第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 问题与习题解答
动量守恒和能量守恒 习题解答PPT学习教案
30o 15o
B
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解：取m为研究对象
p (mv1)2 (mv2 )2 2(m)2 v1v2 cos 750
3.98m 设传送带对矿砂平均作用力F
Ft p
mv2
150
p 300
mv1
F
p t
3.98 m t
3.98qm
3.98 2000 3600
2.2N
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此力所作的功为多少？它与路径有无关系？如果此力是
作用在质点上的唯一的力，则质点的动能将变化多少？
解 : (1) 此 力 所 作 的 功的 表达式 为：
x
y
x
y
A
F dr
0
Fxdx
0 Fydy 0 3dx
5dy 3x 5 y
0
功 与 积 分 路 径无关 。
(2) 当 质 点 从 （ 0， 0）移动 到（2， -3） 时，此 力所作 的功为 ：
子弹射穿A，未进入B时：vB1 vA; 对B用动量定理：F t2 m2vB m2vB1 vB F t1 /(m1 m2 ) F t2 / m2
AB
6、
Fx
t
mvx
Fx
1500 5 5
1500N
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B
B
7、
W
Fdr
A
A (Fxdx Fydy Fzdz)
B
R
A (F0dx 0dy 0dz) 0 F0dx F0R
mg
ox
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7、A
A 2 3x2dx x3 2 8
0
0
8、B
(0, 0) (0, 2R)
动量守恒定律和能量守恒定律练习题题例题解析
走到船尾(如图)，船后退多大距离？(忽略水的阻力)
例: 如图所示,已知m、M、h和 k以及小球的水平初速 v0 , 小球
m
v0
与平板PQ的碰撞为弹性碰撞,求
h
弹簧的最大压缩量? 解: 小球刚要与PQ碰撞时的速度
它从距地球中心R1处下降到R2处 时飞船增加的动能为：
GMm(R1 R2 R1R2 )
11、长为 l ，质量为m的匀质链条，放在光滑的桌面上， 若其长度的1/5悬挂于桌边下，将其慢慢拉回桌面，需作 功 mg l 50
12. 倔强系数为K的轻弹簧，原长 l0 ,下挂一托盘平衡时，
长度变为 l1,托盘中放一重物，长度变为 l2 ,由l1伸长至l2 的
P
Q
y
竖直方向: vy = (2gh)1/2 水平方向: vx = v0
以m和M为一系统,碰撞时满足动量守恒和动能守恒
竖直: mvy MV mvy,
水平:
mv x
mv
, x
1 2
m vx2
1 2
m v2y
1 2
m vx,2
1 2
m vy,2
1 2
MV
2
联解得: V 2m 2 gh mM
碰撞后,以地球、弹簧和木板为一系统,机械能守恒,设木板
m1
桌面上时,系统的速度和加速度.
l2 l1
解: 将地球、m和m1作为一系统,则系统的机械能守恒.设
m1开始在桌面下 l0 处,
m1
gl0
(
m l
l1
)g
l1 2
后来下降了x, 若设桌面 处重力势能为零,则有
大学物理动量守恒和能量守恒习题讲解
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律
动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例 以下四种说法中，哪一种是正确的？ （1）作用力与反作用力的功一定是等值异号.
（2）内力不能改变系统的总机械能.
（3）摩擦力只能作负功. （4）同一个力作功在不同的参考系中，也不 一定相同.
Ff m
dv
Fn m
v
2
Ff
m
en R
et
o
由
v
v
0
dv v
π
πR
R
0
d s 得 ln
W
v v0
1 2
Fn
π
2 mv0
v v0e
摩擦力 的功
(e
2 π
1) 0
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律
动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
物理学教程 （第二版）
例
一质量为 m 的小球,以速率为v0 、与水平面夹
角为60°的仰角作斜抛运动，不计空气阻力，小球从抛
出点到最高点这一过程中所受合外力的冲量大小
为
3 m v 0 2 ，冲量的方向是 沿 解： I mv mv0
1
y 轴负方向 .
物理学教程 （第二版）
程中所作的功为：
( A) 67 J , (B) (D ) 91 J , 67 J
（A）
( C ) 17 J ,
分析： F r W
( 4 i 5 j 6 k ) ( 3i 5 j 9 k )
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
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 问题与习题解答
第3章 动量守恒定律和能量守恒定律 问题与习题解答问题：3-1、3-3、3-7、3-10、3-14、3-193-1如图所示，设地球在太阳引力的作用下，绕太阳作匀速圆周运动。
试问：在下述情况下，（1）地球从点A 运动到点B ,（2）地球从点A 运动到点C ，（3）地球从点A 出发绕行一周又返回点A ，地球的动量增量和所受的冲量各为多少？ 答：选太阳处为坐标原点O ，且O →C 方向为X 轴正方向，O →B 方向为Y 轴正方向，设地球和太阳的质量分别为,m M ，两者间的距离为r ，地球沿反时针方向作匀速圆周运动的速率为v ，故根据万有引力定律，有：22vm M m Grr=，即v =（1）地球从点A 运动到点B 的动量增量为：()())A B B A P m v v m vi vj i j ∆=-=-=-根据质点的动量定理，地球所受的冲量为：)A B A B I P mi j =∆=-（2）地球从点A 运动到点C 的动量增量和所受的冲量为：()()2A C A C C A P I m v v m vj vj mj ∆==-=--=-（3）同理，地球从点A 出发绕行一周回到A 点的动量增量和所受的冲量为：()0A A A A A A P I m v v ∆==-=3-3在上升气球下方悬挂一梯子，梯子站一人。
问人站在梯子上不动或以加速度向上攀升，气球的加速度有无变化？ 答：（1）人不动，则气球的加速度不变。
（2）以气球及梯子（总质量为M ）与人（质量为m ）为系统，地面为参照系，且设人相对梯子上爬的速度为v 、气球相对地面的速度为V ，人相对地面的速度为v '，则有v v V '=+如果设气球及梯子与人初始为匀速率0v 竖直上升，则可应用动量守恒定律，得0()m v M V m M v '+=+所以， 0()V v m v m M =-+故得气球的加速度为d V m d v a d tm Md t==-⋅+气由此可知，当人相对于梯子的加速度0d v d t=（相对梯子匀速爬上）时0a =气；而当0d v d t>（加速爬上）时，0a <气。
动量守恒与能量守恒定律习题
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 进程中，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度圆周运动，下列说法正确的是（A ）重力和绳索的张力对小球都不作功.（B ）重力和绳索的张力对小球都作功.（C ）重力对小球作功，绳索张力对小球不作功.（D ）重力对小球不作功，绳索张力对小球作功.（ ）3．已知两个物体A 和BB 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 必然大于E KA . （B ）E KB 必然小于E KA（C ）E KB =E KA（D ）不能判定谁大谁小 （ ）4．如图所示，一个小球前后两次从P 点由静止开始，别离沿着滑腻的固定斜面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，下述哪一种说法正确？（A ）质点的动量改变时，质点的动能必然改变（B ）质点的动能不变时，质点的动量也必然不变（C ）外力的冲量是零，外力的功必然为零（D ）外力的功为零，外力的冲量必然为零（ ）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 的进程中，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，摩擦力在此进程中所作的功W f =____________________________。
物理学教程(第二版)上册第三章课后答案
第三章动量守恒定律和能量守恒定律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 ×102m·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 0Δ-='v m t F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N 1055.252⨯=='lm F v鸟对飞机的平均冲力为N 1055.25⨯-='-=F F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 如图所示，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gαt sin Δ01v =,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gαt sin Δ01v =则物体落回地面的时间为gt t αsin Δ2Δ0122v ==于是,在相应的过程中重力的冲量分别为j j F I αsin Δd 011Δ1v m t mg t t -=-==⎰ j j F I αsin 2Δd 022Δ2v m t mg t t -=-==⎰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j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-= j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=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＝10 m·s -1 ,方向与F x 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⎰=21d t t t F I ,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()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I(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112sm 40-⋅=+=mm I v v3 -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gh 21=v (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()12Δv v m m t -=+P F(2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg tm Δmg F v解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F3 -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ωt 2π=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⎰21d t t t F 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ωωωkAt t kA t kx t F I t t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d即()ωkA m -=v Δ3 -11 一只质量kg 11.01=m 的垒球以11sm 17-⋅=v 水平速率扔向打击手，球经球棒击出后，具有如图（a ）所示的速度且大小12sm 34-⋅=v ，若球与棒的接触时间为0.025 s,求：（1）棒对该球平均作用力的大小；（2）垒球手至少对球作了多少功？分析第（1）问可对垒球运用动量定理，既可根据动量定理的矢量式，用几何法求解，如图（b ）所示；也可建立如图（a ）所示的坐标系，用动量定量的分量式求解，对打击、碰撞一类作用时间很短的过程来说，物体的重力一般可略去不计.题 3-11 图解（1）解 1由分析知，有12mv mv t F -=∆其矢量关系如图（b ）所示，则)60180cos())((2)()()(2122212--+=∆mv mv mv mv t F解之得N 9.197=F 解 2由图（a ）有x xx mv mvt F 12-=∆02-=∆yy mvt F将，则和代入解得及y x y x x F F v v v v v v 60sin 60cos ,22221=-==N 9.19722=+=yx FF F(2) 由质点动能定理，得J 7.4721212122=-=mv mvW3 -12 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．题 3-12 图分析 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()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F从而可得水流对管壁作用力的大小为N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．3 -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0.5×103kg 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()A A B A Am m m m v v v '=+-(1)()''=+-BB A B Bm m m m v v v (2) 由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m·s -1代入数据后,可解得()()12sm 40.0-⋅-=---'-=mm m m m m m A B BB A v v()()()12sm 6.3-⋅=---'-=mm m m m m m m B ABB AB v v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()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0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u m m m α'++=cos 00v v人的水平速率的增量为u m m m α'+=-=cos Δ0v v v而人从最高点到地面的运动时间为gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加的距离()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3 -15 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⎰⋅=x F d W 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23d d ct tx ==v按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为3/43/242299xkct kc k F ===v则阻力的功为⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kcx xkcx W ll-=-==⋅=⎰⎰⎰x F3 -16 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．题 3-16 图分析 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()J 882d d 1010=-=⋅=⎰⎰y agy mgW y F3 -17 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．题 3-17 图分析 (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⎰⋅=s d F W ,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()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P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s Fd TT ⋅=⎰W(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J 53.0k ==P W E小球在最低位置的速率为1P K s m 30.222-⋅===mW mE v(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得lm P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v3 -18 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20202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-=(1)(2) 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有mg r s F W μπ2180cos of -== (2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为rgπμ1632v =(3) 由于一周中损失的动能为2083v m ,则在静止前可运行的圈数为34k 0==WE n 圈3 -19 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 )题 3-19 图分析 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2221212121mgy ky mgyky +=-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F ＝P 1＋F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2＝P 2 ,且F 2＝F′2．由式(3)可得F ＝P 1＋P 2＝(m 1＋m 2 )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 -20 如图所示，一质量为m 的木块静止在光滑水平面上，一质量为m /2的子弹沿水平方向以速率0v 射入木块一段距离L (此时木块滑行距离恰为s )后留在木块内，求：（1）木块与子弹的共同速度v ,此过程中木块和子弹的动能各变化了多少？（2）子弹与木块间的摩擦阻力对木块和子弹各作了多少功？（3）证明这一对摩擦阻力的所作功的代数和就等于其中一个摩擦阻力沿相对位移L 所作的功.(4)证明这一对摩擦阻力所作功的代数和就等于子弹-木块系统总机械能的减少量(亦即转化为热的那部分能量).题 3-20 图分析对子弹-木块系统来说，满足动量守恒，但系统动能并不守恒，这是因为一对摩擦内力所做功的代数和并不为零，其中摩擦阻力对木块作正功，其反作用力对子弹作负功，后者功的数值大于前者，通过这一对作用力与反作用力所做功，子弹将一部分动能转移给木块，而另一部分却转化为物体内能.本题（3）、（4）两问给出了具有普遍意义的结论，可帮助读者以后分析此类问题.解（1）子弹-木块系统满足动量守恒，有v m m mv )2/(2/0+=解得共同速度031v v =对木块 2022k 181021mv mvE =-=∆对子弹 202022k 92)2(21)2(21mv v m v m E -=-=∆（2） 对木块和子弹分别运用质点动能定理，则 对木块 201k 1181mv E W =∆= 对子弹 202k 292mv E W -=∆=（3） 设摩擦阻力大小为f F ,在两者取得共同速度时，木块对地位移为s ，则子弹对地位移为L +s ,有对木块 s F W f 1= 对子弹 )(f 2s L F W +-= 得 L F W W W f 21-=+=式中L 即为子弹对木块的相对位移，“-”号表示这一对摩擦阻力（非保守力）所作功必定会使系统机械能减少.(4) 对木块 2f 121mv s F W ==对子弹 202f 2)2(21)2(21)(v m v m s L F W -=+-= 两式相加，得202221)2(21])2(2121[v m v m mvW W -+=+ 即 20f 183mv L F -=-两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系的动能定理表达式，左边为一对内力所作功，右边为系统动能的变化量.3 -21 用铁锤把钉子敲入墙面木板．设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比．若第一次敲击,能把钉子钉入木板1.00 ×10 -2 m ．第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深？分析 由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．解 因阻力与深度成正比,则有F ＝kx (k 为阻力系数)．现令x 0＝1.00 ×10 -2m,第二次钉入的深度为Δx ,由于钉子两次所作功相等,可得⎰⎰+=xx x x x kx x kx Δ000d dΔx ＝0.41 ×10 -2 m3 -22 一质量为m 的地球卫星,沿半径为3R E 的圆轨道运动, R E 为地球的半径．已知地球的质量为m E ．求：(1) 卫星的动能；(2) 卫星的引力势能；(3) 卫星的机械能．分析 根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即可算出．由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能．由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时,必须规定势能的零点,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零．这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了．至于卫星的机械能则是动能和势能的总和．解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得()E22E E 33R mR mm Gv=则EE 2k 621R m m Gm E ==v(2) 取卫星与地球相距无限远(r →∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为EE P 3R m m GE -=(3) 卫星的机械能为EE EE EE P k 636R m m GR m m GR m m GE E E -=-=+=3 -23 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．题 3-23 图分析 取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力F N 始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P 又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果．解 由系统的机械能守恒,有θmgR m mgR cos 212+=v (1)根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为Rm F θmgR 2N cos v =- (2)冰块脱离球面时,支持力F N ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置oθ2.4832arccos==冰块此时的速率为32cos Rg θgR ==vv 的方向与重力P 方向的夹角为α＝90° - θ＝41.8°3 -24 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 的小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7.5 ×10 -2m ．然后在弹簧弹性力的作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动．小球与轨道间的摩擦不计．已知 BCD 是半径r ＝0.15 m 的半圆弧,AB 相距为2r ．求弹簧劲度系数的最小值．题 3-24 图分析 若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒．运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态．为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时的最高点C 处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动；小于此速率时,小球将脱离轨道抛出．该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需的向心力,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值．解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力F N ＝0,因此,有rm mg c 2v =(1)取小球开始时所在位置A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有()()22213Δ21c m r mg l k v += (2)由式(1)、(2)可得()12mN 366Δ7-⋅==l mgrk3 -25 如图所示,质量为m 、速度为v 的钢球,射向质量为m′的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 的弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内弹簧后,弹簧的最大压缩距离．题 3-25 图分析 这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来．又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解．应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题．解 设弹簧的最大压缩量为x 0．小球与靶共同运动的速度为v 1．由动量守恒定律,有()1v v m m m '+= (1)又由机械能守恒定律,有()20212212121kx m m m +'+=v v (2)由式(1)、(2)可得()v m m k m m x '+'=3 -26 质量为m 的弹丸A ,穿过如图所示的摆锤B 后,速率由v 减少到v /2．已知摆锤的质量为m ′,摆线长度为l ,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v 的最小值应为多少？。
动量守恒定律与能量守恒定律 习题-文档资料
习题答案
3-19
第三章动量守恒定律和能量守恒定律 一物体按规律x＝ct3在流体媒质中作直线运动，
c为常量，t为时间．设媒质对物体的阻力正比于速度的 平方，阻力系数为k，求物体由x＝0运动到x＝l时，阻
力所作的功．
解：由x＝ct3可求物体的速度：
dx v 3ct 2 dt
2 24 2 4 3 3
碰前
m 1 v m2 v 10 20
由(1)、 (2)可解得：
v vv m u / ( m m ) 人在水平方向的速度增量为 1
t v /g 0sin
人跳的水平距离增加量为
m u v in 0s xt v )g (m m
习题答案 3-17 已知
第三章动量守恒定律和能量守恒定律
m t 0 , x 0 , v 0 , F F ; x L , F 0 . 0 0
m ( v v ) m ( v v )
2 2 1 10 1 2 2 2 2 ( 2) 20
碰前
m 1 v m2 v 10 20
由(1)、 (2)可解得：
A
碰后
B
v1
v2
v v v v 10 1 2 20
v v v v 10 20 2 1 ( 3)
由 (1)、(3) 可解得：
物体受到的阻力大小为： f k v 9 k c t 9 k cx 力对物体所作的功为：
2 7 k cl W d W 9 k cx d x 0 7
l 2 4 3 3 2 7 3 3
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
A
B
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第3章 动量守恒定律和能量守恒定律 问题与习题解答问题：3-1、3-3、3-7、3-10、3-14、3-193-1如图所示，设地球在太阳引力的作用下，绕太阳作匀速圆周运动。
试问：在下述情况下，（1）地球从点A 运动到点B ,（2）地球从点A 运动到点C ，（3）地球从点A 出发绕行一周又返回点A ，地球的动量增量和所受的冲量各为多少？ 答：选太阳处为坐标原点O ，且O →C 方向为X 轴正方向，O →B 方向为Y 轴正方向，设地球和太阳的质量分别为,m M ，两者间的距离为r ，地球沿反时针方向作匀速圆周运动的速率为v ，故根据万有引力定律，有：22vm M m Grr=，即v =（1）地球从点A 运动到点B 的动量增量为：()())A B B A P m v v m vi vj i j ∆=-=-=-根据质点的动量定理，地球所受的冲量为：)A B A B I P mi j =∆=-（2）地球从点A 运动到点C 的动量增量和所受的冲量为：()()2A C A C C A P I m v v m vj vj mj ∆==-=--=-（3）同理，地球从点A 出发绕行一周回到A 点的动量增量和所受的冲量为：()0A A A A A A P I m v v ∆==-=3-3在上升气球下方悬挂一梯子，梯子站一人。
问人站在梯子上不动或以加速度向上攀升，气球的加速度有无变化？ 答：（1）人不动，则气球的加速度不变。
（2）以气球及梯子（总质量为M ）与人（质量为m ）为系统，地面为参照系，且设人相对梯子上爬的速度为v 、气球相对地面的速度为V ，人相对地面的速度为v '，则有v v V '=+如果设气球及梯子与人初始为匀速率0v 竖直上升，则可应用动量守恒定律，得0()m v M V m M v '+=+所以， 0()V v m v m M =-+故得气球的加速度为d V m d v a d tm Md t==-⋅+气由此可知，当人相对于梯子的加速度0d v d t=（相对梯子匀速爬上）时0a =气；而当0d v d t>（加速爬上）时，0a <气。
【选地面为参照系，竖直向上为坐标的正方向；设气球及梯子与人初始的加速度大小为0a ，气球浮力为F F ；当人以加速度r a 向上爬时，气球及梯子的加速度为q a ，此时梯子与人之间的相互作用力大小为T F ，则根据牛顿定律，有0()()F F m M g m M a -+=+ T r F m g m a -=F T q F M g F M a --=解得 00[()]q r a M a m a a M =-- 当人在梯子上不动时， 0r a a =，0q a a =；当人以相对加速度0r a a -爬上时，气球及梯子的加速度00[()]q r a M a m a a M =--，有变化。
】【或应用质心运动定律求解。
将人与气球及梯子看成一个系统，其质心的加速度为r q m a M a a m M+=+因为系统所受合外力恒定，故0r q m a M a a m M ∆+∆∆==+即得 r q m a a M∆∆=-，表明气球加速度的改变与人的加速度变化有关，改变的方向相反。
】 3-7在水平光滑的平面上放一长为L ，质量为m '的小车，车的一端站有质量为m 的人，人和车都是静止不动的。
当人以v 的速率相对地面从车的一端走向另一端，在此过程中人和小车相对地面各移动了多少距离？ 解：如右图，设人、板相对于地面的速率分别为()v v t =、()u u t =，方向如图所示； 因为人和板组成的系统沿水平方向的合外力为零，故根据动量守恒定律得0m u m v '-= 即 u m v m '=，人相对于板的速率为()m m v v t v u v m '+''==+=⋅'，设从板的一端走到另一端需要的时间为t ，则有t t m m m m L v d t vd t x m m ''++'===⋅''⎰⎰，上式中，0t x vd t =⎰为人相对于地面移动的距离， 所以，人相对于地面移动的距离为m L x m m'='+，板相对于地面移动的距离为 m L S L x m m=-='+ 。
【或应用质心运动定律求解：选地面为参照系，开始时人的位置0x 为坐标原点，人走到车的另一端时人的坐标为1x 、车的中心位置坐标为1x '；人车系统所受合力为零，则根据质心运动定律，有0()C d v m m d t'=+ ，即得 C v C =又由初始条件 00C v =，得 0C v =所以质心位置不变： 0011C m x m x m x m x x m m m m ''''++==''++即有 0011m x m x m x m x ''''+=+ 110()22L L m m x m x ''+=+-解出 1m L x m m'='+， 1m L S L x m m=-='+ 】3-10质点的动量和动能是否与惯性系的选择有关？功是否与惯性系有关？质点的动量定理和动能定理是否与惯性系有关？请举例说明。
答：在两惯性系（,S S '）中，质点的速度关系为v v u '=+，故由p m v = 和212K E m v =知（1）质点的动量p和动能K E 都与惯性系有关；（2）两惯性系中质点所受的合力F F '=，但移动的路程不同，故功与惯性系有关；（3）不同的惯性系中均有d v F m d t = ，故2211t v t v F d t m d v =⎰⎰，即I p =∆，所以其动量定理与惯性系无关；同理，根据222111r v v r v v d v F d r md s m vd v d t⋅==⎰⎰⎰，可得出K W E =∆，故其动能定理也与惯性系无关。
（举例说明） 3-14如图所示，光滑斜面与水平面间的夹角为α。
（1）一质量为m 的物体沿斜面从点1A 下滑至点C ，重力所作的功是多少？（2）若物体从点2A 自由下落至点B ，重力所作的功又为多少？从所得结果你能得出什么结论（点12,A A 在同一水平面上）？解：（1）、m 在斜面上沿1A C →下滑d l 时，重力所作的功为：sin dW P dl m g dl α=⋅=⋅滑至C 点重力所作的功为：111sin sin sin A C A CA CW d Wm g d l m g d l m g S m g h ααα==⋅===⎰⎰⎰（2）、点2A 自由下落至点B ，重力所作的功为：222ACA CA CW d W P d hm g d h m gd h m g h ==⋅⋅==⎰⎰⎰⎰由此可见， m 沿斜面下滑时重力所作的功与m 自由下落相同的高度差时重力所作的功相等，且与斜面的倾角的大小无关。
3-19在弹性碰撞中，有哪些量保持不变，在非弹性碰撞中又有哪些量保持不变？ 答：在碰撞过程中，因系统内物体间的相互作用力远远大于外力，可认为0F =外，则根据动量定理，得知在弹性碰撞或非弹性碰撞中系统的总动量保持不变；而在弹性碰撞中，因系统的机械能没有转化为其它形式的能量，故其机械能保持不变。
习题3-1、3-2、3-3、3-4、3-5、（选择题） 3-8、3-11、3-15﹡、3-19、3-23、3-28、3-37h23-1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（ C ） （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 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（ D ） （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的动能相等（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 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。
下列对上述说法中判断正确的是（ C ） （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 3-4如图所示，质量分别为1m 和2m 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1m 和2m 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（ D ） （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 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（ C ）（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v（D ）子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热 3-8304x F t =+（式中x F 的单位为N ，t 的单位为s ）的合外力作用在质量为10m kg =的物体上，试求：（1）在开始2s 内此力的冲量I ；（2）若冲量300I N s =⋅，此力作用的时间；（3）若物体的初速度1110v m s -=⋅，方向与x F 相同，在 6.86t s =时，此物体的速度2v 。
解： 304x F t =+，10m kg = （1）由定义，得开始2s 内此力的冲量222200(304)302|68I F d t t d t t t N s ==+=+=⋅⎰⎰（2）设从开始到t 秒内此力的冲量为300I N s =⋅ 则有 2(304)302300t t I F d t t d t t t ==+=+=⎰⎰解得 6.86t s =（舍去21.86t s =-） （3）由动量定理，得 21I m v m v =-由上可知， 6.86t s =时300I N s =⋅， 所以，得 11240I m v v m sm-+==⋅3-11如图所示，在水平地面上，有一横截面20.20S m =的直角弯管，管中有流速为13.0v m s -=⋅的水通过，求弯管所受力的大小和方向。