普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第三章-动量定理及其守恒定律
第三章 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
j t t i t r ?)133(?)16(22+++-=ρ（单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。
解：∵j i dt r d a ?6?12/22+==ρρ, j i
a m F ?12?24+==ρρ 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。
F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为：
'34265.0/?===arctg F arctgF x y α
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：j t b i t a r ?sin ?cos ωω+=ρ，a,b,
ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。
证明：∵r j t b i
t a dt r d a ρ
ρρ2222)?sin ?cos (/ωωωω-=+-== r m a m F ρ
ρρ2ω-==, ∴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 mg f o
μ=，谷物能获得的最大
加速度为
2/92.38.94.0/s m g m f a o =?===μ ∴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m 1 ,m 2,如图所示，m 2和桌面间的摩擦系数为μ2，m 1和m 2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m 1、m 2，其受力与运动情况如图所示，
其中，N 1'=N 1,f 1'=f 1=μ1N 1,f 2=μ2N 2，选图示坐标系o-xy ，对m 1,m 2分别应用牛顿二定律，有
02122
22211111
111=--=--=-=g m N N a m N N F g m N a m N μμμ 解方程组，得
()2221211211/m g m g m g m F a g
a μμμμ---==
要把木板从下面抽出来，必须满足12a a >，即
g
m g m g m g m F 12221211μμμμ>---()()g m m F 212
1++>∴μ
μ
3.5.5 质量为m 2的斜面可在光滑的水平面上滑动，斜面倾角为α,质量为m 1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：
m 1g f 1
N 1
a 1
a 2 x
y
a 2
1 2f*=m 1a 2
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a 2），取m 1
为研究对象，其受力及运动情况如左图所示，其中N 1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：
??
?=+=+-)
2('cos sin )1(0sin cos 12112111Λ
Λa m a m g m a m g m N αααα
再以地为参考系，取m 2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：
??
?=--=)
4(0cos )3(sin 1222
21ΛΛααN g m N a m N （1）、（2）、（3）联立，即可求得：g m m m m a g m m m m N α
α
α
α
2
12212
12211sin sin )('sin cos ++=
+=
3.5.6在图示的装置中两物体的质量各为m 1,m 2，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m 1,m 2，受力及运动情况如图示，
其中：f 1=μN 1=μm 1g ，f 2=μN 2=μ(N 1+m 2g)=μ(m 1+m 2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律：
②①a m T g m m g m F a m g m T 221111)(=-+--=-μμμ
①+②可求得：g m m g
m F a μμ-+-=
2
112
将a 代入①中，可求得：2
111)
2(m m g m F m T +-=μ
3.5.7在图示的装置中，物体A,B,C 的质量各为m 1,m 2,m 3，且两两不相等.
f 1
N 1 m 1g
T
a
F
N 2 m 2g
T
a
N 1 f 1 f 2
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：f 1=μN 1=μm 1g ，f 2=μN 2=μm 2g ，T'=2T ，由于A 的位移加B 的位移除2等于C 的位移，所以（a 1+a 2）/2=a 3.
对A,B,C 分别在其加速度方向上应用牛顿第二定律：
③
②
①2/)(221332
22111a a m T g m a m g m T a m g m T +=-=-=-μμ
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 ??
????-++++=??????-+++=??????-+++=μμμμμμ21321321321321312213213214)()1()(4)()1(24)()1(2
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m 1,m 2的物体（m 1≠m 2）,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m 1,m 2及定滑轮，受力及运动情况如图示，应用牛顿第二定律：
'2''2211T T a m T g m a m g m T ==-=-②① 由①②可求得：
2
12121212,2'm m g
m m T m m g m m 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：
T
f 1
N 1 m 1g
a 1
T
f 2 N 2
m 2g a 2
T'
m 3g a 3
T'
m 1g
a
T'
m 2
g a
F
max
03
.008.0max
05.008.005.005.00F F t F F t t t -=
≤≤=
≤≤时，当时，当
[斜截式方程y=kx+b ，两点式方程 (y-y 1)/(x-x 1)=(y 2-y 1)/(x 2-x 1)]
由动量定理：?
?
?-+
==?08
.005
.003.005
.00
05.008
.00
)08.0(max max dt
t tdt Fdt v m F F
可求得F max = 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 = y 1，v = v max ；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=y 2.
第二阶段的动力学方程为：F- mg = m dv/dt
()
()m
y dt
tdt dt t dy dt t t vdt dy s
m v v t t t v t dt tdt dv dt
tdt gdt dt m F dv y
t
t
v
16729.448.94/9.4)9.448.94/9.4(/314)20(209.448.94/9.4208.92/9.48.92/9.4/120
420
420
4202max 24401=?+-=∴?+-====≤?+-=≤-=-=-=???????Θ
第三阶段运动学方程
)2()20(9.4)20(314),1()20(8.931421---=---=t t y y t v
t(s)
F(N)
98 20
令v=0,由（1）求得达最大高度y 2时所用时间（t-20）=32，代入（2）中，得y 2-y 1=5030 y 2=y max =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=a x 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
mg N N x m N N ==-?==-?ααωααcos )90sin(sin )90cos(2
①/②得：tg α=ω2x/g ③；由数学知识：tg α=dy/dx=2a x ； 所以，ag ag g x ax 2,2,
/222===ωωω
若弯管为半径为R 的圆形，圆方程为：x 2 + (R-y)2 = R 2，即
2
22
/12221
2/1222/122222/)2()
(/)(,)(,)(x
R x x x R dx dy tg x R R y x R y R x R y R -=-?--==--=-=--=--α
代入③中，得：222
2
2
/,//x R g g x x R x -==-ωω
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 =v 2/R ；设轨矩为l ，外轨比内轨高h, 有l h l h l /sin ,/cos 22=-=αα
选图示坐标o-xy ，对车箱应用牛顿第二定律：
②①，R mv l Nh N mg l h l N N //sin /cos 222===-=αα ①/②得：222//v gR h h l =-，
x
两边平方并整理，可求得h ：
cm
m R g v l v h 8.70782.090008.94.69/435.14.69/22422242==?+?=+=
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=0.5t 3+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=1.5t 2+20，v| t=5 =1.5×52+20=57.5m/s ，a n =v 2/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
ααααααααcos sin cos sin sin cos sin cos f ma N ma f N f mg N mg f N n n
+==--==+
②/①得：)sin /()cos (αααf mg f ma tg n -+=
α
αααααααtg a gtg m f f ma tg f mgtg n n sin cos )
(,
cos sin +-=
+=-
0,043.3033158.9<∴<-=-?=-f tg a gtg n αΘ，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速度选择器原理如图，在平行板电容器间有匀强电场j E E ?
=?
，又有与之垂直的匀强磁场k B B ?=?。现有带电粒子以速度i v v ?=?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F 1=qE ，方向向下；磁场力F 2=qvB ，方向向上。粒子若沿x 轴匀速运动，据牛顿定律：
B E v qvB qE /,0=∴=-1
1
1111
dim ,dim ------===MT M
NA T NA B E MT v 3.5.17带电粒子束经狭缝S 1,S 2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
y α
x α=15°
α f N
mg
a n
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B 0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=qBB 0r/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B 0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a n =v 2/r ，由牛顿第二定律：
E
B qrB v r qB m r
mv qvB ///0020===
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：s rad r g r m mg /78.016/8.9/,2≈===ωω
3.5.20 圆柱A 重500N ，半径R A =0.30m ，圆柱B 重1000N,半径R B =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
???=-=-???=--=-)4(0cos
)3(0sin )2(0cos ')(!0
sin g m N N N N g m N N N A AB AB A AB B B B AB αααα 通过对△ABC 的分析，可知，sin
α=0.4/0.8=0.5 ∴α=30o, cos α=3/2,分别代入（1）、（2）、（3）、（4）中，即可求得： N B = 288.5 N , N B '= 1500 N , N A = 288.5 N , N AB = 577 N.
y x
o
A
B C AB=R A +R B =0.8 αα CB=L-R A -R B =0.4
N m B g
L
3.5.21图表示哺乳动物的下颌骨，假如肌肉提供的力F 1和F 2均与水平方向成45°，食物作用于牙齿的力为F ，假设F,F 1和F 2共点，求F 1和F 2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：0,0==∑∑y x F F x 方向，F 1cos α-F 2cos α=0, F 1= F 2 y 方向，F 1sin α+F 2sin α- F=0，
111245sin 2sin 2F F F F =?==α
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T 1，T 2，T 3，T 4，由于对称，显然，T 1=T 2=T 3=T 4=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：
4Tcos α-W=0，T=W/(4cos α)
若四根线均不等长，则T 1≠T 2≠T 3≠T 4，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：?
??=-=αθαθsin cos cos sin ma T mg ma T
解得 )sin /(cos ααθa g a tg -=
（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：
α
θ
x
F 1 F 2 y α α
??
?=--=-0
sin cos 0cos sin αθαθma T mg ma T 解得αα
θsin cos a g 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m 1,m 2且m 1≠m 2,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m 1,m 2,受力及运动情况如图示,T 为绳中张力，f 1*=m 1a,f 2*=m 2a, a 1'=a 2'=a'为m 1、m 2相对升降机的加速度.
以向下为正方向，由牛顿二定律，有：
??
?=---=--''222111a m a m T g m a m a m T g m 解得：??
?
??
+-=+-+-=)
/()(2)()('2121211221m m a g m m T m m g m m a m m a 设m 1、m 2的加速度分别为a 1、a 2，根据相对运动的加速度公式，
a a a a a a ρ
ρ?ρρρ+=+=''2211 写成标量式：a a a a a a +=+-=','21，将a ’代入，求得：
2211
121212122()2()m a m m g a m m m a m m g a m m --?=?+?
?
+-?=?+?
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：
n
? τ
? T
f*
W
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a n =v 2/l =0（l 为摆长）；由于切向合力F τ=Wsin θ-f*sin θ=0，所以切向加速度a τ=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a n =v 2/l ≠0，T=ma n ；在切向方向小球不受外力作用，所以切向加速度a τ=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 = m ω2 r ② ①/②得：r
g
r
g
02
0,μωωμ=
=
最小线速度 s m rg r v /76.0/8.90.3/0=?===μω
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f 0，此外还有离心惯性力f C *和科氏惯性力f k *
，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，
f*=m ω2
r
f C *
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：
m
t v t m mv t m f at S k 7.51523
606024240060sin 60sin 221*2121222
22=?????=?=??=?==
πωω
3.7.1就下面两种受力情况：⑴j i t F ?2?2+=?
（N,s ），
⑵j t i
t F ?)1(?2-+=?
（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?2j i
t F +=ρ
代入t 值得： j i F j i F j F ?2?)(,?2?)(,?2)0(212141+=+==ρρρ j i F j i F ?2?2)1(,?2?)(2
343+=+=ρρ j i dt j tdt i dt F I ?2??2?210
10
10
+=+==???ρ
?
Ns I 52122=+=,与x 轴夹角
α= arctgI y /I x = arctg2 = 63.5°
⑵ ,?)1(?2j t i
t F -+=ρ
代入t 值得： j i F j i F j F ??)(,??)(,?)0(2121432141+=+==ρ
ρρ i
F j i F ?2)1(,??)(412343=+=ρ
ρ j i tdt j dt j tdt i dt F I ?????22110
10
10
10
+=-+==????ρ
?
Ns I 2/55.0122=+=,与x 轴夹角
α= arctgI y /I x = 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：
j t b i t a r ?sin ?cos ωω+=ρ，求质点的动量。
解：质点速度：j t b i
t a dt r d v ?cos ?sin /ωωωω+-==ρ
ρ 质点动量：j t b m i
t a m v m p ?cos ?sin ωωωω+-==?
? 大小：t b t a m p p p y x ωωω22222
2
cos sin +=+=
方向：与x 轴夹角为θ，tg θ= p y /p x = - ctg ωt ·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：
N t mv t p F p t F 6.115.0/735109.7//,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。
解：以地为参考系，把球视为质点，
由动量定理，0v m v m t F ρ
ρρ-=?，画出矢
I
x
y
1
2 0
α
x
y
F(0)
F(1/4)
F(1/2)
F(3/4)
F(1)
1 1
量图，由余弦定理，2/1022
0222)30cos 2(?++=?v v m v m v m t F ，代入数据，可求得F=881N.由正弦定理 mv F Δt
??=30sin /sin /t F mv α，代入数据，
求得'3218,3179.0sin ?=≈αα
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 回原来位置时，速度大小为gh v 2=
，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：
gh m mv mv t F 2)(0==--=?，∴t gh m F ?=/2
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f max =μo Mg ，因此,能利用绳对M 的平均冲力托动M 的条件是：
F ≥f max ，即2222
2/)(/2m g t M h Mg t gh m o o ?≥∴≥?μμ
3.7.6质量m 1=1kg, m 2=2kg, m 3=3kg, m 4=4kg ，m 1, m 2和m 4三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m 3的位置坐标。
解：由质心定义式：∑∑∑∑======4
1
4
1
4
1
4
1
,i i C i i i i i C i i i y m y m x m x m ，有
1,1)4321(343)2(2)1(1)(33432144332211=?+++=?++-?+-?+++=+++x x x m m m m x m x m x m x m C
1
),1()4321()2(430211)(33432144332211-=-?+++=-?++?+?+++=+++y y y m m m m y m y m y m y m C
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F Δt=m 1v ∴F=m 1v/Δt=1500×5/5=1500N
（2）用质心运动定理解：F=(m 1+m 2)a c ,据质心定义式，有：
(m 1+m 2)a c =m 1a 1+m 2a 2 ， a 1为车对岸的加速度，a 1=(v-0)/Δt=v/Δt ， a 2为船对地的加速度，据题意a 2=0，∴a c =a 1m 1/(m 1+m 2)，代入a 1， a c =m 1v/[(m 1+m 2)Δt] ，∴F=m 1v/Δt=1500N
（3）用牛顿定律解： a 2=0 a 1
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，a 1=v/Δt ，对两个质点分别应用牛顿二定律：
N f F f F N
t v m a m f 150001500/111===-=?==
3.8.2汽车质量m 1=1500kg ，驳船质量m 2=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 车相对船无论静止还是运动，螺旋桨的水平推力不变，即车、船系统所受外力不变，由质心运动定理可知，车运动时的质心
m 2 m 1 F
x m 1
m 2
a 2
x
加速度与车静止时的质心加速度相等a C =0.2m/s 2
设车运动时相对船的加速度为a '，相对地的加速度为a 1，船相对地的加速度为a 2，由相对运动公式：
,'21a a a += ①
由质心定义式可知：C a m m a m a m )(212211+=+②
将①代入②中，可得：'2
11
2a a a m m m C +-
=，取船前进方向为正，代入数据：
3.0)5.0(2.06000150015002=--=+a m/s 2
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(m 1+m 2)的质点，加速度为a =0.2，由牛顿第二定律：①a
m m F )(21+=
设车运动时相对船的加速度为a '，相对地的加速度为a 1，船相对地的加速度为a 2，由相对运动公式：
,'21a a a +=对车、船应用质点系动量定理的导数形式：
②2
22122112
1)'(2
1
a m a a m a m a m m m F dt
dv dt dv ++=+=+=
令①=②，',)'()(2
112222121a a a a m a a m a m m m m m
+-=++=+,取船前进方向为正，代入数据：
3.0)5.0(2.06000150015002=--=+a m/s
2
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a m 上升时，气球的加速度如何？
解：由质心定理：F- (m+M)g = (m+M)a C ①
设人相对地的加速度为a 1，气球相对地的加速度为a 2，由相对运动公式：a 1=a m +a 2，由质心定义式可知：
（m+M ）a C = m a 1+M a 2=m(a m +a 2)+M a 2 ② ①②联立，可求得：g M
m ma F a m
-+-=2
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
x
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：
uv v v F v v m t F t m 2)(),(1212-=-=-?=???
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m 1=70kg ，人相对地的速度为v 1，相对船的速度为v 1’，它们的方向显然与x 轴同向；设船的质量为m 2=210kg ，船相对地的速度为v 2，（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v 1=v 1’+v 2.
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：m 1v 1+m 2 v 2=0，即
m 1(v 1’+ v 2)+m 2 v 2=0 ，可求得
v 2= - v 1’m 1/(m 1+m 2)，将上式两边同时乘上相互作用时间Δt ，v 2Δt=s 2为船相对地的位移，v 1’Δt=s 1’=3.2m ，即
s 2 = - s 1’m 1/(m 1+m 2) = - 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
m
1
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：
V Δt = - v ’Δt m/(m+M)，其中：v ’Δt= -L ，V Δt 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m 1=165×10kg ，和m 2=115×10kg ，各以速率v 1=90km/h 和v 2=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 ρ，由动量守恒：v m m v m v m ρ
ρρ)(212211+=+ 向x 轴投影：x v m m v m )(2111+=
h km v v m m m x /2.549210
115101*********
11≈?==
?+??+
向y 轴投影：y v m m v m )(2122+=
h km v v m m m y /36.44108101151016510
11522
12≈?==
?+??+ h km v v v y x /7036.442.54222
2
≈+=+=
与x 轴夹角?≈==3.392.54/36.44/arctg v arctgv x y α
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v 3铅直朝下，一块顺爆炸处切线方向以v 2=15m/s 飞出，一块沿法线方向以v 1飞出，求v 1和v 3，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。
m 1 v 1
v 2 m 2
v x(东)
y (北)
α
设手榴弹质量为m,爆炸前速度为v ，由动量守恒，有：
32132133/3/3/v v v v v m v m v m v m ρ
ρρρρρρρ++=∴++=，投影方程：
??
?-?+?=?-?
-?=?3
212145sin 45sin 45sin 345cos 45cos 45cos 3v v v v v v v ，即 )2(45sin /3)
1(332121ΛΛ?-+=--=v v v v v v v
解得：?????≈=?++==+?=+=s
m v v v v s m v v v /12729045sin )3(/9015253321321
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0=+ααv m v m 钍钍
s m v m m v /1039.2104.1234
4
57?=??==
αα钍钍
3.9.3 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，
以船前进的方向为坐标的正方向；设物体抛出 M+m v 3 M-2m v 2 M+m v 1后，前边船、中间船、后边船的速度变为v 1、v 2、v 3，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)v 1-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
(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。
动量守恒定律典型例题解析
动量守恒定律·典型例题解析 【例1】 如图52－1所示，在光滑的水平面上，质量为m 1的小球以速度v 1追逐质量为m 2，速度为v 2的小球，追及并发生相碰后速度分别为v 1′和v 2′，将两个小球作为系统，试根据牛顿运动定律推导出动量守恒定律． 解析：在两球相互作用过程中，根据牛顿第二定律，对小球1有：F ＝＝，对有′＝＝．由牛顿第三定律得＝m a m m F m a m F 1112222????v t v t 12 －F ′，所以F ·Δt ＝－F ′·Δt ，m 1Δv 1＝－m 2Δv 2，即m 1( v 1′－v 1)＝－m 2(v 2′－v 2)，整理后得：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋ m 2v 2′，这表明以两小球为系统，系统所受的合外力为零时，系统的总动量守恒． 点拨：动量守恒定律和牛顿运动定律是一致的，当系统内受力情况不明，或相互作用力为变力时，用牛顿运动定律求解很繁杂，而动量定理只管发生相互作用前、后的状态，不必过问相互作用的细节，因而避免了直接运用牛顿运动定律解题的困难，使问题简化． 【例2】 把一支枪水平地固定在光滑水平面上的小车上，当枪发射出一颗子弹时，下列说法正确的是 [ ] A ．枪和子弹组成的系统动量守恒 B ．枪和车组成的系统动量守恒 C ．子弹、枪、小车这三者组成的系统动量守恒 D ．子弹的动量变化与枪和车的动量变化相同 解析：正确答案为C 点拨：在发射子弹时，子弹与枪之间，枪与车之间都存在相互作用力，所以将枪和子弹作为系统，或枪和车作为系统，系统所受的合外力均不为零，系统的动量不守恒，当将三者作为系统时，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，这时子弹的动量变化与枪和车的动量变化大小相等，方向相反．可见，系统的动量是否守恒，与系统的选取直接相关． 【例3】 如图52－2所示，设车厢的长度为l ，质量为M ，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m 的物体以初速度v 0向右运动，与车厢壁来
理论力学课后习题答案-第8章--动量定理及其应用
第8章 动量定理及其应用 8－1 计算下列图示情况下系统的动量。 (1) 已知OA ＝AB ＝l ，θ＝45°，ω为常量，均质连杆AB 的质量为m ，而曲柄OA 和滑块B 的质量不计（图a ）。 (2) 质量均为m 的均质细杆AB 、BC 和均质圆盘CD 用铰链联结在一起并支承如图。已知AB = BC = CD = 2R ，图示瞬时A 、B 、C 处于同一水平直线位置，而CD 铅直，AB 杆以角速度ω转动（图b ）。 (3) 图示小球M 质量为m 1，固结在长为l 、质量为m 2的均质细杆OM 上，杆的一 端O 铰接在不计质量且以速度v 运动的小车上，杆OM 以角速度ω绕O 轴转动（图c ）。 解：（1）p = mv C = ωml 2 5 ，方向同C v （解图（a ） ）； （2）p = mv C 1 + mv C 2 = mv B = 2Rm ω，方向同B v ，垂直AC （解图（b ））； （3）j i p )60sin 2 60sin ()]60cos 2()60cos ([2121?+?+?-+?-=ωωωωl m l m l v m l v m j i 4 23]42)[(2 12121m m l l m m v m m +++- +=ωω（解图（c ） ）。 8－2 图示机构中，已知均质杆AB 质量为m ，长为l ；均质杆BC 质量为4m ，长为2l 。图示瞬时AB 杆的角速度为ω，求此时系统的动量。 解：杆BC 瞬时平移，其速度为v B ω ωωml ml l m p p p BC AB 29 42=+=+= 方向同v B 。 习题8-1解图 (a) (b) (c) 习题8-1图 v (a) (b) (c) C 习题8－2解图
动量守恒定律经典习题(带答案)
动量守恒定律习题（带答案）（基础、典型） 例1、质量为1kg的物体从距地面5m高处自由下落，正落在以5m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有砂子，车与砂的总质量为 4kg，地面光滑，则车后来的速度为多少？ 例2、质量为1kg的滑块以4m/s的水平速度滑上静止在光滑水平面上的质量为3kg的小车，最后以共同速度运动，滑块与车的摩擦系数为0.2，则此过程经历的时间为多少？ 例3、一颗手榴弹在5m高处以v0=10m/s的速度水平飞行时，炸裂成质量比为3：2的两小块，质量大的以100m/s的速度反向飞行，求两块落地 点的距离。（g取10m/s2） 例4、如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，车的质量为1.6kg，木块与小车之间的摩擦系数为0.2(g取10m/s2)。设 小车足够长，求： （1）木块和小车相对静止时小车的速度。 （2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间。 （3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离。 例5、甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他所乘的冰车的质量共为30kg，乙和他所乘的冰车的质量也为30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子和甲一起以2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推向乙，箱子滑到乙处，乙迅速将它抓住。若不计冰面的摩擦，甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞？ 答案：1.
h b 分析：以物体和车做为研究对象，受力情况如图所示。 在物体落入车的过程中，物体与车接触瞬间竖直方向具有较大的动量，落入车后，竖直方向上的动量减为0，由动量定理可知，车给重物的作用力远大于物体的重力。因此地面给车的支持力远大于车与重物的重力之和。 系统所受合外力不为零，系统总动量不守恒。但在水平方向系统不受外力作用，所以系统水平方向动量守恒。以车的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得： 车 重物初：v 0=5m/s 0末：v v ?Mv 0=(M+m)v ?s m v m N M v /454 14 0=?+=+= 即为所求。 2、分析：以滑块和小车为研究对象，系统所受合外力为零，系统总动量守恒。 以滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得 滑块 小车初：v 0=4m/s 0末：v v ?mv 0=(M+m)v ?s m v m M M v /143 11 0=?+=+= 再以滑块为研究对象，其受力情况如图所示，由动量定理可得 ΣF=-ft=mv-mv 0 ?s g v v t 5.110 2.0) 41(0=?--=-=μf=μmg 即为所求。 3、分析：手榴弹在高空飞行炸裂成两块，以其为研究对象，系统合外力不为零，总动量不守恒。但手榴弹在爆炸时对两小块的作用力远大于自身的重力，且水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，以初速度方向为正。 由已知条件：m 1：m 2=3：2 m 1 m 2 初：v 0=10m/s v 0=10m/s
高中物理动量守恒定律练习题
一、系统、内力和外力┄┄┄┄┄┄┄┄① 1．系统：相互作用的两个(或多个)物体组成的一个整体。 2．内力：系统内部物体间的相互作用力。 3．外力：系统以外的物体对系统内部的物体的作用力。 [说明] 1．系统是由相互作用、相互关联的多个物体组成的整体。 2．组成系统的各物体之间的力是内力，将系统看作一个整体，系统之外的物体对这个整体的作用力是外力。 ①[填一填]如图，公路上有三辆车发生了追尾事故，如果把前面两辆车看作一个系统，则前面两辆车之间的撞击力是________，最后一辆车对前面两辆车的撞击力是________(均填“内力”或“外力”)。 答案：内力外力 二、动量守恒定律┄┄┄┄┄┄┄┄② 1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。 2．表达式：对两个物体组成的系统，常写成： p1＋p2＝或m1v1＋m2v2＝。 3．适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为0。 4．动量守恒定律的普适性 动量守恒定律是一个独立的实验规律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域。 [注意] 1．系统动量是否守恒要看研究的系统是否受外力的作用。
2．动量守恒是系统内各物体动量的矢量和保持不变，而不是系统内各物体的动量不变。 ②[判一判] 1．一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒(×) 2．两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒(√) 3．系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零(√) 1.对动量守恒定律条件的理解 (1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形。 (2)系统受外力作用，但所受合外力为零。像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形。 (3)系统受外力作用，但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒。例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力可以忽略不计，系统的动量近似守恒。 (4)系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒。 2．关于内力和外力的两点提醒 (1)系统内物体间的相互作用力称为内力，内力会改变系统内单个物体的动量，但不会改变系统的总动量。 (2)系统的动量是否守恒，与系统的选取有关。分析问题时，要注意分清研究的系统，系统的内力和外力，这是正确判断系统动量是否守恒的关键。 [典型例题] 例 1.[多选]如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是() A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
理论力学@11动量矩定理
·250· 第11章 动量矩定理 11.1 主要内容 11.1.1 质点系动量矩计算 质点系对任意一点的动量矩为各质点的动量对同一点之矩的矢量和或质点系中各质点的动量对同一点的主矩，即 ∑∑==?==n i n i i i i i O O m m 1 1 )(i v r v M L 质点系对于某轴，例如对z 轴的动量矩为 ∑==n i i i z z m M L 1) (v 刚体对转动轴z 轴的动量矩为 ωz z I L = 质点系相对于质心的动量矩为质点系中各点动量对质心的主矩，即 i i n i i C m v r L ?'=∑=1 i r '为第i 个质点对质心的矢径。 质点系对任意一点的动量矩等于质点系对质心的动量矩，与将质点系的动量集中于质心对于O 点动量矩的矢量和。 C v r L L m C C O ?+= 当刚体作平面运动时，又可表示为 d mv L L C ±=C O 其中d 为点至v C 的垂直距离，当C L 与矩d mv C 的符号相同时取正值，反之取负值， 11.1.2 质点系的动量矩定理 （1）对固定点的动量矩定理 质点系对固定点O 的动量矩对于时间的一阶导数等于外力系对同一点的主矩，即 ) (e O O dt d M L = 在直角坐标系上的投影式为
·251· ?? ?? ? ? ??? ∑=∑=∑=)()()()()()(e z z e y y e x x M dt dL M dt dL M dt dL F F F （2）质点系相对于质心的动量矩定理 质点系相对于质心的动量矩对时间的一阶导数等于外力系对质心的主矩。即 (e )C C M L =dt d 或 (e ) C Cr M L =dt d 式中Cr L 为质点系相对于质心平移坐标系的运动对质心的动量矩。 (3) 动量矩守恒定律 在特殊情况下外力系对O 点的主矩为零，则质点系对O 点的动量矩为一常矢量，即 () 0=e O M ，常矢量=O L 或外力系对某轴力矩的代数和为零，则质点系对该轴的动量矩为一常数，例如 0 )()(=∑e x M F ，L x =常数 11.1.3 刚体绕定轴转动微分方程 若刚体绕固定轴z 的转动惯量为I z ，则刚体绕固定轴z 的微分方程为 z z M t I =22d d ? 或 z z M I =ε 在工程中，常将转动惯量表示为 2z z m I ρ= z ρ称为回转半径。 11.1.4 刚体平面运动微分方程 当刚体作平面运动时，联合应用质心运动定理和相对于质心的动量矩定理，可得到刚体平面运动微分方程 ??? ? ???===∑∑C c y c x c M I F y m F x m ?
动量定理与动量守恒定律·典型例题解析
动量定理与动量守恒定律·典型例题解析 【例1】 在光滑的水平面上有一质量为2m 的盒子，盒子中间有一质量为m 的物体，如图55－1所示．物体与盒底间的动摩擦因数为μ现给物体以水平速度v 0向右运动，当它刚好与盒子右壁相碰时，速度减为 v 02 ，物体与盒子右壁相碰后即粘在右壁上，求： (1)物体在盒内滑行的时间； (2)物体与盒子右壁相碰过程中对盒子的冲量． 解析：(1)对物体在盒内滑行的时间内应用动量定理得：－μmgt ＝ m mv t 0·－，＝v v g 0022 (2)物体与盒子右壁相碰前及相碰过程中系统的总动量都守恒，设碰 撞前瞬时盒子的速度为，则：＝＋＝＋．解得＝，＝．所以碰撞过程中物体给盒子的冲量由动量定理得＝－＝，方向向右． v mv m v 22mv (m 2m)v v v I 2mv 2mv mv /61001212210v v 0043 点拨：分清不同的物理过程所遵循的相应物理规律是解题的关键． 【例2】 如图55－2所示，质量均为M 的小车A 、B ，B 车上 挂有质量为的金属球，球相对车静止，若两车以相等的速率M 4 C C B 1.8m/s 在光滑的水平面上相向运动，相碰后连在一起，则碰撞刚结束时小车的速度多大？C 球摆到最高点时C 球的速度多大？ 解析：两车相碰过程由于作用时间很短，C 球没有参与两车在水平方向的相互作用．对两车组成的系统，由动量守恒定律得(以向左为正)：Mv －Mv ＝
2Mv 1两车相碰后速度v 1＝0，这时C 球的速度仍为v ，向左，接着C 球向左上方摆动与两车发生相互作用，到达最高点时和两车 具有共同的速度，对和两车组成的系统，水平方向动量守恒，＝＋＋，解得＝＝，方向向左．v C v (M M )v v v 0.2m /s 222M M 4419 点拨：两车相碰的过程，由于作用时间很短，可认为各物都没有发生位移，因而C 球的悬线不偏离竖直方向，不可能跟B 车发生水平方向的相互作用．在C 球上摆的过程中，作用时间较长，悬线偏离竖直方向，与两车发生相互作用使两车在水平方向的动量改变，这时只有将C 球和两车作为系统，水平方向的总动量才守恒． 【例3】 如图55－3所示，质量为m 的人站在质量为M 的小车的右端，处于静止状态．已知车的长度为L ，则当人走到小车的左端时，小车将沿光滑的水平面向右移动多少距离？ 点拨：将人和车作为系统，动量守恒，设车向右移动的距离为s ，则人向左移动的距离为L －s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得M ·s －m(L －s)＝0，从而可解得s ．注意在用位移表示动量守恒时，各位移都是相对地面的，并在选定正方向后位移有正、负之分． 参考答案 例例跟踪反馈．．．；；．×·3 m M +m L 4 M +m M H [] 1 C 2h 300v 49.110N s 04M m M 【例4】 如图55－4所示，气球的质量为M 离地的高度为H ，在气球下方有一质量为m 的人拉住系在气球上不计质量的软绳，人和气球恰悬浮在空中处于静止状态，现人沿软绳下滑到达地面时软绳的下端恰离开地面，求软绳的长度．
理论力学(盛冬发)课后习题答案ch11
·125· 第11章 动量矩定理 一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”) 1. 质点系对某固定点(或固定轴)的动量矩，等于质点系的动量对该点(或轴)的矩。 (×) 2. 质点系所受外力对某点(或轴)之矩恒为零，则质点系对该点(或轴)的动量矩不变。(√) 3. 质点系动量矩的变化与外力有关，与内力无关。 (√) 4. 质点系对某点动量矩守恒，则对过该点的任意轴也守恒。 (√) 5. 定轴转动刚体对转轴的动量矩，等于刚体对该轴的转动惯量与角加速度之积。 (×) 6. 在对所有平行于质心轴的转动惯量中，以对质心轴的转动惯量为最大。 (×) 7. 质点系对某点的动量矩定理e 1d ()d n O O i i t ==∑L M F 中的点“O ”是固定点或质点系的质心。 (√) 8. 如图11.23所示，固结在转盘上的均质杆AB ，对转轴的转动惯量为20A J J mr =+ 221 3 ml mr =+，式中m 为AB 杆的质量。 (×) 9. 当选质点系速度瞬心P 为矩心时，动量矩定理一定有e 1d ()d n P P i i t ==∑L M F 的形式，而 不需附加任何条件。 (×) 10. 平面运动刚体所受外力对质心的主矩等于零，则刚体只能做平动；若所受外力的主矢等于零，刚体只能作绕质心的转动。 (×) A B l O ω r 图11.23 二、填空题 1. 绕定轴转动刚体对转轴的动量矩等于刚体对转轴的转动惯量与角速度的乘积。 2. 质量为m ，绕z 轴转动的回旋半径为ρ，则刚体对z 轴的转动惯量为2ρm J z =。 3. 质点系的质量与质心速度的乘积称为质点系的动量。 4. 质点系的动量对某点的矩随时间的变化规律只与系统所受的外力对该点的矩有关，而与系统的内力无关。 5. 质点系对某点动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对该点之矩的矢量和等于零，质点系的动量对x 轴的动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对x 轴之矩的代数
高中物理动量守恒定律题20套(带答案)
高中物理动量守恒定律题20套(带答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以0 2 v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ； （4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能． 【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）20 1532 mv E ?= 【解析】 【详解】 (1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有： mv 0＝m 2 v ＋2mv B 解得v B ＝ 4 v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 2 220001 11()2()22224 v v mgL mv m m μ?＝－－ 解得20 516v gL μ= (3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有： 2 mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒： 22200111 ()()222242 v v mgR m m mv +-?＝ 解得2 64v R g = (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒
高中物理动量守恒定律基础练习题及解析
高中物理动量守恒定律基础练习题及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v 向右匀速运动．已知木箱的质量为m ，人与车的总质量为2m ，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求： (1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小． 【答案】①2v ；②23 v 【解析】 试题分析：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv 1-mv 得12v v = ②小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv 1=（m+2m ）v 2 解得223 v v = 考点：动量守恒定律 2．如图所示，质量为M =2kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其AB 部分为半径R =0.3m 的光滑 1 4 圆孤，BC 部分水平粗糙，BC 长为L =0.6m 。一可看做质点的小物块从A 点由静止释放，滑到C 点刚好相对小车停止。已知小物块质量m =1kg ，取g =10m/s 2。求： （1）小物块与小车BC 部分间的动摩擦因数； （2）小物块从A 滑到C 的过程中，小车获得的最大速度。 【答案】（1）0.5（2）1m/s 【解析】 【详解】 解：(1) 小物块滑到C 点的过程中，系统水平方向动量守恒则有：()0M m v += 所以滑到C 点时小物块与小车速度都为0 由能量守恒得： mgR mgL μ= 解得：0.5R L μ= =
(2)小物块滑到B 位置时速度最大，设为1v ，此时小车获得的速度也最大，设为2v 由动量守恒得 ：12mv Mv = 由能量守恒得 ：221211 22 mgR mv Mv =+ 联立解得： 21/ v m s = 3．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角 o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=） （1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能. 【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】 试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2 cos 1sin 2 B B B B m gh m gh m v θμθ+?= ① （3分） 代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分） （2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得： 222 0111()222 A B P A A B B m m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分） 考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律. 4．如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M 1＝1 kg ，车上另有一个质量为m ＝0.2 kg 的小球，甲车静止在水平面上，乙车以v 0＝8 m/s
《理论力学》第十一章动量矩定理习题解
y x 第十一章 动量矩定理 习题解 [习题11-1] 刚体作平面运动。已知运动方程为：2 3t x C =，24t y C =，3 2 1t = ?，其中长度以m 计，角度以rad 计，时间以s 计。设刚体质量为kg 10，对于通过质心C 且垂直于图平面的惯性半径m 5.0=ρ，求s t 2=时刚体对坐标原点的动量矩。 解： )(1223|2 2m x t C =?== )(1624|22m y t C =?== t t dt d dt dx v C Cx 6)3(2=== )/(1226|2s m v t Cx =?== t t dt d dt dy v C Cy 8)4(2=== )/(1628|2s m v t Cy =?== 2323)21(t t dt d dt d === ?ω )/(622 3 |22s rad t =?==ω → →→+=k v m M J L C Z Cz O )]([ω → → -+=k y mv x mv m L C Cx C Cy O ][2 ωρ → =→ ?-?+??=k L t O ]1612121665.0[10|2 2 → =→ =k L t O 15|2 )/(2 s m kg ?，→ k 是z 轴正向的单位向量。 [习题11-2] 半径为R ，重为W 的均质圆盘固结在长l ，重为P 的均质水平直杆AB 的B 端，绕铅垂轴Oz 以角速度ω旋转，求系统对转轴的动量矩。 解： g Pl l g P J AB z 3312 2,=??=
平动 )(a O 转动 绕定轴C )( b 转动 绕定轴1 )(O c 1 O 在圆弧上作纯滚动 )(d g l R W l g W g J l z 4)4(R W 412222,+=?+??=圆盘 ωω?+?=圆盘,,z AB z z J J L ω4) 4(3[222g l R W g Pl L z ++= ω)4443( 2 2 2 g WR g Wl g Pl L z ++= ω)4333(2 22g WR g Wl g Pl L z ++= ω)433( 2 2R g W l g W P L z ++= [习题11-3] 已知均质圆盘质量为m ，半径为R ，当它作图示四种运动时，对固定点1O 的动量矩分别为多大？图中l C O =1。 解：)(a 因为圆盘作平动，所以 ωω211ml J L z O O == 解：)(b → →→→?+=p r L L C C O 1 其中，质心C 的动量为0 ωω22 1 1mR J L Cz O = = 解：)(c ωω)2 1 (2211ml mR J L z O O +== 解：)(d 因为圆盘作平面运动，所以： ) (11→ +=C Z O Cz O v m M J L ω
物理动量守恒定律题20套(带答案)
物理动量守恒定律题20套(带答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M 1＝1 kg ，车上另有一个质量为m ＝0.2 kg 的小球，甲车静止在水平面上，乙车以v 0＝8 m/s 的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M 2＝2 kg ，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？(球最终停在乙车上) 【答案】25m/s 【解析】试题分析：要使两车恰好不相撞，则两车速度相等． 以M 1、M 2、m 组成的系统为研究对象，水平方向动量守恒： ()20120M v M m M v +=++共，解得5m /s v =共 以小球与乙车组成的系统，水平方向动量守恒： ()202M v mv m M v -=+共，解得 25m /s v = 考点：考查了动量守恒定律的应用 【名师点睛】要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，联立求解 2．一质量为的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块 并留在其中， 与木块 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧 被压缩瞬间 的速度 ，木块 、 的质量均为 ．求： ?子弹射入木块 时的速度； ?弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能． 【答案】22()(2) Mm a M m M m ++b 【解析】 试题分析：（1）普朗克为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行解释，第一次提出了能量量子化理论，A 正确；爱因斯坦通过光电效应现象，提出了光子说，B 正确；卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故正确；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，但没有发现质子和中子，D 错；德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，E 错．(2)1以子弹与木块A 组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 解得：
动量守恒定律及其应用·典型例题精析
动量守恒定律及其应用·典型例题精析 [例题1]平静的湖面上浮着一只长l=6m，质量为550 kg的船，船头上站着一质量为m=50 kg的人，开始时，人和船均处于静止．若船行进时阻力很小，问当人从船头走到船尾时，船将行进多远？ [思路点拨]以人和船组成的系统为研究对象．因船行进时阻力很小，船及人所受重力与水对船的浮力平衡，可以认为人在船上行走时系统动量守恒，开始时人和船都停止，系统总动量为零，当人在船上走动时，无论人的速度如何，系统的总动量都保持为零不变． [解题过程]取人运动方向为正方向，设人对岸的速度为v，船对岸的速度为V，其方向与v相反，由动量守恒定律有 0＝mv＋(－MV)． 解得两速度大小之比为
此结果对于人在船上行走过程的任一瞬时都成立． 取人在船上行走时任一极短时间Δt i，在此时间内人和船都可视为匀速运动，此时间内人和船相对地面移动的距离分别为ΔS mi=v iΔt i和ΔSM i＝V iΔt i，由此有 这样人从船头走到船尾时，人和船相对地面移动的总距离分别为 S m＝∑ΔS mi，S M＝∑ΔS Mi． 由图中几何关系可知S m＋S M＝L．这样，人从船头走到船尾时，船行进的距离为 代入数据有 S M=0.5 m．
[小结]本题表明，在动量守恒条件得到满足的过程中，系统任一瞬时的总动量保持不变． [例题2]如图7－9示，物块A、B质量分别为m A、m B，用细绳连接，在水平恒力F的作用下A、B一起沿水平面做匀速直线运动，速度为v，如运动过程中，烧断细绳，仍保持力F大小方向不变，则当物块B停下来时，物块A的速度为多大？ [思路点拨]以A和B组成的系统作为研究对象．绳子烧断前，A、B 一起做匀速直线运动，故系统所受外力和为零，水平方向系统所受外力计有拉力F，物块A受到地面的摩擦力f A，物体B受到地面的摩擦力f B，且F=f A ＋f B．绳烧断后，直到B停止运动前F与f A、f B均保持不变，故在此过程中系统所受外力和仍为零，系统总动量保持不变．所以此题可用动量守恒定律求解． [解题过程]取初速v的方向为正方向，设绳断后A、B的速度大小分别为v′A、v′B，由动量守恒定律有 (m A＋m B)v＝m A v′A＋m B v′B．
《理论力学》第十一章动量矩定理习题解
y 第十一章 动量矩定理 习题解 [习题11-1] 刚体作平面运动。已知运动方程为：2 3t x C =，24t y C =，3 2 1t = ?，其中长度以m 计，角度以rad 计，时间以s 计。设刚体质量为kg 10，对于通过质心C 且垂直于图平面的惯性半径m 5.0=ρ，求s t 2=时刚体对坐标原点的动量矩。 解： )(1223|22m x t C =?== )(1624|2 2m y t C =?== t t dt d dt dx v C Cx 6)3(2=== )/(1226|2s m v t Cx =?== t t dt d dt dy v C Cy 8)4(2=== )/(1628|2s m v t Cy =?== 2323)21(t t dt d dt d === ?ω )/(622 3 |22s rad t =?==ω → →→+=k v m M J L C Z Cz O )]([ω → → -+=k y mv x mv m L C Cx C Cy O ][2 ωρ → =→ ?-?+??=k L t O ]1612121665.0[10|2 2 → =→ =k L t O 15|2 )/(2 s m kg ?，→ k 是z 轴正向的单位向量。 [习题11-2] 半径为R ，重为W 的均质圆盘固结在长l ，重为P 的均质水平直杆AB 的B 端，绕铅垂轴Oz 以角速度ω旋转，求系统对转轴的动量矩。 解： g Pl l g P J AB z 3312 2,=??=
平动 )(a O 转动 绕定轴C )( b 转动 绕定轴1 )(O c O 在圆弧上作纯滚动 )(d g l R W l g W g J l z 4)4(R W 412222,+=?+??=圆盘 ωω?+?=圆盘,,z AB z z J J L ω4) 4(3[222g l R W g Pl L z ++= ω)4443(2 22g WR g Wl g Pl L z ++= ω)4333(2 22g WR g Wl g Pl L z ++= ω)433( 2 2R g W l g W P L z ++= [习题11-3] 已知均质圆盘质量为m ，半径为R ，当它作图示四种运动时，对固定点1O 的动量矩分别为多大？图中l C O =1。 解：)(a 因为圆盘作平动，所以 ωω2 11ml J L z O O == 解：)(b → →→→?+=p r L L C C O 1 其中，质心C 的动量为0 ωω22 1 1mR J L Cz O = = 解：)(c ωω)2 1 (2211ml mR J L z O O +== 解：)(d 因为圆盘作平面运动，所以： )(11→ +=C Z O Cz O v m M J L ω
物理动量守恒定律练习题20篇.docx
物理动量守恒定律练习题20 篇 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲 拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板恢复原长时，甲的速度大小为 2m/s ，此时乙尚未与 P.现将两滑块由静止释放，当弹簧 P 相撞． ①求弹簧恢复原长时乙的速度大小； ②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P 对乙的冲量的最大值． 【答案】 v 乙＝6m/s.I ＝8N 【解析】 【详解】 （1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为 左的方向为正方向，由动量守恒定律可得： 和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向 又知 联立以上方程可得，方向向右。 （2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为 由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为： 2．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、 C，三球的质量分别为m A=1kg、 m B=2kg、 m C=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于 静止， B、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态， A 球以 v0=9m/s 的速度向左运动，与同 一杆上的 B 球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求： （1） A 球与 B 球碰撞中损耗的机械能； （2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能； （3）在以后的运动过程中 B 球的最小速度． 【答案】（ 1）；（2）；（3）零． 【解析】 试题分析：（ 1） A、 B 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：
碰后 A、 B 的共同速度 损失的机械能 （2） A、 B、C 系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大 根据动量守恒定律有： 三者共同速度 最大弹性势能 （3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，速，A、 B 的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、 B 在前， C 在后．此后C 向左加A、 B 继续向左减速，若能减速到零 则再向右加速． 弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有： 根据机械能守恒定律： 此时 A、 B 的速度，C的速度 可知碰后A、B 已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故 的最小速度为零． 考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞． 【名师点睛】 A、 B 发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定 律和机械能守恒定律求出 A 球与 B 球碰撞中损耗的机械能．当B、C 速度相等时，弹簧伸 长量最大，弹性势能最大，结合B、 C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性 势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答 B 3．如图甲所示，物块A、 B 的质量分别是m A=4.0kg 和m B=3.0kg ．用轻弹簧拴接，放在光 滑的水平地面上，物块 B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块 C 从 t=0 时以一定速度向右运动，在 t=4s 时与物块 A 相碰，并立即与 A 粘在一起不再分开，物块 C 的 v-t 图象如图乙所示．求：
梁坤京理论力学动量矩定理课后答案
动量矩定理 12-1 质量为m 的点在平面Oxy 内运动，其运动方程为： t b y t a x ωω2sin cos == 式中a 、b 和ω为常量。求质点对原点O 的动量矩。 解：由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度 t b t y v t a t x v y x ωωωω2cos 2d d sin d d ==-== 质点对点O 的动量矩为 t a t b m t b t a m x mv y mv m M m M L y x O O ωωωωωωcos 2cos 22sin )sin ()()(0??+?-?-=?+?-=+=y x v v t mab ωω3 cos 2= 12-3 如图所示，质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。轮子轴心为A ，质心为C ，AC = e ；轮子半径为R ，对轴心A 的转动惯量为J A ；C 、A 、B 三点在同一铅直线上。（1）当轮子只滚不滑时，若v A 已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。（2）当轮子又滚又滑时，若v A 、ω已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。 解：（1）当轮子只滚不滑时B 点为速度瞬心。 轮子角速度 R v A = ω 质心C 的速度 )(e R R v C B v A C +==ω 轮子的动量 A C mv R e R mv p += =（方向水平向右） 对B 点动量矩 ω?=B B J L 由于 222)( )( e R m me J e R m J J A C B ++-=++= 故 [] R v e R m me J L A A B 22)( ++-= （2）当轮子又滚又滑时由基点法求得C 点速度。 e v v v v A CA A C ω+=+= 轮子动量 )(e v m mv p A C ω+== （方向向右） 对B 点动量矩 ) ( )()()( )( 2e mR J e R mv me J e R e v m J BC mv L A A A A C C B +++=-+++=+=ωω ωω 12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为50 mm ，无初速地沿倾角?=20θ的轨道滚下，设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为s = 3 m 。试求轮子
动量守恒定律的典型例题
动量守恒定律的典型例题 【例1】 把一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平桌面上.枪发射出一颗子弹.对于此过程，下列说法中正确的有哪些？ [] A.枪和子弹组成的系统动量守恒 B.枪和车组成的系统动量守恒 C.车.枪和子弹组成的系统动量守恒 D.车.枪和子弹组成的系统近似动量守恒，因为子弹和枪筒之间有摩擦力.且摩擦力的冲量甚小【例2】 一个质量M=1kg的鸟在空中v0=6m/s沿水平方向飞行，离地面高度h=20m，忽被一颗质量m=20g沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v=300m/s，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g=10m/s 2.求：鸟被击中后经多少时间落地；鸟落地处离被击中处的水平距离. 【例3】 一列车沿平直轨道以速度v0匀速前进，途中最后一节质量为m的车厢突然脱钩，若前部列车的质量为M，脱钩后牵引力不变，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，则当最后一节车厢滑行停止的时刻，前部列车的速度为 [] 【例4】 质量m1=10g的小球在光滑的水平桌面上以v1=30cm/s的速率向右运动，恰好遇上在同一条直线上向左运动的另一个小球.第二
个小球的质量为m2=50g，速率v2=10cm/s.碰撞后，小球m2恰好停止.那么，碰撞后小球m1的速度是多大，方向如何？ 【例5】 甲.乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏.甲和他的冰车的总质量共为M=30kg，乙和他的冰车的总质量也是30kg.游戏时，甲推着一质量为m=15km的箱子，和他一起以大小为v0=2m/s 的速度滑行.乙以同样大小的速度迎面滑来.为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子到乙处时乙迅速把它抓住.若不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免和乙相碰. 【例6】 两辆质量相同的小车A和B，置于光滑水平面上，一人站在A 车上，两车均静止.若这个人从A车跳到B车上，接着又跳回A 车，仍与A车保持相对静止，则此时A车的速率 [] A.等于零B.小于B车的速率 C.大于B车的速率D.等于B车的速率【例7】甲.乙两船在平静的湖面上以相同的速度匀速航行，且甲船在前乙船在后.从甲船上以相对于甲船的速度v，水平向后方的乙船上抛一沙袋，其质量为m.设甲船和沙袋总质量为M，乙船的质量也为M.问抛掷沙袋后，甲.乙两船的速度变化多少？ 【分析】 由题意可知，沙袋从甲船抛出落到乙船上，先后出现了两个相互作用的过程，即沙袋跟甲船和沙袋跟乙船的相互作用过程.在这两个过程中的系统，沿水平方向的合外力为零，因此，两个系
动量守恒定律 练习题及答案
动量守恒定律 一、单选题(每题3分，共36分) 1．下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是 ( ) A ．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化 B ．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化 C ．若两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同 D ．两物体中动能大的物体，其动量也一定大 2．为了模拟宇宙大爆炸初期的情境，科学家们使用两个带正电的重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞．若要使碰撞前重离子的动能经碰撞后尽可能多地转化为其他形式的能，应该设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有 ( ) A ．相同的速度 B ．相同大小的动量 C ．相同的动能 D ．相同的质量 3．质量为M 的小车在光滑水平面上以速度v 向东行驶，一个质量为m 的小球从距地面H 高处自由落下，正好落入车中，此后小车的速度将 ( ) A ．增大 B ．减小 C ．不变 D ．先减小后增大 4．甲、乙两物体质量相同，以相同的初速度在粗糙的水平面上滑行，甲物体比乙物体先停下来，下面说法正确的是 ( ) A ．滑行过程中，甲物体所受冲量大 B ．滑行过程中，乙物体所受冲量大 C ．滑行过程中，甲、乙两物体所受的冲量相同 D ．无法比较 5．A 、B 两刚性球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,A 球的动量是5kg·m ／s ，B 球的动量是7kg·m ／s ，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量的可能值是 ( ) A ．-4kg·m/s 、14kg·m/s B ．3kg·m/s 、9kg·m/s C ．-5kg·m/s 、17kg·m/s D ．6kg·m ／s 、6kg·m/s 6．质量为m 的钢球自高处落下，以速率1v 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为2v ．在碰撞过程中， 地面对钢球冲量的方向和大小为 ( ) A ．向下，12()m v v - B ．向下，12()m v v + C ．向上，12()m v v - D ．向上，12()m v v + 7．质量为m 的α粒子，其速度为0v ，与质量为3m 的静止碳核碰撞后沿着原来的路径被弹回，其速度为0/2v ，而碳 核获得的速度为 ( ) A ．06v B ．20v C ．02v D ．03 v 8．在光滑水平面上，动能为0E ，动量大小为0P 的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向 相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记作1E 、1P ，球2的动能和动量的大小分别记为2E 、2P ，则必有 ( ) ①1E ＜0E ②1P ＜0P ③2E ＞0E ④2P ＞0P A ．①② B．①③④ C．①②④ D．②③ 9．质量为1.0kg 的小球从高20 m 处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.O m ．小球与软垫接触的时间是1.0s ，在接触的时间内小球受到的合力的冲量大小为(空气阻力不计，g 取10m/s 2) ( ) A ．10N·s B ．20N·s C ．30N·s D ．40N·s 10．质量为2kg 的物体，速度由4m ／s 变成 -6m/s ，则在此过程中，它所受到的合外力冲量是 ( ) A ．-20N·s B.20N·s C ．-4N·s D ．-12N·s 11．竖直向上抛出一个物体．若不计阻力，取竖直向上为正，则该物体动量随时间变化的图线是 ( ) 12．一颗水平飞行的子弹射入一个原来悬挂在天花板下静止的沙袋并留在其中和沙袋一起上摆．关于子弹和沙袋组成的系统，下列说法中正确的是 ( ) A ．子弹射入沙袋过程中系统动量和机械能都守恒 B ．子弹射入沙袋过程中系统动量和机械能都不守恒 C ．共同上摆阶段系统动量守恒，机械能不守恒 D ．共同上摆阶段系统动量不守恒，机械能守恒 二、多选题(每题4分，共16分) 13．下列情况下系统动量守恒的是 ( )A ．两球在光滑的水平面上相互碰撞 B ．飞行的手榴弹在空中爆炸 C ．大炮发射炮弹时，炮身和炮弹组成的系统 D ．用肩部紧紧抵住步枪枪托射击，枪身和子弹组成的系统 14．两物体相互作用前后的总动量不变，则两物体组成的系统一定 ( ) A ．不受外力作用 B ．不受外力或所受合外力为零 C ．每个物体动量改变量的值相同 D ．每个物体动量改变量的值不同