3动角题解

第三章 动量和角动量

3.1 根据题意，弹力t kA kx F ωcos -=-=，力的冲量

ω

ωω

πkA

tdt kA Fdt I t

t -

=-==?

?2/0

cos 0

3.2 重力是恒力，重力的冲量等于重力与作用过程的时间的乘积。小球从h 高度落至地面的时间为gh t 2='?，再弹回h 高度处，整个过程的时间为t '?2，故重力的冲量方向向下，大小为

gh mg t mg I 222)(='??=重力

在整个过程中，小球除受重力的作用外，还受到地面的冲力作用。由于小球的初态（抛出时）动量与末态（弹回同一高度处）动量相等，故小球所受的总冲量必定为零，即地面冲力的冲量与重力的冲量大小相等，方向相反，指向上方。

gh mg I I 22)()(==重力冲力

平均冲力

t gh mg t I F ?=?=/22/)(冲力

3.3 设小球飞来时的速度为1v ，被捧击打后的速度为2v ，由上抛运动公式知，gh v 22=。根据动量定理：

1212v v P P I m m -=-=

作矢量关系图，可得冲量的大小

Ns 3.72)()(2

12221=+=+=v gh m mv mv I

?==35arctan

1

2

v v ? 平均冲力

N 365=?=

t

I

F 3.4 水流在水管中的速度经弯道后大小未发生变化，方向发生了变化，如图所示。根据题意，1秒钟内流过的水的质量kg 1033

?=m ，根据动量定理，1秒钟内水受到弯管的冲量

12v v I m m -=

作矢量关系图，因为21v v = 故

Ns 10

24.445cos /1010345cos /4

3

?=???=?=mv I

P 2=m v P 1=m v 1

m v 2习题3.4图

水受弯管的作用力（平均值） t I F ?=/

将s t 1=?代入，得N 1024.44?=F

方向沿90°平分线，指向水管弯曲的一侧。水流对弯管的压力与弯管对水流的作用力大小相等，方向相反。

3.5 水柱冲击煤层后，速度由v =56 m/s 变为零，速度增量的绝对值m /s 56==?v v ，t ?时间内冲击煤层的水柱的质量

t v D V m ???=?=24

1

πρρ

动量增量的绝对值为

t v v D mv m ???==?=?24

1

πρv p

平均冲力

N 1022.25603.04

1041322322?=??=?=??=

π

πρv D t p

F 3.6 (1) 子弹出枪筒时不再受力，因此可令F =0解出时间t ，令： 0103

4

4005=?-=t F 得：

t =0.003 s

(2) 冲量为力F 对时间t 的积分

?

??-

==003.00

5)103

4

400(dt t Fdt I t o

N 6.0)103

2400(003.0025=?-

=t t (3) 根据动量定理12mv mv I -=，本题中m /s 300,021==v v ， 可得： g v I m 2kg 102300

6.03=?===

- 3.7 已知力求某时刻速度，可以考虑用动量定理p I ?=求解。木箱在直线运动过程中受水平拉力F 和滑动摩擦力f 的作用，合外力的冲量

??+=-==t

f F t

F I dt F dt F I 0

)(f 合

其中水平拉力的冲量F I 可以用F-t 曲线下的面积计算，在0-4s 和0-7s 的时间内，I F 分别为

Ns 120430)40(=?==s ～t I

t (s )

4 习题3.7图

7

N 5.1630)74(2

1

)70(=?+=

=s ～t I F 本题中滑动摩擦力f 的大小为mg f μ-=，是一恒力，其冲量t f I f ?-= Ns 80410102.0)40(-=???-==s ～t I f

Ns 140710102.0)70(-=???-==s ～t I f

木箱初速00=v ，末速为v ，根据动量定理 mv mv mv I I I f F =-=+=0 故

m

I I v f

F +=

t =4时 m/s 0.41080

1204=-=

v

t =7时 m/s

5.210

140

1657　v =-=

3.8 在碰撞过程中，竖直方向上重力的冲量可以忽略不计，但斜面对m 2的冲力（垂直斜面）形成的冲量不能忽略，故动量守恒是在忽略重力的情况下，沿斜面方向动量守恒，答案（2）是正确的。

3.9 将滑块B 与小球视为一个系统，分别讨论碰撞过程（时间为t ?）中，竖直方向与水平方向的情况：

竖直方向：系统受重力g m g m 21+，以及地面对B 的平均作用力F ，动量由零变为22v m ，根据动量定理

2221)]([v m t g m g m F I y =?+-=

所以，平均冲力

t

v m g m m F ?+

+≈2

221)( 一般情况下，小球质量总是远小于斜块质量，12m m <<，故

t

v m g m F ?+

≈2

21 斜块B 对地面的平均作用力与F 大小相等，方向相反。 水平方向：系统不受外力作用，动量守恒，

211211V m v m V m =+

B 的速度增量

11

2

12v m m V V V =

==? 3.10 设两车碰后的共同速度为v ，根据碰撞过程中动量守恒，

2v 习题3.9图

v m m mv mv )(21+=-

①

在滑行过程中，摩擦力做负功，致使二车停下来，由动能定理

2)2(2

1

02v m mg -

=?-μ ②

联立①、②式，解得 m /s 8.16188.98.022=???==gs v μ

m /s 6.338.162212=?==-v v v

故至少有一辆车超速，速度大于14 m/s 。

3.11 分别考虑两次跳动过程：

第一次跳动过程：先将左船与人视作一个系统，该系统水平方向动量守恒。设人跳离左船后，左船的速度为1V ，有

0211=+v V m m

①

再将人与右船视为一个系统，该系统也满足水平方向动量守恒。设人跳上右船后，右船速度为2V ，有

2212)(V m m v m +=

②

第二次跳动过程：先将右船与人视为一个系统，并设人跳离右船后，右船速度变为2V '，根据动量守恒定律，有

v V V 221221)(m m m m -'=+

③

再将人与左船视为一个系统，并设人跳上左船后，左船速度变为1V '，根据动量守恒定律，有

121211)(V m m m m '+=-v V

④

联立求解①～④式，得：

21212m m m +-

=v V ，1

222m m V v

='

3.12 (1) A 、B 运动h = 0.4 m 后绳方拉紧，此时C 开始运动。这个过程中，只有A 受重力作用，重力做功gh m A 。设绳拉紧瞬间A 、B 的共同速度为v ，根据动能定理

0)(2

1

2-+=

v m m gh m B A A 将m m m m c B A ===代入

s m gh v /0.24.08.9=?==

再设这个过程的时间为t ?，根据动量定理

mv t mg v m m t g m B A A 20

)(=?-+=?即

解得： s 4.08.9/22/2=?==?g v t

此题也可用牛顿定律求解。将A 、B 看作一个整体，受重力g m A 作用

ma mg a

m m g m B A A 2)(=+=即 2

g a =

由匀加速直线运动公式 at v at h ==

及2

2

1，得： s 4.08

.94.0442=?===

g h a h t m /s 0.24.08.92

1

2=??==

=t g at v (2) 将A 、B 、C 视为一个系统，绳子绷紧的过程视为碰撞过程，根据动量守恒 v m m m v m m C B A B A '++=+)()( 即： v m mv '=32

得：

m /s 33.123

2

32=?==

'v v 3.13 α粒子散射过程中，若将α粒子与氧原子核视为一个系统，它们之间的电磁相互作用（斥力）是系统的内力，系统不受其它外力作用（忽略重力，空气阻力等的作用），系统动量守恒。这种情况类似二物体的碰撞，因此可看作是一种广义的碰撞。

取α粒子入射方向为x 方向，α粒子“碰撞”前后速度分别为21v v 、，氧核“碰撞”后速度为3v ，由动量守恒定律，

x 方向：βθcos cos 312212v m v m v m += y 方向：βθsin sin 03122v m v m -= 联立两式求解，可得

β

βθββθθsin )

sin(cos sin sin cos 2221+=?+

=v v v v 所以， 71.0)

4172sin(41sin )sin(sin 12=?+??

=+=

βθβv v 3.14 两球相碰，动量守恒。设碰后二球的共同速度为v

v v v )(212211m m m m +=+

代入相关数据，并将v 用分量表为j i v y x v v +=

))(5020()0.50.3(501020j i j i i y x v v ++=+?+?

因为等式两侧x 分量与y 分量应分别相等，即

i i i x v )5020(0.3501020+=?+?

j j y v ?+=?)5020(0.550

解出： m /s 57.3m /s

5==v v

习题3.13图

习题3.12图

碰后二球的共同速度为

cm /s )57.35(j i v +=

速度的大小为

m /s 15.657.3522=+=v

速度方向与x 轴的夹角为

233553.355

57

.3arctan

arctan

'?=?===x

y v v θ 3.15 以速率v ，半径r 作圆周运动的电子，对圆心（原子核所在处）的角动量为rmv L =， 故电子的速率和角速度分别为

rm

h

rm L v π2=

=

31

211342101.9)103.5(14.3210626.62---??????===m r h r v w π

s /101.416?=

3.16 小球在绳绷紧前水平方向不受外力作用，绳绷紧后受绳拉力作用，但拉力对0点不形成力矩，故整个过程对0点的力矩为零，小球对0点的角动量守恒。设初始时小球速度大小为0v ，角动量00mhv L =，绳绷紧后速度大小为v ，角动量mlv L =，由角动量守恒

mlv mhv =0

则初始动量大小00mv p =，绳绷紧后动量大小mv p =，

l

h mv mv p p ==00 3.17 将A 、B 球构成一个系统，相对于转轴上的任意一点，A 、B 球受到的合力矩均等于零，满足角动量守恒的条件，故有： 2

2221122r m r m ωω=

121221129)5

15

()(

ωωωω=?==r r 钢球角速度增大为原来的9倍。

3.18 (1)地球绕太阳作椭圆轨道运动时，受太阳的引力直指太阳中心，故对太阳的力矩为零，地球对太阳的角动量守恒。在远日点111v mr L =，在近日点21222,L L v mr L ==

2211v mr v mr =

m /s 1003.310

47.11052.11093.2411

114

2112?=????==r r v v （2）r

v =

ω

s r v /1093.11052.11093.27

114111-?=??==ω

s r v /1006.21047.11003.37

11

4222-?=??==ω

3.19 无论卫星是在圆轨道还是椭圆轨道上运动，卫星受到的对地心的引力力矩均为零，卫星对地心的角动量守恒。

卫星在圆轨道时，s m v h R r /105.7,3?=+=，角动量mrv L =，卫星在椭圆轨道的近地点或远地点时，距地心的距离设为r '，速度v '，且r v '⊥'，角动量v r m L ''='，根据角动量守恒定律，

v r m mrv ''=

①

另外，卫星在椭圆轨道上运动时，机械能守恒。初入椭圆轨道时r

mM

G v v m E -+=22)(21（M 为地球质量），在近地点或远地点时，r mM

G

v m E '

-'='221，有E E '=，即

r mM G

v m r mM G v v m '

-'=-+22221)(21 ②

再考虑到卫星在圆轨道上时有

r

v

m r

mM G

=2

③

联立①、②、③式，解得：

2

v v vr

r ±=

' 则卫星距地面的距离

R r h -'='

近地点时：R v v h R v R v v vr

h -++=-+=

'2

2)( 63

563104.6200

105.7)

100.8104.6(105.7?-+??+???=

m 1013.65?= 远地点时：R v v h R v R v v vr

h --+=--=

'2

2)( 63563104.6200

105.7)

100.8104.6(105.7?--??+???=

m 1097.95?=