第三章《动量定理与守恒定律》习题答案

1、一、选择题 1. (D) ； 2. (C) ； 3. (B) ； 4. (C) ； 5. (D) ； 6. (D) 。 二、计算题3.5.2 证明：, 作用于质点的合力总指向原点。3.5.3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 ，谷物能获得的最大加速度为 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。 3.5.3 题图 3.5.5 yN2a2xN1=N1m2gxN1af*=m1a2ym1g解：m1m2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

2、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-xy,应用牛顿第二定律建立方程：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,应用牛顿第二定律建立方程： （1）、（2）、（3）联立，即可求得：3.5.6解：以地为参考系，隔离m1,m2，受力及运动情况如图示，其中：f1=N1=m1g，f2=N2=(N1+m2g)=(m1+m2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律：+可求得：f1N1m1gTaFN2m2gTaN1f1f2将a代入中，可求得：m1m2F3.5.7解：以地为参考系，隔离A,B,C，受力及运动情况如图示，

3、其中：f1=N1=m1g，f2=N2=m2g，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. CABTf1N1m1ga1Tf2N2m2ga2Tm3ga3对A,B,C分别在其加速度方向上应用牛顿第二定律：,联立，可求得：3.5.8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： m1m2Tm1gaTm2gaTTT由可求得：所以，天平右端的总重量应该等于T，天平才能保持平衡。0.050.08t(s)F(N)Fmax03.5.11解：由Ft图可知：斜截式方程y=kx+b，两点式方程 (y-y1)/(x-x1)=(y2-y1)/(x2-x1)t(s

4、)F(N)9820由动量定理：可求得Fmax = 245N3.5.12 解：根据推力F-t图像，可知F=4.9t（t20）,令F=mg，即4.9t=29.8，t=4s因此，火箭发射可分为三个阶段：t=04s为第一阶段，由于推力小于重力，火箭静止，v=0,y=0；t=420s为第二阶段，火箭作变加速直线运动，设t=20s时，y = y1，v = vmax ；t20s 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.YY2Y10第二阶段的动力学方程为：F- mg = m dv/dt第三阶段运动学方程yx=15fNmgan令v=0,由（1）求得达最大高度y2时所用时间（

5、t-20）=32，代入（2）中，得y2-y1=5030 y2=ymax=5030+1672=6702(m)3.5.15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 =1.552+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：/得：，说明摩擦力方向与我们事先假设方向相反，指向内侧。vEBs1s2sB0r3.5.17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

6、牛顿第二定律：3.5.20 NBA B NB NB NA NAB A mBg mAgL A B C AB=RA+RB=0.8 CB=L-RA-RB=0.4 y x o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 通过对ABC的分析，可知，sin=0.4/0.8=0.5 =30, cos=/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.3.5.22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

7、为F，显然F=W. 在竖直方向上对结点应用平衡条件：4Tcos-W=0，T=W/(4cos)若四根线均不等长，则T1T2T3T4，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： f*=maayxTW=mg解得 （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： 解得 m1m2T Tf1* f2* a a1 a2 m1g m

8、2g3.6.2 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：解得：设m1、m2的加速度分别为a1、a2，根据相对运动的加速度公式， 写成标量式：，将a代入，求得：abTf*WTf*W3.6.3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：小球摆至最高位置时释放框架,小球相对框架速度v=0，所

9、以法向加速度an=v2/l=0（l为摆长）；由于切向合力F=Wsin-f*sin=0，所以切向加速度a=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。WfC*fK*Nf0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/l0，T=man ；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的作用下相对框架做匀速圆周运动。3.6.5解：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。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

10、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fk*v60fC*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：3.7.2解：质点速度：质点动量：大小：方向：

11、与x轴夹角为，tg= py/px = - ctgtb/a3.7.3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：t=60/120=0.5s，对子弹应用动量定理：3.7.4 解：以地为参考系，把球视为质点，由动量定理，画出矢量图，由余弦定理，代入数据，可求得F=881N.由正弦定理 mv Ft ，代入数据， 30 mv0求得 3.7.6解：由质心定义式：，有Fxm1m2m1X3.8.1 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

12、理，有Ft=m1vF=m1v/t=15005/5=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)/t=v/t，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)t ，F=m1v/t=1500N（3）用牛顿定律解： a2=0 a1m2m1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/t，对两个质点分别应用牛顿二定律：3.8.2解：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

13、，即车、船系统所受外力不变，由质心运动定理可知，车运动时的质心加速度与车静止时的质心加速度相等aC=0.2m/s2a2ax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： 由质心定义式可知：将代入中，可得：，取船前进方向为正，代入数据：m/s2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：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：对车、船应用质点系动量定理的导数形式：x令=，,取船前进方向为正，代入数据：m/s2

14、3.8.3解：由质心定理：F- (m+M)g = (m+M)aC 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 联立，可求得：3.8.5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+m

15、2 v2=0，即 m1(v1+ v2)+m2 v2=0 ，可求得v2= - v1m1/(m1+m2)，将上式两边同时乘上相互作用时间t，v2t=s2为船相对地的位移，v1t=s1=3.2m，即s2 = - s1m1/(m1+m2) = - 3.270/(70+210) = - 0.8m3.9.1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。 y v v2 v1 45 45 45 x v3 v设手榴弹质量为m,爆炸前速度为v，由动量守恒，有：，投影方程： ，即解得：3.9.3 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 v M v M v M+m v3 M-2m v2 M+m v1(M+m)v1