动量与角动量、功能习题答案.doc

动量与角动量（一）答案一 选择题C2. C3. B4. A5. A二 填空题1218 Ns30，2pmg/w，2pmg/w 4510 m/s1，北偏东36.87三计算题1解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒令子弹穿出时物体的水平速度为有 mv0 = mv+M vv = m(v0 - v)/M =3.13 m/s T =Mg+Mv2/l =26.5 N (2) (设方向为正方向)负号表示冲量方向与方向相反2解：以 lE 和 lp 分别表示人在塔下时地心和人离他们共同的质心的距离，则由质心定义可得：由于质心保持不动，所以当人爬上 时，应有：由此得：m即地球向人爬高的反方向移动了m。3解：以人与第一条船为系统，因水平方向合外力为零。所以水平方向动量守恒，则有：Mv1 +mv =0v1 =再以人与第二条船为系统，因水平方向合外力为零。所以水平方向动量守恒，则有：mv = (m+M)v2 v2 =4解：如图所示，设薄板半径为R，质量为m，面密度。由质量分布的对称性可得板的质心在x轴上，而 四证明题证：物体与契块组成的系统在水平方向不受外力，故此系统在水平方向的动量守恒，沿水平方向取x轴，则按题意，有 ，其中vx 为物体沿契块斜面下滑速度v的水平分量；V为契块沿水平面移动的速度。由上式，得 两边乘dt，积分之，有即X, x分别为契块和物体沿水平方向的距离。根据相对运动，契块和物体在水平方向移动的距离满足：X+x=lcosa这样，由上式可得契块的总位移X为动量与角动量（二）答案一选择题1.C2. 3. C4. A5. D二填空题1，与正方形一边成45角。212 rad/s31 Nms，1 m/s4Mvd 参考解:52275 kgm2s-1，13 ms-1三计算题1解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力物体要有加速度必须：即：， 物体开始运动后，所受冲量为t = 3 s, I = 28.8 N s 则此时物体的动量的大小为速度的大小为 m/s2解：这个问题有两个物理过程： 第一过程为木块M沿光滑的固定斜面下滑，到达B点时速度的大小为方向：沿斜面向下 第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有3解：建立图示坐标，以vx 、vy表示小球反射速度的x和y分量,则由动量定理，小球受到的冲量的x,y分量的表达式如下：x方向： y方向： v x=v cos a 方向沿x正向 根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 方向垂直墙面指向墙内mvmvaa解法二：作动量矢量图，由图知方向垂直于墙向外由动量定理: 得： 不计小球重力，即为墙对球冲力由牛顿第三定律,墙受的平均冲力 方向垂直于墙，指向墙内4解：物体因受合外力矩为零，故角动量守恒 设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为v0、J0、w0和v、J、w则因绳是缓慢地下拉，物体运动可始终视为圆周运动式可写成 整理后得： 物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供 再由式可得： 当F = 600 N时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为R = 0.3 m四证明题证：因质点只受有心力作用，即质点所受作用始终指向某一固定点O，力对该点的力矩为零根据角动量定理，质点对O点的角动量是恒矢量恒矢量的方向垂直于和所在的平面，是恒矢量，方向不变，即 ，总是保持在一个平面上，这就是说，质点在有心力作用下，始终作平面运动功和能（一）答案一选择题1. C2. C3. A4. C5.C二填空题1 或 231 m/s，150 J40.2075(2 m，6 m)，(-4 m，2 m)和(6 m，8 m)，2 m和6 m三计算题1解：按题设，质点由x=0处沿x轴运动到任一位置x的过程中，合外力所作的功为：利用质点动能定理的表达式，考虑到初动能为零，则有即质点的动能为：可见，质点的动能Ek 随位置x而改变，令，则得质点所具有的最大动能为： 按质点的动能定义， 则相应的最大速率为：2解：设弹簧的原长为l0，弹簧的劲度系数为k，根据胡克定律： 0.1gk(0.07l0) ，0.2gk(0.09l0) 解得：l00.05 m，k49 N/m拉力所作的功等于弹性势能的增量： WEP2EP10.14 J 3解：(1)建立如图坐标. 某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为： 摩擦力的功：= = (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 W 其中：W = W PWf，v0 = 0 WP = 由上问知所以 得：4解：重力的功：Wmgl( cosfcos45) 根据动能定理有： 当f10时， v2.33 m/s (亦可用功能原理求解)5解：(1) 先分析力。在抛出后，如果不计空气阻力，则石块只受重力（保守力）作用，别无外力，所以对石块和地球组成的系统，机械能守恒。系统在开始位置，其动能即为石块的动能，势能为；在终点，即地面上，取作势能零点，而动能为 ，v为到达地面时石块的速率。所以，按机械能守恒定律，有得：(2) 仍把石块和地球看作一个系统，在抛出后，除重力（内力）外，还有外力即空气阻力作功，因此机械能不守恒。应用系统功能定理，外力作功等于系统机械能的增量，仍取地面为势能零点，得代入题给数据，得 功和能（二）答案一选择题1. D 2. D3. C 4. E5. B二填空题1 2 3（角动量守恒。相对地面，v人 = v物）4机械能守恒；5不一定；动量三计算题1解：分三步解。第一步：设弹簧恢复形变时，m1 的速度为v10，据机械能守恒：第二步： m1与 m2 发生弹性碰撞，因m1 = m2，碰后两小球的速度交换，碰后 m2 的速度为：v2 = v10。第三步：作圆周运动到A点处脱落，此时它对圆环的压力N = 0，因此圆环对它的压力也为零。根据牛顿第二定律及机械能守恒定律，有：联立上面四个方程，可以解出：2解：第一段 泥球自由下落过程选泥球和地球为系统，机械能守恒，有第二段 泥球与板的完全非弹性碰撞过程对泥球和板系统，由于相互撞击力（系统的内力）远大于系统的外力即重力与弹簧恢复力之和，所以可视为动量守恒。取向下为正方向，则有，V为碰后木板与泥球的共同速度。第三段 泥球、平板系统向下运动过程。对泥球、平板、弹簧以及地球系统，因仅有保守内力做功，所以系统机械能守恒。设平板原始位置为重力势能零点，此时弹簧的压缩量为x0，泥球落下与平板共同向下的最大位移为x，则有又由平板最初的平衡条件可得：由以上四式可解得3解：动量守恒 越过最高点条件 机械能守恒 解上三式，可得4解：重力、支持力、绳中张力对A点的力矩之和为零，故小球对A点的角动量守恒当B与A距离最大时，B的速度应与绳垂直故