第3章动量定理及其守恒定律习题解答 15 第3章动量定理及其守恒定律习题解答 第三章基本知识小结 在转动参考系中：。=mo27,'=2mm×而 1牛顿运动定律适用于惯性系、质点，牛顿第二定律是核心。 5.质心和质心运动定理 矢量式：F=ma=m,=m m.=∑m,m.=∑m,ma。=∑m,a dt ②∑F=ma. F.=1a,F,=ma,F=ma:(直角坐标) (注意分量式的运用) 分量式： F.ma.m- n,Fn=ma,=m二（孤坐标） 2动量定理适用于惯性系、质点、质点系。 导数形式：F=匝 d 微分形式：Fd= 积分形式：i(=「Fd)=△p (注意分量式的运用) 3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，则刀=恒矢量。 (注意分量式的运用) 4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：子=-md
第 3 章动量定理及其守恒定律习题解答 15 第 3 章动量定理及其守恒定律习题解答 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。 矢量式： 2 2 dt d r m dt dv F ma m = = = 分量式： （弧坐标） （直角坐标） 2 , , , v F ma m dt dv F ma m F ma F ma F ma n n x x y y z z = = = = = = = ⒉动量定理适用于惯性系、质点、质点系。 导数形式： dt dp F = 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 = ，则 p = 恒矢量。 0 （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： 0 * f ma = − 在转动参考系中： = , = 2 ' * 2 * f m r f mv c k ⒌质心和质心运动定理 ⑴ c = i i c = i i mac =miai mr m r mv m v ⑵ F = mac （注意分量式的运用）
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 3.5.1质量为2kg的质点的运动学方程为 度至少等于3.92米/秒2，才能使谷物与筛面发生相对运动。 F=(612-1)i+(312+31+1)j(单位：米，秒)，求证质点受恒力 m 而运动，并求力的方向大小。 m2 解：a=d27/d2=12i+6j,F=ma=24i+12j为一 与时间无关的恒矢量，，质点受恒力而运动。 3.5.3题图 3.5.4题图 F=242+122)2=12V5N,力与x轴之间夹角为： 3.5.4桌面上叠放若两块木板，质量各为m,m2,如图所示，mz a arcigF,/F,arctg0.5 =26034 和桌面间的摩擦系数为μ2，m1和m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、m,其受力与运动情况如图所示， 3.5.2质量为m的质点在0-xy平面内运动，质点的运动学方程 6 f' N2 N 为：F=acosoti+bsinotj,ab,w为正常数，证明作用于质点 a 的合力总指向原点。 Nr' mig 证明：：a=d7/dh2=-o2(acosoti+bsin og)=-o2行 其中，N=N1,f-f=uN,=u2N2,选图示坐标系o-y,对m1,m2 分别应用牛顿二定律，有 F=md=-mo2行，∴.作用于质点的合力总指向原点。 4,N1=m1a N1-m1g=0 解方程 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 F-4,N1-42N2=m2a2N2-N1-m2g=0 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 组，得a1=41ga2=(F-4mg-42m,g-422g）/m2 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 要把木板从下面抽出来，必须满足a2>a1,即 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，所受到的最大静摩擦 F-4m18-42m8-μ2m28>mL8 力为∫=4。mg,谷物能获得的最大加速度为 ∴.F>(,t42m+m2g a=f1m=4。g=0.4×9.8=3.92m/s2∴.筛面水平方向的加速
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 3.5.1 质量为 2kg 的质点的运动学方程为 r t i t t j ˆ (3 3 1) ˆ (6 1) 2 2 = − + + + （单位：米，秒）， 求证质点受恒力 而运动，并求力的方向大小。 解：∵ a d r dt i j 12 ˆ 6 ˆ / 2 2 = = + , F ma i j = = 24 ˆ +12 ˆ 为一 与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。 F=(242+122 ) 1/2=12 5 N，力与 x 轴之间夹角为： = arctgF / F = arctg0.5 = 2634' y x 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： r a t i b t j ˆ = cos ˆ + sin ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点 的合力总指向原点。 证明：∵ a d r dt a ti b tj r 2 2 2 2 ) ˆ = / = − ( cos ˆ + sin = − F ma m r 2 = = − , ∴作用于质点的合力总指向原点。 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 f = omg ，谷物能获得的最大加速度为 2 a f / m g 0.4 9.8 3.92 m /s = = o = = ∴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 μ2 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， 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 0 0 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 − − = − − = = − = F N N m a N N m g N m a N m g 解方程 组，得 ( ) 1 1 2 1 1 2 1 2 2 2 a = g a = F − m g − m g − m g / m 要把木板从下面抽出来，必须满足 a2 a1 ，即 F − 1m1g − 2m1g − 2m2 g m2 1g F ( 1+ 2 )(m1 + m2 )g m2 m1 F m1g f1 N1 a2 a1 N2 N1' m2g f2 f1' F x y
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 3.5.5质量为m2的斜面可在光滑的水平面上 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。 滑动，斜面倾角为a,质量为m1的运动员与斜面之 解：以地为参考系， Ni 间亦无摩擦，求运动员相对于斜面的加速度及其对 m2 隔离m1,m2,受力及运动T 一f 入 斜面的压力。 情况如图示，其中：= mig m2g μN1=um1g,f=uN2= 解： μ(N+m2g尸μ(m1+m2)培.在水平方向对两个质点应用牛二定律： N *=mia T-4mg=m,a①F-4mg-4m,+m2)g-T=m,a② [a\NI'=NI mig m2g F-24m18 ①+②可求得：a= -μ8 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， m1+m2 设斜面相对地的加速度为)，取m1为研究对象，其受力及运动情 况如左图所示，其中N为斜面对人的支撑力，为惯性力，即人对 将a代入①中，可求得：T=m(F-2mg 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'xy, m1+m2 应用牛顿第二定律建立方程： (N -mg cosa+maz sina=0...(1) 3.5.7在图示的装置中，物体AB,C B 的质量各为m1,m2,m3,且两两不相等 mg smna+m a cosa m a... (2) 若物体A,B与桌面间的摩擦系数为μ， 再以地为参考系，取2为研究对象，其受力及运动情况如右图 求三个物体的加速度及绳内的张力，不 所示，选图示坐标0-xy,应用牛顿第二定律建立方程： 计绳和滑轮质量，不计轴承摩擦，绳不 N sin a m2az …(3) 可伸长。 (1)、(2)、(3)联立，即 解：以地为参考系，隔离 N2-m2g-N cosa=0.(4) AB,C,受力及运动情况如图示， f 可求得：N,= mm cosa =(m +m )sin a 其中：fi=uN=μm1g,f=μN2= mig m2g 8 m3g m2 +m sin2a m2 +m sin2a um2g,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. 3.5.6在图示的装置中两物体的质量各 对A,B,C分别在其加速度方向上应用牛顿第二定律： 为m1,2,物体之间及物体与桌面间的摩擦 T-4mg=m,a1①T-4m2g=ma2② 系数都为u,求在力F的作用下两物体的 m8-2T=m3(a1+a2)/2③
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 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： 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： + = − + = sin cos ' (2) cos sin 0 (1) 1 1 2 1 1 1 1 2 m g m a m a N m g m a 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,应用牛顿第二定律建立方程： − − = = cos 0 (4) sin (3) 2 2 1 1 2 2 N m g N N m a （1）、（2）、（3）联立，即 可求得： g m m m m g a m m m m N 2 2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 sin ( )sin ' sin cos + + = + = 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 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。 解：以地为参考系， 隔离 m1,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. 在水平方向对两个质点应用牛二定律： T − m1g = m1a ① F − m1g − (m1 + m2 )g −T = m2a ② ①+②可求得： g m m F m g a − + − = 1 2 2 1 将 a 代入①中，可求得： 1 2 1 1 ( 2 ) m m m F m g T + − = 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=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： ③ ① ② 3 2 3 ( 1 2 )/ 2 1 1 1 2 2 2 m g T m a a T m g m a T m g m a − = + − = − = m1 m2 α m1 m2 F f1 N1 m1g T a F N2 m2g T a N1 f2 f1 C A B f1 T N1 m1g a1 T f2 N2 m2g a2 T' m3g a3 y N2 x a2 α N1'=N1 m2g α x' N1 a' f*=m1a2 y' m1g α
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 ①，②，③联立，可求得： [斜截式方程y=kx+b,两点式方程(y-y1)M(x-x=(y2-y)Mx2x] 2m2m3(1+μ) 00 0.05 008 a1= 由动量定理：m△v=Ft= L(m1+m2)m3+4m1m2 ∫6器1dh+器(0.08-t)d 005 2m,m3(1+4） 可求得Fmx=245N a2= L(m1+m2)m3+4m,m2 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， (m1+m2)m3(1+μ) 03= -u 火箭质量为2kg,=0时处于静止，求火箭发射后的最大速率和最大 (m1+m2)m3+4m1m2 高度（注意，推力大于重力时才启动）。 F(N) 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 解：根据推力Ft图像，可知F=4.9t 98 系上质量为m1m2的物体(m1≠m),天平右端的托盘上放有砝码.问 (t≤20)，令F=mg,即4.9t=2×9.8,=4s t(s) 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 因此，火箭发射可分为三个阶段：=0一4s 量及轴承摩擦，绳不伸长。 为第一阶段，由于推力小于重力，火箭静 20 解：隔离m1,m及定滑轮，受力及运动情 止，v=0,y=0:t=4一20s为第二阶段，火箭作变加速直线运动，设=20s 况如图示，应用牛顿第二定律： 时，y=y1,v=vmx:t≥20s为第三阶段，火箭只受重力作用，作 T-mg=m,a①m2g-T=m2a②T=2T 竖直上抛运动，设达最大高度时的坐标yy2 mm: 第二阶段的动力学方程为：F-mg=m dv/dt Y 由①②可求得： dy F mdt-gdt =4.9/2tdt-9.8dt T=2mmg T=2mmag 5dm=4.9/2td-9.8dht≤20) m1+m2 m1+m2 v=4.9/4t2-9.81+4×4.9(t≤20 mig m2g T 所以，天平右端的总重量应该等于T,天 'ms=(20)=314m/s 平才能保持平衡。 d=vd=(4.9/4t2-9.8t+4×4.9)dh 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 ∴6d=4.9/4012dh-9.81d+4x4.92dh 示，设棒球被击前后速度增量大小为70ms,求力的最大值，打击时， 不计重力。 片=1672m 解：由F一t图可知： FN) 第三阶段运动学方程 当0≤t≤0.05时，F=点F v=314-9.8(t-20)(1),y-y=314(t-20)-4.91-20)2(2) 当0.05≤1≤0.08时，F=86皓Fm 0.050.08ts) 令v=0,由(1)求得达最大高度y2时所用时间(t-20)=32,代入(2)
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 Y Y2 Y1 0 ①,②,③联立，可求得： g m m m m m m m m a g m m m m m m m a g m m m m m m m a − + + + + = − + + + = − + + + = 1 2 3 1 2 1 2 3 3 1 2 3 1 2 1 3 2 1 2 3 1 2 2 3 1 ( ) 4 ( ) (1 ) ( ) 4 2 (1 ) ( ) 4 2 (1 ) 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： ' ' 2 ' T −m1g = m1a ① m2 g −T = m2a ②T = T 由①②可求得： 1 2 1 2 1 2 1 2 2 , 2 ' m m m m g T m m m m g 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，设棒球被击前后速度增量大小为 70m/s，求力的最大值，打击时， 不计重力。 解：由 F—t 图可知： 0.03 max 0.08 0.05 max 0.05 0.08 0 0.05 t F F t F F t t − = = 当 时， 当 时， [斜截式方程 y=kx+b，两点式方程 (y-y1)/(x-x1)=(y2-y1)/(x2-x1)] 由动量定理： = = + − 0.08 0.05 0.03 0.05 0 0.05 0.08 0 (0.08 ) max max m v Fdt tdt t dt F F 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 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 m dy t dt tdt dt dy vdt t t dt v v m s v t t t dv tdt dt t dv F mdt gdt tdt dt y v t t 1672 4.9 / 4 9.8 4 4.9 (4.9 / 4 9.8 4 4.9) (20) 314 / 4.9 / 4 9.8 4 4.9 20 4.9 / 2 9.8 20 / 4.9 / 2 9.8 1 20 4 20 4 20 4 2 0 2 max 2 0 4 4 1 = = − + = = − + = = = − + = − = − = − 第三阶段运动学方程 314 9.8( 20) (1), 314( 20) 4.9( 20) (2) 2 v = − t − y − y1 = t − − t − 令 v=0,由（1）求得达最大高度 y2 时所用时间（t-20）=32，代入（2） t(s) F(N) 98 20 m1 m2 T' m1g a T' m2g a T T' T' 0.05 0.08 t(s) F(N) Fmax 0
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 中，得y2-y1=5030y2与ym=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 设轨矩为l,外轨比内轨高h,有cosa=VP-h/1,sma=h1l 物线方程为y=x2,a为正常数，小环套于弯管上。(1)弯管角速度多 选图示坐标0-xy,对车箱应用牛顿第二定律： 大，小环可在管上任一位置相对弯管静止？(2)若为圆形光滑弯管， 情况如何？ Ncosa=NVP-h2/1=mg①，Nsna=Nh/1=mv2/R② 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 ①②得：√P-h2/h=gR/v2,两边平方并整理，可求得h: 切线与x轴夹角，压力N与切线垂直，加速度 大小a=w2x,方向垂直指向y轴。 h=v211Vp+g2R2=69.42×1.4351N69.4+9.82×90002 在图示坐标下应用牛顿二定律的分量式： =0.0782m=7.8cm Ncos(90°-)=V sin a=mw2x① Nsin90°-a)=N cosa=mg ② 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 ①/②得：tga=w2x/g③：由数学知识：ga=dydx=2ax: 程为s-0.5t3+20t(m),自=5s开始匀速运动，问公路面作用于汽车与 所以，2m=o2x/g,o2=2ag,0=√2ag 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？ 若弯管为半径为R的圆形，园方程为：x2+(R-yP=R,即 解：以地为参考系，把汽车视为质点，受力及运动情况如图示： (R-y)2=R2-x2,R-y=(R2-x2)2,y=R-(R2-x2)2 v=dsd=1.5t2+20,vl-5=1.5×52+20=57.5m/s,a=v2/R=57.521100=33 ga=/d=-(R2-x2)2.(-2x)=x/√R2-x 设摩擦力f方向指向外侧，取图示坐标。xy, 应用牛顿第二定律： 代入③中，得：x/WR2-x2=o2x1g,o=√g1WR2-x Ncosa+fsin a =mg Ncosa mg-fsin a ① Nsin a-f cosa ma a=159 3.5.14北京设有供实验用的高速列车环形铁 N sin a=man+f cosa② 路，回转半径为9km,将要建设的京沪列车时速 ②/①得：tga=(man+f cosa)(mg-fsna) 250kmh,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. mgtga-fsm atga=ma,+f cosa,f= n(giga-a.） cosa sin atga 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=69.4mls,加速度a=v2/R: gga-an=9.8tgl5°-33=-30.43<0，∴.f<0,说明摩擦力
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 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=ax 2，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： ② ① N N mg N N m x − = = − = = sin( 90 ) cos cos(90 ) sin 2 ①/②得：tgα=ω2x/g ③；由数学知识：tgα=dy/dx=2ax； 所以， 2ax x / g, 2ag, 2ag 2 2 = = = 若弯管为半径为 R 的圆形，圆方程为：x 2 + (R-y)2 = R2，即 2 2 1/ 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1/ 2 2 2 1/ 2 / ( ) ( 2 ) / ( ) , ( ) , ( ) tg dy dx R x x x R x R y R x R y R x y R R x = = − − − = − − = − − = − = − − − 代入③中，得： 2 2 2 2 2 x / R − x = x / g, = g / R − x 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 cos l h /l, sin h /l 2 2 = − = 选图示坐标 o-xy，对车箱应用牛顿第二定律： N cos = N l 2 − h 2 /l = mg ①，N sin = Nh/l = mv 2 / R ② ①/②得： 2 2 2 l − h / h = gR / v ，两边平方并整理，可求得 h： m cm h v l v g R 0.0782 7.8 / 69.4 1.435/ 69.4 9.8 9000 2 4 2 2 2 4 2 2 = = = + = + 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 =1.5×5 2+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： ② ① sin cos sin cos cos sin cos sin N ma f N f ma N mg f N f mg n n = + − = = − + = ②/①得： tg (ma f cos)/(mg f sin ) = n + − tg m gtg a mgtg f tg ma f f n n cos sin ( ) sin cos , + − − = + = gtg − an = 9.8tg15 − 33 = −30.43 0, f 0 ，说明摩擦力 x y mg N a α ω x h l mg N y a α α y α x α=15° α f N an mg
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 方向与我们事先假设方向相反，指向内侧。 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 3.5.16速度选择馨原理如图，在平行板电容器间有匀强电场 客舱感到和在地面上那样受重力作用，而没有“失重”的感觉。 E=可，又有与之垂直的匀强磁场B=B队。现有带电粒子以速度 解：g=mo2r,0=√g/r=V9.8/16≈0.78rad/s 下=进入场中，问具有何种速度的粒子方能保持沿x轴运动？此 3.5.20圆柱A重500N,半径R=0.30m,圆柱B重1000N,半 装置用于选出具有特定速度的粒子，并用量纲法则检验计算结果。 径Rg=0.50m,都放置在宽度L=1.20m的槽内，各接触点都是光滑的， 解：带电粒子在场中受两个力的作用： 求A、B间的压力及A、B柱与槽壁和槽底间的压力。 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： 、AB=Ra+RB=0.8 qE-qvB=0,..v=E/B F2=qvB CB=L-RA-RB=0.4 F=qE mag dimv=MT-l,dim E NA-T- B NA-M-T=MI- 解：隔离A、B,其受力情况如图所示，选图示坐标，运用质点 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 平衡方程，有 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” N48 sina-N8=0 ()∫N4-NAB Sina=0(3) 速度的粒子再进入与速度垂直的磁场B,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=qBBor/E,r和q分别表 N8'-m8g-N B cosa=0(2)NAB cosa-mag=0(4) 示轨道半径和粒子电荷。 通过对△ABC的分析，可知，sina=0.4/0.8=0.5∴.a=30°， 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, cosa=V5/2,分别代入(1)、(2)、(3)、(4)中，即可求得： 该粒子在B0磁场中受到洛仑兹力 N=288.5N,Ng'=1500N,N=288.5N,Ns=577N. 的作用做匀速圆周运动，其向心加 速度为an=v2h,由牛顿第二定律： 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 qB。=mw2/r m=qB。rIv=qrB。B/E 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F:和F2的关系以及与F的关系
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 方向与我们事先假设方向相反，指向内侧。 3.5.16 速度选择器原理如图，在平行板电容器间有匀强电场 E Ej = ˆ ，又有与之垂直的匀强磁场 B Bk ˆ = 。现有带电粒子以速度 v vi = ˆ 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 / B 1 1 1 1 1 1 dim ,dim − − − − − − = = = MT NA M NA T B E v MT 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： m qB r v qrB B E qvB mv r / / / 0 0 2 0 = = = 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 m r, g /r 9.8/16 0.78rad /s 2 = = = 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。 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 − = − = − − = − = cos 0 (4) sin 0 (3) ' cos 0(2) sin 0 (!) N m g N N N m g N N N AB A A AB B B AB AB B 通过对△ABC 的分析，可知，sinα=0.4/0.8=0.5 ∴α=30º, cosα= 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。 × × × × × × × × + v E B x y F2=qvB F1=qE ● v ● ● ● ● ● E B s1 s2 s ● ● ● ● ● ● ● ● B0 r y o x A C B α AB=RA+RB=0.8 α α CB=L-RA-RB=0.4 NBA B NB' NB NA NAB A α α mBg mAg L
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 解：建立图示坐标0y,应用共点力 (2)以小车为参考系（非惯性系），小球除受重力W、拉力T 平衡条件：∑F=0∑F,=0 外，还受惯性力的作用（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： x方向，F1cosa-F2cosa=0,F1=F2 [Tsin 0-macosa =0 y方向，F1sina+F2sina.F=0, mg-Tcos0-masin a=0 解得g0=acosa g-asin a F=2Fsna=2sn45°E=√2F 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 3.62升降机内有一装置如图示，悬挂的两物体的质量各为 个项点处，另一端固结于一处悬挂重物，重量为W,线与铅垂线夹 m1,m2且m1≠m,若不计绳及 T 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， 滑轮质量，不计轴承处摩擦， 能算出线内张力吗？ 绳不可伸长，求当升降机以 解：设四根绳子的张力为T,T2,T3,T, 加速度a(方向向下)运动时， a2 由于对称，显然，T=T=T=T4=T:设结点下 两物体的加速度各是多少？ m2 边的拉力为F,显然F=W在竖直方向上对结 绳内的张力是多少？ mig m2g 点应用平衡条件： 4Tcos a -W=0,T=W/(4cos a 解：以升降机为参考系，隔离m,m2,受力及运动情况如图示，T为 若四根线均不等长，则T≠T≠T≠T,由于有四个未知量，因此， 绳中张力，f'm1af2'=maa'=a=a为m1、m2相对升降机的加速度 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 以向下为正方向，由牛顿二定律，有： 不定问题。 mg-T-ma=-m a a'= (m1-m2)a+(m2-m1)8 解得： m+m 3.6.1小车以匀加速度a沿倾角为a的 m2g-T-m,a=m,a 斜面向下运动，摆锤相对小车保持静止，求 T=2m,m2(g-@)(m1+m2) 悬线与竖直方向的夹角（分别自惯性系和非 设m1、m2的加速度分别为1、，根据相对运动的加速度公式， 惯性系求解)。 a1=a'+da2=a2'+d写成标量式：a1=-d+a,a2=d+a,将 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 2m2a-(m2-m1)8 41= 律： Tsin 0=macosa =ma m1+m2 mg-T cos0=masin a a'代入，求得： 2m1a+(m2-m18 W=mg m1+2） 解得tg0=acosa(g-asin a)
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 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， 1 45 1 2 1 F = 2F sin = 2sin F = F 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： − = = cos sin sin cos mg T ma T ma 解得 tg = a cos /(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： − − = − = cos sin 0 sin cos 0 mg T ma T ma 解得 sin cos g a a tg − = 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： − − = − − = − ' ' 2 2 2 1 1 1 m g T m a m a m g T m a m a 解得： = − + + − + − = 2 ( )/( ) ( ) ( ) ' 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 T m m g a m m m m m m a m m g a 设 m1、m2 的加速度分别为 a1、a2，根据相对运动的加速度公式， a a a a a a 1 = 1 '+ 2 = 2 '+ 写成标量式： a1 = −a'+a,a2 = a'+a ，将 a’代入，求得： + + − = + − − = ) 2 ( ) 2 ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 m m m a m m g a m m m a m m g a T T f1* f2* a a1' a2' m1g m2g α α θ θ f *=ma a y x T W=mg m1 m2 F x F1 F2 y α α
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 3.6.3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。(1)当小球摆至最高位置时，释放框 最小线速度v=or=Vg/4,=√3.0×9.8/0.6=7m/s 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？(2)当小球摆至平衡位置时，释放框架，如图b,小球相 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 对框架如何运动？小球质量比框架小得多。 但相对地面在原地转动，即盘中心不动。(1)小盘相对于雨伞如何运 解：以框架为参考系，小球在两种情 动？(2)以伞为参考系，小盘受力如何？若保持牛顿第二定律形式不 况下的受力如图所示：设小球质量为m 变，应如何解释小盘的运动？ 框架相对地自由落体的加速度为g,因此 解：(1)可把小盘当作质点，小盘相对 N 小球所受的惯性力*=mg,方向向上，小 雨伞做匀速圆周运动，与伞相对地的转向 球所受重力W=mg.在两种情况下，对小 相反。 球分别应用牛顿第二定律： (2)以伞为参考系，小盘质点受5个 (1)小球摆至最高位置时释放框架，小 力的作用：向下的重力W,与扇面垂直的 球相对框架速度v=0,所以法向加速度 支持力N,沿伞面向上的静摩擦力fo,此外还有离心惯性力f*和科 a-v2=0(1为摆长)：由于切向合力F, 氏惯性力*，方向如图所示。把这些力都考虑进去，即可保持牛顿 =Wsin0-f*sin0=0,所以切向加速度a: 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园 =0.小球相对框架的速度为零，加速度为零，因此小球相对框架静止。 周运动。 (②)小球摆至平衡位置时释放框架，小球相对框架的速度不为零， 法向加速度am=vl≠0，T=mam:在切向方向小球不受外力作用，所 以切向加速度a,=0,因此，小球速度的大小不变，即小球在拉力T 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, 的作用下相对框架做匀速圆周运动。 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 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 目标多少（自己找其它所需数据）？ 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 解：以地球为参考系，导弹除受重力作用外， 非惯性系做) 还要受离心惯性力和科氏惯性力的作用。离心惯 解：设摩托车在水平面内旋转的最小角 feμoN 性力的方向在速度与重力加速度平面内，不会使 N femwr 速度为0，以摩托车本身为参考系，车受力 m 导弹前进方位偏离，而科氏惯性力的方向垂直速 情况如图示，运动状态静止。 度、重力加速度平面（指向纸面），要使导弹偏 在竖直方向应用平衡条件，μoN=mg (① 离前进方向。 在水平方向应用平衡条件，N=mw2r② 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 ①/②得：H0=- 8 直线运动，导弹击中目标所需时间=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：
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 3.6.3 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 况下的受力如图所示：设小球质量为 m, 框架相对地自由落体的加速度为 g，因此 小球所受的惯性力 f*=mg，方向向上，小 球所受重力 W=mg. 在两种情况下，对小 球分别应用牛顿第二定律： ⑴小球摆至最高位置时释放框架,小 球相对框架速度 v=0，所以法向加速度 an=v2 /l=0（l 为摆长）；由于切向合力 Fτ =Wsinθ-f*sinθ=0，所以切向加速度 aτ =0. 小球相对框架的速度为零，加速度为零，因此小球相对框架静止。 ⑵小球摆至平衡位置时释放框架，小球相对框架的速度不为零， 法向加速度 an=v2 /l≠0，T=man ；在切向方向小球不受外力作用，所 以切向加速度 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： r g r g 0 0 2 , = = 最小线速度 v r rg / 3.0 9.8/ 0.6 7m/s = = 0 = = 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： a b T f* W θ n ˆ ˆ n ˆ ˆ T f* W mg N f=μ0N f*=mω2 r ω W f fC* K* f0 N fk* × v ω 60° fC*
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 am2=2=1.2mosm60 S= -12=vo sin 6012 2 m m 7=j=2ijdt+jd-亦d=i+j 2π 5 =400× ×152=5.7m 24×60×602 1=V2+0.52=√512Ns,与x轴夹角 a arctgly/Ix=arctg0.5=26.5 3.7.1就下面两种受力情况：(1)F=2i+2j(N,s), 3.7.2一质量为m的质点在cy平面上运动，其位置矢量为： (2)F=2i+(1-t)j(N,s)分别求出0,1/4,1/2,3/4,1时的力并用图 F=acosoti+bsin otj,求质点的动量。 表示：再求=0至=1时间内的冲量，也用图表示。 解：质点速度：下=df/dt=-asino ti+wbcoso月 解：)F=2i+2j,代入t值得： F(O F(14)F(/2)F(3/4)F(1) 质点动量：p=m下=-m0asin0i+mo bcos0月 F(0)=2j,F(H)=i+2j,F()=i+2j 大小：p=Vp,2+p,=moja sn o1+b'cos'of F()=i+2j,F0=2i+2j 方向：与x轴夹角为9，g9=plpx=-ctgot·b/a I=jFdt=2ijidr+2jjd=i+2j 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。 1=2+22=√5Ns,与x轴夹角 解：枪射出每法子弹所需时间：△=60/120=0.5s,对子弹应用 动量定理： a arctgly/Ix=arctg2=63.5 F△1=△p,F=△p/△1=mv/=7.9×103×735/0.5=11.6N (②)F=2i+(1-1)j,代入t值得： 3.7.4棒球质量为0.14kg,棒球沿水平方向以速率50m/s投来， F(0)=j,F()=+jF()=+j 经棒击球后，球沿水平成30°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。 F()=i+方，F0=2i 解：以地为参考系，把球视为质点， 由动量定理，F△f=nm-。,画出矢
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 m t v t m mv t m f S at k 15 5.7 2 3 24 60 60 2 400 sin 60 2 sin 60 2 * 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 = = = = = = 3.7.1 就下面两种受力情况：⑴ F ti j = 2 ˆ + 2 ˆ （N,s）， ⑵ F ti t j ˆ (1 ) = 2 ˆ + − （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，也用图表示。 解：⑴ , 2 ˆ 2 ˆ F = ti + j 代入 t 值得： F j F i j F i j ˆ 2 ˆ , ( ) ˆ 2 ˆ , ( ) 2 ˆ (0) 2 1 2 1 4 1 = = + = + F i j F i j 2 ˆ 2 ˆ , (1) ˆ 2 ˆ ( ) 2 3 4 3 = + = + I Fdt i tdt j dt i j 2ˆ 2 ˆ ˆ 2 ˆ 1 0 1 0 1 0 = = + = + I 1 2 5Ns 2 2 = + = ,与 x 轴夹角 α= arctgIy/Ix = arctg2 = 63.5° ⑵ , ˆ (1 ) 2 ˆ F = ti + − t j 代入 t 值得： F j F i j F i j ˆ ˆ , ( ) ˆ ˆ , ( ) ˆ (0) 2 1 2 1 4 3 2 1 4 1 = = + = + F i j F i 2 ˆ , (1) ˆ ˆ ( ) 4 1 2 3 4 3 = + = I Fdt i tdt j dt j tdt i j 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 2 1 1 0 1 0 1 0 1 0 = = + − = + I 1 0.5 5 / 2Ns 2 2 = + = ,与 x 轴夹角 α= arctgIy/Ix = arctg0.5 = 26.5° 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： r a ti b tj ˆ = cos ˆ + sin ，求质点的动量。 解：质点速度： v dr dt a ti b tj ˆ cos ˆ = / = − sin + 质点动量： p mv m a ti m b tj ˆ cos ˆ = = − sin + 大小： p p p m a t b t x y 2 2 2 2 2 2 = + = sin + cos 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 10 735/ 0.5 11.6N 3 = = = = = − 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， 0 F t mv mv = − ，画出矢 x y F(0) F(1/4) F(1/2) F(3/4) F(1) 1 2 1 2 0 x y 1 2 1 2 0 I α I x y 1 2 1 2 0 α x y F(0) F(1/4) F(1/2) F(3/4) F(1) 1 2 1 0
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 量图，由余弦定理，FM=(m2v2+m2y。2+2m2 wovcos30)2, 坐标是：(xy)=(1,-1),求ms的位置坐标。 代入数据，可求得F=881N.由正弦定理 解：由质心定义式：∑m,x:=∑m,xc,∑m,y=∑m,e,有 mv F△t = m/sina=F△t/sin30°，代入数据， 30>02 mx +m2x2+mx +mx=(m+m2 +ms +ma)xc 求得sna≈0.3179，a=1832 mvo 1×(-1)+2×(-2)+3x3+4×3=(1+2+3+4)×1,x3=1 my+m2y2+m3y3+may=(m+m2+m3 +ma)yc 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， 1×1+2×0+3y3+4×(-2)=(1+2+3+4)×(-1),y3=-1 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△t后与绳的铅直部 分相对静止。 3.8.1质量为1500kg的汽车在静止的驳船上在5s内自静止加 解：以地为参考系，选图示坐标， 速至5ms,问缆绳作用与驳船的平均力有多大？（分别用质点系动量 先以m为研究对象，它被托起h,再落 定理、质心运动定理、牛顿定律求解) 回原来位置时，速度大小为v=√2gh, 解：(1)用质点系动量定理解： 以岸为参考系，把车、船当作质点 在△【极短时间内与绳相互作用，速度 系，该系在水平方向只受缆绳的拉 7m2 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 力F的作用，应用质点系动量定 理，有F4=muv∴.F=m/4=1500X5/5=1500N 忽略，则由质点动量定理有：F△1=0-(-w)=m=m√2gh, (2)用质心运动定理解：F=(m+mae,据质心定义式，有： ∴F=mN2gh/△M (m1+mae=m1a+m2a,a1为车对岸的加速度，a1=-0/At=/41, a2为船对地的加速度，据题意a2=0,a=am/m+m2,代入m, 再以M为研究对象，由于绳、轮质量不计，轴处摩擦不计， ac=mu/[(m+m4t)，∴.F=m/4t=1500N 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 (3)用牛顿定律解： a2=0 a 力为fmx=“。Mg,因此，能利用绳对M的平均冲力托动M的条件是： 分别分析车、船两个质点的 F+ m2 Fam,即mW2gh1△t≥4。g∴.h≥42M2(△)2g/2m2 受力与运动情况：其中∫为 静摩擦力，a1=/4t,对两个质点分别应用牛顿二定律： f=m,a,=mv/=1500NF-f=0 F=f=1500W 3.7.6质量m=1kg,m2=2kg,m3=3kg,m=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
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 量图，由余弦定理， 1/ 2 0 2 2 0 2 2 2 Ft = (m v + m v + 2m v vcos30) ， 代入数据，可求得 F=881N.由正弦定理 mv FΔt mv/sin = Ft /sin 30 ，代入数据， 30º α 求得 sin 0.3179, = 1832' mv0 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 = 2gh ， x 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： Ft = 0 − (−mv) = mv = m 2gh ， ∴ F = m 2gh /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 2 2 2 2 m 2gh /t oMg h o M (t) g / 2m 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： = = = = = = 4 1 4 1 4 1 4 1 , i i i i i C i i i i i C m x m x m y m y ，有 1 ( 1) 2 ( 2) 3 4 3 (1 2 3 4) 1, 1 ( ) 3 3 1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4 − + − + + = + + + = + + + = + + + x x m x m x m x m x m m m m xC 1 1 2 0 3 4 ( 2) (1 2 3 4) ( 1), 1 ( ) 3 3 1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4 + + + − = + + + − = − + + + = + + + y y m y m y m y m y m m m m yC 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 静摩擦力，a1=v/Δt，对两个质点分别应用牛顿二定律： f = m1a1 = m1 v /t =1500N F − f = 0 F = f =1500N m2 m1 m M F x m1 m2