大学物理-动量、动量守恒定律习题和解答

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1、2-1 0 第二章 动量、动量守恒定律 21 质量为 m 的子弹以速率v0 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速 度成正比，比例系数为 k，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系；(2)子弹射入沙土的最大深度。解 设任意时刻子弹的速度为 v，子弹进入沙土的最大深度为 s，由题意知，子弹所受的阻力 f=-kv(1)由牛顿第二定律 f ma m dv dt 即 kv m dv dt 所以 dv k dt 对等式两边积分 v m v dv k t v0 v 得 ln v v0 m 0 k t m 因此 (2)由牛顿第二定律 k t v v0 e m f ma

2、 m dv m dv dx mv dv dt 即 kv mv dv dx 所以 k dx dv m dx dt dx 对上式两边积分 k s dx dv m 0 v0 得到 k s v m 0 即 s mv0 k 22 质量为 m 的小球，在水中受到的浮力为 F，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为 fkv(k 为常数)。若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率 v 与时间的关系为 mg F v 1 e kt m k dt 2-2 mg kv mg kv m kg e 1 mg 2t k m kg m kg T T v 证明 任意时刻 t 小球的受力如图所示，取向下为 y 轴的正方

3、向，开始沉降处为坐标原 点 由牛顿第二定律 即 mg F f ma m dv dt mg F kv ma m dv dt 整理得 dv mg F kv dt m 对上式两边积分 v dv t dt 0 mg F kv 0 m 得 ln mg F kv mg F kt m 即 v mg F 1 e kt m k 23 跳伞运动员与装备的质量共为 m，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即 F kv 2。求跳伞员的运动速率 v 随时间 t 变化的规律和极限速率v。解 设运动员在任一时刻的速率为 v，极限速率为vT，当运动员受的空气阻力等于运动员及装备的重力时，速率达到极限。此时

4、 mg kv 2 即 vT 有牛顿第二定律 mg kv 2 m dv dt 整理得 dv mg kv2 dt m 对上式两边积分 v dv t dt 1 0 mg kv 2 0 m 2 mgk 得 ln t m 整理得 2t v e 1 2t e 1 2t T e 1 m kg mg k 2-3 2gs 24 一根线密度为 的均匀柔软链条，上端被人用手提住，下端恰好碰到桌面。现将手突然松开，链条下落，设每节链环落到桌面上之后就静止在桌面上，求链条下落距离 s 时对桌面的瞬时作用力。解 链条对桌面的作用力由两部分构成：一是已下落的 s 段对桌面的压力 N1，另一部分是正在下落的dx 段对桌面的冲

5、力 N 2，桌面对dx 段的作用力为 N2。显然 N1 sg 取正在下落的dx 段链条为研究对象，它在dt 时间之内速度由v 变为零，根据动量定 理 由(2)、(3)式得 N 2dt dp dp 0 vdx dx vdt N 2 2sgN2 N2 2sg(1)(2)(3)故链条对桌面的作用力为 N N1 N 2 3sg 25 一半径为 R 的半球形碗，内表面光滑，碗口向上固定于桌面上。一质量为 m 的小球正以角速度 沿碗的内面在水平面上作匀速率圆周运动。求小球的运动水平面距离碗底的高度。分析 小钢球沿碗内壁作圆周运动，其向心力是由内壁对它的支承力的分力提供的，而支承力的方向始终与该点内壁相垂直

6、，显然，不同的角速度对应不同大小和方向的支承力。解 设小球的运动水平面距碗底的高度为 h，小球受力如图所示，则 N sin mg N cos m 2 r sin R h R cos r R 由以上四式得 h R1 g 2 R 2-4 v 0 R 2 e 26 一飞车运动员在一个呈锥形内表面的演出舱内进行表演。若人与车的质量为 m，锥面的半顶角为。飞车运动员恰好在一水平面内作匀速率圆周运动，其速率为v0。忽略摩擦 阻力，试作飞车运动员及车的受力图，并将圆周的半径用v0、g 和 表示之。解 飞车运动员的及车的受力如图所示，设其距锥面顶点的高度为 h，则 N sin mg 2 N cos m 0 r

7、 联立两式得 r v 2 ctgg 27 在光滑的竖直圆环上，套有两个质量为 m 的小球 A 和 B，并用轻而不易拉伸的绳子把两球联结起来。两球由图示位置开始释放，试求此时绳上的张力。解 小球 A 和 B 受力如图，因绳子不可伸长，开始释放时球的速度为零，小球 A 和 B 的切向加速度 at 相等，法向加速度为零，则 对 A 球对 B 球 T sin 4 mat mg T sin 4 由上面两式得 T 2 28 一人造地球卫星质量 m=1327kg，在离地面 h 1.85 106 m 的高空中环绕地球作匀速率圆周运动。求：(1)卫星所受向心力 f 的大小；(2)卫星的速率 v；(3)卫星的转动

8、周期 T。解 卫星所受的向心力即是卫星和地球之间的引力 f G M 地 m R h2 g G M 地 e mat 2mg 2-5 f R he m 7.82 103 6378 103 1.85 106 1327 e 2 e R 2 由上面两式得 f mg e 1327 9.8 6378 103 2 7.82 103 N R h2 6378 103 1.85 106 2 (2)由牛顿第二定律 f m v 2 Re h v 6.96 103 m s (3)卫星的运转周期 T 2 R h v 2 6378 103 1.85 106 6.96 103 7.43 103 s 2h3min40s 29 试

9、求赤道上方的地球同步卫星距地面的高度。解 设同步卫距地面高度为 h，距地心为 R+h，则 G Mm mr 2 r 2 G Mm mg R2 所以 GM gR 2 gR2 1 3 代入第一式中 r 2 7.27 105 rad s 24 3600 解得 r 4.22 107 m h r R 4.22 107 6.37 106 3.58 104 m 210 自动步枪连发时每分钟射出 120 发子弹，每颗子弹的质量为 m7.90g，出口速率为 735 m s，求射击时(以分钟计)抢托对肩的平均压力。解 取t 时间之内射出的子弹为研究对象，作用在子弹上的平均力为 N ，根据动量定理 N t p m 1

10、20 tv 0 所以 N p 60 2mv 2 7.90 103 735 11.6N t t 故枪托对肩部的平均压力为 N N 11.6N 211 水力采煤是利用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层。设水柱直径为 D=30mm，水速v=56 m s，水柱垂直射到煤层表面上，冲击煤层后速度变为零。求水柱对煤层的平均冲力。2-6 2 2 1 解 取长为 dx 的一段水柱为研究对象，设它受到的煤层的作用力为 N ，根据动量定理 N dt dp 所以 N dp dt dt 30 103 2 D 4 v 2 故水柱对煤层的平均冲力 1103 562 2.22 103 N 4 N N 2.22 103 N 21

11、2 F30+4t 的力作用在质量为 10kg 的物体上，求：(1)在开始两秒钟内，此力的冲量是多少?(2)要使冲量等于 300 N s，此力作用的时间为多少?(3)若物体的初速度为 10 m s，方向与 F 相同，在 t=6.86s 时，此物体的速度是多少?解 根据冲量定义 I Fdt 30 4t dt 30t 2t 2 t t 0 0 (1)开始两秒钟此力的冲量 (2)当 I 300N s 时 I 30t 2t 2 30 2 2 22 68N s 30t 2t 2 300 解得 t 6.86s(3)当t 6.86s 时，I 300N s，根据动量定理 I p mv mv0 因此 v I mv

12、0 300 10 10 40 m s m 10 213 质量为 m 的质点，以不变速率 v 沿图示三角形 ABC 的水平光滑轨道运动。求质点越过角 A 时，轨道作用于质点冲量的大小。解 如图所示，质点越过 A 角时动量的改变为 p mv v 由图知p 的大小 0 dx D 22 v 2 2-7 p 2mv sin 600 3mv 根据动量定理 I p 3mv 214 质量为 m 的质点在 xOy 平面内运动，其运动方程 r a costi b sin tj，试求：(1)2质点的动量；(2)从 t0 到t 点的动量是否守恒?为什么?解 质点的速度 这段时间内质点受到的合力的冲量；(3)在上述时间

13、内，质 (1)质点的动量 v dr a sin ti b costj dt p mv m a sinti b costj(1)(2)由(1)式得t 0 时，质点的速度v0 bj t 2时，质点的速度为 vt a sin 2i b cos 2j bj 根据动量定理 I p mvt mv0 0 (3)质点的动量不守恒，因为质点的速度随时间 t 变化，故动量也随时间 t 变化。215 将一空盒放在台秤盘上，并将台秤的读数调节到零，然后从高出盒底 h 处将石子以每秒 n 个的速率连续注入盒中，每一石子的质量为 m。假定石子与盒子的碰撞是完全非弹性的，试求石子开始落入盒后 t 秒时，台秤的读数。解 t

14、秒钟后台秤的读数包括下面两部分，一部分是已落入盒中的石子对称盘的压力 N1，另一部分是正下落的石子对秤的冲力 N2，显然 N1 nmgt 取t 时间下落的石子为研究对象，设它们所受到的平均冲力为 N ，根据动量定理 N 2 t p 0 nmtv 0 nmt 所以 N2 nm 故t 时间下落的石子对称的冲力 N 2 N 2 nm 因此秤的读数为 2gh 2gh 2gh 2-8 0 A B N N1 N2 nmgt nm 216 以速度v0 前进的炮车，向后发射一炮弹，已知炮车的仰角为，炮弹和炮车的质量分别为 m 和 M，炮弹相对炮车的出口速率为 v，如图所示。求炮车的反冲速率是多大?解 取炮弹与

15、炮弹组成的系统为研究对象，系统水平方向的动量守恒。由图可知炮弹相对于地面的速度的水平分量为v cos v，根据动量守恒定律 M mv mv cos v Mv所以 v M mv0 mv cosM m 此即为炮车的反冲速率。217 一质点的运动轨迹如图所示。已知质点的质量为 20g，在 A、B 两位置处的速率都是 20 m s，v 与 x 轴成450 角，v 与 y 轴垂直，求质点由 A 点运动到 B 点这段时间内，作用在质点上外力的总冲量。解 由题意知，质点由 A 点到 B 点动量的改变为 px mvB mvAcos 450 20 103 20 20 103 20 2 0.683kg m s 2

16、 p y 0 mvA sin 450 20 103 20 2 0.283 kg m s 2 根据动量定理，作用在质点上的外力的冲量 所以 I I x px I y py 0.739N s 冲量与 x 轴之间的夹角 arctg I g I x arctg 0.283 202.50 0.683 2gh I I 2 2 x y p 2 p 2 x y 0.6832 0.2832 2-9 l l 0 218 若直升飞机上升的螺旋浆由两个对称的叶片组成，每一叶片的质量 m136kg，长l=3.66m。当它的转速 n=320 r min 时，求两个叶片根部的张力(设叶片是均匀薄片)。分析 由于叶片的质量是

17、连续分布的，其线密度为 m，整个叶片可以看作是由一个个 l 叶片元 dm dr 构成的。显然，当螺旋桨绕 O 轴转动时，叶片上各个 dm 的加速度是不同的，其两侧的张力也不同。解一 设叶片的根部为原点 O，作径向 Or 轴，在叶片上距 O 点为 r 处取一线元 dr，则 dm dr，其两边所受的 张力如图所示。根据圆周运动沿径向的动力学方程，有 T dT T 2 rdm m 2 rdr l dr O T+dT dm T r 即 dT m 2 rdr l 对上式积分，并考虑到叶片的外端 r 趋近于 l 时，张力T 0，则 0 l m 2 TdT r l rdr 因此距 O 点为 r 处叶片中的张

18、力为 m 2 2 2l 2 2 2 mn 2 2 l r 2 式中负号表明 T 指向 O 点。取 r=0，代入题中所给数据，得叶片根部张力 T 2 2 mn 2 l 2.79 105 N 解二 任意时刻 t 叶片的动量 p vdm r m dr l l 2n r m dr 2n m l n ml t 0 l 0 60 l 60 2 60 经过 dt 时间，叶片动量的改变 dp p d p dt p 2n dt t t 叶片根部所受的作用力 t 60 F dp dt pt 2n 60 2 2 n 2 602 ml 2 2 3202 602 136 3.66 2.79 105 N 219 如图所示

19、，砂子从 h0.8m 处下落到以v0 3 m s 的速率沿水平向右运动的传输带上，若每秒钟落下 100kg 的砂子，求传输带对砂子作用力的大小和方向。解 如图所示，设t 时间内落下的砂子的质量为m，则m 的动量改变 p mv0 v1 T r 2-10 2 9.8 0.8 32 F F 2 2 x y 1 显 然 有 由图可知 p v1 m 根据动量定理所以 F p t Ft p 100 497N 220 矿砂从传输带 A 落到另一传输带 B，其速度大小为v1 4 m s，v2 2 m s 方向如图 所示。设传输带的运送量m t 2000 kg h，求矿砂作用在传输带 B 上的力的大小和方向。解

20、 取t 时间内落下的矿砂m 为研究对象，建立如图所示的坐标系，其动量的改变为 px mv2 cos 2 mv1 sin1 mv sin1 v2 cos 2 py mv2 sin2 mv1 cos1 mv cos v2 sin2 根据动量定理 Ft p Fx t px Fy t py 所 以 F px m v sin v cos 2000 4 sin 300 2 cos150 3.79 102 N x t t 1 1 2 2 3600 F py y t m v t 2 sin 2 v1 cos1 2000 2 sin150 4 cos 300 2.21N 3600 故矿砂作用在传输带 B 上的力

21、 F 与竖直方向的夹角 2.22N 2gh mv 2 mv 2 1 0 v v 2 2 1 0 m t v v 2 2 1 0 m t 2gh v 2 0 2.112 3.79 103 2 1 1 2-11 0 x1 x x arctg Fx arctg Fy 3.79 103 2.11 10 2-21 质量为 M 的平板车，在水平地面上无摩擦地运动。若有 N 个人，质量均为 m，站在车上。开始时车以速度v0 向右运动，后来人相对于车以速度 u 向左快跑。试证明：(1)N 个 人一同跳离车以后，车速为 v v0 Nmu M Nm(2)车上 N 个人均以相对于车的速度 u 向左相继跳离，N 个人

22、均跳离后，车速为 v v0 mu M Nm mu M N 1m mu M m 证明(1)取车和人组成的系统为研究对象，以地面为参照系，系统的水平方向的动量守恒。人相对于地面的速度为v u，则 M Nmv Nmv u Mv 所以 v v0 Nmu M Nm(2)设第 x 1 个人跳离车后，车的速度为vx 1，第 x 个人跳离车后，车的速度为vx，根据动 量守恒定律得 M N x 1mv mv u M N xmv 所以 vx vx 1 mu N x 1m M 此即车速的递推关系式，取 x 1,2,N 得 vN v N 1 mu m M vN 1 vN 2 mu 2m M v2 v1 v v mu

23、N 1m M mu 1 0 Nm M 将上面所有的式子相加得 vN v0 mu mu mu Nm M N 1m M 此即为第 N 个人跳离车后的速度，即 2m M m M v v0 mu M Nm mu M N 1m mu M m mu 2-12 c c c c m O m O 222 求半圆形的均匀薄板的质心。解 设圆半径为 R，质量为 m，建立如图所示的坐标系，设质心坐标为x,y ，则 R R x 2m dxdy r cos2m rddr xc xdm dm 0 R R 2 dm 0 0 R 2 0 m r sin2m rddr yc ydm dm 0 0 R2 m 4R 3所以质心的坐标

24、为 0,4R 3 223 水分子的结构如图所示。两个氢原子与氧原子的中心距离都是 0.958，它们与氧原子中心的连线的夹角为1050，求水分子的质心。解 建立如图所示坐标系，设质心坐标为x,y ，则 x mH l sin mH l sin 0 c 2m 1050 m l cos m l cos2m l cos2 0.958 cos y H H H 2 0.0648 c 2m mO 2mH?所以水分子的质心坐标为(0，0.0648)224 三个质点组成的系统，其中 m1=4kg，坐标为(1，3)；m2=8ke，坐标为(4，1)；m3=4kg，坐标为(-2，2)(SI)。设它们分别受力 F1=14

25、N，沿 x 方向；F2=16N，沿 y 方向；F3 6N，沿 负 x 方向。质点间无相互作用力。求：(1)各质点的加速度；(2)开始时质心的坐标；(3)质心的加速度。R R H H 2-13 c c 2 3 解(1)各质点的加速度 a F1 14i 3.5i m1 4 a F2 m2 a F3 m3 16 j 2.0 j 8 6i 1.5i 4 (2)设开始时质心的坐标为x,y ，则 m x m x m x 4 1 8 4 4 2 7 x 1 1 2 2 3 3 m m1 m2 m3 4 8 4 4 y m1 y1 m2 y2 m3 y3 4 3 8 1 4 2 7 m m1 m2 m3 4

26、8 4 4 (3)m1，m2 和 m3 所组成的系统所受的合力 F F1 F2 F3 14i 16 j 6i 8i 16 j 所以质心的加速度是 a F 8i 16 j 1 i j m1 m2 m3 4 8 4 2 225 两个质量都是 m 的星球，保持在同一圆形轨道上运行，轨道圆心位置上及轨道附近都没有其它星球。已知轨道半径为 R，求：(1)每个星球所受到的合力；(2)每个星球的运行周期。解 因为两个星球在同一轨道上作圆周运动，因此，他们受到的合力必须指向圆形轨道的圆心，又因星球不受其他星球的作用，因此，只有这两个星球间的万有引力提供向心力。所以两个星球必须分布在直径的两个端点上，且其运行的

27、速度周期均相同(1)每个星球所受的合力 (2)设运动周期为 T F F G mm 1 2 2R2 v2 m 2 G 4R 2 2R 联立上述三式得 F1 m R T v T 4R 所以，每个星球的运行周期 R Gm 1 c c c 2-14 2 T1 T2 T 4R 226 如图所示，浮吊的质量 M20t，从岸上吊起 m=2t 的重物后，再将吊杆与竖直方向的夹角 由600 转到300，设杆长 l=8m，水的阻力与杆重略而不计，求浮吊在水平方向上移动的距离。解法一 取吊车和重物组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此 在由600 转到300 时，质心的位置不变。取质心为坐标原点，如图所示

28、。设在 在由600 转到300 时吊车在水平方向上移动的距离为 x，重物在水平方向上移动的距离为 y，则 =600 时Ma-mb=0 a+b=lsin 600 =300 时 M(a-x)-m(b-y)=0(a-x)+(b-y)=lsin 300 联立上述四式得 mlsin 600 sin 300 x M m 2 8sin 600 sin 300 20 2 0.266m 解法二 以岸边为参考系，选如图坐标系，因水的阻力不计，因此浮吊在 x 方向动量守恒。该 M 以 V 向岸边靠拢，m 相对 M 以 u 向左运动，相对岸边的速度为 u-V。吊杆转动角度 前后，在水平方向动量守恒，0 MV mu V

29、 即 V m u M m 依题意，m 在水平方向相对浮吊移动的距离为 x lcos 300 cos 600 2.93m 经历时间t x2 u 在 t 时间内，M 在 x 方向移动的距离为 x1 Vt m M m u x2 u 2 2.93 0.266m 20 2 227 某弹道火箭初始总质量 M 0 12.9 t，内装 m9.0t 的燃料，由静止开始发射。发射 R Gm 2-15 0 v 0 0 时喷气速率u 2.0 103 m s，喷气流量为 q125 kg s，二者都是常量。不计重力及空气阻 力，求火箭受到的反推力和它在燃料烧尽后的速度。解 取 dt 时间内喷出的气体为研究对象，根据动量定

30、理 F dt dp udm 所以 F dp u dm uq 火箭受到的反推力 dt dt F F uq (1)F 2.0 103 125 2.5 105 N 设燃料燃烧尽后火箭的速度为 v，根据动量定理 燃料燃烧时间 联立(1)、(2)两式得 dv Fdt M qt dv T m0 q uqdt M 0 qt (4)(2)(3)将上式积分得 dv T uqdt (5)0 0 M 0 qt 联立(3)、(5)两式得 v u ln M 0 M 0 m0 2.0 103 ln 12.9 12.9 9.0 2.4 103 m s 228 初始质量为 M 0 的火箭，在地面附近空间以相对于火箭的速率 u

31、 垂直向下喷射高温 气体，每秒钟消耗的燃料量 dm dt 为常量 C。设初速为零，试求火箭上升速度与时间的函数关系。解 经过时间 t 后，火箭的速度为 v，由第 27 题知，火箭受的反推力 F nc 根据动量定理 F M ct g dt M ctdv uc M ct 联立两式得 dv 0 dt M 0 ct v tuc M ct 对上式积分得 dv 0 dt 0 0 M 0 ct 因此 v u ln M 0 M 0 ct gt 2-16 2 M 1 2 此式即火箭的速度与时间 t 的函数关系式。229 依靠火箭将卫星进入轨道。发射前火箭和卫星的总质量为 M 0 12.0 t。其中燃料质 量 m

32、=9.0t。若希望在燃料烧尽后火箭能达到第一宇宙速度 v=7.9 kg s，不计空气阻力和重力，则燃料喷气相对于火箭的速率 u 应为多大?解 由第 27 题知，火箭最终速率 v u ln M 0 M 0 m 所以 u v 7.9 103 5.7 103 m s 5.7 km s ln M 0 M 0 m ln 12.0 12.0 9.0 230 有一个二级火箭，每一级的喷气速率相对于火箭体都是 u。发射前第一级火箭质量为 M 1，包括内装燃料质量 m1，第二级火箭质量为 M 2，包括内装燃料 m2；火箭由静 止开始发射，当第一级火箭燃料用完时，其外壳即脱离开火箭体，设不计空气阻力和重力，求证当

33、两级燃料全部燃烧完后，火箭达到的速度大小为 M 1 M 2 M 2 v u ln M 1 M 2 m1 M 2 m2 证明 由第 27 题知，第一级火箭燃料烧尽时火箭的速率 v u ln M 1 M 2 (1)1 M m 1 第二级火箭燃料燃尽时，火箭的速度为v2，火箭受的反推力 F uq(q 为喷气量)(2)根据动量定理 Fdt M qt dv (3)联立(2)、(3)式 dv uqdt M 2 qt udm M 2 m 将上式两边积分得 v2 dv m2 udm v1 0 M 2 m 所以 v2 v1 u ln M 2 M 2 m2 v2 v1 u ln M 2 M 2 m2 (4)2-17 M 1 联立(1)、(4)式得 v u ln M 1 M 2 M 2 2 M m1M 2 m2 这就是火箭的最终速度。2