动量和能量一章习题解答

� � ∆P = 2 P2 cos α = 2mv cos α
根据质点动量定理，小球受到的平均 冲力大小为
� ∆P 2mv cos α � F = = ∆t ∆t
� � P2 = mv 2 α � � P1 = mv1 � ∆P
α
该平均冲力的方向与 ∆P 方向相同，水平向左。由牛顿第三定律，墙 壁受到的平均冲力与此力等大而反向。
解：由于要解速度，我们不必把速度化成国际单位，最后解出的 速度单位自然还是 km/h。 我们以指向下游为正方向，设V 是天鹅飞离木料后木料的速度， 则天鹅飞离木料后天鹅的速度为V − 2 ， （注意，该速度是指天鹅向下 游的速度） 由木料与天鹅组成的系统动量守恒
8 M − 8m = MV + m (V − 2)
Ep = k 2r 2
[注：势能公式中的积分路径可以是任意的，为了积分方便，我们选 择沿矢径 r 的方向直到无穷远点的直线作为积分路径。]
�
习题 3—11 质量为 m，速率为 v 的小球，以入射角 α 斜向与墙壁相撞，又以原 速率沿反射角 α 方向从墙壁弹回。设碰撞时间为 ∆t ，求墙壁受到的平均冲力。
③
人第二次跳跃离开第二船后，第二船的动量是 2mυ ，第二船的 末速度
2
V2′ =
2 mv M
人第二次跳跃落到第一船后，整个系统总动量依然为零，他和第 一船总动量为 − 2mυ ，第一船的末速度
V1′ = −
2mv M +m
习题 3—5 质量 m 为 10kg 的木箱放在地面上， 在水平拉力 F 的作用下由静止开 始沿直线运动，其拉力随时间的变化关系如图所示。若已知木箱与地面间的摩擦 系数 µ 为 0.2，那么在 t = 4s 时，木箱的速度大小为 ；在 t = 7s 时， 木箱的速度大小为 。(g 取 10m/s2)
� � = −(0.4 + 0.2 2 )i − 0.2 2 j (N⋅ s)
O
�
�
�
�
Y B
vA
45˚ A X
图 2-22
习题 3—7 高空作业时系安全带是必要的。假如一质量为 51.0kg 的人在操作时 不慎从高空跌落下来，由于有安全带的保护，最终使他被悬挂起来。已知此时人 离原处的距离为 2.0m，安全带弹性缓冲作用时间为 0.50s，求安全带对人的平均 冲力。
由上式可以解得木料的末速度为
V=
45 × 8 − 10 × 8 + 10 × 2 = 5.45 km/h 45 + 10
(此题一定要注意天鹅速度的方向！ ）
习题 3—14 质量 m = 2kg 的质点在力 F = 12t(SI)的作用下，从静止出发沿 X 轴 正方向作直线运动，求前三秒内该力所作的功。
习题 3—15 倔强系数为 k 的轻弹簧， 一端与倾角为 α 的斜面上的固定挡板 A 相 接，另一端与质量为 m 的物体 B 相连。O 点为弹簧没有连物体原长时的端点位 置，a 点为物体 B 的平衡位置。现将物体 B 由 a 点沿斜面向上移动到 b 点(如图 所示)。设 a 点与 O 点，a 点与 b 点之间距离分别为 Байду номын сангаас1 和 x2，则在此过程中，由 弹簧、物体 B 和地球组成的系统势能的增加为［ ］ 1 2 1 (A) kx 2 (B) k ( x 2 − x1 ) 2 + mg ( x 2 − x1 ) sin α + mgx 2 sin α 2 2 1 1 1 (C) k ( x 2 − x1 ) 2 − kx12 + mgx 2 sin α (D) k ( x 2 − x1 ) 2 + mg ( x 2 − x1 ) cos α 2 2 2
0 0 4
所以，当 t = 4s 时，木箱的速度大小为υ 4 = 4 m/s 0 到 7s 即质点所受合外力的冲量
I 7 = ∫ ( F − f ) dt = (120 + 45) − 140 = 25 N ⋅ s
0
7
所以，当 t = 7s 时，木箱的速度大小为υ 7 = 2.5 m/s [注意：根据定义，某力 F(t)在某一时间间隔内的冲量大小等于该力 曲线 F(t)与横轴间的面积。]
(2) 由引力势能公式，可得卫星的势能为
E P = −G
(3) 卫星的机械能为
E = Ek + E P = G
mE m 3R E
mE m m m m m − G E = −G E 6 RE 3R E 6 RE
习题 3—10 设两个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/r3 的规律而变化，其中 k 为常量。试求两粒子相距为 r 时的势能。(设力为零 的地方势能为零)
此力为负值说明其方向与取定的坐标轴方向相反，是竖直向上的。
习题 3—8 一个人从 10.0m 深的井中提水，起始桶中装有 10.0kg 的水，由于水 桶漏水，每升高 1.00m 要漏去 0.20kg 的水。求水桶被匀速地从井中提到井口人 所作的功。
解：依题意，桶中水的质量随桶到井底的距离 x 的变化关系为
� � � � πR πRmg I = Fg ⋅ ∆t = mg ⋅ = v v
m v
习题 3―1 图
R
因此，该冲量的大小为
� I =
� πRm g
案
v
=
πRmg v
所以应当选择答案(C)。
习题 3 ─2 质量为 m 的小球自高为 y0 处沿水平方向以速率 v0 抛出，与地面碰 撞后跳起的最大高度为 y0/2，水平速率 为 v0/2。 则碰撞过程中： (1) 地面对小球 的垂直冲量的大小为 ； (2) 地面对小球的水平冲量的大小 为 。
解法Ⅰ： 以撞击点为原点， 水平向右为 X 轴， 沿墙壁向下为 Y 轴。 取小球为研究对象，根据质点动量定理
� � � � � I = F ⋅ ∆t = ∆P = mv 2 − mv1 � � � � = ( − mv cos α )i + (mv sin α ) j − [(mv cos α )i + ( mv sin α ) j ]
动量和能量一章习题解答
习题 3—1 如图所示，圆锥摆的摆球质量为 m，速率为 v，圆半径为 R，当摆球 在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为： ［ ］ 2 2 (A) 2mv。 (B) (2mv) + (mgπR v) 。 (C) πRmg v 。 (D) 0。
解：摆球的重力是一个大小和方向 都不变的恒力，因此，当摆球在轨道上 运动半周时，摆球所受重力的冲量为
习题 3—9 一质量为 m 的地球卫星，沿半径为 3RE 的圆轨道运动， RE 为地球半 径。已知地球的质量为 mE。求：(1)卫星的动能；(2)卫星的引力势能；(3)卫星的 机械能。
解：(1) 根据卫星作圆周运动的条件有
m m v2 m = G E2 r r
可得卫星的动能为
Ek = m m m m 1 mv 2 = G E = G E 2 2r 6 RE
3
习题 3─6 一质点的运动轨迹如图所示，已知质点的质量为 20g，在 A、B 二位 � � 置处的速率都为 20m/s， v A 与 X 轴成 45°角， v B 垂直于 Y 轴，求质点由 A 点 到 B 点这段时间内，作用在质点上外力的总冲量。
解： P1 = mυ A = 0.2 2i + 0.2 2 j (kg ⋅ m/s) ， vB � � � P2 = mυ B = −0.4i (kg ⋅ m/s) � � � � I = ∆P = P2 − P1
解：根据动量定理，人掉落后，安全带作用时，合外力的冲量等 于人动量的增量。(取竖直向下为坐标轴正方向)
( F + mg ) ⋅ ∆t = 0 − m 2 gh
所以，安全带对人的平均冲力为
F = − mg − m 2 gh 51.0 × 2 × 9.8 × 2.0 = −51.0 × 9.8 − = −1.14 × 10 3 N ∆t 0.50
m = 10.0 − 0.20 x
4
因此，水桶被匀速地从井中提到井口人所作的功为
W = ∫ Fdx = ∫
10.0
0
mgdx =
∫
10.0
0
g (10.0 − 0.20 x )dx
= g (10.0 x − 0.10 x 2 )
10.0 0
= 882 J
[注意：题设水桶被人“匀速”提起，因而人提水用的力 F 即为水桶 的重力 mg。]
Y
y0
1 y0 2
O
m
� v0 1� v0 2
X
习题 3―2 图
解：由动量定理的分量式可得
I x = mv x − mv 0 x = mv 0 2 − mv 0 = − mv 0 2
I y = mv y − mv 0 y = m gy 0 − (− m 2 gy 0 ) = (1 + 2 )m gy 0
�
解：(1) 子弹打击过程动量守恒
mv 0 = MV + mv
l
解得
V= m( v 0 − v ) M
� v0
m
� v
M
习题 3―12 图
①
对物体
T − Mg = M V 2 l
②
由①、②可得
7
T = Mg +
m 2 ( v 0 − v) 2 (0.01) 2 × (500 − 30 ) 2 ＝ 1.5 × 9.8 + = 26 .5 N Ml 1.5 × 1.25
−0
即有
� � 1 � i (3t + t 2 ) = 4i = Mv1
0
所以
� � � � 4i 4i v1 = = = 2i m/s M 2