1、3 -1 对质点组有以下几种说法：(1) 质点组总动量的改变与内力无关；(2) 质点组总动能的改变与内力无关；(3) 质点组机械能的改变与保守内力无关下列对上述说法判断正确的是( )(A) 只有(1)是正确的 (B) (1) 、(2)是正确的(C) (1)、 (3)是正确的 (D) (2)、(3)是正确的分析与解 在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为
2、零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能综上所述(1)(3)说法是正确的故选(C)3 -2 有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则( )(A) 物块到达斜面底端时的动量相等(B) 物块到达斜面底端时动能相等(C) 物块和斜面(以及地球) 组成的系统,机械能不守恒(D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒分析与解 对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将
3、势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等动量自然也就不等(动量方向也不同)故(A)(B)(C)三种说法均不正确至于说法(D) 正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒3 -3 对功的概念有以下几种说法：(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加；(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；
4、(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零下列上述说法中判断正确的是( )(A) (1)、(2)是正确的 (B) (2)、(3)是正确的(C) 只有(2)是正确的 (D) 只有 (3)是正确的分析与解 保守力作正功时,系统内相应势能应该减少由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零( 详见习题3 -2 分析), 由此可见只有说法(2)正确,故选 (C)3 -4 如图所示,质量分别为m 1 和m 2 的物体A 和B,
5、置于光滑桌面上,A 和B 之间连有一轻弹簧另有质量为m 1 和m 2 的物体C 和D 分别置于物体A 与B 之上,且物体A和C、B 和D 之间的摩擦因数均不为零首先用外力沿水平方向相向推压A 和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B 弹开的过程中,对A 、 B、 C、 D 以及弹簧组成的系统,有( )(A) 动量守恒, 机械能守恒 (B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解 由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会
6、因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出以地面为参考系,下列说法中正确的说法是( )(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能(B) 子弹- 木块系统的机械能守恒(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中 ,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分
7、通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能( 大小就等于这一对内力所作功的代数和) 综上所述 ,只有说法(C)的表述是完全正确的3 -6 一架以 3.0 102 m -1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算) 根据本题的计算结果 ,你对于高速运动的物体( 如飞机、汽车 )与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子 )相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？分析 由于鸟与飞机
8、之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力) 时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时 ,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用), 问题就很简单了解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向由动量定理得0vmtF式中F 为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为t l /v,以此代入上式可得 N105.2lmFv鸟对飞机的平均冲力为 .5式中负
9、号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反从计算结果可知,2.25 105 N的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力 ,可见,此冲力是相当大的若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故3 -7 质量为m 的物体,由水平面上点 O 以初速为v 0 抛出,v 0与水平面成仰角 若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点 O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间 ,物体从出发到落回至同一水平面所需的gtsin01v时间是到达最高
10、点时间的两倍这样,按冲量的定义即可求得结果另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出解1 物体从出发到达最高点所需的时间为 gtsin01v则物体落回地面的时间为gtsin201v于是,在相应的过程中重力的冲量分别为 jjFImttsind011vgt 22解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、 B 的过程中,重力的冲量分别为 jjjIymvysin001 vB223 -8 F x 30 4t(式中F x 的单位为N,t 的单位为s) 的合外力作用在质量m10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2 内此力的冲量；(2) 若冲量I 300 Ns,此力作用的时间；(3) 若
11、物体的初速度v 1 10 ms -1 ,方向与Fx 相同,在t 6.86s时,此物体的速度v 2 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21dtFI速度v 2解 (1) 由分析知 sN68230d4020 ttI(2) 由I 300 30t 2t 2 ,解此方程可得t 686 s( 另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I m v 2- m v1由(2)可知t 686 s 时I 300 Ns ,将I 、 m 及v 1代入可得2s403 -9 高空作业时系安全带是非常必要的假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终
12、使他被悬挂起来已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为 0.50 s 求安全带对人的平均冲力分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量 )的改变来分析,即运用动量定理来讨论事实上,动量定理也可应用于整个过程但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零这样,运用动量定理仍可得到相同的结果解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶
13、段进行讨论在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为(1)gh21v在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有(2)12vmtPF由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为 N04.3tghmtgFv解2 从整个过程来讨论根据动量定理有 1./23ht3 -10 质量为m 的小球,在合外力F -kx 作用下运动,已知x Acost,其中k、A 均为正常量,求在t 0 到 时间内小球动量的增量t分析 由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式 积21dtF分前,应先将式中x 用x Acost 代之,方能积分解 力F 的冲量为 kAtktkxt
14、FI tt 2/02121 dcosd即 Amv3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S 0.20 m2 的直角弯管,管中有流速为v 3.0 m -1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间t 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量因此,对这部分水来说,在时间t 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量pm (vB -vA )；此动量的变化是管壁在 t时间内对其作用冲量I 的结果依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F-F解 在t 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为m
15、St,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为pm (vB -vA ) St (vB -vA )依据动量定理I p,得到管壁对这部分水的平均冲力 ttIF从而可得水流对管壁作用力的大小为 N105.23vS作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧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19.6 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1.0010 2 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
16、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)hgxtx210v物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为 211gthy当该碎片落地时,有y 1 0,t t 1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度(2)121tv又根据动量守恒定律,在最高点处有(3)xxm20(4)y1v联立解式(1)、(2) 、(3) 和
17、(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为1102 sm02hgxxv1112 s7.4ty爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为(5)212tvx(6)ghyy落地时,y 2 0,由式(5)、(6) 可解得第二块碎片落地点的水平位置x2 500 m3 -13 A 、 B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 ms-1的速度继续向前驶去A 、 B 两船原有质量分别为0.510 3 kg 和1.0 103 kg,求在传递重物前两船的速度( 忽略水对船的阻力)分析 由于两船横向传递的速度可略
18、去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统亦是这样由此,分别列出系统、的动量守恒方程即可解出结果解 设A、B两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以 vA 、v B 表示,被搬运重物的质量以m 表示分别对上述系统 、应用动量守恒定律,则有(1)ABAv(2)由题意知v A 0, vB 3.4 ms -1 代入数据后,可解得12sm40.mABBAv126.3BAv也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的
19、物体在内 )视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解3 -14 质量为m 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成角的速率v 0 向前跳去当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点 )分析 人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面( 惯性系) 而言的,因此,在处理人与物的速度时
20、,要根据相对运动的关系来确定至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量v 来计算解 取如图所示坐标把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有 ummvvcos0式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率得 0人的水平速率的增量为 umcos0v而人从最高点到地面的运动时间为 gtin0所以,人跳跃后增加的距离 gmtxsin0v*3 -15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着,绳的下端刚好触到水平桌面上如果把绳的上端放开,绳将落在桌面上试证明：在绳下落过程中的任意时刻,作用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的三倍
21、分析 由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的托力但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对dt 时间内下落绳的冲力,此力必须运用动量定理来求解 取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点,Oy 轴的正向竖直向下绳的总长为l,以t 时刻 ,已落到桌面上长为y、质量为m的绳为研究对象这段绳受重力P、桌面的托力F N 和下落绳子对它的冲力F (如图中所示)的作用由力的平衡条件有(1)0NFyglm为求冲力F,可取dt 时间内落至桌面的线元 dy 为研究对象线元的质量 ,它ylmd受到重力dP 和冲力F 的反作用力 F的作用,由于FdP,故由动量定理得(2)yl
22、td0v而 (3)F由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为 gmyllyglmF 32Nv*3 -16 设在地球表面附近 ,一初质量为5.00 105 kg 的火箭,从尾部喷出气体的速率为2.00 103 ms-1 (1) 试问：每秒需喷出多少气体,才能使火箭最初向上的加速度大小为4.90 ms-2 (2) 若火箭的质量比为6.00,求该火箭的最后速率分析 这是一个系统内质量转移的问题为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在重力场中的动力学方程为此,以t 时刻质量为m 的火箭为研究对象,它在tt t 的时间内,将分离成火箭主体(包括尚剩的燃料 )和排出的燃料两部分根据它们的总动量的增量 dPi
23、 和系统所受的外力重力( 阻力不计), 由动量定理可得到 -mg udm/dt mdv/dt(推导从略,见教材), 即火箭主体的动力学方程由于在dt 时间内排出燃料的质量dm很小,式中m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率dm /dt 也就是火箭质量的变化率-dm/dt这样,上述方程也可写成 在特定加速度a 0 的条件下,mgtud根据初始时刻火箭的质量m 0 ,就可求出燃料的排出率dm/dt在火箭的质量比( 即t 时刻火箭的质量m 与火箭的初始质量m 0之比) 已知的条件下 ,可算出火箭所经历的时间,则火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得解 (1) 以火箭发射处为原点,
24、竖直向上为正方向该火箭在重力场中的动力学方程为(1)magtud因火箭的初始质量为m 0 5.00 105 kg, 要使火箭获得最初的加速度a0 4.90 ms -2,则燃气的排出率为 130skg68.duagmt(2) 为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成 ttdv分离变量后积分,有 tmgu0d00v火箭速率随时间的变化规律为(2)t00lnv因火箭的质量比为6.00,故经历时间t 后,其质量为 mt61d0得 (3)tt/65将式(3)代入式(2), 依据初始条件,可得火箭的最后速率 13000 s47.2d/lnln tmugtmuv3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t0 时质点位于原点,且初始速度为零设外力F 随距离线性地减小,且x 0 时,F F 0 ；当x L 时,F 0试求质点从x 0 处运动到 x L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x L 处的速率分析 由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给条件知 则该力作的功可用式 计算,然后由动能定理求质点速率xL0L0d解 由分析知 , 则在x 0 到 x L 过程中作功, F0
