大学物理第三章-动量守恒定律和能量守恒定律-习题及答案
动量守恒和能量守恒定律习题
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 =____________________________。
大学物理 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 3-5 保守力与非保守力
m' m m' m 引力的功 引力的功 WAB = −(−G r ) − (−G r ) B A
A点势能: 点势能: 且令E 设B点为无限远 即rB=∞ 且令 PB=0 点为无限远
m' m WAB = −G rA
= − ( E pB − E pA ) = E pA
功与路径无关,只决定于初末位置。 功与路径无关,只决定于初末位置。 第三章 动量守恒和能量守恒
4
} ⇒ dW
物理学
第五版
3-5 保守力与非保守力 势能 -
F
dW
O
x1
x2
dx
x2 x
W = ∫ Fdx = ∫
x1
x2
x1
1 2 1 2 − kxdx = −( kx2 − kx1 ) 2 2
5
第三章 动量守恒和能量守恒
W p → p0 = −( Ep0 − Ep ) = −∆Ep
E p ( x, y, z) =
∫
E p0 = 0
( x, y,z )
F ⋅ dr
任意一点的势能等于在保守力作用下 从该点到势能零点保守力所作的功
第三章 动量守恒和能量守恒 10
物理学
第五版
3-5 保守力与非保守力 势能 -
W AB = − ( E pB − E pA ) = − ∆ E P
引力的功 引力的功
m' m m' m WAB = −(−G ) − (−G ) rB rA
引力势能 引力势能
m' m Ep = −G r
弹性势能 弹性势能
弹力的功 弹力的功
W AB 1 1 2 2 = − ( kx B − kx A ) 2 2
大学物理第三章-动量守恒定律和能量守恒定律-习题及答案
即:作用在两质点组成的系统的合外力的冲量等于系统内两质点动量之和的增 量,即系统动量的增量。 2.推广:n 个质点的情况
t2 t2 n n n n F d t + F d t m v mi vi 0 i外 i内 i i i 1 i 1 i 1 i 1 t1 t1
yv 2
同乘以 ydy,得
y 2 gdty y
积分 得
y
0
y
gdty
yvdt( yv)
0
1 3 1 gy ( yv) 2 3 2
因而链条下落的速度和落下的距离的关系为
2 v gy 3
1/ 2
7
第4讲
动量和冲量
考虑到内力总是成对出现的,且大小相等,方向相反,故其矢量和必为零, 即
F
i 0
n
i内
0
设作用在系统上的合外力用 F外力 表示,且系统的初动量和末动量分别用
5
第4讲
动量和冲量
P0 和 P 表示,则
t2 n n F d t m v mi vi 0 i i 外力 t1
F外 dt=dPFra bibliotek力的效果 关系 适用对象 适用范围 解题分析
*动量定理与牛顿定律的关系 牛顿定律 动量定理 力的瞬时效果 力对时间的积累效果 牛顿定律是动量定理的 动量定理是牛顿定律的 微分形式 积分形式 质点 质点、质点系 惯性系 惯性系 必须研究质点在每时刻 只需研究质点(系)始末 的运动情况 两状态的变化
1
第4讲
动量和冲量
§3-1 质点和质点系的动量定理
实际上,力对物体的作用总要延续一段时间,在这段时间内,力的作用将 积累起来产生一个总效果。下面我们从力对时间的累积效应出发,介绍冲量、 动量的概念以及有关的规律,即动量守恒定律。 一、冲量 质点的动量定理 1.动量:Momentum——表示运动状态的物理量 1)引入:质量相同的物体,速度不同,速度大难停下来,速度小容易停下;速 度相同的物体,质量不同,质量大难停下来,质量小容易停下。 2)定义:物体的质量 m 与速度 v 的乘积叫做物体的动量,用 P 来表示 P=mv 3)说明:动量是矢量,大小为 mv,方向就是速度的方向;动量表征了物体的 运动状态 -1 4)单位:kg.m.s 5)牛顿第二定律的另外一种表示方法 F=dP/dt 2.冲量:Impulse 1)引入:使具有一定动量 P 的物体停下,所用的时间Δt 与所加的外力有关, 外力大,Δt 小;反之外力小,Δt 大。 2)定义: 作用在物体外力与力作用的时间Δt 的乘积叫做力对物体的冲量, 用 I 来表 示 I= FΔt 在一般情况下,冲量定义为
(完整版)大学物理学(课后答案)第3章
第3章动量守恒定律和能量守恒定律习题一选择题3-1 以下说法正确的是[ ](A)大力的冲量一定比小力的冲量大(B)小力的冲量有可能比大力的冲量大(C)速度大的物体动量一定大(D)质量大的物体动量一定大解析:物体的质量与速度的乘积为动量,描述力的时间累积作用的物理量是冲量,因此答案A、C、D均不正确,选B。
3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止,设打击时间为t∆,打击前锤的速率为v,则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ](A)mvmgt+∆(B)mg(C)mvmgt-∆(D)mvt∆解析:由动量定理可知,F t p mv∆=∆=,所以mvFt=∆,选D。
3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处,这一周期内物体[ ] (A)动量守恒,合外力为零(B)动量守恒,合外力不为零(C)动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零(D)动量变化为零,合外力为零解析:作匀速圆周运动的物体运动一周过程中,速度的方向始终在改变,因此动量并不守恒,只是在这一过程的始末动量变化为零,合外力的冲量为零。
由于作匀速圆周运动,因此合外力不为零。
答案选C。
3-4 如图3-4所示,14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触,一物体(质量为m)自轨道顶端滑下,M与m间有摩擦,则[ ](A )M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒(B )M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒,M 、m 与地组成的系统机械能不守恒(C )M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒(D )M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能不守恒解析:M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力,在竖直方向上有外力作用,因此系统水平方向动量守恒,总动量不守恒,。
由于M 与m 间有摩擦,m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功,机械能转化成其它形式的能量,系统机械能不守恒。
第三章 动量守恒定律与能量守恒定律
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律3-1 一架以12ms 100.3-⨯的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20m 、质量为0.50kg 的飞鸟相碰。
设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率很小,可以忽略不计。
估计飞鸟对飞机的冲击力,根据本题的计算结果,你对高速运动的物体与通常情况下不足以引起危害的物体相碰后产生后果的问题有什么体会?解:以飞鸟为研究对象,其初速为0,末速为飞机的速度,由动量定理。
vlt mv t =∆-=∆ ,0F 联立两式可得: N lmv F 521025.2⨯==飞鸟的平均冲力N F F 51025.2'⨯-=-=式中的负号表示飞机受到的冲击力与飞机的运动速度方向相反。
从计算结果可知N F F 51025.2'⨯-=-=大于鸟所受重力的4.5万倍。
可见,冲击力是相当大的。
因此告诉运动的物体与通常情况下不足以引起危险的物体相碰,可能造成严重的后果。
3-2 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为0v 抛出,0v 与水平面成仰角α。
若不计空气阻力。
求:(1)物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量;(2)物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量。
解:(1)在垂直方向上,物体m 到达最高点时的动量的变化量是:αsin 01mv P -=∆而重力的冲击力等于物体在垂直方向的动量变化量:ααsin sin 0011mv mv P I -=-=∆=(2)同理,物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲力等于物体竖直方向上的动量变化量αααsin 2sin sin 1222mv mv mv mv mv P I -=--=-=∆=负号表示冲量的方向向下。
3-3 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,在操作时不慎从高空跌落下来,由于安全带保护,最终使他悬挂起来。
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0.50s 。
大学物理第三章动量守恒定律和能量守恒定律
动量守恒定律的表述
总结词
动量守恒定律表述为系统不受外力或所 受外力之和为零时,系统总动量保持不 变。
VS
详细描述
动量守恒定律是自然界中最基本的定律之 一,它表述为在一个封闭系统中,如果没 有外力作用或者外力之和为零,则系统总 动量保持不变。也就是说,系统的初始动 量和最终动量是相等的。
动量守恒定律的适用条件
能量守恒定律可以通过电磁学 的基本公式推导出来。
能量守恒定律可以通过相对论 的质能方程推导出来。
能量守恒定律的应用实例
01
02
03
04
机械能守恒
在无外力作用的系统中,动能 和势能可以相互转化,但总和
保持不变。
热能守恒
在一个孤立系统中,热量只能 从高温物体传递到低温物体,
最终达到热平衡状态。
电磁能守恒
详细描述
根据牛顿第三定律,作用力和反作用力大小相等、方向相反。如果将一个物体施加一个力F,则该力会产生一个 加速度a,进而改变物体的速度v。由于力的作用是相互的,反作用力也会对另一个物体产生相同大小、相反方向 的加速度和速度变化。因此,在系统内力的相互作用下,系统总动量保持不变。
02
能量守恒定律
能量守恒定律的表述
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01
能量守恒定律表述为:在一个封闭系统中,能量不能被创造或消灭, 只能从一种形式转化为另一种形式。
02
能量守恒定律是自然界的基本定律之一,适用于宇宙中的一切物理过 程。
03
能量守恒定律是定量的,可以用数学公式表示。
04
能量守恒定律是绝对的,不受任何物理定律的限制。
能量守恒定律的适用条件
能量守恒定律适用于孤立系统,即系统与外界没有能量 交换。
大学物理题库-第3章-动量守恒定律和能量守恒定律试题(含答案解析)
大学物理题库 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律一、选择题: 1、水中有一只静止的小船,船头与船尾各站有一个质量不相同的人。
若两人以不同的速率相向而行,不计水的阻力,则小船的运动方向为: (A)与质量大的人运动方向一致 (B)与动量值小的人运动方向一致 (C)与速率大的人运动方向一致 (D)与动能大的人运动方向一致[ ]2、关于机械能守恒条件和动量守恒条件有以下几种说法,其中正确的是: (A )不受外力作用的系统,其动量和机械能必然同时守恒;(B )所受合外力为零,内力都是保守力的系统,其机械能必然守恒;(C )不受外力,而内力都是保守力的系统,其动量和机械能必然同时守恒; (D )外力对一个系统所作的功为零,则该系统的动量和机械能必然同时守恒。
[ ]3、一质点在外力作用下运动时,下述哪种说法是正确的?(A )质点的动量改变时,质点的动能也一定改变; (B )质点的动能不变时,质点的动量也一定不变; (C )外力的冲量为零,外力的功一定为零; (D )外力的功为零,外力的冲量一定为零。
[ ]4、质量为20 g 的子弹沿X 轴正向以 500 m/s 的速率射入一木块后,与木块一起仍沿X 轴正向以50 m/s 的速率前进,在此过程中木块所受冲量的大小为 (A) 9 N·s . (B) -9 N·s . (C)10 N·s . (D) -10 N·s .[ ]5、质量分别为m 和4m 的两个质点分别以动能E 和4E 沿一直线相向运动,它们的总动量大小为(A) 2mE 2 (B) mE 23.(C) mE 25. (D) mE 2)122([ ]6、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.[ ]7、一个质点同时在几个力作用下的位移为k j i r654+-=∆ (SI ),其中一个恒力为k j i F953+--=(SI ),则此力在该位移过程中所作的功为: (A )67J (B )91J (C ) 17J (D ) -67J[ ]8、如图3-12所示,劲度系数为k 的轻质弹簧水平放置,一端固定,另一端接一质量为m 的物体,物体与水平桌面间的摩擦系数为μ,现以恒力F 将物体自平衡位置开始向右拉动,则系统的最大势能为:(A ) ()22mg F k μ- (B ) ()221mg F k μ- (C ) 22F k(D )221F k[ ]9、质量为m 的一艘宇宙飞船关闭发动机返回地面时,可认为该飞船只在地球的引力场中运动。
大学物理动量守恒定律和能量守恒定律练习题题
A R=4m O
m=2kg
Bv
不动 v=6m·s-
1
Ff
FN
G=mg
第三章 动量守恒和能量守恒
9
物理学
第五版
第三章补充例题
9 已知在半径为R的光滑球面上,一物
体自顶端静止下滑, 问物体在何处脱离球面?
解
mg
cos
FN
m
v2 R
mgR(1 cos ) 1 mv2
当物体在A处脱离2球
的功.
解
因
vx
dx dt
5,
vy
dy dt
t,
有 v2 t 2 25
应用动能定理,得W
1 2
mv22
1 2
mv12
3J
第三章 动量守恒和能量守恒
7
物理学
第五版
8 如图,物体质
量 m 2 kg ,沿固定
的四分之一圆弧由A静 止滑下,到达B点时的
速率 v 6 m s1,求摩
擦力作的功.
第三章补充例题
x
Fdx
t 6t 1.5t 2dt 2.25t 4
0
0
所以,当 t 2 s 时, 得 W 36 J
第三章 动量守恒和能量守恒
6
物理学
第五版
第三章补充例题
7 质量为m 0.5 kg的质点, 在平面内
运动, 方程为 x 5tm,y 0.5t 2m ,求从
t 2s 到 t 4s 这段时间内,外力对质点作
v1 )
设 M = 200 m, 则 V=0.01v
v0= v1 =v
第三章 动量守恒和能量守恒
1
物理学
第五版
大学物理 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 3-9 质心 质心运动定律
第五版
3-9 质心 -
质心运动定律
一 质心
1 质心的概念
板上C点的运动轨迹是抛物线 板上 点的运动轨迹是抛物线 其余点的运动=随 点的平动+绕 点的 点的平动 点的转动 其余点的运动 随C点的平动 绕C点的转动
第三章 动量守恒和能量守恒
1
物理学
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3-9 质心 -
质心运动定律
2 质心的位置 由n个质点组成 个质点组成 的质点系, 的质点系,其质心 的位置: 的位置:
13
物理学
第五版
3-9 质心 n n v v v m'vC = ∑ mi vi = ∑ pi = p i =1 i =1
质心运动定律
求一阶导数, 再对时间 t 求一阶导数,得
质心加速度
dp v m'aC = dt v v dp ex 根据质点系动量定理 = Fi dt
第三章 动量守恒和能量守恒
}⇒
x2 = 2 xC
17
第三章 动量守恒和能量守恒
物理学
第五版
3-9 质心 -
质心运动定律
例4 用质心运动定律 y F 来讨论以下问题. 来讨论以下问题. 一长为l 一长为 、密度均匀的 y 柔软链条, 柔软链条,其单位长度的质 c yC 量为 λ .将其卷成一堆放在 地面. 若手提链条的一端, 地面. 若手提链条的一端, o 以匀速v 将其上提.当一端 以匀速 将其上提. 被提离地面高度为 y 时,求手的提力. 求手的提力.
竖直方向作用于链条的合外力为 F − λyg
第三章 动量守恒和能量守恒
20
物理学
第五版
3-9 质心 -
质心运动定律
v 得到 F − yλg = lλ ⋅ l
大学物理第三章动量守恒定律和能量守恒定律
探索其他守恒定律
鼓励了对其他守恒定律的探索,如角动量守恒定律、电荷守恒定律等。
THANKS
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探索性实验:动量与能量的关系研究
实验目的
研究动量与能量的关系,探索两者之间的联系和 区别。
实验步骤
选择合适的实验器材,如弹性碰撞器、非弹性碰 撞器等,设计不同的碰撞条件,记录实验数据。
实验原理
动量和能量是描述物体运动状态的物理量,两者 之间存在一定的关系。通过研究不同运动状态下 物体的动量和能量变化,可以深入理解两者之间 的关系。
05
实验验证与探索
动量守恒定律的实验验证
实验目的
通过实验验证动量守恒定律, 加深对动量守恒定律的理解。
实验原理
动量守恒定律指出,在没有外 力作用的情况下,系统的总动 量保持不变。
实验步骤
选择合适的实验器材,如滑轨、 滑块、碰撞器等,按照实验要求 进行操作,记录实验数据。
实验结果
通过分析实验数据,验证动量 守恒定律的正确性。
动量守恒定律的应用实例
总结词:举例说明
详细描述:应用动量守恒定律的实例包括行星运动、碰撞、火箭推进等。例如,在行星运动中,行星绕太阳旋转时动量守恒 ;在碰撞过程中,两物体相互作用时的动量变化遵循动量守恒定律;火箭推进则是通过燃料燃烧产生高速气体,利用反作用 力推动火箭升空,这一过程中动量守恒。
03
守恒定律的意义
强调了守恒定律在物理学中的重要地位,以及在解决实际问题中的应 用价值。
对动量守恒定律和能量守恒定律的思考
守恒的哲学思考
探讨了守恒定律在哲学上的意义,以及它们 对宇宙观的影响。
大学物理第三章-动量守恒定律和能量守恒定律-习题及答案
大学物理第三章-动量守恒定律和能量守恒定律-习题及答案第三章动量守恒定律和能量守恒定律3-1 力)SI (12i F t =作用在质量kg 2=m 的物体上,使物体由原点从静止开始运动,则它在3秒末的动量应为:(A )m/s kg 54?-i (B )m/s kg 54?i(C )m/s kg 27?-i (D )m/s kg 27?i [B] 解:以该物体为研究对象,由质点动量定理=?==-=?30300354d 12d i i F p p p t t t又00=p 故()-13s m kg 54??=i p3-2 一个质点同时在几个力作用下的位移为:)SI (654k j i r +-=? 其中一个力为恒力)SI (953kj i F +--=,则此力在该位移过程中所作的功为(A )67J (B )91J(C )17J (D )-67J [A] 解:()()k j i k j i r F 654953+-?+--=??=A(J) 675425-12=++=3-3 对质点组有以下几种说法:①质点组总动量的改变与内力无关②质点组总动能的改变与内力无关③质点组机械能的改变与保守内力无关在上述说法中:(A )只有①是正确的(B )①、③是正确的(C )①、②是正确的(D )②、③是正确的 [B] 解:由于质点组内力冲量的矢量和为零,所以质点组总动量的改变与内力无关。
由于质点组内力功的代数和不一定为零,由动能定理K E A A ?=+内外,质点组总动能的改变可能与内力相关。
,由功能原理E A A ?=+非保内外,质点系机械能的改变与保守内力无关。
3-4 质点系的内力可以改变(A )系统的总质量(B )系统的总动量(C )系统的总动能(D )系统的总角动量 [C] 解:由质点系动量定理、角动量定理和动能定理k t t t t E A A t t ?=+?=??=??内外外外2121d d LM p F可知质点系内力只能改变系统总动能而不影响其总动量和总角动量。
大学物理第二、三章 牛顿运动定律、动量守恒定律和能量守恒定律习题及答案
第二、三章 牛顿运动定律、动量守恒定律和能量守恒定律一.选择题1. 一质量为M 的斜面原来静止于水平光滑平面上,将一质量为m如图.如果此后木块能静止于斜面上,则斜面将(A ) (A) 保持静止 (B) 向右加速运动(C) 向右匀速运动 (D) 向左加速运动2.质量为m 的质点,以不变速率v 沿水平光滑轨道垂直撞击墙面,撞击后被反弹,假设撞击为完全弹性碰撞,并规定碰撞前质点运动方向为正方向,则质点作用于墙面的冲量为(B )(A) mv (B)2mv (C) -mv (D) -2mv3. 有两个完全相同的木块同时从同一高度自由落下,在下落过程中有一水平方向飞来的子弹(其质量不可忽略不计)击中其中的一个木块,并与木块一起下落,则( B )(A) 两木块同时落地(B) 被击中的木块后落地(C) 被击中的木块先落地(D) 无法判断4. A 、B 两木块质量分别为m A 和m B ,且m B =2m A ,其速度分别-2v 和v ,则两木块运动动能之比E KA /E KB 为( B )(A) (B) (C) (D) -1:25. 质点的动能定理:外力对质点所做的功,等于质点动能的增量,其中所描述的外力为(D )(A) 质点所受的任意一个外力 (B) 质点所受的保守力(C) 质点所受的非保守力 (D) 质点所受的合外力6. 下面几种说法中正确的是( D )(A) 静摩擦力一定不做功 (B) 静摩擦力一定做负功(C) 滑动摩擦力一定做负功 (D) 滑动摩擦力可做正功7. 子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块而不穿出。
以地面为参考系,下列说法中正确的说法是(B )(A) 子弹的动能转变为木块的动能了(B) 子弹─木块系统的机械能守恒(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热8. 当物体有加速度时,则( D )(A )对该物体必须有功(B )它的动能必然增大(C )它的势能必然增大(D )对该物体必须施力,且合力不会等于零9. 质量为m 的一架航天飞机关闭发动机返回地球时,可认为它只在地球引力场中运动。
《大学物理》动量守恒定律和能量守恒定律练习题及答案解析
《大学物理》动量守恒定律和能量守恒定律练习题及答案解析一、选择题1.对动量和冲量,正确的是(B )(A)动量和冲量的方向均与物体运动速度方向相同。
(B)质点系总动量的改变与内力无关。
(C)动量是过程量,冲量是状态量。
(D)质点系动量守恒的必要条件是每个质点所受到的力均为0。
2如图所示,子弹入射在水平光滑地面上静止的木块后而穿出,以地面为参考系,下列说法中正确的是( C )(A)子弹减少的动能转变成木块的动能(B)子弹—木块系统的机械能守恒(C)子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所做的功(D)子弹克服木块阻力所做的功等于这一过程中产生的热。
3.对质点组有下列几种说法:(1)质点组总动量的改变与内力无关(2)质点组总动能的改变与内力无关(3)质点组机械能的改变与内力无关(4)质点组机械能的改变与保守内力无关正确的是( C )(A)(1)和(3)正确(B)(2)和(3)正确(C)(1)和(4)正确(D)(2)和(4)正确4.对于保守力,下列说法错误的是(C)(A)保守力做功与路径无关(B)保守力沿一闭合路径做功为零(C)保守力做正功,其相应的势能增加(D)只有保守力才有势能,非保守力没有势能。
5.对功的概念有以下几种说法:(1)保守力作正功时系统内相应的势能增加.(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零.(3)作用力与反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作的功的代数合必为零.在上述说法中:(4)摩擦力一定做负功( C )(A) (1) 、(2)、(4)是正确的.(B) (2) 、(3) 、(4)是正确的.(C)只有(2)是正确的.(D)只有(3)是正确的.6.当重物减速下降时,合外力对它做的功( B )(A)为正值(B)为负值(C)为零(D)无法确定。
7、考虑下列四个实例,你认为哪一个实例中物体和地球构成的系统的机械能不守恒?(A)(A)物体在拉力作用下沿光滑斜面匀速上升(B)物体作圆锥摆运动(C)抛出的铁饼作斜抛运动(不计空气阻力)(D)物体在光滑斜面上自由滑下8.如图所示,圆锥摆的小球在水平面内作匀速率圆周运动,判断下列说法中正确的是( A )(A)重力和绳子的张力对小球都不作功。
大学物理练习题第三章 动量守恒定律和能量守恒定律
大学物理练习题第三章动量守恒定律和能量守恒定律一、选择题1. 质量m=2kg的质点在力F⃗=12ti⃗ (SI)的作用下,从静止出发沿X轴正方向作直线运动,求它在3秒末的动量( )A. −54i⃗ kg∙m/sB. 54i⃗ kg∙m/sC.−27i⃗ kg∙m/sD. 27i⃗ kg∙m/s2. 一个质点同时在几个力作用下的位移为:∆r⃗=4i⃗−5j⃗+6k⃗⃗ (SI)其中一个力为恒力F⃗=−3i⃗−5j⃗+9k⃗⃗,则此力在该位移过程中所作的功为( )A. 67JB. 91JC. 17JD. -67J3. 对质点组有以下几种说法①质点组总动量的改变与内力无关②质点组总动能的改变与内力无关③质点组机械能的改变与保守内力无关在上述说法中( )A. 只有①是正确的B. ①、③是正确的C. ①、②是正确的D. ②、是正确的4. 质点系的内力可以改变( )A. 系统的总质量B. 系统的总动量C. 系统的总动能D. 系统的总角动量5. 质量为m的质点在外力作用下,其运动方程为r⃗=Acosωti⃗+bsinωtj⃗其中A,B,ω都是正的常数,则在t1=0到t2=π(2ω)⁄这段时间内所作的功( )A.mω2(A2+B2)2⁄B. mω2(A2+B2)C. mω2(A2−B2)2⁄D.mω2(B2−A2)2⁄6. 如图,一劲度系数为k的轻弹簧水平放置,左端固定,右端与桌面上一质量为m的木块相连,用一水平力F向右拉木块而使其处于静止状态。
若木块与桌面间的静摩擦系数为μ,弹簧的弹性势能为E,则下列关系中正确的是( )A. E=(F−μmg)22kB.E=(F+μmg)22kC. E=F22kD. (F−μmg)22k ≤E≤(F+μmg)22k二、填空题1. 设作用在质量为M=1kg的物体上的力F=6t+3 (SI)。
如果物体在这个力的作用下,由静止开始沿直线运动,在0到2.0s的时间间隔内,这个力作用在物体上的冲量大小I= 。
大学物理习题答案解析第三章
第三章动量守恒定律和能量守恒定律3 -1对质点组有以下几种说法:(1) 质点组总动量的改变与内力无关;(2) 质点组总动能的改变与内力无关;(3) 质点组机械能的改变与保守内力无关.下列对上述说法判断正确的是()(A) 只有(1)是正确的(B) (1)、(2)是正确的(C) (1)、(3)是正确的(D) (2)、(3)是正确的分析与解在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力.由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量.但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能.综上所述(1)(3)说法是正确的.故选(C).3 -2有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则()(A) 物块到达斜面底端时的动量相等(B) 物块到达斜面底端时动能相等(C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒(D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒分析与解对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒.物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功.由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等.动量自然也就不等(动量方向也不同).故(A)(B)(C)三种说法均不正确.至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零.由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒.3 -3对功的概念有以下几种说法:(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加;(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.下列上述说法中判断正确的是()(A) (1)、(2)是正确的(B) (2)、(3)是正确的(C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少.由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零.至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C).3 -4如图所示,质量分别为m1和m2的物体A和B,置于光滑桌面上,A和B之间连有一轻弹簧.另有质量为m1和m2的物体C和D分别置于物体A与B 之上,且物体A和C、B和D之间的摩擦因数均不为零.首先用外力沿水平方向相向推压A和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有()(A) 动量守恒,机械能守恒 (B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解 由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A 、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D).3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出.以地面为参考系,下列说法中正确的说法是( )(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能(B) 子弹-木块系统的机械能守恒(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒.这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和).综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的.3 -6 一架以3.0 ×102 m·s-1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰.设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计.试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算).根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会?分析 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的.如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况.在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行;这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了.解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向.由动量定理得式中F ′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt =l /v ,以此代入上式可得0Δ-='v m t F鸟对飞机的平均冲力为式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反.从计算结果可知,2.25 ×105 N 的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的.若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故.3 -7 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v 0 抛出,v 0与水平面成仰角α.若不计空气阻力,求:(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量;(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量.分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可.由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍.这样,按冲量的定义即可求得结果.另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出.解1 物体从出发到达最高点所需的时间为则物体落回地面的时间为 于是,在相应的过程中重力的冲量分别为 解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 的过程中,重力的冲量分别为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 N 1055.252⨯=='lm F v N 1055.25⨯-='-=FF gαt sin Δ01v =gαt sin Δ01v =gαt t sin Δ2Δ012v ==j j F I αm t mg t t sin Δd 011Δ1v -=-==⎰j j F I αm t mg t t sin 2Δd 022Δ2v -=-==⎰j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-=j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-==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,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(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3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的.假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,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2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s .求安全带对人的平均冲力.分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段:在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动;在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短.为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论.事实上,动量定理也可应用于整个过程.但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的;而在过程的初态和末态,人体的速度均为零.这样,运用动量定理仍可得到相同的结果.解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论.在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为(1)在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有(2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为解2 从整个过程来讨论.根据动量定理有3 -10 质量为m 的小球,在合外力F =-kx 作用下运动,已知x =A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t =0 到 时间内小球动量的增量. 分析 由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式积分前,应先将式中x 用x =A cos ωt 代之,方能积分.解 力F 的冲量为 ⎰=21d t t t F I ()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I 112s m 40-⋅=+=mm I v v gh 21=v ()12Δv v m m t -=+P F ()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg t m Δmg F v N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F ωt 2π=⎰21d t t t F即 3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S =0.20 m 2 的直角弯管,管中有流速为v =3.0 m·s-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向.分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量.因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp =Δm (v B -v A );此动量的变化是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 的结果.依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F ;由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′=-F .解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm =ρυS Δt ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为Δp =Δm (v B -v A ) =ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I =Δp ,得到管壁对这部分水的平均冲力从而可得水流对管壁作用力的大小为作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧.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ωkA t t ωkA t kx t F I ωt t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d ()ωkA m -=vΔ()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F N 105.2232⨯-=-=-='v S ρFF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(1) 物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为 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(2) 又根据动量守恒定律,在最高点处有 (3) (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爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为(5)(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 -13 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1的速度继续向前驶去.A 、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度.(忽略水对船的阻力)分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒;同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样.由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守hg x t x x 21010==v 21121gt t h y --=v 12121t gt h -=v x x m m 2021v v =y m m 2121210v v +-=1102s m 100222-⋅===hg x x x v v 112112s m 7.1421-⋅=-==t gt h y v v 2212t v x x x +=2222221gt t h y y -+=v恒方程即可解出结果.解 设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示.分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有(1)(2)由题意知v A ′ =0, v B ′ =3.4 m·s -1 代入数据后,可解得也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解.3 -14 质量为m′ 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v 0 向前跳去.当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出.问:由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少? (假设人可视为质点)分析 人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致.在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化.如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒.但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定.至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算.解 取如图所示坐标.把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率.得人的水平速率的增量为 而人从最高点到地面的运动时间为 ()A A B A A m m m m v v v '=+-()''=+-B B A B B m m m m v v v ()()12s m 40.0-⋅-=---'-=m m m m m m m A B B B A v v ()()()12s m 6.3-⋅=---'-=m m m m m m m m B A B B A B vv ()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0u mm m α'++=cos 00v v u m m m α'+=-=cos Δ0v v v所以,人跳跃后增加的距离 *3 -15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着,绳的下端刚好触到水平桌面上.如果把绳的上端放开,绳将落在桌面上.试证明:在绳下落过程中的任意时刻,作用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的三倍.分析 由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的托力.但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对d t 时间内下落绳的冲力,此力必须运用动量定理来求.解 取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点,Oy 轴的正向竖直向下.绳的总长为l ,以t 时刻,已落到桌面上长为y 、质量为m′的绳为研究对象.这段绳受重力P 、桌面的托力F N 和下落绳子对它的冲力F (如图中所示)的作用.由力的平衡条件有(1) 为求冲力F ,可取d t 时间内落至桌面的线元d y 为研究对象.线元的质量,它受到重力d P 和冲力F 的反作用力F ′的作用,由于F ′>>d P ,故由动量定理得 (2) 而 (3)由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为 gαt sin 0v =()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0vv 0N =-+F F yg l m y lm m d d =y lm t F d 0d v -='F F '-=g m yg lm l m yg l m F F '==+=-='332N N v*3 -16 设在地球表面附近,一初质量为5.00 ×105 kg 的火箭,从尾部喷出气体的速率为2.00 ×103 m·s -1 .(1) 试问:每秒需喷出多少气体,才能使火箭最初向上的加速度大小为4.90 m·s -2 .(2) 若火箭的质量比为6.00,求该火箭的最后速率.分析 这是一个系统内质量转移的问题.为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在重力场中的动力学方程.为此,以t 时刻质量为m 的火箭为研究对象,它在t →t +Δt 的时间内,将分离成火箭主体(包括尚剩的燃料)和排出的燃料两部分.根据它们的总动量的增量Σd P i 和系统所受的外力———重力(阻力不计),由动量定理可得到-mg =u d m′/d t +m d v /d t (推导从略,见教材),即火箭主体的动力学方程.由于在d t 时间内排出燃料的质量d m ′很小,式中m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率d m ′/d t 也就是火箭质量的变化率-d m /d t .这样,上述方程也可写成.在特定加速度a 0 的条件下,根据初始时刻火箭的质量m 0 ,就可求出燃料的排出率d m /d t .在火箭的质量比( 即t 时刻火箭的质量m 与火箭的初始质量m 0之比) 已知的条件下,可算出火箭所经历的时间,则火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得.解 (1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向.该火箭在重力场中的动力学方程为 (1) 因火箭的初始质量为m 0 =5.00 ×105 kg, 要使火箭获得最初的加速度a 0 =4.90 m·s -2,则燃气的排出率为(2) 为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成分离变量后积分,有 火箭速率随时间的变化规律为 (2) 因火箭的质量比为6.00,故经历时间t 后,其质量为 得 (3) 将式(3)代入式(2),依据初始条件,可得火箭的最后速率 ma mg tm u=-d d ma mg tm u =-d d ()1300s kg 1068.3d d -⋅⨯=+=ua g m t m tm mg t m ud d d d v =-⎰⎰⎰-=t mm t g m m u 0d d d 00v v v gt m m u --=00lnv v m t t m m m 61d d 0=-=tm m t d /d 650=13000s m 1047.2d /d 65ln ln -⋅⨯=-=-='tm m m m u gt m m u v3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t =0 时质点位于原点,且初始速度为零.设外力F 随距离线性地减小,且x =0 时,F =F 0 ;当x =L 时,F =0.试求质点从x =0 处运动到x =L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x =L 处的速率.分析 由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给条件知.则该力作的功可用式 计算,然后由动能定理求质点速率. 解 由分析知, 则在x =0 到x =L 过程中作功, 由动能定理有 得x =L 处的质点速率为 此处也可用牛顿定律求质点速率,即 分离变量后,两边积分也可得同样结果.3 -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来求解.解 取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为3 -19 一物体在介质中按规律x =ct 3 作直线运动,c 为一常量.设介质对物体的阻力正比于速度的平方.试求物体由x 0 =0 运动到x =l 时,阻力所作的功.(已知阻力系数为k )分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式来求解.关键在于寻找力函数F =F (x ).根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F (v ) =k v 2 变换到F (t ),进一步按x =ct 3 的x LF F F 00-=⎰L x F 0d x L F F F 00-=2d 0000L F x x L F F W L =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰0212-=v m W mL F 0=v xm t m x L F F d d d d 00v v v ==-⎰⋅=s F d W J 69.1d d cos d 2122=+-==⋅=⎰⎰⎰x x d Fx x θF W x x x F ⎰⋅=x F d W关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功的定义式求解.解 由运动学方程x =ct 3 ,可得物体的速度按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为则阻力的功为3 -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3 -21 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上.把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开.求:(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功;(2) 物体在最低位置时的动能和速率;(3) 在最低位置时的张力.23d d ct tx ==v 3/43/242299x kc t kc k F ===v ⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W l o l -=-==⋅=⎰⎰⎰xF ()J 882d d 1000=-=⋅=⎰⎰y agy mg W l y F分析 (1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功.小球摆动过程中同时受到重力和张力作用.重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得;至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式,即能得出结果来.(2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率.(3) 在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定.解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即在小球摆动过程中,张力F T 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果.初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为小球在最低位置的速率为(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得3 -22 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上.此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动.设质点的最初速率是v 0 .当它运动一周时,其速率为v 0 /2.求:(1) 摩擦力作的功;(2) 动摩擦因数;(3) 在静止以前质点运动了多少圈?分析 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少;而减少的这部分动能则消耗在运动中⎰⋅=s d F W ()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P s F d T T ⋅=⎰W J 53.0k k ==E E 1P K s m 30.222-⋅===mW m E v lm P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v克服摩擦力作功上.由此,可依据动能定理列式解之.解 (1) 摩擦力作功为(1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F f =μmg ,故有(2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为(3) 由于一周中损失的动能为,则在静止前可运行的圈数为 圈 3 -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20202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-=mg μr πs F W 2180cos o f -==rgπμ16320v =2083v m 34k0==W En 2221212121mgy ky mgy ky +=-F=P1+F2(3) 当A板跳到N点时,B板刚被提起,此时弹性力F′2=P2 ,且F2=F′2.由式(3)可得F=P1+P2=(m1+m2 )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 -24如图(a)所示,有一自动卸货矿车,满载时的质量为m′,从与水平成倾角α=30.0°斜面上的点A 由静止下滑.设斜面对车的阻力为车重的0.25 倍,矿车下滑距离l时,与缓冲弹簧一道沿斜面运动.当矿车使弹簧产生最大压缩形变时,矿车自动卸货,然后矿车借助弹簧的弹性力作用,使之返回原位置A 再装货.试问要完成这一过程,空载时与满载时车的质量之比应为多大?分析矿车在下滑和返回的全过程中受到重力、弹力、阻力和支持力作用.若取矿车、地球和弹簧为系统,支持力不作功,重力、弹力为保守力,而阻力为非保守力.矿车在下滑和上行两过程中,存在非保守力作功,系统不满足机械能守恒的条件,因此,可应用功能原理去求解.在确定重力势能、弹性势能时,应注意势能零点的选取,常常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点,这样做对解题比较方便.解取沿斜面向上为x轴正方向.弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点O.矿车在下滑和上行的全过程中,按题意,摩擦力所作的功为Wf=(0.25mg+0.25m′g)(l+x) (1) 式中m′和m分别为矿车满载和空载时的质量,x为弹簧最大被压缩量.根据功能原理,在矿车运动的全过程中,摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值,故有Wf=-ΔE=-(ΔE P+ΔEk)由于矿车返回原位时速度为零,故ΔEk=0;而ΔE P=(m -m′) g(l+x) sinα,故有Wf=-(m-m′) g(l+x) sinα (2) 由式(1)、(2)可解得。
大学物理-第三章-动量守恒定律和能量守恒定律
20
★一对作用力与反作用力的功只与相对位移有关
f ji
ri
f ij
rij
rj
0
dW
jidWij
f
ji
dri
fij drj
f ji fij
fji f ji
(dd(rriidrrjj))
f ji
drij
S
S u
动量的相 对性和动量定 理的不变性
F(t)
t1 m
v1
光滑
v 2
m t2
参考系 t1 时刻 t2 时刻
动量定理
S系
S’系
mv1
mv2
m(v1 u) m(v2 u)
t2 t1
F (t )dt
mv2
mv1
5
例3-1: 作用在质量为1kg 的物体上的力 F=6t+3,如果物体在这
0=m1(v1+v2)+m2v2
v2
m1v1 m1 m2
x
t 0
v2dt
m1 m1 m2
t 0
v1dt
L
t
0 v1dt
x m1L 0.8m m1 m2
负号表示船移动的方向与人前进的方向相反。
17
3-4 动能定理
一、功的概念(work) 功率(power) 1、恒力的功
2、动能定理
2
1
或
F
dr
F
dr
1 2
mv22
动量守恒定律与能量守恒定律
第三章动量守恒定律与能量守恒定律1)一.选择题:1.一质量为M的斜面原来静止于水平光滑平面上,将一质量为m的木块轻轻放于斜面上,如图.如果此后木块能静止于斜面上,则斜面将(A)保持静止.(B)向右加速运动.(C)向右匀速运动.(D)向左加速运动.2.人造地球卫星,绕地球作椭圆轨道运动,地球在椭圆的一个焦点上,则卫星的(A)动量不守恒,动能守恒.(B)动量守恒,动能不守恒.(C)对地心的角动量守恒,动能不守恒.(D)对地心的角动量不守恒,动能守恒.[3.人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动,卫星轨道近地点和远地点分别为A和B,用L和E K分别表示卫星对地心的角动量及其动能的瞬时值,则应有(A)L A>L B,E KA>E KB. (B)L A=L B,E KA V E KB.(C)L A=L B,E KA>E KB.(D)L A V L B,E KA V E KB.[]二.填空题:1.一质量为5kg的物体,其所受的作用力F随时间的变化关系如图所示.设物体从静止开始沿直线运动,则20秒末物体的速率v=.2.一物体质:量M=2kg,在合外力F=(3+2t)i(SI)的作用下,从静止开始运动,式中「为方向一定的单位矢量,则当t=1s时物体的速度v:=三.计算题:如图所示,质量为M的滑块正沿着光滑水平地面向右滑动.一质量为m的小球水平向右飞行,以速度v i(对地)与滑块斜面相碰,碰后竖直向上弹起,速率为V2(对地).若碰撞时间为&,试计算此过程中滑块对地的平均作用力和滑块速度增量的大小.答案:一.选择题ACC二.填空题15m/s22m/s三.计算题:解:(1)小球m在与M碰撞过程中给M的竖直方向冲力在数值上应等于球的竖直冲力.而此冲力应等于小球在竖直方向的动量变化率即:一mv2f2.:t由牛顿第三定律,小球以此力作用于M,其方向向下.对M,由牛顿第二定律,在竖直方向上N—Mg—f=0,又由牛顿第三定律,M给地面的平均作用力也为mv2F=fMg=Mg方向竖直向下.(2)同理,M受到小球的水平方向冲力大小应为7'=——.:t方向与m原运动方向一致根据牛顿第二定律,对M有f'=M包,_寸利用上式的「,即可得Av=mv1/M第三章动量守恒定律与能量守恒定律(2)一 .选择题:3分3分M对小2分1分1分1分1分1.质量为20g的子弹沿X轴正向以500m/s的速率射入一木块后,与木块一起仍沿X轴正向以50m/s的速率前进,在此过程中木块所受冲量的大小为(A)9Ns-.(B)-9Ns•.(C)10Ns.(D)-10Ns•.[2.体重、身高相同的甲乙两人,分别用双手握住跨过无摩擦轻滑轮的绳子各一端.他们从同一高度由初速为零向上爬,经过一定时间,甲相对绳子的速率是乙相对绳子速率的两倍,则到达顶点的情况是(A)甲先到达.(B)乙先到达.(C)同时到达.(D)谁先到达不能确定.[3.一质点作匀速率圆周运动时,(A)它的动量不变,对圆心的角动量也不变.(B)它的动量不变,对圆心的角动量不断改变.(C)它的动量不断改变,对圆心的角动量不变.(D)它的动量不断改变,对圆心的角动量也不断改变.[二 .填空题:1.质量为M的车以速度V0沿光滑水平地面直线前进,车上的人将一质量为m的物体相对于车以速度u竖直上抛,则此时车的速度v=2.如图所示,流水以初速度V I进入弯管,流出时的速度为V2,且V1=V2=V.设每秒流入的水质量为q,则在管子转弯处,水对管壁的平均冲力大小是,方向A:(管内水受到的重力不考虑)三 .计算题:1.有一水平运动的皮带将砂子从一处运到另一处,砂子经一竖直的静止漏斗落到皮带上,皮带以恒定的速率v水平地运动.忽略机件各部位的摩擦及皮带另一端的其它影响,试问:(1)若每秒有质量为q m=dM/dt的砂子落到皮带上,要维持皮带以恒定速率v运动,需要多大的功率?(2)若q m=20kg/s,v=1.5m/s,水平牵引力多大?所需功率多大?2.人造地球卫星绕地球中心做椭圆轨道运动,若不计空气阻力和其它星球的作用,在卫星运行过程中,卫星的动量和它对地心的角动量都守恒吗?为什么?答案一.选择题ACC二.填空题1V03分2qv2分竖直向下1分三.计算题:1.解:(1)设t时刻落到皮带上的砂子质量为M,速率为v,t+dt时刻,皮带上的砂子质量为M+dM,速率也是v,根据动量定理,皮带作用在砂子上的力F的冲量为:Fdt=(M+dM)v—(Mv+dM-0)=dMv2分F=vdM/dt=vq m1分由第三定律,此力等于砂子对皮带的作用力F,即F=F.由于皮带匀速运动,动力源对皮带的牵引力F〃=F,1分因而,F"=F,F”与v同向,啰力源所供给的功率为:P=Fv=vvdM/dt=v2q m2分(2)当q m=dM/dt=20kg/s,v=1.5m/s时,水平牵引力F"=vq m=30N2分所需功率P=v2q m=45W2分2.答:人造卫星的动量不守恒,因为它总是受到外力——地球引力的作用.2分人造卫星对地心的角动量守恒,因为它所受的地球引力通过地心,而此力对地心的力矩为零.3分一 .选择题:1.用一根细线吊一重物,重物质量为5kg,重物下面再系一根同样的细线,细线只能经受70N的拉力.现在突然向下拉一下下面的线.设力最大值为50N,则(A)下面的线先断.(B)上面的线先断.(C)两根线一起断.(D)两根线都不断.[]2.质量分别为m A和m B(m A>m B)、速度分别为V A和V B(V A>V B)的两质点A和B,受到相同的冲量作用,则(A)A的动量增量的绝对值比B的小.(B)A的动量增量的绝对值比B的大.(C)A、B的动量增量相等.(D)A、B的速度增量相等.[]3.如图所示,砂子从h=0.8m高处下落到以3m/s的速率水平向右运动的传送带上.取重力加速度g=10m/s2.传送带给予刚落到传送带上的砂子的作用力的方向为(A)与水平夹角530向下.(B)与水平夹角530向上.(C)与水平夹角370向上.(D)与水平夹角37°向下.二 .填空题:1.一质量为m的典点沿着二条曲线运动,其位置矢量在空间直角座标系中的表达式为r=acosccti+bsin«tj,其中a、b、e皆为常量,则此质点对原点的角动量L=;此质点所受又t原点的力矩M=.2.地球的质量为m,太阳的质量为M,地心与日心的距离为R,引力常量为G,则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为L=.3.质量为m的质点以速度—沿一直线运动,则它对该直线上任一点的角动量为.三 .计算题:一炮弹发射后在其运行轨道上的最高点h=19.6m处炸裂成质量相等的两块.其中一块在爆炸后1秒钟落到爆炸点正下方的地面上.设此处与发射点的距离S I=1000m,问另一块落地点与发射地点间的距离是多少?(空气阻力不计,g=9.8m/s2)。
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Fy t mv sin mv sin 0
因而
Fx 2mv cos / t
Fy 0
代入数据,得
Fx 2 0.2 6 cos 60 0 / 0.03 40 N
根据牛顿第三定律,球对墙壁的作用力为 40N,方向向左。 二、质点系的动量定理 1.两个质点的情况 设系统内有两个质点 1 和 2,质量分别 为 m1 和 m2,作用在质点上的外力分别为 F1 和 F2, 而两质点之间的相互作用力为 F12 和 F21,根据动量定理,在Δt=t2-t1 时间内, 两质点的动量的增量分别为
第4讲
动量和冲量
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律
前一章我们运用牛顿运动定律研究了质点的运动规律,讨论了质点运动状 态的变化与它所受合外力之间的瞬时关系。对于一些力学问题除分析力的瞬时 效应外,还必须研究力的累积效应,也就要研究运动的过程。而过程必在一定 的空间和时间内进行,因而力的积累效应分为力的空间积累和时间积累两类效 应。在这两类效应中,质点或质点系的动量、动能或能量将发生变化或转移。 在一定条件下,质点系内的动量或能量将保持守恒。 (1)力的空间累计效应:功、能; (2)力的时间累计效应:冲量、动量; (3)相关规律:动能定理、功能原理、机械能守恒定律、能量守恒定律、 动量定理、动量守恒定律、角动量守恒定律。 引入: 牛顿第二定律
6
第4讲
动量和冲量
下面求 dp 的表达式。设在 t 时刻,链条下落的长度为 y,下落速度为 v,则链 条的动量为 P=m1v=λyv 因而 dtp dt( yv) 故 于是
ygdtt dt( yv)
yg d ( yv) dt dty dt( yv) yvdt( yv) dtt
t1
即:作用在两质点组成的系统的合外力的冲量等于系统内两质点动量之和的增 量,即系统动量的增量。 2.推广:n 个质点的情况
t2 t2 n n n n F d t + F d t m v mi vi 0 i外 i内 i i i 1 i 1 i 1 i 1 t1 t1
dv 1) F m dt dv 2) F m dt
F ma Fdt mdv dmv ——动量定理 dv dv dr 1 m mv mdr mv dv d mv 2 动能定理 dr dt dr 2
F
mv 2 mv1 t 2 t1 t 2 t1
t1
t2
F dt
现实生活中人们常常为利用冲力而增大冲力,有时又为避免冲力造成损害 而减少冲力。 如, 利用冲床冲压钢板, 由于冲头受到钢板给它的冲 量的作用,冲头的动量很快 地减为零, 相应的冲力很大, 因此钢板所受的反作用冲力 也同样很大,所以钢板就被 冲断了; 当人们用手去接对方抛 来的篮球时,手要往后缩一 缩,以延长作用时间从而缓 冲篮球对手的冲力。 思考:冲量的方向是否与作用力的方向相同? (1)如果 F 是一个方向不变,大小变的变力,那末冲量 I 方向与 F 方 向相同,冲量 I 大小由外力大小和外力持续作用时间决定。如右图所示,冲量 大小等于图中曲线下的面积或系于平均冲力 F 下的面积。
yv 2
同乘以 ydy,得
y 2 gdty y
积分 得
y
0
y
gdty
yvdt( yv)
0
1 3 1 gy ( yv) 2 3 2
因而链条下落的速度和落下的距离的关系为
2 v gy 3
1/ 2
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第4讲
动量和冲量
1
第4讲
动量和冲量
§3-1 质点和质点系的动量定理
实际上,力对物体的作用总要延续一段时间,在这段时间内,力的作用将 积累起来产生一个总效果。下面我们从力对时间的累积效应出发,介绍冲量、 动量的概念以及有关的规律,即动量守恒定律。 一、冲量 质点的动量定理 1.动量:Momentum——表示运动状态的物理量 1)引入:质量相同的物体,速度不同,速度大难停下来,速度小容易停下;速 度相同的物体,质量不同,质量大难停下来,质量小容易停下。 2)定义:物体的质量 m 与速度 v 的乘积叫做物体的动量,用 P 来表示 P=mv 3)说明:动量是矢量,大小为 mv,方向就是速度的方向;动量表征了物体的 运动状态 -1 4)单位:kg.m.s 5)牛顿第二定律的另外一种表示方法 F=dP/dt 2.冲量:Impulse 1)引入:使具有一定动量 P 的物体停下,所用的时间Δt 与所加的外力有关, 外力大,Δt 小;反之外力小,Δt 大。 2)定义: 作用在物体外力与力作用的时间Δt 的乘积叫做力对物体的冲量, 用 I 来表 示 I= FΔt 在一般情况下,冲量定义为
I Fdt
3)说明:冲量是矢量;表征力持续作用一段时间的累积效应。 4)单位:N.m 与动量的单位是相同的。 ※ 动量的概念在上一章已经给出。其实,动量的概念早在牛顿定律建立之 前,由笛卡尔(R. Descartes)于 1644 年引入,它纯粹是描述物体机械运动的 一个物理量。由经验知道,要使速度相同的两辆车停下来,质量大的就比质量 小的要难些;同样,要使质量相同的两辆车停下来,速度大的就要比速度小的 难些。由此可见,在研究物体机械运动状态的改变时,必须同时考虑质量和速 度这两个因素,为此而引入了动量的概念。 3.动量定理:Theorem of momentum 1)推导 设作用在质点上的力为 F,在Δt 时间内,质点的速度由 v1 变成 v2,根据牛 顿第二定律
(2) 如果 F 是一个方向和大小都变的变力, 那末冲量 I 的大小和方向是由这段
时间内所有微分冲量 F dt 的矢量总和所决定。 例题:一弹性球,质量 m=0.2kg,速度为 v=6m/s,与墙壁碰撞后跳回,设跳回 时速度的大小不变,碰撞前后的方向于墙壁的法线的夹角都是α=600,碰撞的 时间为Δt=0.03s。求在碰撞时间内,球对墙壁的平均作用力。 解:以球为研究对象,设墙壁对球的作用力为 F ,球 在碰撞过程前后的速度为 v1 和 v 2 ,由动量定理得
或
I =P-P0
i 1
i 1
即,作用在系统的合外力的冲量等于系统动量的增量,这就是质点系的动量定 理。 3.分量形式
Ix=Px-Px0 Iy=Py-Py0 Iz=Pz-Pz0
即某一方向作用于系统达到的所有外力的冲量的代数和等于在同一时间 内该方向系统的动量的增量。 4. 说明: (1) 合外力——作用于系统的合外力是作用于系统内每一质点的 外力的矢量和。只有外力才对系统的动量变化有贡献,而系统的内力是不能改 变整个系统的动量的。 (2)无限小的时间间隔的过程
t2
F +F dt m v
1 12 t1
1 1Байду номын сангаас
m1v10 m2 v 20
t2
F +F dt m v
2 21 t1
2 2
把上面两式相加,得
t2
F +F dt+ F +F dt
1 2 12 21 t1 t1
t2
(m1v1 m2 v 2 ) (m1v10 m 2 v 20 ) F12 F21 考虑牛顿第三定律 t2 得 F 1+F2 dt (m1v1 m2 v2 ) (m1v10 m2 v20 )
1 1 mv F = Fdt 2 mv1 t t t
说明: 在碰撞过程中,可以认为质点没 有位移; 由于冲力很大,在碰撞过程中作
3
第4讲
动量和冲量
用在质点上的其他有限大小的力与冲力相比, 可 忽略不计。 动量定理常用于碰撞过程。例子,处理方法 将在后面介绍(学功、能后) 。碰撞一般泛指物体间 相互作用时间很短的过程。请看例子:
F外 dt=dP
力的效果 关系 适用对象 适用范围 解题分析
*动量定理与牛顿定律的关系 牛顿定律 动量定理 力的瞬时效果 力对时间的积累效果 牛顿定律是动量定理的 动量定理是牛顿定律的 微分形式 积分形式 质点 质点、质点系 惯性系 惯性系 必须研究质点在每时刻 只需研究质点(系)始末 的运动情况 两状态的变化
dv F ma m dt
可得
2
Fdt mdv
积分
v2 Fdt mdv v1
第4讲
动量和冲量
t
即
I mv 2 mv1
2)内容: 在给定时间间隔内,外力作用在质点上的冲量,等于此质点在此时间内动 量的增量。 3)说明: (1)冲量的方向并不是与动量的方向相同,而是与动量增量的方向相同。 (2)动量定理的分量式
三次课: 1.动量定理 2.动能定理 3.综合运用 本章分 9 节 §3-1 质点和质点系的动量定理 §3-2 动量守恒定律 §3-3 系统内质量流动问题 §3-4 动能定理 §3-5 保守力与非保守力 势能 §3-6 功能原理 机械能守恒定律 §3-7 完全弹性碰撞 完全非弹性碰撞 §3-8 能量守恒定律 §3-9 质心 质心运动定律
I x Fx dt mv2 x mv1x
t
I y Fy dt mv2 y mv1 y
t
I z Fz dt mv2 z mv1z
t
(3) 动量定理说明质点动量的改变是由外力和外力作用时间两个因素, 即冲量 决定的。 (4)动量定理的成立条件——惯性系。 ※ 动量定理说明:力在一段时间内的累积效果,是使物体产生动量增量。要产 生同样的效果,即同样的动量增量,力可以不同,相应作用时间也就不同,力 大时所需时间短些,力小时所需时间长些。只要力的时间累积量即冲量一样, 就能产生同样的动量增量。 ※ 注意 I 是过程量,累积量; F 是瞬时量; p 是状态量。 4)应用:利用冲力:增大冲力,减小作用时间——冲床 避免冲力:减小冲力,增大作用时间——轮船靠岸时的缓冲 例——利用动量定理计算平均冲力 动量定理常用于碰撞、打击等问题的研究。在碰撞等过程中,由于作用的 时间Δt 极短, 冲力的大小变化很大且 很难测量;但是只要测出碰撞前后的 动量和碰撞所持续的时间,则可得到 平均冲力