工科物理大作業(yè)守恒定律

1、0303守恒定律班號學號姓名成績一、選擇題（在下列各題中，均給出了4個5個答案，其中有的只有1個是正確答案，有的則有幾個是正確答案，請把正確答案的英文字母序號填在題后的括號內）.在下列關于動量的表述中，不正確的是：A.質點始、末位置的動量相等，表明其動量一定守恒；B.動量守恒是指運動全過程中動量時時（處處）都相等；C.系統(tǒng)的內力無論為多大，只要合外力為零，系統(tǒng)的動量必守恒；D.內力不影響系統(tǒng)的總動量，但要影響其總能量；E.內力對系統(tǒng)內各質點的動量沒有影響。（A、E）知識點動量守恒定律的理解，內力的影響。分析與解答只要系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的動量就守恒；動量守恒是指動量時時（處處）都保持不變的過

2、程，而不僅僅是指始末狀態(tài)的動量相等；內力不能改變系統(tǒng)的總動量，但它卻可以使動量在系統(tǒng)內各物體間轉移傳遞，亦即改變動量在系統(tǒng)內的分布，內力也可以改變系統(tǒng)的總動能。.在下列關于功或能的表述中，正確的是：A.保守力作正功時，系統(tǒng)的相應勢能增加；B.質點在保守場中沿任意閉合路經(jīng)運動一周，保守力對其作功為零；C.作用力與反作用力大小相等，方向相反，所以兩者作功的代數(shù)和必為零；D.只要有摩擦力存在，系統(tǒng)的機械能就不可能守恒；E.質點系機械能的改變與保守內力無關。（B、E）知識點功和能的關系，機械能守恒定律的理解。分析與解答由保守力作功的特點知：A保Ep,若保守力作正功時，其勢能必減少；:F保.dr0,即保

3、守力沿任意閉合路徑一周所作的功為零。作用力和反作用力大小相等、方向相反，分別作用在兩個不同的物體上，一般來說，這兩個物體的位置變動情況并不相同，則作用力和反作用力的功一般來說是不相同的，功的正負號也不一定相反，兩者作功的代數(shù)和為AFdr,其中dr為兩者的相對位移，故代數(shù)和一般不為零。由系統(tǒng)機械能守恒條件知：A外A非保內0,則保守內力是不會改變系統(tǒng)的機械能的，摩擦力雖是非保守力，但若它沒有作功，也同樣不會改變系統(tǒng)的機械能的。如疊在一起在光滑水平面上運動的A、B物體，雖A、B間存在靜摩擦力，但該系統(tǒng)機械能守恒。.在下列關于質心的表述中，不正確的是：A.質心集中了質點組的全部質量；B.質心動量等于質

4、點組的總動量；C.質心運動服從質心運動定理；D.質心所在處一定有實際質點存在。（D）知識點質心的概念及性質。分析與解答質心的運動與把所有質量都聚集在該點時的運動規(guī)律完全一樣，而任意時刻質心的動量都等于質點系的動量，質心的運動服從質心運動定理，質心的位置不一定在物體內部，有可能在2R物體之外，例如一段成半圓形的均勻鐵絲，其質心就在對稱軸上離圓心2R處。.兩個質點組成一力學系統(tǒng)，它們之間只有引力相互作用，且所受外力的矢量和為零。則該系統(tǒng)的：A.動量、機械能和對某一點的角動量均守恒；B.動量、機械能守恒，角動量不一定守恒；C.動量、角動量守恒，機械能不一定守恒；D.動量守恒，機械能和角動量不一定守恒

5、。（D）知識點三大守恒定律的條件，動量守恒。分析與解答兩質點所受外力的矢量和為零，但合外力矩卻不一定為零，外力作功的代數(shù)和也不一定為零，在這種情況下，只有系統(tǒng)動量一定守恒，而動量矩和機械能不一定守恒。5.我國第一顆人造地球衛(wèi)星繞地球作橢圓運動，地球中心為橢圓的一個焦點。在運行過程中，下列敘述中正確的是：A.角動量守恒，動能守恒；B.角動量守恒，機械能守恒；C.角動量不守恒，機械能守恒；D.角動量不守恒，動量不守恒；E.角動量守恒，動量守恒。（B）知識點三大守恒定律的條件，動量矩守恒。分析與解答在衛(wèi)星繞地球運動過程中，受有地球給它的引力作用，故衛(wèi)星動量不守恒。而引力為有心力，它對地心的力矩為零，

6、故衛(wèi)星的動量矩守恒，即Lrmvsin0恒量在橢圓型軌道上的不同位置處，r和v的夾角0以及r的大小均在變化，所以v的大小也在變化,顯然衛(wèi)星的動能是變化的。6.質量為m2kg的質點，受合力F12ti(SI)的作用，沿x軸作直線運動。已知t。時,I和3s末質點的速度v分別為V00,則從t0到t3s這段時間內，合力的沖量a. 108i N s, 54i m/s；C. 54i N s, 27i m/s；知識點變力的沖量計算，動量定理。分析與解答由沖量的定義有IB. 54i N s, 54i m/s；d. 27i N s, 27i m/s。33F dt 12tidt 54i N s00(C)由動量定理有3

7、I F dt m v 1 m v 0 010而已知v 00, m 2kg 則3m v 12t i dtr1得v54i27im/s27.質量分別為 m和4m的兩質點，分別以動能E和4E沿x軸相向運動，則它們的總動量大小為:2J2mE ；C. 5m,故撞擊后對彗星的運行軌道無影響。設vv,試估算撞擊器給彗星的沖量為7.28106Ns,平均沖力為7.28107N。知識點沖量的平均沖力。分析與解答設撞擊器撞擊彗星的方向為y方向，只考慮y方向的沖量變化。撞擊前撞擊器的速度為vy1v20103m/s撞擊后撞擊器的速度變?yōu)榱?，即vy20則由動量定理的分量得彗星對撞擊器的沖量為Iymvy2mvy1364201

8、037.28106Ns即撞擊器給彗星的沖量為I7.28106Ns0. 1平均沖力F7.28107.28107N4.如圖3-6所示，質量為m0的人站在一質量為m、長為l的靜止小車一端，若小車與地面摩擦不計，則當人由靜止走到小車的另一端時，相對于地面人移動的距離為s1圖3-6m,，一,me,1，小車移動的距離為S2l HYPERLINK l bookmark215 o Current Document mmemm0知識點系統(tǒng)動量守恒定律的應用。分析與解答取人和車為一系統(tǒng)，設人和車相對于地面的速度分別為向。由于沿x方向系統(tǒng)不受外力作用，在該方向動量守恒，則有v和v，取v的方向為x軸正m(Vm(v)(

9、1)m0vvm設人從車的一端走到另一端的時間t內,人和車相對于地面移動的距離分別為Si和S2,則有Sitvdt0S2tvdt0就整個過程的時間t對（1）式兩邊積分,t0mvdttmvdt0moSms2(2)設人相對于車的速度為u,則由伽利略速度變換式得/、mm。(v)0vm在時間t內，人相對于車移動的距離為tl udt0tm m m mvdt 0 mmtvdtm m0Sim則在時間t內,人相對于地面移動的距離為m.Si1mm0將上式代入（2）式中，則在時間t內，車相對于地面移動的距離為m0S2一S1mm0lmm0車相對于地面移動的方向沿x軸負向。25.質量為m1kg的物體，在力F3xi（si）

10、作用下沿x軸萬向運動,已知t0時，x00,v00,則物體在由x0運動到x2m的過程中，力作功的表達式為A一其值為_8_J;在x2m處，物體的速度為v2jm/s。在此過程中，該力的沖量為I4iNs知識點變力FFx的功，動能定理，動量定理。分析與解答由功的定義有AFxdxx23xdx0當x2m時,238J1kg,由動能定理得A1mv2212mv212mv22由動量定理得6.質量為V2284m/s1Imv2mv0mV214i4i0.01kg的質點在xOy面內運動,其運動方程為5t3i2j,則在t0到3t2s時間內,合力對其所作的功為A2Jo知識點平面運動第I類問題，動能定理。分析與解答運動方程為5.

11、3.rti2j3速度為v5t2it0時的速率V。0t2s時的速率V252220m/s由動能定理知12mv2212-mv020.012022J7.圖3-7是一個保守力場的勢能曲線,其勢能函數(shù)為3.21一Ep(x)4x6x(SI)。則相應的保守力的大小為F=_12x212x_；C點的坐標xC=5_m;若有一個粒子能在OC的勢能谷（也叫勢阱）中振蕩，則其總能量E的取值范圍為-2E0知識點勢能曲線的分析。分析與解答保守力為FxEpx12x212xC點滿足Epx,3-24x6xXC1.5m(x0舍去)只要粒子的能量2JE0,粒子就可以在OC的勢能Af1 2mv B2mgH 21 2-mv A 2mgH

12、1由質點的動能定理知mg H 1 H 2A EkB EkA 09. 一顆土星的衛(wèi)星,沿半徑為3R的圓形軌道繞土星運動，R為土星半徑。已知土星的質量為m1，衛(wèi)星的質量為m2,萬有引力常量為 G,則可知:(1)衛(wèi)星的動能為Gmm2Ek =；k 6R(2)衛(wèi)星與土星系統(tǒng)的引力勢能為EnpGm1m23R ；(3)衛(wèi)星的機械能為 EGm1m2o6R谷中振湯。8.質量為m的質點，從A點由靜止開始沿如圖3-8所示軌道滑動到B點而停止，圖中H1與H2分別表示A、B兩點離水平面的高度，則質點在滑動過程中(1)摩擦力作的功為Afmg(HiH2)；(2)合力的功為A0。知識點功能原理，動能定理。分析與解答取水平面為

13、勢能零點，且VaVb0,由功能原理得知識點引力勢能。分析與解答由萬有引力定律和牛頓第二定律知m2:3R_m1m2G-43RGm13R衛(wèi)星的動能Ek1m 2v22 Gm 1m 26R取無窮遠處為引力勢能零點，則衛(wèi)星勢能Ep3RF引Gmm2,3R了drGmm2r3RGmim23RGmim23R TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark370 o Current Document 衛(wèi)星的機械能EEkEpGGmm2Gmm HYPERLINK l bookmark372 o Current Document p6R3R6R10.宇宙飛船關閉發(fā)動機返回地球的過程，可以認為是僅在

14、地球萬有引力作用下運動。若用m表示飛船的質量，mE表示地球的質量，G表示萬有引力常量，則飛船從距地球中心ri處下降到2處的過程中，動能的增量為EkGmmErr。知識點萬有引力勢能，動能定理，保守力的功與勢能的關系。分析與解答設無窮遠處為萬有引力勢能零點，則距地心ri處，萬有引力勢能EpiGmmEri距地心r2處，萬有引力勢能Ep2GmmEr2萬有引力所作的功A引EpGmmEGmmEr2ri飛船僅受引力作用，則又由動能定理得AAEkEkGmmE ri-r2三、簡答題.試述保守力作功的特點。答:保守力作功與路徑無關，只與始末位置有關，且AEp。p若物體在保守力場中沿閉合回路運動一周，則保守力作功為

15、零，即。lFdl0,此式稱為保守場的環(huán)路定理。.試分析三大守恒定律的條件。答:機械能守恒的條件是外力和非保守內力都不作功或所作的總功為零，但它并不一定要求外力和非保守內力為零。動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力作用或所受外力的矢量和為零，而不是合外力的沖量為零；另外，若合外力并不為零，但它在某個方向上的分量為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。角動量守恒的條件是合外力矩為零，但它并不一定要求合外力為零。四、計算與證明題1.如圖3-9所示，射箭運動員用力F490N使弓弦中點產(chǎn)生0.6m的位移，然后把質量m=0.06kg的箭豎直上射。設拉力和弓弦中點的位移成正比(準彈性力)，試用功能關系求該箭離弦時所具有的速

16、度。分析與解答以箭為研究對象，建立如圖坐標。已知t0時，y0h00.6( ky)dy(1mv220) 0 ( mgh)12則得-mv 22已知F 490N ,又由得代入上式得由此解得0.18k 0.6mgFky0F 490 k - y00.612mv147 0 6mg2 HYPERLINK l bookmark399 o Current Document 294，八v1.2g =69.92m/sm箭在離弦前，受到重力Pmg和弓弦張力Fky的作用，取O點為勢能零點，設箭離弦時的速度為v,則對箭離弦前整個過程用功能原理，有l(wèi)0,勁度系數(shù)為k,小球的圖 3-102.如圖3-10所示，在光滑的斜面上放

17、置一彈簧振子，彈簧原長為質量為m。取斜面方向為x坐標，并取小球的平衡位置O為坐標原點，當小球坐標為x時,(1)試求：小球沿x方向所受的合外力；12(2)證明：彈簧振子與地球組成的系統(tǒng)此時具有的勢能為一kx2。2分析與解答(1)小球處于平衡位置時，彈簧已伸長了Xo,且有mgsinkx0當小球處于x時，受重力在斜面方向的分力mgsin和彈性力k(xx0),則小球所受的合外力為Fxmgsink(xx0)mgsinkxx0kx(2)取O點為重力勢能和彈性勢能零點，則小球在x處的彈性勢能為Epk 2 k(xxo)2 1kx(21 kx2 kxx02故重力的勢能為Epgmgxsinkxx0故系統(tǒng)的勢能為E

18、pEpkEpg1 . 21 . 2kxkxx0 kx0 xkx HYPERLINK l bookmark387 o Current Document 223.如圖3-11所示，質量為 m的靶置于光滑水平面上，靶上固定有勁度系數(shù)為k的輕彈簧，靶最初處于靜止狀態(tài)。 現(xiàn)有質量為m0,速度為v0的鋼球沿水平方向射向彈簧靶，試求彈簧被壓縮的最大距離xmax。分析與解答從小球剛與彈簧接觸直至彈簧被壓縮到最大 限度，兩者以同一速度 v運動為止，系統(tǒng)動量守恒，即moVo (mo m)v(1)又在鋼球與彈簧接觸、壓縮過程中系統(tǒng)機械能守恒，取O點為彈性勢能零點，根據(jù)機械能守恒定律，則. Vo吆 O/dk ；mxO圖 3-111 一 2121 .2-moVo-(mom)v 二 %ax(2) HYPERLINK l bookmark86 o Current Document 222聯(lián)立式(1)和式(2),得mmbxmaxvo ,.、.k(m mo)4.水星繞太陽運行軌道的近日點到太陽的距離為r14.59107km,遠日點到太陽的距離為26.98107kmo試求水星越過近日點和遠日點時的速率vi和v2。設太陽