間使物體 A獲取一向右且與矩形盒 B左、右側壁垂直的水平 速度V0，以后物體 A在盒B的左右壁碰撞時，B始終向右運動。當 A 與B最后一次碰撞后，B停止運動，A則繼續(xù)向右滑行距離 S后也停 止運動，求盒B運動的時間10解：以物體A、盒B組成的系統(tǒng)為研究對象，它們在水平方向所受的外力就是盒B所受的滑動摩擦力。A與B間的摩擦力、A與B碰撞時的相互作用力均是內(nèi)力。設 B停止運動時 A的速度為 V且假設向右為正方向，由系統(tǒng)的動量定理得2(m M )gt mV mv0當B停止運動后，對 A應用動能

21、定理得1mgS1 mV22由以上二式解得2t mv0 m. 2 1gS2（M m）g3 - 20如圖3-7形狀的一輛45座客車長、寬和高為10490X 2500X 3200mm 這輛客車在無 風的高速路上以25m/s的速度行駛。已知空氣的密度為1.20kg/m 3。如果認為風作用在車上后變?yōu)殪o止，試估算客車受到的風阻（忽略客車除車頭外的其它部分受到的空氣的摩擦）。解：由于是估算，我們把客車頭看成是一個平面，并忽略客車的底盤高度，則車頭的面積近似為S 2.5 3.2 8.0m2圖3-76000N甲和他的冰車的總質(zhì)量共為由于客車運動，單位時間作用在車頭的空氣質(zhì)量 為m Sv 1.20 8.0 25

22、240kg根據(jù)動量定理，單位時間作用在客車頭的平均作 用力為F _P240 25t t13 - 21甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲。M=30kg，乙和他的冰車的總質(zhì)量也是30kg。游戲時，甲推著一質(zhì)量為葉15km的箱子，和他一起以大小為V0 2m/s的速度滑行。乙以同樣大小的速度迎面滑來。為了避免相撞，甲突 然將箱子沿冰面推給乙，箱子到乙處時乙迅速把它抓住。若不計冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度（相對于地面）將箱子推出，才能避免和乙相碰。解：不計冰面的摩擦力情況下，甲推出箱子和乙抓住箱子是兩個動量守恒的過程，可運用動量守恒求解。甲把箱子推出后，甲的運動有三種可能：一是繼續(xù)向前，方

23、向不變；二是 靜止；三是方向改變，向后倒退。按題意要求，是確定甲推箱子給乙，避免跟乙相碰的最小 速度。上述三種情況中，以第一種情況甲推出箱子的速度最小，第二、第三種情況則需要以 更大的速度推出箱子才能實現(xiàn)。設甲推出的箱子相對于地面的速度為v，推出后甲相對于地面的速度變?yōu)関1，取vo方向為正方向，據(jù)動量守恒有（M m）v0 Mv1 mv（1）設乙抓箱子后相對于地面的速度為v2，乙抓住箱子的過程，動量守恒，則Mv。 mv （M m）V2（2）甲、乙兩冰車避免相撞的條件是v2 v，取v2 v，聯(lián)立（1 ）式和（2）式，并代入數(shù)據(jù)解得v 5.2m/s3 - 22如圖3-8所示，兩部運水的卡車 A、B在

24、水平面上沿同一方向運動，B的速度為u,從B上以6kg/s的速率將水抽至 A上，水從管子尾部出口垂直落下，車與地面間的摩擦不計，時刻t時，A車的質(zhì)量為 M速度為v。求時刻t，A的瞬時加速度。解：選質(zhì)量為M的A車和t時間內(nèi)抽至A車的水m為研究系統(tǒng)，設當 A車的質(zhì)量增加為Mm時，A車的速度為v，這個過程中水平方向上動量守恒，有Mv mu (M m)v解得Mv muvM mA車的速度增加m u v v v vM m當m很小時，上式可寫為mvu vM上式等式兩邊同除以t并取極限，得 A的瞬時加速度為v dm u v 6a limu vtot dt M M3 -23 一質(zhì)量為m的小滑塊A沿斜坡由靜止開始下

25、滑，與一質(zhì)量為km的靜止在水平地面上的小滑塊 B發(fā)生正碰撞，如圖3-9所示。設碰撞是彈性的，且一切摩擦不計。為使二者能且只能發(fā)生兩次碰撞，則k的值應滿足什么條件與B的速度分別為v1與'V,由動量守恒及機械能守恒定律有mv。mv1kmV1(1)1 2 mvo1 2 mv11 kmV12(2)222由此解得解：設A與B碰撞前A的速度為v0，碰后Av1(k k1)(3)V12 vo為使A能回到坡上，要求 v i<0,這導致k>1 ；為使A從坡上滑下后再能追上B,應有V1 W,即（k 1） 2，這導致k 3，于是，為使第二次碰撞能發(fā)生，要求k 3（5）對于第二次碰撞，令 V2和V2分別表示碰后 A和B的速度，同樣由動量守恒及機械能守恒定律有：m（ V1） kmV| mv? kmV?2212 12 1mv1 - kmV1mv2 2 2由此解得2(6)(7)4k (k 1)2V22VO(k 1)2V2 r(k