1、2 -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)2 -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2 -3 如图所示,质量分别为m 1 和m 2 的物体A 和B,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
4、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,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)2 -4 如图所示
5、,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
6、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2 -5 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
7、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 jjFI mttsind011vgt 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 jjjIymvysin001vB222 -6 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
8、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
9、为 N04.3tghmtgFv解2 从整个过程来讨论根据动量定理有 1./23ht2 -7 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
10、一端流入(或流出) 水的质量为m 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2 -8 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
11、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 ,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 m0人的水平速率的增量为 ucos0v而人从最高点到地面的运动时间为 gtin所以,人跳跃后增加的距离 m
12、x 02 -9 一质量为0.20 kg 的球 ,系在长为2.00 m 的细绳上 ,细绳的另一端系在天花板上把小球移至使细绳与竖直方向成30角的位置,然后从静止放开求：(1) 在绳索从30角到0 角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和速率；(3) 在最低位置时的张力分析 (1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功小球摆动过程中同时受到重力和张力作用重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式 ,即能得出结果来(2) 在sdFW计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率(3) 在求最低点的张
13、力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关 ,即J53.0cos1mglhP在小球摆动过程中,张力F 的方向总是与运动方向垂直 ,所以,张力的功sFdTW(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为 J53.0kE小球在最低位置的速率为 1PKsm.22Wmv(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得 lF2TvN49.2Tlmg2 -10 一质量为m 的质点, 系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动设质点
14、的最初速率是v 0 当它运动一周时,其速率为v 0 /2求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？分析 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上由此,可依据动能定理列式解之解 (1) 摩擦力作功为(1)20202k0831vvmEW(2) 由于摩擦力是一恒力,且F mg,故有(2)grsFcof由式(1)、(2)可得动摩擦因数为 rg16320v(3) 由于一周中损失的动能为 ,则在静止前可运行的圈数为208m圈34kWEn2 -11 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
15、为m 1 和m 2 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
16、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 P 1 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 212mgykgyk式中y 1 、y 2 为M、N 两点对原点O 的位移因为F 1 ky 1 ,F2 ky 2 及P 1 m 1g,上式可写为F1 -F2 2P 1 (2)由式(1)、(2)可得F P 1 F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F 2
17、P 2 ,且F 2 F 2 由式(3)可得F P 1 P 2 (m 1 m 2 )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2 -12 如图所示，一质量为 m 的木块静止在光滑水平面上，一质量为 m/2 的子弹沿水平方向以速率 射入木块一段距离 L(此时木块滑行距离恰为 s)后留在木块内，求：（1）木块0v与子弹的共同速度 v,此过程中木块和子弹的动能各变化了多少？（2）子弹与木块间的摩擦阻力对木块和子弹各作了多少功？（3）证明这一对摩擦阻力的所作功的代数和就等于其中一个摩擦阻力沿相对位移 L 所作的功.(4)证明这一对摩擦
18、阻力所作功的代数和就等于子弹-木块系统总机械能的减少量(亦即转化为热的那部分能量).题 3-20 图分析 对子弹-木块系统来说，满足动量守恒，但系统动能并不守恒，这是因为一对摩擦内力所做功的代数和并不为零，其中摩擦阻力对木块作正功，其反作用力对子弹作负功，后者功的数值大于前者，通过这一对作用力与反作用力所做功，子弹将一部分动能转移给木块，而另一部分却转化为物体内能.本题（3）、（4）两问给出了具有普遍意义的结论，可帮助读者以后分析此类问题.解 （1）子弹-木块系统满足动量守恒，有 vmv)2/(/0解得共同速度 03对木块 2022k18mvvE对子弹 202022k 9)()(1（2） 对木
19、块和子弹分别运用质点动能定理，则对木块 201k18mvEW对子弹 202k29（3） 设摩擦阻力大小为 ,在两者取得共同速度时，木块对地位移为 s，则子弹对fF地位移为 L+s,有对木块 sWf1对子弹 )(f2LF得 f21式中 L 即为子弹对木块的相对位移，“-”号表示这一对摩擦阻力（非保守力）所作功必定会使系统机械能减少.(4) 对木块 2f1mvsFW对子弹 202f2 )(1)(vL两式相加，得202221 )()(vmmv即 20f183LF两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系的动能定理表达式，左边为一对内力所作功，右边为系统动能的变化量.2 -13 一质量为m 的地球卫星,沿
20、半径为3R E 的圆轨道运动,RE 为地球的半径已知地球的质量为m E求：(1) 卫星的动能； (2) 卫星的引力势能；(3) 卫星的机械能分析 根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即可算出由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球) 的 ,要确定特定位置的势能时,必须规定势能的零点,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了至于卫星的机械能则是动能和势能的总和解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得 E22E3R
21、mGv则 K61v(2) 取卫星与地球相距无限远(r)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为 EP3RmG(3) 卫星的机械能为 EEEPK636E2 -14 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)mgRgcos21v根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为(2)RF2Ncos冰块脱离球面时,支持力F N 0,由式(1) 、(2)可得冰块的角位置 o2.483ar冰块此时的速率为 csRggvv 的方向与重力P 方向的夹角为90- 41.8
