第三,四章功、能、动量作业及解答

1、第三，四章功、能、动量作业及解答.有一个摆长为L的单摆，悬点在A,在A的垂直下方置一个小钉B,今使小球自C点释 放，小球恰能绕B做圆周运动，问钉B与悬点A的距离d是多少解：不计阻力，小球自C至D点时的速度为VD =小球恰能作圆周运动，则它在E点时的速度需恰好满足=故 vl = gR由机械能守恒定律，有1 2 1 9mvD =产 v巨 + mg(2R)于是得到R = 2L/5所以d = L-R = 3L/5. 一质量为m的陨石从距地球表面高为h处由静止开始落向地面，忽略空气阻力，问:(1)陨石从开始到落地的下落过程中，万有引力所作的功是多少(2)陨石落地时的速率多大(设地球质量为M,半径为R,引

2、力常数为G)解：取地心为原点0,从。到陨石的方向为r的正方向，陨石从高度h处落到地面时，引力所作功为GinNfh=R(.R + GinNfh=R(.R + h)(2)若取陨石为研究对象，根据动能定理，有A 引力二*故陨石落地时的速率为V 二 x|i2GMR(R+h).由半径为R的光滑球面顶点处，物体m自静止开始滑落，求物体脱离球面时的临界角,即物体脱离球面处的半径与竖直方向的夹角。解:解:解： 取物体m和光滑球面为系统，物体下滑过程中，机械能守恒，取顶点处为势能零点，设物体脱离球面时距离顶点为h0,由图可知ho = R(1 - cosOo)系统机械能守恒，而初始状态时总机械能为0,故mvo -

3、 mgho = 0而物体脱离球面表面的临界条件为：支持力F0,即mgcosWo = m于是可解得ho 二父，cosOo = 2/3.如图所示，在墙壁上固定一个水平放置的轻弹簧，弹簧的另一端连一质量为m的物体, 弹簧的劲度系数为k,物体m与水平面间的摩擦系数为中开始时，弹簧没有伸长，现 以恒力F将物体自平衡位置开始向右拉动，试求此系统所具有的最大势能。k 】一 WW m,解：此题须注意的是，势能最大的位置是弹簧拉升最长处，而不是合力为0处。弹簧拉升最长处，物体达到最远距离，这时物体的速度为0,因而动能为0。以平衡位置为坐标原点O,设物体达到最远处坐标为Xmax，合外力在过程中做功为A = FXm

4、ax - MmgXmax系统初始机械能为0,终态仅有弹性势能，由功能原理 TOC o 1-5 h z 口-1b 2FXmax - pmgXmax kXmaxJ解得21,2Xmax = -(F - gmg), Ep = TkXtnax = (F - |img)K/K5.如图所示，质量为m1和mz的两木块用劲度系数为k的弹簧相连，静止的放在光滑水平 面上，今有一质量为m的子弹沿弹簧的轴线方向以速度V。射入木块mi后嵌在mi内。m匚孙颂秋m匚孙颂秋试求：(1)弹簧的最大压缩长度。(2) 木块m2的最大速度和最小速度。解：设子弹m和木块mi碰转后获得共同速度V。，根据水平方向动量守恒，有 mvo =

5、(m + mi)vio取m+m，m2和弹簧k为系统，系统在运动过程中水平方向动量守恒，且等于质心的动量, 设质心的速度为文，则有mvo = fm + mi + m2)vcvc = mvo/(m + mi + m2)可见，系统质心在做惯性运动，选择质心参考系，碰撞后的瞬间，m+mi和m2在质心参考系中的速度分别是mo mvov4o = vio -vc =-m + mi m + mi +mvoV20 = 0 - vc =-m + mj + m2此时弹簧尚未压缩，势能为零，因此系统机械能为Ei =+ m2v2o2/J弹簧具有最大压缩长度Xm时，m+m和m2在质心系中的速度为0,系统机械能为E2 =由

6、系统机械能守恒知上面两式相等，将必。和艰20代入后可解得1口2m + mi)(m+ mi + m2)m + mi)(m+ mi + m2)质心系中，当弹簧为原长，弹性势能为。时，木块m2具有最大速度或最小速度，设此时m+mi的速度为m2的速度为v2,取此为终态，由机械能守恒定律，有(2)；(m + mjv； + m2v = 0 于是得到0,最小速度V2 =2mvo,m + mi V2 =2mvo,m + mi + ma,最大速度.假设一个质量为的球被木棒击中，木棒对球的击打力满足抛物线规律，即为t的二次 函数。己知t=时，力F(t)=O; t = 2ms时，F(t)=2200N且叫t)=0。求

7、木棒与球刚刚脱 离接触的瞬间，球的速度是多大。解：设F的曲线方程是F(t)= a t2+ bt +c将条件代入可得a + b + c = 04a + 2b + c = 22002at + b = 4a + b =0rmn8800 93520015400可解得 F(t)=K +口 k冲量 I = /： ：F(t)dt = 4400N ms = 4.4N - s又 mv - mvo = I ,其中vo = 0可解得 v =8. SnrsAC后速度是vi,共同速度是V2,.如图，质量171=的物块，自半径R二的光滑圆弧轨道的A点由静止开始下滑，当它滑到光 滑水平面C点时，有一个质量为m=的子弹射入木

8、块中，使它们一起沿轨道上升，上升 到B点时脱离轨道，求子弹射入木块前的速度(g取10m/s2,已知AC后速度是vi,共同速度是V2,mv0 解：设子弹射入前速度是vs木忧儿哭.IJ 由机械能守恒：yMvi = MgR,于是，vi =由动量守恒定律mv()- Mvi = (m + M)vr2mvo V2= m + M由机械能守恒：(M + m)v2 = (M + m)v + (M + m)gR(l + sin。) J1vb = v? - 2gR(l + sin9) = vl - 3gR木块脱离时压力为零，即vb(M + m)gsin 6 = (M + m)-R解得 vi = Rgsin G =于

9、是得到V2于是得到V2代入(1),可解得vo =+ (+ 1),=3143 m/s8. 一个箭体质量为Mo (不含燃料部分)，载有燃料mo的火箭在太空中由静止开始点 火，燃烧后的炽热气体相对于火箭以U的速度向后喷出。求燃料耗尽时火箭的速度 是多少(2)若火箭在均匀重力场g中垂直起飞，T时间后燃料耗尽，则燃料耗尽瞬间火 箭速度是多大解：(1)设某一中间时刻t,火箭的质量为M (含箭体和t时刻剩余燃料)，速度为 V，由题意知在dt时间后，喷出的燃料质量为dm,则火箭的剩余质量为M-dm,速 度为v + dv,喷出的燃料为dM,速度为v-u,则由动量守恒有：Mv= (M 一 dm)(v+dv) + dM(v-u) 略去高阶小量dm*dv,化简得Mdv - udm =dM dv u x MfvfMo两边积分，得J dv= J0Mo + mo即，燃料耗尽时，t到t+dt过程中Mgdt = （M - dm）（v +略去高阶量dmdv.得Mgdt = Mdv - udm同样的，因dm = - dM我们得到：Mgdt = Mdv + udMdMBP dv =