03第三,四章 功、能、动量作业及解答

第三, 四章 功、能、动量作业及解答CACDCECBCRCdL1. 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=2gL小球恰能作圆周运动，则它在E点时的速度需恰好满足mg=mvE2R， 故 vE2=gR由机械能守恒定律，有12mvD2=12mvE2+mg(2R)于是得到R=2L/5所以 d=L-R=3L/52 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，引力常数为G）解： (1)取地心为原点O，从O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A引力=R+hR-GmMr2dr=-GmMR+hRd-1r =GmM1R-1R+h=GmMhR(R+h)(2) 若取陨石为研究对象，根据动能定理，有 A引力=12mv2-0故陨石落地时的速率为 v=2GMhR(R+h)3. 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。FN解：h00v0mg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 h0=R(1-cos0)系统机械能守恒，而初始状态时总机械能为0，故 12mv02-mgh0=0而物体脱离球面表面的临界条件为：支持力FN=0，即 mgcos0=mv02R于是可解得 h0=R3，cos0=2/34. 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 ，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。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=Fxmax-mgxmax 系统初始机械能为0，终态仅有弹性势能，由功能原理Fxmax-mgxmax=12kxmax2解得xmax=2kF-mg，Ep=12kxmax2=2kF-mg25. 如图所示，质量为m1和m2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v0射入木块m1后嵌在m1内。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m1碰转后获得共同速度v10，根据水平方向动量守恒，有mv0=(m+m1)v10故 v10=mv0m+m1取 m+m1，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vc，则有mv0=(m+m1+m2)vcvc=mv0/(m+m1+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+m1和m2在质心参考系中的速度分别是v10=v10-vc=m2m+m1mv0m+m1+m2v20=0-vc=-mv0m+m1+m2此时弹簧尚未压缩，势能为零，因此系统机械能为E1=12m+m1v102+12m2v202弹簧具有最大压缩长度xm时，m+m1和m2在质心系中的速度为0，系统机械能为E2=12kxm2由系统机械能守恒知上面两式相等，将v10和v20代入后可解得xm=mv0m2k(m+m1)(m+m1+m2)质心系中，当弹簧为原长，弹性势能为0时，木块m2具有最大速度或最小速度，设此时m+m1的速度为v1，m2的速度为v2，取此为终态，由机械能守恒定律，有12m+m1v12+12m2v22=12kxm2 (1)质心系中，系统的总动量为0，即m+m1v1+m2v2=0 (2)联立以上两式，并将xm代入，可解得v2=mv0m+m1+m2因此，在地面参照系中，m2的最大速度和最小速度为：v2=v2+vc=0, 2mv0m+m1+m2解法2：子弹打入m1的过程，动量守恒（注意此时机械能不守恒）：mv0=(m+m1)v1此后，m+m1作为整体，与弹簧，m2构成的系统水平动量守恒，机械能守恒，当弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，且，三者具有相同的速度，设该速度为v2：m+m1v1=(m+m1+m2)v212m+m1v12=12m+m1+m2v22+12kxm2解得xm=mv0m2k(m+m1)(m+m1+m2)（2）当弹簧恢复原长时，弹簧弹力为0，木块们水平方向不受力，加速度为0，因而此时木块们的速度大小处于极值状态（即最大速度或者最小速度），用v1表示此时(m+m1)速度，用v2表示此时m2速度，则有m+m1v1=m+m1v1+m2v212m+m1v12=12m+m1v12+12m2v22联立两式，得v2(m+m1+m2)v2-2mv0=0于是得到v2=0， 最小速度2mv0m+m1+m2，最大速度6. 假设一个质量为0.5kg 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。已知 t = 0.5ms 时，力F(t)=0; t = 2ms时，F(t)=2200N且F(t)=0。求木棒与球刚刚脱离接触的瞬间，球的速度是多大。解：设F(t)的曲线方程是F(t)= a t2+ bt +c将条件代入可得0.25 a + 0.5 b + c = 04a + 2b + c = 22002at + b = 4a + b =0可解得 Ft=-88009t2+352009t-154009冲量 I=0.53.5F(t)dt=4400Nms=4.4Ns又 mv-mv0=I ，其中v0=0可解得 v=Im=8.8m/s 7. 如图，质量M=0.5kg的物块，自半径R=1.4m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=0.02kg的子弹射入木块中，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=30)）Mmv0AB解: 设子弹射入前速度是 v0, 木块从A滑到C后速度是v1，子弹射入后共同速度是v2,由机械能守恒：12Mv12=MgR, 于是， v1=2gR由动量守恒定律mv0-Mv1=(m+M)v2v2=mv0-M2gRm+M (1)由机械能守恒：12（M+m）v22=12（M+m）vB2+(M+m)gR(1+sin)vB2=v22-2gR1+sin=v22-3gR木块脱离时压力为零，即M+mgsin=M+mvB2R解得 vB2=Rgsin=Rg2于是得到 v2=72gR代入（1），可解得v0=Mm2gR+Mm+172gR=314.3 m/s8一个箭体质量为M0（不含燃料部分），载有燃料 m0 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(1)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 dm)(v+dv) + dM(v-u)略去高阶小量dm*dv，化简得Mdv-udm=0，即Mdv+udM=0，（因为dm=-dM）dv=-udMM两边积分，得0vdv=M0+m0M0-udMM即，燃料耗尽时，火箭