动量与能量部分习题分析与解答.ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,第三章,动量与能量,部分习题分析与解答,第三章 部分习题分析与解答,分析：,由于鸟与飞机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。由于飞机的状态变化不知道，可讨论鸟的状态变化来分析其受力，并根据力作用的相互性，问题得到解决。,3-1,一架以 的速率水平飞行的飞机，与一只身长为,0.2m,、质量为,0.50kg,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）相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会,?,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,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 ，以此代入上式可得,鸟对飞机的平均冲力为,式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反。从计算结果,可知冲力相当大，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,分析：,对于弯曲部分,AB,段内的水而言，在,t,时间内，,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,t,内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量，此动量的变化是管壁在,t,时间内对其作用的冲量,I,的结果，依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力,F,，由牛顿第三定律可求,F,。,3-5,如图所示，在水平地面上，有一横截面 的直角弯管，管中有流速为,v=3.0m.S,-1,的水通过，求弯管所受力的大小和方向。,v,S,B,A,解,：在,t,时间内，从管一端流入水的质量为,m=,vS,t,，弯曲部分,AB,的水的动量的增量则为,依据动量定理,I=,P,，得到管壁对这部,分水的,平均冲力为,水对管壁作用力的大小为,v,S,B,A,作用力的方向则沿直角平分线向弯管外侧。,P,A,P,B,P,分析：,物体在最高点处爆炸的过程，由于爆炸内力远大于重力，重力的冲量可忽略，物体爆炸过程中动量守恒。由于爆炸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第二块碎片抛出的速度，进而可求出落地位置。,3-6,一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离地面为,19.6m,。爆炸后,1.00s,后，第一块到爆炸点正下方的地面上，此处距离抛出点的水平距离为,1.00,10,2,m,。问第二块落在距离抛出点多远的地面上。（设空气的阻力不计）,解,取如图所示坐标，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,y,x,1,x,O,v,2,x,2,h,A,v,1,物体爆炸后，第一块碎片竖直落下的运动方程为,当该碎片落地时，有,y,1,=0,，,t=t,1,，则由上式得第一块碎片抛出的速度,y,x,1,x,O,v,2,x,2,h,A,v,1,又根据动量守恒定律，在最高点处有,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,y,x,1,x,O,v,2,x,2,h,A,v,1,爆炸后，第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为,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：,x,2,=500m,分析：,人跳跃躏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的冲量，使他们各自的动量发生了变化。人与物水平方向不受外力作用，系统在该方向上动量守恒，且必须注意是相对地面（惯性系）而言的，根据相对运动可确定人与物的速度，求得人在水平方向速率地增量就可求出人因抛物而增加的距离。,3-8,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）,y,x,x,o,v,0,v,u,x,y,x,x,o,v,0,v,u,x,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,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。,人的水平速率的增量为,而人从最高点到地面的运动时间为,所以，人跳跃的距离的增加量为,分析：,该题中虽施以“恒力”，但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来求解。,3-13,如图所示，一绳索跨过无摩擦的滑轮，系在质量为,1.00kg,的物体上，起初物体静止在无摩擦的水平平面上，若用,5.00N,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=1.00m,。,1m,5N,30,37,x,x,1,x,2,0,解：,取图示坐标，绳索拉力对物体所作的功为,分析：,本,题是一个变力作功问题，关键在于寻找力函数。根据运动学关系可作变量转换，变量从,v,变换到,t,，再从,t,变换到,x,，就可按功的定义式求解。,3-14,一物体在介质中按规律,x=ct,3,作直线运动，,c,为一常量，设介质对物体的阻力正比于速度的平方。试求物体由,x,0,=0,运动到,x=L,时，阻力所作的功。（已知阻力系数为,k,）,解：,由运动学方程,x=ct,3,，可得物体的速度,按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为,则阻力的功为,分析：,由于水桶在匀速上提过程中，拉力必须始终与水桶相平衡。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。只要能写出重力随高度变化的关系，拉力作功即可求出。,3-15,一人从,10.0m,深的井中提水，起始桶中装有,10.0kg,水，由于水桶漏水，每升高,1.00m,要漏去,0.20kg,水。水桶被匀速从井中提到井口，求人所作的功。,解：,水桶在匀速上提过程中，拉力与水桶重力平衡，有,在图示所取坐标下，水桶重力随位置的变化关系为,其中,=0.2kg/m,，人对水桶的拉力的功为,y,F,P,分析：,该系统的相互排斥力是有心力。当两粒子分离时，在该力作用下，系统的势能要发生变化；斥力的功在数值上等于系统势能增量的负值；势能零点在无究远处。,3-18,设两粒子之间的相互作用力是排斥力,并随它们之间的距离,r,按,F=k/r,3,的规律而变，其中,k,为常量。度求两粒子相距为,r,时的势能。（设力为零的地方势能为零）,解：,由力函数,F=k/r,3,可知，当,r,时，,F=0,，势能亦为零。在此力场中两粒子相距,r,时的势能为,则,E,p,=k/2r,2,分析：,该题可用机械能守恒定律来解。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（取状态,1),，直到,B,板刚被提起（取状态,2,），在这一过程中，系统不受外力作用，而内力又只有保守力作功，支持力不作功，因此满足机械能守恒的条件，列出方程，并结合这两个状态下受力的平衡，便可求出压力。,3-21,如图示，,A,和,B,两块板用一轻弹簧连接起来，它们质量分别为,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。（设弹簧劲度系数为,k,）,A,B,A,B,N,M,0,y,y,2,y,1,解：,选取如图所示坐标，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,A,B,N,M,0,y,y,2,y,1,A,m,1,P,1,F,2,m,1,F,1,P,1,F,B,m,2,P,2,F,2,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,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。,A,B,N,M,0,y,y,2,y,1,A,m,1,P,1,F,2,m,1,F,1,P,1,F,B,m,2,P,2,F,2,式中,y,1,、,y,2,为,M,、,N,两点对原点,O,的位移。因为,F,1,=ky,1,，,F,2,=ky,2,及,P,1,=m,1,g,，,上式可写为,当,A,板跳到,N,点时，,B,板刚被提起，此时弹性力,2,=P,2,，且,F,2,=F,2,。由式（）可得,由式（,1,）、（,2,）可得,分析：,若取矿车、地球、弹簧为系统，支持力不作功，重力、弹力为保守力，而阻力为非保守力且作功，系统不满足机械能守恒定律的条件，故应该用功能原理去求解。同时注意势能零点的选取，常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点。,3-22,如图示，有一自动卸货矿工车，满载时的质量为,m,，从与水平成倾角,=30.0,斜面上的点,A,由静止下滑。设斜面对车的阻力为车重的,0.25,倍，矿车下滑距离,L,时，与缓冲弹簧一道沿斜面运动，当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自动卸货，然后矿车借助弹簧的弹性力作用，使之返回原位置,A,再装货。试问要完成这一过程。空载时与满载时车的质量之比变为多大？,A,L,解：,选取沿斜面向上为,x,轴正方向。弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点。矿车在下滑和上行的全过程中，摩擦力所作的功为,式中,m,为空载时的质量，,x,为弹簧最大被压缩量。,x,B,x,A,x,L,x,o,根据功能原理，在矿车运动的全过程中，摩擦力所作的功应等于系统机械,能增量的负值，故有,由于矿车返回原位时速度为零，故,E,K,=0,；而,E,P,=,（,m-m,)g(L+x)sin,故有,由式（,1,）、（,2,）可解得,分析：,若取小球、弹簧和地球为系统，小球在被释放后的运动过程中，只有重力和弹力这两个保守力作功，系统的机械能守恒。初态选在压缩弹簧刚被释放时刻，这样可以使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时的最高点,C,处，因为这时小球的速率正处于一种临界状态，小于此速率时，小球将脱离轨道抛出。该速率可根据重力提供圆弧运动中所需的向心力，由牛顿定律求出。再由系统的机械能守恒定律解出弹簧劲度系数的最小值即可。,3-26,如图示，把质量,m=0.20kg,的小车放在位置,A,时，弹簧被压缩,L=7.5,10,-2,m,。然后在弹簧弹性力的作用下，小球从位置,A,由静止被释放，小球沿轨道,ABCD,运动，小球与轨道间的摩擦力不计。已知,BCD,是半径,r=0.15m,的半圆弧，,AB,相距为,2r,。求弹簧劲度系数的最小值。,D,0,B,C,A,2r,r,解：,小球要刚好通过最高点,C,时，轨道对小球支持力,F,N,=0,，因此，有,取小球开始时所在位置,A,为重力势能的零点，由系统的机械能守恒定律，有,由式（,1,）、（,2,）可解得,D,0,B,C,A,2r,r,