第三章 动量守恒定律和能量守恒定律

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物理学
第五版
3-2质点系的动量守恒定律
§3-2 质点系的动量守恒定律 质点系动量定理
ex Fi dt pi pi 0 t0 i i i ex ex 若质点系所受的合外力 F Fi 0
则系统的总动量不变 ——动量守恒定律
i
t I
ex F
ex dp , F 0, dt
第三章 动量守恒和能量守恒
pC
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3-2质点系的动量守恒定律
讨论 (1) 系统的总动量不变，但系统内任一 物体的动量是可变的．
(2) 守恒条件：合外力为零．
ex ex F Fi 0
i
ex in 当 F F 时，可近似地认为
I x Fx dt mv2 x mv1x
分量表示
t2
I y Fy dt mv2 y mv1 y I z Fz dt mv2 z mv1z
t1 t1 t2
t1 t2
说明 某方向受到冲量，该方向上动量就增加．
第三章 动量守恒和能量守恒
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3-1质点和质点系的动量定理
系统总动量守恒．
第三章 动量守恒和能量守恒 26
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3-2质点系的动量守恒定律
ex ex ex (3) 若 F Fi 0 ，但满足 Fx 0
有 px
m v
i
i
ix
Cx
i
F
F
ex x
ex y
0,
0,
i
px mi vix Cx
i

班级____________ 姓名______________ 学号_________________ 第3-1 动量定理 一．填空题：1．物体所受到一维的冲力F ，其与时间的关系如图所示，则该曲线与横坐标t 所围成的面积表示物体在∆t = t 2 - t 1时间所受的 冲量的大小。

2．质量为m 的物体以初速度v 0，倾角α 斜向抛出，不计空气阻力，抛出点与落地点在同一水平面，则整个过程中，物体所受重力的冲量大小为αsin 20⋅mv ，方向为竖直向下。

3．设有三个质量完全相同的物体，在某时刻t 它们的速度分别为123 , , v v v ，并且123ννν==，1v 与2v 方向相反，3v 与1v相垂直，设它们的质量全为m ，则该时刻三物体组成的系统的总动量为3v m。

4．质量为m 的质点在Oxy 平面内运动，运动方程为j t b i t a r)sin()cos(ωω+=，请问从 0t =到t πω=这段时间内质点所受到的冲量是2mb j ω-。

5．高空作业时系安全带是非常必要的，假如一质量为51.0kg 的人，在操作过程中不慎从空竖直跌落下来。

由于安全带的保护，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0.5s ，求安全带对人的平均冲力N 31014.1⨯。

二．计算题：6．一个质量m=0.14 kg 的垒球沿水平方向以v 1=50 m/s 的速率投来，经棒打出后，沿仰角α＝45˚的方向向回飞出，速率变为v 2=80 m/s 。

求棒给球的冲量大小和方向；如果球与棒接触时间t ∆=0.02 s ，求棒对球的平均冲力的大小。

它是垒球本身重力的几倍？ 解 设垒球飞来之正方向为x 轴正方向，则棒对球冲量大小为：11)(616)/()(845'2152cos sin 180:)/(9.16cos 221221222112倍此力为垒球本身重的棒对球平均冲力角给出方向由==∆==+-==++=-=mg F N tIF mv mv mv avctg S N v v v v m v m v m I ααθθα7．一个子弹在枪膛中前进时所受的合外力的大小为54104003tF ⨯=-，子弹从枪口射出时的速率为300m ·s -1。

第三章 动量守恒定律和能量守恒定律（一）教材外习题1 功与能习题一、选择题：1．一质点受力i x F 23 （SI ）作用，沿X 轴正方向运动。

从x = 0到x = 2m 过程中，力F 作功为（A ）8J. （B ）12J. （C ）16J. （D ）24J.（ ）2．如图所示，圆锥摆的小球在水平面内作匀速率圆周运动，下列说法正确的是（A ）重力和绳子的张力对小球都不作功.（B ）重力和绳子的张力对小球都作功.（C ）重力对小球作功，绳子张力对小球不作功.（D ）重力对小球不作功，绳子张力对小球作功.（ ）3．已知两个物体A 和B 的质量以及它们的速率都不相同，B 的大，则A 的动能E KA 与B 的动能E KB 之间的关系为（A ）E KB 一定大于E KA . （B ）E KB 一定小于E KA（C ）E KB =E KA（D ）不能判定谁大谁小 （ ）4．如图所示，一个小球先后两次从P 点由静止开始，分别沿着光滑的固定斜面l 1和圆弧面l 2下滑，则小球滑到两面的底端Q 时的（A ）动量相同，动能也相同（B ）动量相同，动能不同（C ）动量不同，动能也不同（D ）动量不同，动能相同 （ ）5．一质点在外力作用下运动时，下述哪种说法正确？（A ）质点的动量改变时，质点的动能一定改变（B ）质点的动能不变时，质点的动量也一定不变（C ）外力的冲量是零，外力的功一定为零（D ）外力的功为零，外力的冲量一定为零（ ）二、填空题： 1．某质点在力F =（4+5x ）i （SI ）的作用下沿x 轴作直线运动，在从x =0移动到x =10m 的过程中，力F 所作功为___________________。

QP l 2 l 12．如图所示，一斜面倾角为θ，用与斜面成α角的恒力F 将一质量为m 的物体沿斜面拉升了高度h ，物体与斜面间的摩擦系数为μ，摩擦力在此过程中所作的功W f =____________________________。

第三章 动量守恒定律和能量守恒定律3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 的单位为N ,t 的单位为s )的合外力作用在质量m ＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s ,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v 1 ＝10 m·s -1 ,方向与Fx 相同,在t ＝6.86s 时,此物体的速度v 2 ． 分析 本题可由冲量的定义式21d t t F t =⎰I ,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v 2．解 (1) 由分析知()122200304d 302|68N s t t t t =+=+=⋅⎰I (2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6．86 s (另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得-11240m s I m m+== ⋅v v 3 -12 一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6 m ．爆炸1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102 m ．问第二块落在距抛出点多远的地面上．(设空气的阻力不计)分析 根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的．因此,若能求出第二块碎片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地的位置．为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒．由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置． 解 取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A 的速度的水平分量为100x x x t ==v 物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为 21112y h t gt =--v 当该碎片落地时,有y 1 ＝0,t ＝t 1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度211112h gt t -=v (2) 又根据动量守恒定律,在最高点处有 0212x x m =v mv (3) 1211022y =-+mv mv (4) 联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为-12022100m s x x x === ⋅v v 21-12111214.7m s y h gt t -=== ⋅v v 爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为2122x x x t =+v (5)2222212y y h t gt =+-v (6) 落地时,y 2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置x 2 ＝500 m3 -18 如图所示,一绳索跨过无摩擦的滑轮,系在质量为1.00 kg 的物体上,起初物体静止在无摩擦的水平平面上．若用5.00 N 的恒力作用在绳索的另一端,使物体向右作加速运动,当系在物体上的绳索从与水平面成30°角变为37°角时,力对物体所作的功为多少？ 已知滑轮与水平面之间的距离d ＝1.00 m ．分析 该题中虽施以“恒力”,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化．需按功的矢量定义式W =⋅⎰F s d 来求解．解 取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为21cos 1.69J x x W F x x θ=⋅==⎰⎰⎰F x =d d3 -20 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．分析 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可题3 -20 图求出．解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0．2 kg/m ,人对水桶的拉力的功为()1000882J l W mg gy y α=⋅-=⎰⎰F y =d d3 -23 如图(a )所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m 1 和m 2 ．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k )分析 运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出．解 选取如图(b )所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1 ＝P 1 ＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得2211221122ky mgy ky mgy -=+ 式中y 1 、y 2 为M 、N 两点对原点O 的位移．因为F 1 ＝ky 1 ,F 2 ＝ky 2 及P 1 ＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2 ＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得F ＝P 1 ＋F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2 ＝P 2 ,且F 2 ＝F′2 ．由式(3)可得F ＝P 1 ＋P 2 ＝(m 1 ＋m 2 )g应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．3 -25 用铁锤把钉子敲入墙面木板．设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比．若第一次敲击,能把钉子钉入木板1.00 ×10 -2 m ．第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深？分析 由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．解 因阻力与深度成正比,则有F ＝kx (k 为阻力系数)．现令x 0＝1.00 ×10 -2 m ,第二次钉入的深度为Δx ,由于钉子两次所作功相等,可得000x x x x kx x kx x +∆=⎰⎰d dΔx ＝0.41 ×10 -2 m3 -27 如图(a )所示,天文观测台有一半径为R 的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．分析 取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力FN 始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P 又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果．解 由系统的机械能守恒,有21cos 2mgR m θ=v +mgR (1) 根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为 2N cos m F θ-v mgR =R(2)冰块脱离球面时,支持力F N＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置2arccos48.23θ==︒冰块此时的速率为==vv的方向与重力P方向的夹角为α＝90°-θ＝41.8°3 -283 -29如图所示,质量为m、速度为v的钢球,射向质量为m′的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k的弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内弹簧后,弹簧的最大压缩距离．分析这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来．又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解．应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题．解设弹簧的最大压缩量为x0．小球与靶共同运动的速度为v1．由动量守恒定律,有()1'mv=m+m v (1)又由机械能守恒定律,有()22210111222m kx'+v=m+m v (2) 由式(1)、(2)可得=x3 -30质量为m的弹丸A,穿过如图所示的摆锤B后,速率由v减少到v/2．已知摆锤的质量为m′,摆线长度为l,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v的最小值应为多少？分析 该题可分两个过程分析．首先是弹丸穿越摆锤的过程．就弹丸与摆锤所组成的系统而言,由于穿越过程的时间很短,重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒．摆锤在碰撞中获得了一定的速度,因而具有一定的动能,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,必须使摆锤在最高点处有确定的速率,该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确定；与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地球组成的系统满足机械能守恒定律,根据两守恒定律即可解出结果．解 由水平方向的动量守恒定律,有2v v =m +m v ''m (1) 为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力F Ｔ＝0,则2h g l'''m v m = (2) 式中v ′h 为摆锤在圆周最高点的运动速率．又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有2h 1122gl '''''+m v =2m m v (3) 解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为v =3 -32 质量为7.2 ×10 -23 kg ,速率为6.0 ×107 m·s -1 的粒子A,与另一个质量为其一半而静止的粒子B 发生二维完全弹性碰撞,碰撞后粒子A 的速率为5.0 ×107 m·s -1．求：(1) 粒子B 的速率及相对粒子A 原来速度方向的偏转角；(2) 粒子A 的偏转角．分析 这是粒子系统的二维弹性碰撞问题．这类问题通常采用守恒定律来解决．因为粒子系统在碰撞的平面内不受外力作用,同时,碰撞又是完全弹性的,故系统同时满足动量守恒和机械能守恒．由两守恒定律方程即可解得结果．解 取如图所示的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量式,有1cos cos 22A B A m βα'+mv =v mv (1) 0sin sin 2B A m βα'=-v mv (2) 又由机械能守恒定律,有2221112222A B A m ⎛⎫'+ ⎪⎝⎭mv =v mv (3) 解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率为7-14.6910m s ==⨯ ⋅B v 各粒子相对原粒子方向的偏角分别为223arccos 224A A α'+'==︒20'A A v v v v 3a r c c o s 544β'==︒6B A v v 3 -33 如图所示,一质量为m ′的物块放置在斜面的最底端A 处,斜面的倾角为α,高度为h ,物块与斜面的动摩擦因数为μ,今有一质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向射入物块并留在其中,且使物块沿斜面向上滑动．求物块滑出顶端时的速度大小．分析 该题可分两个阶段来讨论,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包含子弹)沿斜面向上的滑动过程．在撞击过程中,对物块和子弹组成的系统而言,由于撞击前后的总动量明显是不同的,因此,撞击过程中动量不守恒．应该注意,不是任何碰撞过程中动量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞击力(属于内力)远大于子弹的重力P 1 和物块的重力P 2 在斜面的方向上的分力以及物块所受的摩擦力F ｆ ,在该方向上动量守恒,由此可得到物块被撞击后的速度．在物块沿斜面上滑的过程中,为解题方便,可重新选择系统(即取子弹、物块和地球为系统),此系统不受外力作用,而非保守内力中仅摩擦力作功,根据系统的功能原理,可解得最终的结果．解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有()01cos m α'=v m+m v (1)在物块上滑的过程中,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v 2 ,并取A 点的重力势能为零．由系统的功能原理可得 ()()()()2221cos sin 1122h g gh μαα' -'''=+-m+m m+m v m+m m+m v (2) 由式(1)、(2)可得2=v3 -34 如图所示，一个质量为 m 的小球，从内壁为半球形的容器边缘点 A 滑下．设容器质量为m ’，半径为R ，内壁光滑，并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上．开始时小球和容器都处于静止状态．当小球沿内壁滑到容器底部的点B 时，受到向上的支持力为多大？解：以球、容器为物体系，小球沿内壁滑到容器底部的过程中，支持力和正压力这对内力的功的代数和为零，桌面支持力不做功，仅重力做功系统机械能守恒；水平方向无外力，水平方向上动量守恒。