04功和能习题解答

1、 第四章 功和能 选择题 1. 下列叙述中正确的是： ( ) A. 物体的动量不变，动能也不变 B. 物体的动能不变，动量也不变 C. 物体的动量变化，动能也一定变化 D. 物体的动能变化，动量却不一定变化 解 ：答案是 A 。 2. 对功的概念有以下几种说法： (1) 保守力作正功时，系统相应的势能增加 (2) 质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零 (3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零 在上述说法中： ( A. (1) 、 (2)是正确的； C. 只有 (2)是正确的； 解 ：答案是 C 。 ) B. (2)、 (3)是正确的； D. 只有 (3)

2、是正确的 3. 如图所示，足够长的木条 A置于光滑水平面上，另一木块 B 在 A 的粗糙 平面上滑动，则 A、B 组成的系统的总动能： ( ) A. 不变 B B. 增加到一定值 A C. 减少到零 D. 减小到一定值后不变 选择题 3 图 解： 答案是 D 。 简要提示： B 在 A 的粗糙平面上滑动，摩擦力最终使 B 相对于 A 静止下来， 摩擦力是非保守力，根据功能原理，它做的功使系统的总动能减少。当 B 相对 于 A 不动时，摩擦力就不再做功。 4. 一辆汽车从静止出发，在平直公路上加速前进时，若发动机功率恒定， 则正确的结论为： ( ) A. 加速度不变B. 加速度随时间减小 C.

3、加速度与速度成正比D. 速度与路径成正比 解 ：答案是 B 。 简要提示：在平直公路上，汽车所受阻力恒定，设为 f。发动机功率恒定， 则P =F v，其中F为牵引力。由牛顿运动定律得 F f ma，即： ma P/v-f 。 所以，汽车从静止开始加速，速度增加，加速度减小。 5. 一条长为 L 米的均质细链条，如图所示，一半平直放在光滑的桌面上， 另一半沿桌边自由下垂， 开始时是静止的， 当此链条末端滑到桌边时 （桌高大于 A gL B 2gL C 3gL 1 D3gL 2 解： 答案是 D 。 链条的长度） ，其速率应为： （ ） 简要提示： 运动过程中机械能守恒， 则以桌面为零势能 点，初

4、始时机械能为 1 MgL ，其中 M 为链条的质量； 链条 8 末端滑到桌边时机械能为 1 Mv 2 1 MgL 。两者相等，得： v 1 3gL d现用手将小 2 2 2 6 一竖直悬挂的轻弹簧下系一小球，平衡时弹簧伸长量为 球托住，使弹簧不伸长，然后将其释放，不计一切摩擦，则弹簧的最大伸长量： ） A d B. d/2；C. 2d； D. 条件不足无法判定 解 ：答案是 C 。 简要提示： 设弹簧的最大伸长量为 x，由机械能守恒，有 mgx 1kx2 2 由： mg kd 所以有： x 2d 7. 人造卫星绕地球作圆周运动，由于受到稀薄空气的摩擦阻力，人造卫星 的速度和轨道半径的变化趋势应

5、为： （ ） A. 速度减小，半径增大 C. 速度增大，半径增大 解 ：答案是 D 。 B. 速度减小，半径减小 D. 速度增大，半径减小 简要提示： 系统机械能 E GMm 2r ，由于阻力做负功， 根据功能原理可知 系统的机械能将减少。因此 再根据圆周运动方程为 r 将减小。 2 mv 2 GMm 2 r GM ，因此速度将增大。 r 也可以这样分析： 由于阻力做负功，根据功能原理可知系统的机械能将减少。功能原理可写 成 f dr dE d(Ek Ep) d(1 mv2 2 GMm) mvdv GM2m dr rr 2 2 圆周运动方程为 mv GMm 2 r mv 2 GMm 。对此式两

6、边求微分得到 GMm 2mvdv 2 dr r2 利用上式，可将功能原理表示成 GMm f dr 2r 2 dr GMm 2 dr r GMm 2r 2 dr 还可将功能原理表示成 2mvdv mvdv f dr mvdv 因为 f dr 0，所以 dr 0 。即人造卫星的速度和轨道半径的变 化趋势应为速度增大、半径减小。 8. 一颗卫星沿椭圆轨道绕地球旋转，若卫星在远 地点 A 和近地点 B 的角动量与动能分别为 LA 和 A. B. C. LB、 EkB，则有：( LB LA， LB LA， LB = L A， LB = L A， EkB EkA EkB = EkA EkB EkA EkB

7、 = E kA B 地球 选择题 8 图 D. 解： 简要提示：由角动量守恒，得vB vA 答案是 C 。 二 填空题 1. 质量m1 kg 的物体，在坐标原点处从静止出发在水平面沿x 轴运动， 其所受合力方向与运动方向相同，合力大小为 F 32x (SI)，那么，物体在开 始运动的 3 m ，合力所作的功 W ；且x3 m 时，其速率 v 解：答案是 18 J ； 6 m s1 简要提示：合力所作的功为： 33 W Fdx (3 2x)dx 18J 00 由动能定理： 12 W mv 2 2 v 6m s 1 2. 一颗速率为 700 m s1的子弹，打穿一块木板后，速率降到 500 m s

8、1。如 果让它继续穿过厚度和阻力均与第一块完全相同的第二块木板， 则子弹的速率将 降到 (空气阻力忽略不计) 答案是 100 m s1 简要提示：由动能定理，木板对子弹所作的功为： 1 2 12 W mv 2 mv 1 2 21 设子弹穿透第二块木板的速率为 v ，有： W 1 2 12 mv mv 2 2 22 所以 v2v 22 2 v12 100m s 3. 质量分别为 m和 m的两个粒子开始处于静止状态，且彼此相距无限远， 在以后任一 时刻，当 它们相距为 d 时， 则该时 刻彼此 接近的相 对速率 为。 解：答案是 2G(md m) 简要提示：设质量为 m 和 m的两个粒子当它们相距

9、为 d 时的速率分别为 v1 和 v2，显然速度的方向相反。在它们运动过程中只受到相互间的万有引力作 用，因此系统的机械能和动量均守恒。 根据题意， 相距无限远时系统的总能量为 零。因此有 1 2 1 2 Gmm mv 1 mv 2 22 mv 1 mv 2 从以上两式解出 v1 2Gm d(m m) 因此两个粒子彼此接近的相对速率为 m m m v1 v 2 v1v1 v1 mm 2Gm 2 mm m d(m m ) 2G(m m) 2G(md m) 4. 如图所示，一质量为 量为 m2 的粘土块从离盘底高 m1 的托盘挂在一劲度系数为 k 的轻弹簧下端，一质 h 处自由落下，假定落在盘底不

10、回跳，则托盘离开 其原先平衡位置的最大距离为 解：答案是 m2g 1 1 2kh k (m1 m2)g 简要提示：托盘在平衡位置时轻弹簧伸长：x1 m1g k 粘土块落到盘底时的速率为： v 0 2gh 设托盘和粘土块在平衡位置的速率为v， m2v 0 (m1 m2 )v 设托盘离开平衡位置的最大距离为x2，则由机械能守恒定律 1 2 1 2 1 2 (m1 m2)v(m1 m2 )gx2kx1k(x1 x2) 2 2 2 k m2 填空题 4 图 由以上各式联立求解，得到最大距离 x2 m2g1 k 2kh (m1 m2)g 5. 如图所示，一质量为 m 的物体位于质量可以忽略的直立弹簧上方

11、高度为 h 处，该物体从静止开始落向弹簧， 设弹簧的劲度系数为 k，若不考虑空气阻力， 则物体可能获得的最大动能为 。 解：答案是 Ekmax mgh 22 mg 2k 简要提示：以弹簧的平衡位置为原点，选该点为重力势 能零点，则物体初始的机械能为 mgh。物体与弹簧接触后， 弹簧被压缩，物体的机械能守恒： y o 填空题 5 图 12 mgy 2 kyEk mgh 由 dEk 0 ，得： dy mg ； E Ekmax k kmax mgh 22 mg 2k 6. 一质量为 2kg 的物体与另一原来静止的物体发生弹性碰撞后仍沿原方向 继续运动，但速率仅为原来的四分之一，则被碰撞物体的质量为

12、解：答案是 1.2 kg 简要提示：由弹性碰撞的速度公式： (m1 m2)v10 2m2v20 v1 m1 m2 得： 3 m2m1 5 1.2kg 7. 逃逸速率大于真空中光速的天体称为黑洞，设黑洞的质量等于太阳的质 量，为 2.01030kg，引力常数为 G= 6.67 1011N m2 kg1，真空光速 c = 3.0 108 m s1，则按经典理论该黑洞可能的最大半径为m。 解：答案是 2.96 103m 简要提示：由第二宇宙速度公式，物体要脱离太阳引力所需的速度为： 2GM v22GRM ，其中 M 为太阳的质量。令 v2 等于光速 c，得到： 23 R 2GM /c2 2.96 1

13、03m 三 计算题 1. 质量为 2kg 的物体由静止出发沿直线运动，作用在物体上的力 F 随时间 t变化的规律是 F = 4 t N，方向始终不变。试求在最初 2 s，力 F 所作的功。 解 ：【方法一】 利用牛顿第二定律 F = ma ，积分 vt v0 0 adt 根据动能定理，力 F 所作的功 1 2 1 Wmvt 22 【方法二】先利用动量定理 v0 0tF dt 0m 0 2 4t dt 02 4m s 1 2 12 1 2 mv0 mvt 2 42 16(J) 2 2 22 p p 0 1 Fdt 1 4tdt 8 kgm/s 根据动能定理，力 F 所作的功 1 21 212 W

14、mvtmv0mvt 2 t2 02t 2 p 2m 82 22 16 (J) 2. 用铁锤把钉子水平敲入木板，设钉子受到的阻力与钉子打入的深度成正 比。第一次打击，能把钉子打入木板 1cm，如第二次打击时，保持第一次打击钉 子时的速度，求第二次钉子打入的深度。 解：阻力与深度成正比，有 F = kx ，两次敲击钉子的条件相同，钉子获得的 动能也相同，所以阻力对钉子作的功相同： 0.01 0.01 x kxdx kxdx 0 0.01 得： x 0.0041m 0.41cm 3. 质量为 210 3kg 的子弹以 500 m s1 的速率水平飞出，射入质量为 1kg 的静止在水平面上的木块，子弹

15、从木块穿出后的速率为 100 m s1，而木块向前 滑行了 0.2m。求： （1）木块与平面间的滑动摩擦因数； （ 2）子弹动能和动量的减少量； （3）子弹穿出瞬间木块的动能。 1 (500 100) 0.8 (kg m s 1) 解 ：（ 1 ）设子弹 和木块的质 量分别 为 m 和 M ，根 据系统动 量守恒 V m(v0 v) 2 10 3 (500 100) 0.8(m s1) VM 1 由功能原理 fx Mgx E kM 1 0 MV 2 2 得 2 V 2 0.64 0.163 2gx 2 9.8 0.2 （2）子弹动能减少 12 Ekmm(v0 2 1 3 v 2)2 10 3

16、(500 22 2 1002 ) 240 (J) 2 2 mv0=MV+mv，得木块在子弹穿出后的速率为 子弹动量减少： p m(v0 v) 2 3 10 3）子弹穿出瞬间木块的动能 Ek 1 MV 2 1 1 0.82 0.32 (J) k 2 2 4. 弹簧原长等于光滑圆环半径 R当弹簧下端悬挂质量 为 m 的小环状重物时，弹簧的伸长也为 R现将弹簧一端系 于竖直放置的圆环上顶点 A，将重物套在圆环的 B 点，AB 长 为 1.6R ，如图所示放手后重物由静止沿圆环滑动求当 重物滑到最低点 C 时，重物的加速度和对圆环压力的大小 计算题 4 图 解 ：重物沿圆环滑动过程中， 只有重力和弹力

17、做功，所 以机械能守恒，如图所示，有： 12 2k l B2 mg(2R 其中 lB 0.6R， lC R， cos 由题意可知： 1.6Rcos ) 1k lC2 1.6R / 2R 0.8。 12 mv 2 mg kR ，即 k mg/R 所以有： vC2 0.8gR N，都沿着竖直方 重物在圆环 C 处所受的力为重力、弹力 F 和环的支持力 向，所以重物在 C 点的加速度为： 2 vC aC R 由牛顿第二定律有： NF mg 2 vC maC m R 2 其中 F kR mg ，因此 N vC m。 R 代入 vC，可得 aC 0.8g N 0.8mg 5. 如图所示， 一质量为 m的

18、钢球， 系在一长为 R的绳一端， 绳另一端固定， 现将球由水平位置静止下摆，当球到达最低点时与质量为m0，静止于水平面上 的钢块发生弹性碰撞，求碰撞后 m 和 m0 的速率。 解 ：球下摆过程中机械能守恒mgR= mv2/2 计算题 5 图 球速率 v 2gR 碰撞前后动量守恒，设碰撞后 m 和 m0 的速率分别 为 v1 和 v2，所以 mv =mv1+ m0v2 因为发生弹性碰撞，所以碰撞中动能是守恒的 12 12 12 mvmv1m0 v2 2 2 2 联之解得 v1 mm v m m0 m m0 2gR m m0 v2 2mv m m0 2m m m0 2gR 6. 劲度系数为 360

19、 N m1 的弹簧，右端系一质量为 0.25kg 的物体 A，左端 固定于墙上，置于光滑水平台面上，物体 A 右方放一质 量为 0.15kg 的物体 B，将 A 、B 和弹簧一同压缩 0.2m， 然后除去外力，求： (1) A 、B刚脱离时 B 的速度； (2) A、 A B 计算题 6 图 B 脱离后， A 继续向右运动的最大距离。 解：(1) 物体 AB 一起运动， 机械能守恒， 当两物体运动到弹簧原长位置时， 两物体将要分离，此时两物体的速度 1 2 1 2 kx1(mA mB )v 22 (2) 物体 A 向右运动的最大距离 6.0m s x2 12 0.158 m 求靶粒子获得最大动

20、能时的 k 值。 解：根据动量守恒 mv0 mv1 kmv2 (1) 根据动能守恒 12 2mv0 12 mv1 21 12 kmv2 22 (2) 由( 1 )式得到 v1= v0 kv2， 代入( 2) 式 2 v0 (v0 kv2)2 kv22 kx2 22 12 mAv 2A 7. 一质量为 m 的运动粒子与一质量为 km 的静止靶粒子作弹性对心碰撞， v2 2v0 k1 靶粒动能 要使 Ek 最大，则 Ek 12km( 2v0 ) k 1) dEk dk 则有当 k=1 时， Ek 最大。 8. 如图所示，两根绳上分别挂有质量相等的两 个小球，两球碰撞时的恢复系数 e = 0.5。球 A由