第三章 動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律

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1、 第三章　動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律 3 -7　如圖所示，質(zhì)量為m 的物體,由水平面上點(diǎn)O 以初速為v0 拋出,v0與水平面成仰角α．若不計(jì)空氣阻力,求：(1) 物體從發(fā)射點(diǎn)O 到最高點(diǎn)的過(guò)程中,重力的沖量；(2) 物體從發(fā)射點(diǎn)到落回至同一水平面的過(guò)程中,重力的沖量． 分析　重力是恒力,因此,求其在一段時(shí)間內(nèi)的沖量時(shí),只需求出時(shí)間間隔即可．由拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知,物體到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間,物體從出發(fā)到落回至同一水平面所需的時(shí)間是到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)間的兩倍．這樣,按沖量的定義即可求得結(jié)果． 另一種解的方法是根據(jù)過(guò)程的始、末動(dòng)量,由動(dòng)量定理求出． 解1　物體從出發(fā)到達(dá)最高點(diǎn)所需的時(shí)間為

2、則物體落回地面的時(shí)間為 于是,在相應(yīng)的過(guò)程中重力的沖量分別為 解2　根據(jù)動(dòng)量定理,物體由發(fā)射點(diǎn)O 運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A、B 的過(guò)程中,重力的沖量分別為 3 -16　一人從10.0 m 深的井中提水,起始桶中裝有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．水桶被勻速地從井中提到井口,求所作的功． 題 3-16 圖 分析　由于水桶在勻速上提過(guò)程中,拉力必須始終與水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而隨提升高度而變,因此,拉力作功實(shí)為變力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能寫出重力隨高度變化的關(guān)系,拉力作功即可求出．

3、解　水桶在勻速上提過(guò)程中,a ＝0,拉力與水桶重力平衡,有 F ＋P ＝0 在圖示所取坐標(biāo)下,水桶重力隨位置的變化關(guān)系為 P ＝mg -αgy 其中α＝0.2 kg/m,人對(duì)水桶的拉力的功為 3 -17 　一質(zhì)量為0.20 kg 的球,系在長(zhǎng)為2.00 m 的細(xì)繩上,細(xì)繩的另一端系在天花板上．把小球移至使細(xì)繩與豎直方向成30°角的位置,然后從靜止放開．求：(1) 在繩索從30°角到0°角的過(guò)程中,重力和張力所作的功；(2) 物體在最低位置時(shí)的動(dòng)能和速率；(3) 在最低位置時(shí)的張力． 題 3-17 圖 分析　(1) 在計(jì)算功時(shí),首先應(yīng)明確是什么力作功．小球擺動(dòng)過(guò)程中同時(shí)受到

4、重力和張力作用．重力是保守力,根據(jù)小球下落的距離,它的功很易求得；至于張力雖是一變力,但是,它的方向始終與小球運(yùn)動(dòng)方向垂直,根據(jù)功的矢量式,即能得出結(jié)果來(lái)．(2) 在計(jì)算功的基礎(chǔ)上,由動(dòng)能定理直接能求出動(dòng)能和速率．(3) 在求最低點(diǎn)的張力時(shí),可根據(jù)小球作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的向心加速度由重力和張力提供來(lái)確定． 解　(1) 如圖所示,重力對(duì)小球所作的功只與始末位置有關(guān),即 在小球擺動(dòng)過(guò)程中,張力FＴ 的方向總是與運(yùn)動(dòng)方向垂直,所以,張力的功 (2) 根據(jù)動(dòng)能定理,小球擺動(dòng)過(guò)程中,其動(dòng)能的增量是由于重力對(duì)它作功的結(jié)果．初始時(shí)動(dòng)能為零,因而,在最低位置時(shí)的動(dòng)能為 小球在最低位置的速率為

5、 (3) 當(dāng)小球在最低位置時(shí),由牛頓定律可得 3 -18　一質(zhì)量為m 的質(zhì)點(diǎn),系在細(xì)繩的一端,繩的另一端固定在平面上．此質(zhì)點(diǎn)在粗糙水平面上作半徑為r 的圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)質(zhì)點(diǎn)的最初速率是v0 ．當(dāng)它運(yùn)動(dòng)一周時(shí),其速率為v0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 動(dòng)摩擦因數(shù)；(3) 在靜止以前質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)了多少圈？ 分析　質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度的減緩,意味著其動(dòng)能減少；而減少的這部分動(dòng)能則消耗在運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力作功上．由此,可依據(jù)動(dòng)能定理列式解之． 解　(1) 摩擦力作功為 (1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且Fｆ ＝μmg,故有

6、 (2) 由式(1)、(2)可得動(dòng)摩擦因數(shù)為 (3) 由于一周中損失的動(dòng)能為,則在靜止前可運(yùn)行的圈數(shù)為 圈 3 -25　如圖所示,質(zhì)量為m、速度為v 的鋼球,射向質(zhì)量為m′的靶,靶中心有一小孔,內(nèi)有勁度系數(shù)為k 的彈簧,此靶最初處于靜止?fàn)顟B(tài),但可在水平面上作無(wú)摩擦滑動(dòng)．求子彈射入靶內(nèi)彈簧后,彈簧的最大壓縮距離． 題 3-25 圖 分析　這也是一種碰撞問(wèn)題．碰撞的全過(guò)程是指小球剛與彈簧接觸直至彈簧被壓縮到最大,小球與靶剛好到達(dá)共同速度為止,在這過(guò)程中,小球和靶組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用,外力的沖量為零,因此,在此方向動(dòng)量守恒．但是,僅靠動(dòng)量守恒定

7、律還不能求出結(jié)果來(lái)．又考慮到無(wú)外力對(duì)系統(tǒng)作功,系統(tǒng)無(wú)非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒．應(yīng)用上述兩個(gè)守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度時(shí),彈簧被壓縮量最大這一條件,即可求解．應(yīng)用守恒定律求解,可免除碰撞中的許多細(xì)節(jié)問(wèn)題． 解　設(shè)彈簧的最大壓縮量為x0 ．小球與靶共同運(yùn)動(dòng)的速度為v1 ．由動(dòng)量守恒定律,有 (1) 又由機(jī)械能守恒定律,有 (2) 由式(1)、(2)可得 3 -26　質(zhì)量為m 的彈丸A,穿過(guò)如圖所示的擺錘B后,速率由v 減少到v /2．已知擺錘的質(zhì)量為m′,擺線長(zhǎng)度為l,如果擺錘能在垂直平面內(nèi)完成一個(gè)

8、完全的圓周運(yùn)動(dòng),彈丸速度v的最小值應(yīng)為多少？ 題 3-26 圖 分析　該題可分兩個(gè)過(guò)程分析．首先是彈丸穿越擺錘的過(guò)程．就彈丸與擺錘所組成的系統(tǒng)而言,由于穿越過(guò)程的時(shí)間很短,重力和的張力在水平方向的沖量遠(yuǎn)小于沖擊力的沖量,因此,可認(rèn)為系統(tǒng)在水平方向不受外力的沖量作用,系統(tǒng)在該方向上滿足動(dòng)量守恒．?dāng)[錘在碰撞中獲得了一定的速度,因而具有一定的動(dòng)能,為使擺錘能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng),必須使擺錘在最高點(diǎn)處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提供圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力來(lái)確定；與此同時(shí),擺錘在作圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,擺錘與地球組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒定律,根據(jù)兩守恒定律即可解出結(jié)果． 解　由水平方向的動(dòng)量守恒定律,有 (1) 為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng),在最高點(diǎn)時(shí),擺線中的張力FＴ＝0,則 (2) 式中v′h 為擺錘在圓周最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速率． 又?jǐn)[錘在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,滿足機(jī)械能守恒定律,故有 (3) 解上述三個(gè)方程,可得彈丸所需速率的最小值為