大学物理力学答案3概要

第三章基本知识小结

⒈牛顿运动定律适用于惯性系、质点，牛顿第二定律是核心。

dvd2rm2 矢量式：FmamdtdtFxmax,Fymay,Fzmaz（直角坐标）分量式：

dvv2Fmam,Fnmanm（弧坐标）dt

⒉动量定理适用于惯性系、质点、质点系。

dp导数形式：F

dt微分形式：Fdtdp

积分形式：I( Fdt)p（注意分量式的运用）

⒊动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系。

若作用于质点或质点系的外力的矢量和始终为零，则质点或质点系的动量保持不变。即

 若F外0，则p恒矢量。（注意分量式的运用）

⒋在非惯性系中，考虑相应的惯性力，也可应用以上规律解题。 在直线加速参考系中：在转动参考系中：

*fma0

*fk2mv'

*fcm2r,⒌质心和质心运动定理 ⑴mrcmirimvcmivimacmiai

⑵Fmac

（注意分量式的运用）

3.5.1 质量为2kg的质点的运动学方程为

ˆ(3t23t1)ˆr(6t21)ij（单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。

22ˆˆˆ12ˆj 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒解：∵adr/dt12i6j, Fma24i力而运动。

F=(242+122)1/2=12

5N，力与x轴之间夹角为：

arctgFy/Fxarctg0.52634'

3.5.2 质量为m的质点在o-xy平面内运动，质点的运动学方程为：rω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。

证明：∵aˆbsintˆacostij，a,b,

ˆbsintˆd2r/dt22(acostij)2r

Fmam2r, ∴作用于质点的合力总指向原点。

第3章动量定理及其守恒定律习题解答 16 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

3.5.3 在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛，一方面由筛孔漏出谷粒，一方面逐出秸杆，筛面微微倾斜，是为了从较低的一边将秸杆逐出，因角度很小，可近似看作水平，筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出，若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4，问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动？

解：以地为参考系，设谷物的质量为m，所受到的最大静摩擦力为 加速度为

fomg，谷物能获得的最大

af/mog0.49.83.92m/s2 ∴筛面水平方向的加速度至少等于3.92米/秒2，才能使谷

物与筛面发生相对运动。

μ1 m 1 μ2 m 2

3.5.3 题图 3.5.4题图

3.5.4 桌面上叠放着两块木板，质量各为m1 ,m2,如图所示，m2和桌面间的摩擦系数为μ2，m1和m2间的摩擦系数为μ1，问沿水平方向用多大的力才能把下面的木板抽出来。

解：以地为参考系，隔离m1、m2，其受力与运动情况如图所示，

F

y

x

f2 f1' m2g N2 N1' F a2 a1

N1

f1

m1g

其中，N1'=N1,f1'=f1=μ1N1,f2=μ2N2，选图示坐标系o-xy，对m1,m2分别应用牛顿二定律，有

1N1m1a1F1N12N2m2a2a11gN1m1g0N2N1m2g0 解方程组，得

a2F1m1g2m1g2m2g/m2

a1，即

F12要把木板从下面抽出来，必须满足a2F1m1g2m1g2m2gm21gm1m2g

m1 α m2 3.5.5 质量为m2的斜面可在光滑的水平面上滑动，斜面倾角为α,质量为m1的运动员与斜面之间亦无摩擦，求运动员相对于斜面的加速度及其对斜面的压力。

解：

x' N1 f*=m1a2 y' α α m1g a' y N2 x a2

α N1'=N1 m2g 以相对地面向右作加速直线运动的斜面为参考系（非惯性系，设斜面相对地的加速度为a2），取m1为研究对象，其受力及运动情况如左图所示，其中N1为斜面对人的支撑力，f*为惯性力，a'即人对斜面的加速度，方向显然沿斜面向下，选如图所示的坐标系o'-x'y',应用牛顿第二定律建立方程：

N1m1gcosm1a2sin0(1)(2)m1gsinm1a2cosm1a'律建立方程：

再以地为参考系，取m2为研究对象，其受力及运动情况如右图所示，选图示坐标o-xy,应用牛顿第二定

(3)N1sinm2a2 （1）、（2）、（3）联立，即可求N2m2gN1cos0(4)得：N1

3.5.6在图示的装置中两物体的质量各为m1,m2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ，求在力F

m1m2cosg2m2m1sina'(m1m2)sing 2m2m1sinm1 m2 F 第3章动量定理及其守恒定律习题解答 17 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

的作用下两物体的加速度及绳内张力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。

N1

解：以地为参考系，隔离mTf1 N2 f1

Tf2 F

1,m2，受力及运动情况如图示，其中：f1=μN1=μm1g，f2=μN2=μ(N1+m2g)=μ(m1+m2)g. 在水am1g

a

mN1 2g

平方向对两个质点应用牛二定律：

Tm1gm1a①Fm1g(m1m2)gTm2a②

①+②可求得：aF2m1gmg

1m2将a代入①中，可求得：Tm1(F2m1g)mm

12

3.5.7在图示的装置中，物体A,B,C的质量各为m1,m2,m3，且两两不相等. 若A B 物体A,B与桌面间的摩擦系数为μ，求三个物体的加速度及绳内的张力，不计绳和滑轮质量，不计轴承摩擦，绳不可伸长。

解：以地为参考系，隔离A,B,C，受力及运动情况如图示，其中：f1=μN1=C μm1g，f2=μN2=μm2g，T'=2T，由于A的位移加B的位移除2等于C的位移，所以（a1+a2）/2=a3.

对A,B,C分别在其加速度方向上应用牛顿第二定律：

N1

T' N2

Tm1gm1a1①Tm2gm2a2②T

T m

f1 3g2Tm3(a1a2)/2③af2

3 ①,②,③联立，可求得：

am1g

1 mm2g

3g

a2

a2m2m3(1)1(mg1m2)m34m1m2a2m1m3(1)2(m1m2)mg

34m1m2a(m1m2)m3(1)(mm3g1m2)34m1m23.5.8天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系上质量为m1,m2的物体（m1≠m2）,天平右端的托盘上放有砝码. 问天平托盘和砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不伸长。

解：隔离m1,m2及定滑轮，受力及运动情况如图示，应用牛顿第二定律：

T'm1gm1a①m2gT'm2a②T2T' 由①②可求得：

m1 m2 T'2m1m2g2m1mm,Tm2g12m

1m2a

T' T a

T' 所以，天平右端的总重量应该等于T，天平才能保持平衡。

3.5.11棒球质量为0.14kg，用棒击棒球的力随时间的变化如图所示，设棒球被击m1g

前后速度增量大小为70m/s，求力的最大值，打击时，不计重力。

m2g T' T' 解：由F—t图可知：

当0t0.05时，Ft0.05FmaxF(N) 当0.05t0.08时，F0.08t0.03FFmax max

[斜截式方程y=kx+b，两点式方程 (y-y1)/(x-x1)=(y2-y1)/(x2-x1)]

0 由

动

量

定

理

：

0.05 0.08 t(s) 0.080.050.08mvFdtFmaxFmax0.05tdt0.0308t)dt000.(0.05

可求得Fmax = 245N

3.5.12 沿铅直向上发射玩具火箭的推力随时间变化如图所示，火箭质量为98 F(N) 2kg，t=0时处于静止，求火箭发射后的最大速率和最大高度（注意，推力大于重力

t(s) 20 第3章动量定理及其守恒定律习题解答 18 第3章动量定理及其守恒定律习题解答 时才启动）。

解：根据推力F-t图像，可知F=4.9t （t≤20）,令F=mg，即4.9t=2×9.8，t=4s 因此，火箭发射可分为三个阶段：t=0—4s

为第一阶段，由于推力小于重力，火箭静止，v=0,y=0；t=4—20s为第二阶段，火箭作变加速直线运动，设t=20s时，y = y1，v = vmax ；t≥20s 为第三阶段，火箭只受重力作用，作竖直上抛运动，设达最大高度时的坐标 y=y2.

第二阶段的动力学方程为：F- mg = m dv/dt

Y Y2 Y1 0 dvF/mdtgdt4.9/2tdt9.8dt0dv4.9/24tdt9.84dtt20vttv4.9/4t29.8t44.9t20vmaxv(20)314m/sdyvdt(4.9/4t29.8t44.9)dt01dy4.9/44t2dt9.84tdt44.94dty11672m第三阶段运动学方程

y202020

v3149.8(t20)(1),yy1314(t20)4.9(t20)2(2)

令v=0,由（1）求得达最大高度y2时所用时间（t-20）=32，代入（2）中，得y2-y1=5030 y2=ymax=5030+1672=6702(m)

3.5.13抛物线形弯管的表面光滑，沿铅直轴以匀角速率转动，抛物线方程为y=ax2，a为正常数，小环套于弯管上。⑴弯管角速度多大，小环可在管上任一位置相对弯管静止？⑵若为圆形光滑弯管，情况如何？

解：以固定底座为参考系，设弯管的角速度为ω，小环受力及运动情况如图示：α为小环处切线与x轴夹角，压力N与切线垂直，加速度大小a=ω2x，方向垂直指向y轴。

在图示坐标下应用牛顿二定律的分量式：

y ω a N α x mg Ncos(90)Nsinmx①

Nsin(90)Ncosmg②①/②得：tgα=ω2x/g ③；由数学知识：tgα=dy/dx=2ax； 所以，2ax22x/g,22ag,2ag

R

的圆形，圆方程为：x2

+

(R-y)2

=

R2，即

若弯管为半径为

(Ry)2R2x2,Ry(R2x2)1/2,yR(R2x2)1/2221/222tgdy/dx1(Rx)(2x)x/Rx2代入③中，得：x/

R2x22x/g,g/R2x2

3.5.14北京设有供实验用的高速列车环形铁路，回转半径为9km，将要建设的京沪列车时速250km/h，若在环路上作此项列车实验且欲使铁轨不受侧压力，外轨应比内轨高多少？设轨距1.435m.

解：以地为参考系，把车厢视为质点，受力及运动情况如图示：车厢速度v=250km/h=69.4m/s，加速度a=v2/R；设轨矩为l，外轨比内轨高h, 有

x α N y a mg l α h cosl2h2/l,sinh/l

选图示坐标o-xy，对车箱应用牛顿第二定律：

NcosNl2h2/lmg①，NsinNh/lmv2/R② ①/②得：

第3章动量定理及其守恒定律习题解答 19 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

l2h2/hgR/v2，两边平方并整理，可求得h：

hv2l/v4g2R269.421.435/69.449.82900020.0782m7.8cm

3.5.15汽车质量为1.2×10kN，在半径为100m的水平圆形弯道上行驶，公路内外侧倾斜15°，沿公路取自然坐标，汽车运动学方程为s=0.5t3+20t (m)，自t=5s开始匀速运动，问公路面作用于汽车与前进方向垂直的摩擦力是由公路内侧指向外侧还是由外侧直向内侧？

解：以地为参考系，把汽车视为质点，受力及运动情况如图示： v=ds/dt=1.5t2+20，v| t=5 =1.5×52+20=57.5m/s，an=v2/R=57.52/100=33 设摩擦力f方向指向外侧，取图示坐标o-xy，应用牛顿第二定律：

x α N NcosfsinmgNcosmgfsin①

NsinfcosmanNsinmanfcos②②/①得：tgf α α=15°

y an mg (manfcos)/(mgfsin)

mgtgfsintgmanfcos,fm(gtgan)cossintg

gtgan9.8tg153330.430,f0，说明摩擦力方向与我们事先假设方向相反，

指向内侧。

3.5.16

EEˆj，又有与之垂直的匀强磁场速度选择器原理如图，在平行板电容器间有匀强电场

ˆ。现有带电粒子以速度vˆ进入场中，问具有何种速度的粒子方能保持沿x轴运动？此装置用BBkvi于选出具有特定速度的粒子，并用量纲法则检验计算结果。

解：带电粒子在场中受两个力的作用：电场力F1=qE，方向向下；磁场力F2=qvB，方向向上 粒

子

若

沿

x

轴

匀

速

运

动

，

据

牛

顿

定

律

：

qEqvB0,vE/BENA1T11dimvMT,dimMT 11BNAM1x F2× × × =qvB × v + B y × × × × E F1=qE 3.5.17带电粒子束经狭缝S1,S2之选择，然后进入速度选择器（习题3.5.16），其中电场强度和磁感应强度各为E和B. 具有“合格”速度的粒子再进入与速度垂直的磁场B0中，并开始做圆周运动，经半周后打在荧光屏上.试证明粒子质量为：m=qBB0r/E，r和q分别表示轨道半径和粒子电荷。

解：由3.5.16题可知，通过速度选择器的粒子的速度是v=E/B，该粒子在B0磁场中受到洛仑兹力的作用做匀速圆周运动，其向心加速度为an=v2/r，由牛顿第二定律：

qvB0mv2/r

mqB0r/vqrB0B/E

3.5.18某公司欲开设太空旅馆。其设计为用32m长的绳联结质量相等的两客舱，问两客舱围绕两舱中点转动的角速度多大，可使客舱感到和在地面上那样受重力作用，而没有“失重”的感觉。 解：mg

B ● ● ● ● ● ● v ● ●

s ● B0

●

s1 s2 E ● r ●

● ●

m2r,g/r9.8/160.78rad/s

3.5.20 圆柱A重500N，半径RA=0.30m，圆柱B重1000N,半径RB=0.50m，都放置在宽度L=1.20m的槽内，各接触点都是光滑的，求A、B间的压力及A、B柱与槽壁和槽底间的压力。 NAB

A α NA NB' B mAg NB NBA α L mBg A

α AB=RA+RB=0.8 α C B CB=L-RA-RB=0.4

y o x 第3章动量定理及其守恒定律习题解答 20 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

解：隔离A、B,其受力情况如图所示，选图示坐标，运用质点平衡方程，有

(!)NANABsin0(3)NABsinNB0N'mgNcos0(2)mAg0(4)BABBNABcos知，sinα=0.4/0.8=0.5 ∴α=30º, cosα=

通过对△ABC的分析，可

3/2,分别代入（1）、（2）、（3）、（4）中，即可求得：

NB = 288.5 N , NB'= 1500 N , NA = 288.5 N , NAB = 577 N.

3.5.21图表示哺乳动物的下颌骨，假如肌肉提供的力F1和F2均与水平方向成45°，食物作用于牙齿的力为F，假设F,F1和F2共点，求F1和F2的关系以及与F的关系。

解：建立图示坐标o-xy，应用共点力平衡条件：

Fx0,Fy0

x方向，F1cosα-F2cosα=0, F1= F2 y方向，F1sinα+F2sinα- F=0，

y F2 α F F1 α x F2F1sin2sin45F12F1

3.5.22四根等长且不可伸长的轻绳端点悬于水平面正方形的四个顶点处，另一端固结于一处悬挂重物，重量为W，线与铅垂线夹角为α，求各线内张力。若四根线均不等长，知诸线之方向余弦，能算出线内张力吗？

解：设四根绳子的张力为T1，T2，T3，T4，由于对称，显然，T1=T2=T3=T4=T；设结点下边的拉力为F，显然F=W. 在竖直方向上对结点应用平衡条件：

4Tcosα-W=0，T=W/(4cosα)

若四根线均不等长，则T1≠T2≠T3≠T4，由于有四个未知量，因此，即使知道各角的方向余弦，也无法求解，此类问题在力学中称为静不定问题。

3.6.1 小车以匀加速度a沿倾角为α的斜面向下运动，摆锤相对小车保持静止，求悬线与竖直方向的夹角（分别自惯性系和非惯性系求解）。

解：（1）以地为参考系（惯性系），小球受重力W和线拉力T的作用，加速度a沿斜面向下，建立图示坐标o-xy,应用牛顿第二定律：

θ α T θ a f*=ma Tsinmacos mgTcosmasin解得

α x W=mg y tgacos/(gasin)

（2）以小车为参考系（非惯性系），小球除受重力W、拉力T外，还受惯性力f*的作用(见上图虚线表示的矢量)，小球在三个力作用下静止，据牛顿第二定律：

Tsinmacos0acos 解得tggasinmgTcosmasin0

3.6.2 升降机内有一装置如图示，悬挂的两物体的质量各为m1,m2且m1≠m2,若不计绳及滑轮质量，不计轴承处摩擦，绳不可伸长，求当升降机以加速度a（方向向下）运动时，两物体的加速度各是多少？绳内的张力是多少？

解：以升降机为参考系,隔离m1,m2,受力及运动情况如图示,T为绳中张力，f1*=m1a,f2*=m2a, a1'=a2'=a'为m1、m2相对升降机的加速度.

以向下为正方向，由牛顿二定律，有：

(m1m2)a(m2m1)ga'mgTmama'111m1m2解得：mgTmama'222T2mm(ga)/(mm)1212设m1、m2的加速度分别为a1、a2，根据相对运动的加速度公式，

第3章动量定理及其守恒定律习题解答 21 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

a1a1'aa2a2'a 写成标量式：

a1a'a,a2a'a，将a’代入，求得：

2m2a(m2m1)ga1m1m2a2m1a(m2m1)g2m1m2)

3.6.3图示为柳比莫夫摆，框架上悬挂小球，将摆移开平衡位置而后放手，小球随即摆动起来。⑴当小球摆至最高位置时，释放框架使它沿轨道自由下落，如图a，问框架自由下落时，摆锤相对于框架如何运动？⑵当小球摆至平衡位置时，释放框架，如图b，小球相对框架如何运动？小球质量比框架小得多。

解：以框架为参考系，小球在两种情况下量为m, 框架相对地自由落体的加速度为g，因f*=mg，方向向上，小球所受重力W=mg. 在两牛顿第二定律：

⑴小球摆至最高位置时释放框架,小球相对速度an=v2/l=0（l为摆长）；由于切向合力Fτ向加速度aτ=0. 小球相对框架的速度为零，加架静止。

⑵小球摆至平衡位置时释放框架，小球相加速度an=v2/l≠0，T=man ；在切向方向小球不

的受力如图所示：设小球质此小球所受的惯性力种情况下，对小球分别应用

a ˆ nT ˆ nf* f* θ W b T

框架速度v=0，所以法向加=Wsinθ-f*sinθ=0，所以切速度为零，因此小球相对框

ˆ 对框架的速度不为零，法向受外力作用，所以切向加速

ˆ W

度aτ=0，因此，小球速度的大小不变，即小球在拉力T的作用下相对框架做匀速圆周运动。

3.6.4摩托车选手在竖直放置圆筒壁内在水平面内旋转。筒内壁半径为3.0m，轮胎与壁面静摩擦系数为0.6，求摩托车最小线速度（取非惯性系做）

解：设摩托车在水平面内旋转的最小角速度为ω，以摩托车本身为参考系，车受力情况如图示，运动状态静止。

在竖直方向应用平衡条件，μ0N = mg ① 在水平方向应用平衡条件，N = mω2 r ② ①/②得：0f=μ0N N mg f*=mω2r

gr2,g0r

最小线速度

vrrg/03.09.8/0.67m/s

3.6.5一杂技演员令雨伞绕铅直轴转动，一小圆盘在雨伞上滚动但相对地面在原地转动，即盘中心不动。⑴小盘相对于雨伞如何运动？⑵以伞为参考系，小盘受力如何？若保持牛顿第二定律形式不变，应如何解释小盘的运动？

解：⑴可把小盘当作质点，小盘相对雨伞做匀速圆周运动，与伞相对地的转向相反。 ⑵以伞为参考系，小盘质点受5个力的作用：向下的重力W，与扇面垂直的支持力N，沿伞面向上的静摩擦力f0，此外还有离心惯性力fC*和科氏惯性力fk*，方向如图所示。把这些力都考虑进去，即可保持牛顿第二定律的形式不变，小盘正是在这些力的作用下相对伞做匀速圆周运动。

3.6.6设在北纬60°自南向北发射一弹道导弹，其速率为400m/s，打击6.0km远的目标，问该弹受地球自转影响否？如受影响，偏离目标多少（自己找其它所需数据）?

解：以地球为参考系，导弹除受重力作用外，还要受离心惯性力和科氏惯性力的作用。离心惯性力的方向在速度与重力加速度平面内，不会使导弹前进方位偏离，而科氏惯性力的方向垂直速度、重力加速度平面（指向纸面），要使导弹偏离前进方向。

由于导弹速度较大，目标又不是很远，可近似认为导弹做匀速直线运动，导弹击中目标所需时间t=6000/400=15s，在此时间内导弹在科氏惯性力作用下偏离目标的距离：

fK* W f0 N fC*

ω ω v fk* × 60° f* C121fk*212mvsin602atttvsin60t222m2m

234001525.7m2460602S

第3章动量定理及其守恒定律习题解答 22 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

3.7.1就下面两种受力情况：⑴Fˆ2ˆ2tij（N,s），

ˆ(1t)ˆj（N,s）分别求出t=0,1/4,1/2,3/4,1时的力并用图表示；再求t=0至t=1时间内的冲量，⑵F2ti也用图表示。

解：⑴Fˆ2ˆ2tij,代入t值得：

2 1 y F(0) F(1/4) F(1/2) F(3/4) F(1) 11ˆˆˆˆˆ F(0)2j,F(4)2i2j,F(12)i2j33ˆˆˆ2ˆF(4)2i2j,F(1)2ij

111ˆtdt2ˆˆ2ˆIFdt2ijdtij

000x 0 y 2 1 1 2 I I12225Ns,与x轴夹角

α= arctgIy/Ix = arctg2 = 63.5°

⑵

α 0 1 2 x ˆ(1t)ˆF2tij,代入t值得：

1 F(0) y F(1/4) F(1/2) F(3/4) F(1) 3ˆ11ˆˆˆ1ˆ F(0)j,F(4)2i4j,F(12)i2j33ˆ1ˆˆ F(4)2i4j,F(1)2i1111ˆtdtˆˆ1ˆIFdt2ijdtˆjtdti2j

00000 1 2 x y 2 1 I120.525/2Ns,与x轴夹角

α= arctgIy/Ix = arctg0.5 = 26.5°

α 0 1 I 2 x

3.7.2一质量为m的质点在o-xy平面上运动，其位置矢量为：

ˆbsintˆracostij，求质点的动量。

解：质点速度：v质点动量：大小：

ˆbcostˆdr/dtasintij

ˆmbcostˆpmvmasintij

ppxpyma2sin2tb2cos2t22

方向：与x轴夹角为θ，tgθ= py/px = - ctgωt·b/a

3.7.3自动步枪连发时每分钟可射出120发子弹，每颗子弹质量为7.9g，出口速率为735m/s，求射击时所需的平均力。

解：枪射出每法子弹所需时间：Δt=60/120=0.5s，对子弹应用动量定理：

Ftp,Fp/tmv/t7.9103735/0.511.6N

3.7.4 棒球质量为0.14kg,棒球沿水平方向以速率50m/s投来，经棒击球后，球沿水平成30º飞出，速率为80m/s，球与棒接触时间为0.02s，求棒击球的平均力。 v

解：以地为参考系，把球视为质点， 30º v0 由动量定理，Ftmvmv0，画出矢

量图，由余弦定理，Ft(m2v2m2v02m2v0vcos30)1/2，代入数据，可求得F=881N.由正弦

2定理 mv FΔt

mv/sinFt/sin30，代入数据， 30º α 第3章动量定理及其守恒定律习题解答 23 第3章动量定理及其守恒定律习题解答 求得sin

3.7.5 质量为M的滑块与水平台面间的静摩擦系数为μ0，质量为m的滑块与M均处于静止，绳不可伸长，绳与滑轮质量可不计，不计滑轮轴摩擦。问将m托起多高，松手后可利用绳对M冲力的平均力拖动M？设当m下落h后经过极短的时间Δt后与绳的铅直部分相对静止。

解：以地为参考系，选图示坐标，

先以m为研究对象，它被托起h，再落 y 回原来位置时，速度大小为v0.3179,1832' mv0

2gh， x M 在Δt极短时间内与绳相互作用，速度

又变为零，设作用在m上的平均冲力为F，相对冲力，重力作用可忽略，则由质点动量定理有：m Ft0(mv)mvm2gh，∴Fm2gh/t

再以M为研究对象，由于绳、轮质量不计，轴处摩擦不计，绳不可伸长，所以M受到的冲力大小也是F，M受到的最大静摩擦力为fmax=μo Mg，因此,能利用绳对M的平均冲力托动M的条件是： F≥fmax，即m

3.7.6质量m1=1kg, m2=2kg, m3=3kg, m4=4kg，m1, m2和m4三个质点的位置坐标顺次是：(x,y) = (-1,1), (-2,0), (3,-2)，四个质点的质心坐标是：(x,y)=(1,-1)，求m3的位置坐标。

解：由质心定义式：mixii144442gh/toMghoM2(t)2g/2m2

2mixC,miyimiyC，有

i1i1i1m1x1m2x2m3x3m4x4(m1m2m3m4)xC1(1)2(2)3x343(1234)1,x31m1y1m2y2m3y3m4y4(m1m2m3m4)yC

11203y34(2)(1234)(1),y31

3.8.1 质量为1500kg的汽车在静止的驳船上在5s内自静止加速至5m/s,问缆绳作用与驳船的平均力有多大？（分别用质点系动量定理、质心运动定理、牛顿定律求解）

解：（1）用质点系动量定理解： 以岸为参考系，把车、船当作质点 系，该系在水平方向只受缆绳的拉 力F的作用， 应用质点系动量定

理，有FΔt=m1v∴F=m1v/Δt=1500×5/5=1500N

（2）用质心运动定理解：F=(m1+m2)ac ,据质心定义式，有： (m1+m2)ac=m1a1+m2a2 ， a1为车对岸的加速度，a1=(v-0)/Δt=v/Δt， a2为船对地的加速度，据题意a2=0，∴ac=a1m1/(m1+m2)，代入a1， ac=m1v/[(m1+m2)Δt] ，∴F=m1v/Δt=1500N

（3）用牛顿定律解： a2=0 a1

分别分析车、船两个质点的 F f f 受力与运动情况：其中f为

x F m1 m2 m2 m1 静摩擦力，a1=v/Δt，对两个质点分别应用牛顿二定律：

fm1a1m1v/t1500N

Ff0Ff1500N

3.8.2汽车质量m1=1500kg，驳船质量m2=6000kg，当汽车相对船静止时，由于船尾螺旋桨的转动，可使船载着汽车以加速度0.2ms-2前进. 若正在前进时，汽车自静止开始相对船以加速度0.5ms-2与船前进相反方向行驶，船的加速度如何？

解：⑴用质心定理求解 车相对船无论平推力不变，即车、船系统所受外力不变，动时的质心加速度与车静止时的质心加速度

设车运动时相对船的加速度为a'，相对的加速度为a2，由相对运动公式：

静止还是运动，螺旋桨的水

a' x

a2

由质心运动定理可知，车运相等aC=0.2m/s2

地的加速度为a1，船相对地

a1a'a2, ①

第3章动量定理及其守恒定律习题解答 24 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

由质心定义式可知：m1a1m2a2(m1m2)aC1a2aCm1mm2a'②

，取船前进方向为正，代入数据：

将①代入②中，可得：

15002a20.215006000(0.5)0.3m/s

⑵用质点系动量定理求解 设船所受的水平推力为F，在车静止时，可把车、船当作质量为(m1+m2)的质点，加速度为a=0.2，由牛顿第二定律：F(m1m2)a①

设车运动时相对船的加速度为a'，相对地的加速度为a1，船相对地的加速度为a2，由相对运动公式：

a1a'a2,对车、船应用质点系动量定理的导数形式：

1Fm1dvdtm2dv2dtm1a1m2a2m1(a'a2)m2a2②

令①=②，(m11,取船前进方向为正，代入数据：m2)am1(a'a2)m2a2,a2am1mm2a'15002 a20.215006000(0.5)0.3m/s

3.8.3气球下悬软梯，总质量为M，软梯上站一质量为m的人，共同在气球所受浮力F作用下加速上升，当人以相对于软梯的加速度am上升时，气球的加速度如何？

解：由质心定理：F- (m+M)g = (m+M)aC ①

设人相对地的加速度为a1，气球相对地的加速度为a2，由相对运动公式：a1=am+a2，由质心定义式可知：

（m+M）aC = ma1+Ma2=m(am+a2)+Ma2 ② ①②联立，可求得：a2

3.8.4水流冲击在静止的涡轮叶片上，水流冲击叶片曲面前后的速率都等于v，设单位时间投向叶片的水的质量保持不变等于u，求水作用于叶片的力。

解：以水为研究对象，设在Δt时间内质量为Δm的水投射到叶片上，由动量定理：

x

Fmamg

mMFtm(v2v1),F

mt(v2v1)2uv

-v v 由牛顿第三定律，水作用叶轮的力F'= -F=2uv

3.8.5 70kg重的人和210kg重的小船最初处于静止，后来人从船尾向船头匀速走了3.2m停下来，问人向哪个方向运动，移动了几米？不计船所受的阻力。

解：以地为参考系，选图示坐标o-x,设人的质量为m1=70kg，人相对地的速m1

度为v1，相对船的速度为v1’，它们的方向显然与x轴同向；设船的质量为m2=210kg，船相对地的速度为v2，（方向显然与x轴相反）；据相对运动的速度变换公式，人对地的速度v1=v1’+v2.

由于不计水的阻力，所以在水平方向上，人与船构成的质点系动量守恒，有：m1v1+m2 v2=0，即 m1(v1’+ v2)+m2 v2=0 ，可求得

v2= - v1’m1/(m1+m2)，将上式两边同时乘上相互作用时间Δt，v2Δt=s2为船相对地的位移，v1’Δt=s1’=3.2m，即

s2 = - s1’m1/(m1+m2) = - 3.2×70/(70+210) = - 0.8m

3.8.6 炮车固定在车厢内，最初均处于静止，向右发射一枚弹丸，车厢向左方运动，弹丸射在对面墙上后随即顺墙壁落下，问此过程中车厢移动的距离是多少？已知炮车和车厢总质量为M，弹丸质量为m，炮口到对面墙壁的距离为L,不计铁轨作用于车厢的阻力。

解：以地为参考系,建立图示坐标o-x，设弹丸出口时相对车的速度为 v’, 对地的速度为v, 车后退的速度为V，据相对运动的速度变换公式，可知：v=v’+V 由于不计路轨对车的摩擦 阻力，所以，在水平方向，弹、 车组成的质点系动量守恒，有 MV+m v=0，将v代入，

MV+m(v’+V)=0，V= - v’m/(m+M)

设弹发出到与车壁相碰所用时间为Δt，用Δt乘上式两边，得：

x m2 x V M m L v' 第3章动量定理及其守恒定律习题解答 25 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

VΔt= - v’Δt m/(m+M)，其中：v’Δt= -L，VΔt即为车在此过程中前进的距离S，∴S=Lm/(m+M)

3.8.7载人的切诺基和桑塔纳汽车质量各为m1=165×10kg，和m2=115×10kg，各以速率v1=90km/h和v2=108km/h向东和向北行驶，相撞后连在一起滑出，求滑出的速度，不计摩擦

解：设两车撞后的共同速度为

v，由动量守恒：

m1v1m2v2(m1m2)v

向x轴投影：m1v1y (北) m1 v1 v α v2 m2 x(东)

(m1m2)vx

vxm1m1m210 v116516510115109254.2km/h向y轴投影：m2v2(m1m2)vy

vym2m1m2210 v2165115101151010844.36km/h2vvxvy54.2244.36270km/h

与x轴夹角

3.9.1 一枚手榴弹投出方向与水平面成45º，投出的速率为25m/s，在刚要接触与发射点同一水平面的目标时爆炸，设分成质量相等的三块，一块以速度v3铅直朝下，一块顺爆炸处切线方向以v2=15m/s飞出，一块沿法线方向以v1飞出，求v1和v3，不计空气阻力。

解：以地为参考系，把手榴弹视为质点系，由于在爆炸过程中，弹片所受的重力远远小于弹片之间的冲力，因而在爆炸过程中可忽略重力作用，认为质点系动量守恒。

设手榴弹质量为m,爆炸前速度为v，由动量守恒，有：

arctgvy/vxarctg44.36/54.239.3

mvmv1/3mv2/3mv3/33vv1v2v3，投影方程：

3vcos45v1cos45v2cos45 ，即 3vsin45v1sin45v2sin45v33vv1v2(1)3vv1v2v3/sin45(2)

v13vv23251590m/s解得：

v3(3vv1v2)sin45902127m/s

3.9.2铀238的核（质量为238原子质量单位）放射一个α粒子（氦原子的核，质量为4.0原子质量单位）后蜕变为钍234的核，设铀核原来是静止的，α粒子射出时的速率为1.4×107m/s，求钍核反冲的速率。

解：由动量守恒，有m钍v钍mv0

v钍m4v1.41072.39105m/s m钍2343.9.3 三只质量均为M的小船鱼贯而行，速度都是v，中间一船同时以水平速度u(相对于此船)把两质量均为m的物体抛到前后两只船上，问当两物体落入船后，三只船的速度各如何？

解：以岸为参考系， M v M v M v 以船前进的方向为坐标

的正方向；设物体抛出 M+m v3 M-2m v2 M+m v1 后，前边船、中间船、 后边船的速度变为v1、

v2、v3，船的质量与速度变化情况如上图所示；在物体抛出的过程中，这个系统的总动量是守恒的，因此：

前边船的动量变化应该等于中间船抛过来的物体的动量，即

(M+m)v1-Mv=m(u+v)，其中(u+v)是向前抛出物相对岸的速度，由此式可求得：v1=v+um/(m+M)，说明前边船速度变快。

同样，后边船的动量变化也应该等于中间船抛过来的物体的动量，即 (M+m)v3-Mv=m(-u+v)=m(v-u)，其中（v-u）是向后抛出物相对岸的速度，由此式可求得：v3=v-um/(m+M)，说明后边船速度变慢。

中间船的动量变化应该等于抛出物的动量之和，即

第3章动量定理及其守恒定律习题解答 26 第3章动量定理及其守恒定律习题解答

(M-2m)v2-Mv=m(u+v)+m(v-u)，由此式可求得：v2=v，说明中间船的速度没有发生变化。