第3章 动量守恒定律和能量守恒定1

第三章 动量守恒定律和能量守恒定律

问题解答

3-1 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？

Mmmv2解 由G2?可得，地球绕太阳作圆周

RR运动的速率为v?vC

A B vA C vAvB

GM，方向沿轨道切线方向。 R（1）地球从A到B，动量增量的大小为

?PAB?m?vAB?m2v?m方向与B点速度方向成45角。

?2GM R在运动过程中，地球只受到引力作用，由动量定理可知，地球所受的冲量等于动量的增量，即 IAB??P??mAB2GM R方向与B点速度方向成45角。

（2）同理，地球从A运动到C，动量增量大小为

?PAC?m?vAC?2mv?2mGM，方向与C点速度方向相同。 RGM，方向与C点速度方向相同。 R此过程中地球所受的冲量为IAC??PAC?2m（3）当地球绕行一周回到A时，动量增量为零，地球所受到的冲量也为零。

3-2 假使你处在摩擦可略去不计的覆盖着冰的湖面上，周围又无其它可以利用的工具，你怎样依靠自身的努力返回湖岸呢？

解 可以将身上所带的物品往后扔，由于动量守恒，人自身会向前进。

3-3 质点系的动量守恒，是否意味着该系统中，一部分质点的速率变大时，另一部分质点的速率一定会变小？

解 不一定，因为动量是矢量，既有大小也有方向。例如炸弹爆炸，产生的碎片获得的速率相对爆炸前都增大，但方向不一。

3-4 一人在帆船上用电动鼓风机正对帆鼓风，帆船是前进，还是后退？为什么？ 解 帆船仍然静止，鼓风机所鼓的风对帆及其自身都有作用力，对于整个帆船来看，风对帆和鼓风机的力属于内力，动量守恒。

3-5 在大气中，打开充气气球下方的塞子，让空气从球中冲出，气球可在大气中上升。如果在真空中打开气球的塞子，气球也会上升吗？说明其道理。

解 气球会上升，由动量守恒，从气球中乡下冲出的空气会给气球一个向上的冲力。

3-6 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。人以速率v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

v 离？

v? 解 如图所示，取人与车为系统，在水平

方向系统不受外力，满足动量守恒。设小车沿地面的速率为v?，所以有 mv?m?v? s s? l将上式两边乘以dt，并对时间积分

m?vdt?m??v?dt （1）

00tt设t时刻，人刚好走到小车另一端，此时人相对于地面运动的距离为s，小车相对于地面运动的距离为s?，所以s??t0vdt，s???v?dt，代入（1）式有

0tms?m?s? （2）

又由图示可知 s?s??l （3）

由（2）（3）可得

m?l

m?m?m小车对地面移动的距离为s??l

?m?m人对地面移动的距离为s?

3-7 人从大船上容易跳上岸，而从小舟上则不容易跳上岸了，这是为什么？

解 船与河岸的距离一定，人要能跳上岸，则他相对于地面的速率必须要达到一定的值，假设这个所需的速率为v1，设人的质量为m1，船的质量为m2，并且当起跳时人相对船的速率为u，由相对运动可知，此时船相对地面运动的速率为

v2??u?v1?.

取人与船为一个系统，起跳过程中，在水平方向满足动量守恒，即

m1v1?m2?u?v1? ?m1?u??1??v1

m?2?又上式分析可知，人的质量m1、人相对地面所需的速度

v1恒定，当船的质量越小，则人相对船起跳的速率也要越大，即人从小舟跳上岸要

困难些。

3-8 质点的动量和动能是否与惯性系的选取有关？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。

解 质点的速度v因惯性系选取的不同而不同，所以质点的动量和动能都与惯性系的选取有关；由位移dr?vdt，即位移与惯性系有关，所以对于功dW?F?dr也与惯性系有关；动量定理与惯性系选取无关；动能定理与惯性系有关。

例如，在一辆以速率u匀速前进的火车上，一乘客用一恒定力F拉动物体A，使物体相对于火车由静止开始运动，则物体相对于

当运动t秒后，取地面为参考系，物体的动量为P?m?u?at?，动能为

Ek?112m?u?at?，力F作功W?at2F，这段时间内其动量定理表达式为 22112??1Ft?m?v?mat，动能定理表达式为F?ut?at2??m?u?at??mu2

22??2取火车为参考系，物体的动量为P?mat，动能为Ek?表达式Ft?m?v?mat，动能定理表达式为

2?1?1F?at2??m?at? ?2?212m?at?，动量定理2

3-9 关于质点系的动能定理，有人认为可以这样得到，即：“在质点系内，由于各质点间相互作用的力（内力）总是成对出现的，他们大小相等方向相反，因而所有内力做功相互抵消。这样质点系的总动能增量等于外力对质点系做的功”。显然这与式（3-20）所表述的质点系动能定理不符。错误出在哪里呢？

解 这种观点不正确，各质点间的内力虽是成对出现的，且大小相等方向相反，

但它们分别作用在不同的质点上，质点的位移并不一定相同，所以这对内力作功之和也不一定为零。 如右图所示，两质点m1、m2，相互作用力为F、F?， 在时间dt内，两质点位移分别为dr1、dr2，则这一对O 内力作功为

F? r2 dr2 m2 m1 r1 dr1

F

dW?F?dr1?F??dr2=F??dr1?dr2??F?dr12

dr12是质点m1对m2的相对位移。当dr12为零时，这对内力作功才可抵消。

3-10 有两个同样的物体，处于同一位置，其中一个水平抛出，另一个沿斜面无摩擦地自由滑下，问哪一个物体先到达地面？到达地面是两者的速率是相等？

解 如图所示，这两个物体在竖直方向都作初速度为零、加速度为g的匀加速运动，由于起始高m1 m2 v0 度相同，由运动学公式，它们到达地面所要的时间都为t?2h， gh 对于沿斜面下滑的物体、斜面、地球组成的系统而言，只有重力作功，由机械能守恒可得物体到达地面时的速率为v1?2gh

2v0?2gh

对于平抛落地的物体，它到达地面时的速率为v1?所以它们落地时速率并不相等。

3-11 如果一质点P处于如图所示的方形势阱底部。若有力作用在质点上，在什么情形下，此质点的运动可以不受方形势阱的束缚；在什么情形下，质点仍要受束缚。

解 质点P受力作用，当它所获得的能量大于在势阱

h 底部的势能mgh时，质点不受方形势阱的束缚。

P a a 3-12 举例说明用能量方法和牛顿定律各自求解哪些力学问题较方便，哪些力学问题不方便。

解 能量方法和牛顿定律是解决力学问题时经常要用到的方法，利用牛顿定律可以求得瞬时关系，但解题时必须考虑物体运动状态改变的细节， 能量的方法一般适用于研究物体或系统运动状态的变化。

例如对于碰撞问题，两质点碰撞过程中的相互作用力为变力，不便利用牛顿定律来求解，而利用能量方法则不用考虑碰撞中的内力。

习题解答

3-1 一架以3.0?10m?s的速率水平飞行的飞机，与一只身长为0.20m、质量为0.50kg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？

解 由力的作用的相互性可知，鸟与飞机相撞，鸟对飞机的冲击力F与飞机对鸟的冲击力F?大小相等，方向相反。我们以鸟为研究对象，取飞机的飞行的方向为Ox轴正方向。由动量定理得

F?t?mv?0 其中?t为碰撞时间，由题意可知?t?lv，代入上式可得

2?1mv2?2.25?105N F?l所以飞鸟对飞机的冲击力为

F???F??2.25?10N

负号表示飞机所受冲力方向与其飞行方向相反。

由以上结果可知，尽管飞鸟质量、飞行速度都不大，但与其相撞后，飞机受到的冲击力很大，所以飞机在飞行时需要采取一些措施来避免与看似不会引起危害的物体相碰。

5v0与水平面成仰角?.3-2 质量为m的物体，由水平面上点O以初速为v0抛出，

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。

解 从所给的条件分析，本题有两种解法。一是直接利用冲量的定义式，二是根据物体运动的始、末状态，利用动量定理来求解。

方法一 如图所示建立Oxy坐标系，物体从发射点到最高点A所用的时间为

y v0 A O ? B x

?t1?v0sin? g由冲量定义，从发射点到最高点的过程中重力的冲量为

I1??Fdt??mg?t1j=?mv0sin?j

?t1同理，物体从发射点O落到B所用的时间为

?t2?此过程重力的冲量为

2v0sin? gI2??Fdt??mg?t2j=?2mv0sin?j

?t2方法二 物体在整个运动过程中只受到重力作用，由动量定理可知，物体始末动量的增量即为重力的冲量。右图分别为两过程中动量矢量图。

P0 所以物体由发射点O运动到A、B过程中重力的冲量分别为

P0 ? I1?PA?PO??POsin?j=?mv0sin?j

? PA

I2?PB?PO??2POsin?j=?2mv0sin?j

PB

3-3 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质量为51.0kg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，最终使它被悬挂起来。已知此时人离原处的距离为2.0m，安全带弹性缓冲作用时间为0.50s. 求安全带对人平均冲力。

解 人从跌落到最终被悬挂，受到重力P和安全带对他的冲力F的作用，但二者作用时间不同，重力作用于整个过程中，而安全带只作用于缓冲阶段。 由题意可知，安全带对人的作用时间为 ?t1?0.5s，而重力的作用时间为人自由落

体到h?2.0m处的时间与缓冲作用时间之和，即 ?t2?2h??t1 g取竖直向下为正方向，人初始下落和最终被悬挂时的速度均为零，所以对于整个过程，人的动量增量为零，由动量定理有

F?t1?P?t2?0

由上式可知，安全带对人的平均冲力的大小为

F?

mg2hg?mg ?t13-4 一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离地面为19.6m. 爆炸后1.00s，第一块落到爆炸点正下方的地面上，此处距抛出点的水平距离为1.00?10m. 问第二块落在距抛出点多远的地面上？（设空气的阻力不计）

解 物体在最高点发生爆炸，其中爆炸力是内力，它远大于物体的重力，所以爆炸前后动量守恒。如图所示建立坐标系

2yv2v0x2Oxy.

Ox1v1x爆炸前，由抛体运动规律，物体在最高处的速度（起抛速度的水平分量）为

v0?x1gi?x1i （1） t02h 爆炸后，由题意可知第一块碎片获得竖直向下的速度v1，向下作自由落体运动，在t1?1s后落到爆炸点正下方的地面上 h?v1t1?12gt1 212gt12j （2） t1由上式可得，爆炸后第一块碎片的速度为

h? v1??设爆炸后第二块碎片的获得的速度为v2，由动量守恒有

2mv0?mv1?mv2 （3）

由（1）（2）（3）式可得

v2?2v0?v1?2x11h?gt12g2i?j （4） 2ht1由上式可得，爆炸后第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为

x2?x1?v2xt2

12

y2?h?v2yt2?gt22将y2?0代入上式，并且由（4）式可得第二块碎片落地时的水平位置为

x2?500m

3-5 A、B两船在平静的湖面上平行逆向航行，当两船擦间相遇时，两船各自向对方平稳地传递50kg的重物，结果是A船停了下来，而B船以3.4m?s的速度继续向前驶去。A、B两船原有质量分别为0.5?10kg和1.0?10kg，求在传递重物前两船的速度。（忽略水对船的阻力）

解 由题意可知，A船与从B船传过来的重物在航行方向无外力，二者在作用过程中沿航行方向动量守恒；同样，在B船与A船传过来的重物相互作用过程中也满足动量守恒。如图，以A船初始航行方向为Ox轴正方向，设传递重物前A、B两船的速度分别为vA、vB，传递后的速度分别

33?1vA

A

vB

B

O x ?、vB?，重物质量为m. 为vA由动量守恒定律，对于A船与从B船传过来的重物有

? AvB?mAv ?mA?m?vA?m （1）

对于B船与从A船传过来的重物有

? （2） ?mB?m?vB?mvA?mBvB??(?3.4m?s)i代入（1）??0，vB将vA（2）式可得传递重物前两船的速度分别为

vA?0.40m?s?1i vB?(?3.6m?s?1)i

3-6 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?角的速率v0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，他跳跃的距离增加多少？（假设人可视为质点）

解 如右图所示建立坐标系，人在最高处向左抛y u v 物体的过程中，人与物体组成的系统在水平方向不受

v0 外力，满足动量守恒定律，设人抛出物体后相对地面的速率为v，则物体相对地面的速率为?v?u?，由动量守恒得

?1O x ?x x

?m?m??v0cos??m?v?m?v?u?

由上式可得，人抛出物体后的速率为

v?v0cos??mu

m??mmu

m??m由上式可见，人因向左抛出物体而获得的速率增量为

?v?v?v0cos??又人从最高处下落到地面所需要的时间为

t?v0sin? g所以，人跳跃后增加的距离为

?x??v?t?

mv0usin?

?m?m??g3-7 一火箭垂直向上发射，它的气体质量排出率恒为5.00?10m0s，其中m0是火箭最初的质量。火箭排出的气体相对于火箭的速率为5.00?10m?s. 求发射（重力略去不计） 10.0s后火箭的速度和高度。

3?1?2?1解 不计重力时，火箭在推力udm的作用下飞行，其动力学方程为 dtm对上式两边积分得

dvdm ??udtdtv?ulnm0 m设气体质量排出率为k，则t时刻火箭的质量为m?m0?kt ，代入上式得

v?ulnm0 （1）

m0?kt当t?10.0s时，代入（1）式得，此时火箭的速率为

v?3.47?103m?s?1

将v?dy代入（1）式整理得 dtm0dt

m0?ktdy?uln将上式两边积分，可得10.0s后火箭飞行的高度为

y??uln010m0dt?1.53?104m

m0?kt

3-8 如图所示，一绳索跨过无摩擦的滑轮，系在质量为1.00kg的物体上，起初物体静止在无摩擦的水平平面上。若用5N的恒力作用在绳索的另一端，使物体向右作加速运动，当系在物体上的绳索从与水平面成30变为37角时，力对物体所作的功为多少？已知滑轮与水平面间的距离为1m.

解 如图建立坐标系，由题意知，绳对物体的拉力F大小恒定，方向随着绳与水平面的倾角变化而变化。

由功的定义可知，力对物体所作的功的大小为

??F W??F?dx=?Fcos?dx （1）

xAxAxBxBx 30 ?1m 37?A B O 又由几何关系可知，

dx?d?1?co?t???1?d 2sin???代入（1）式，积分元?从30到37积分得

W?1.69J

3-9 一人从10.0m深的井中提水，起始桶中装有10.0kg的水，由于水桶漏水，每升高1.00m要漏去0.20kg的水。水桶被匀速地从井中提到井口，求人作的功。 解 由题意可知，水桶被匀速提升，即水桶所受的拉力F与

重力P始终平衡，且拉力大小随重力变化不断变化，方向竖直向上。

如图，以水桶起始位置为坐标原点，竖直向上为y轴正方向建立坐标系，则水桶重力P的大小随其位置变化的关系式为

y F

10.0m P?mg?0.20y

由前面分析可知，水桶所受的拉力F大小为 m为水桶初始质量，

F?P?mg?0.20y

方向沿y轴正方向，所以人对水桶的拉力做功为 W?

P

O ?100F?dy??100?mg?0.20y?dy?882J

3-10 一质量为0.20kg的球，系在长为2.00m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，然后由静止放开。求：（1）在绳索从30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。

解 （1）重力是保守力，其作功只与物体始、末位置有关。如图所示，小球从A点到B点在竖直方向下落的高度为

???h?l(1?cos30)

所以，此过程中重力作功为

?O F WP?mgh?0.53J

又在A到B点的运动过程，绳对小球的张力始终与小球的运动方向垂直，所以张力所作的功为

A P B h WF?0J

（2）小球从A到B，只有重力作功，由动能定理， EkB?EkA?WP

又在A点，小球动能为零，

所以，在最低位置B处小球的动能为

EkB?WP?0.53J

速率为 vB?2EkBm?2.3m?s?1

（3）在最低位置B处，由牛顿定律可知

mvB2 FB?mg?lmvB2所以 FB?mg??2.49N

l

3-11 设两个粒子之间的相互作用力是排斥力，并随它们之间的距离r按

F?kr3的规律而变化，其中k为常量。试求两粒子相距为r时的势能。（设力为

零的地方势能为零）

解 由F?kr可知，在r??时，F?0，设两粒子相距无穷远处为系统势能的零点。当两粒子距离发生变化时，由于排斥力的作用，系统势能会发生变化，并且排斥力所做的功等于势能增量的负值。将其中一个粒子从无穷远处移至与另一粒子相距为r时，系统的势能为

3EP??(E??EP)?W??F?dr??r??rkdr 3r所以 EP?

k 22r3-12 如果一物体从高为h0处静止下落。试以（1）时间t为自变量，（2）高度h为自变量，画出它的动能和势能图线，并证明两曲线中动能和势能之和相等。 解 （1）以时间为变量

从物体下落开始计时，t时刻物体的速度为 v?gt 动能为

11Ek?t??mv2?mg2t2 （1）

22以地面上一点为原点，竖直向上为坐标轴正方向，同时取原点处为势能原点，所以t时刻物体的势能为 EP?t??mg(h0?121gt)?mgh0?mg2t2 （2） 22由（1）（2）两式作Ek?t、EP?t图 在任意t时刻动能与势能之和为

E mgh0 EP E?t??Ek?t??EP?t??mgh0

Ek 由上式可见，动能与势能之和为一个恒定值。

（2）以高度为自变量

仍取第（1）问所建立的坐标系，物体下落到h处，由运动学公式，物体的速率为

t

v?2g(h0?h)

动能为

Ek?h??12mv?mgh0?mgh （3） 2此时物体的势能为

EP?h??mgh （4）

由（3）（4）两式作Ek?h、EP?h图 在任意高度h处，动能与势能之和为

E mgh0 EP E?h??Ek?h??EP?h??mgh0

h 由上式可见，动能与势能之和仍为一个恒定值。

3-13 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

点在粗糙的水平面上作半径为r的圆周运动。设质点的最初速度是v0. 当它运动一周时，其速率为v02. 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？

解 质点在水平面上作圆周运动受到指向

Ek FTO Ff v 圆心的拉力FT和与运动方向相反的摩擦力Ff，但拉力方向始终垂直于质点运动方向，它对质点不作功，所以质点动能的减少是由于摩擦力对其作负功。

（1）质点运动一周后，速度由v0减少到v02，由动能定理可得摩擦力作功为

1?v?1232WFf??Ek?m?0??mv0??mv0

2?2?28（2）设动摩擦因数为?，质点受到的摩擦力的值为Ff??mg 由于摩擦力方向与运动方向相反，所以

2WFf??Ffs??2?r?mg

根据上问结果可得，质点与水平面的动摩擦因素为

23v0??

16?rg（3）质点的损失的动能都用于克服摩擦力作功，由第一问可知，质点运动一圈损失动能为?Ek?32mv0，那么在静止前质点可运行的圈数为 8Ek04? ?Ek3n?

3-14 如图所示，A和B两块板用一轻弹簧连接起来，它们的质量分别为m1和

m2. 问在A板上需加多大的压力，方可使力停止作用后，恰能使A在跳起来时B

稍被提起。（设弹簧的劲度系数为k）

y N O M （a） （b） A F1 P1 F B P1 ?F2 F2 FN （c） P2

解 如图所示，a为弹簧处于自然状态，并取此时弹簧最高处为原点O，b为连上A板并向其施加力F的情况，A板跳起到最大高度时的情况。c为施力停止后，

取原点O为重力势能和弹性势能的零点。

对于状态b中 A板受到压力F下移到M处，设它偏离原点位移大小为y1，由受力平衡得 F2?P1?F 即 P1?F?ky1 （1）

停止施力后，A板跳起到最高点N，系统处于状态c，设它偏离原点位移大小为y2，A板受竖直向下的弹力F2?ky2，若要A在跳起来时B稍被提起，即此时B板所受地面对它的支持力FN?F2??P2?0，所以有

F2?F2??P2?ky2 （2）

从b到c，由机械能守恒得

1212ky1?m1gy1?ky2?m1gy2 22将上式两边同时乘以k，考虑到P、（2）代入上式整1?m1g，P2?m2g，并将（1）理得所需压力的大小为

F?P1?P2?(m1?m2)g

3-15 如图所示，有一自动卸货矿车，满载时的质量为m?，从与水平成倾角

??30.0?斜面上的点A由静止下滑。设斜面对车的阻力为车重的0.25倍，矿车下

滑距离l时，矿车与缓冲弹簧一道沿斜面运动。当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，

矿车自动卸货，然后矿车借助弹簧的弹性力作用，使之返回原位置A再装货。试问要完成这一过程，空载时与满载时车的质量之比应为多大？

解 矿车沿斜面下滑、上滑的整个过程中，受到

l 重力、阻力、弹力和垂直于斜面的支持力的作用，其中支持力不作功，重力和弹力为保守力，阻力为非保

守力，我们可以由功能原理来解题。

如图，取沿斜面向上为x轴正方向，弹簧原长时的位置为原点O，并规定原点位置为势能零点。设弹簧被压缩到最大时偏离原点的位移大小为x。

设矿车返回时质量为m，则在整个过程中摩擦力做功为 Wf???0.25m?g?0.25mg?(l?x) （1）

A

? x

l x O ?

在初始时系统机械能为

E1?EP?m?glsin? （2）

当矿车返回原位置时，系统的机械能为

E2?mglsin???m??m?gxsin? （3）

其中??m??m?gxsin?为被卸下的货物的重力势能。 根据功能原理，在整个过程中

Wf??E?E2?E1

将（1）（2）（3）代入上式有

??0.25m?g?0.25mg?(l?x)??m?m??g?l?x?sin?

整理得

3-16 一质量为m的地球卫星，沿半径为3RE圆轨道运动，RE为地球的半径。已知地球的质量为mE. 求：（1）卫星的动能；（2）卫星的引力势能；（3）卫星的机械能。

解 （1）卫星绕地球作圆周运动，其向心力由它与地球之间的万有引力提供，即

m1? m?3GmmEmv2? 2rr其中卫星与地球间距离（即圆轨道的半径）为r?3RE，代入上式得卫星的动能为

Ek?12GmmEmv? 26RE（2）取卫星与地球相距无限远时势能为零，根据引力作功等于引力势能增量的负值可得，在r?3RE时，卫星的势能为

EP???E??EP????r?GmmEGmmEr?dr=? r33RE（3）卫星的机械能为

E?Ek?EP?

GmmEGmmEGmmE ???6RE3RE6RE3-17 如图所示，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。

解 由受力分析可知，冰块在滑行时，屋面对它的

FN 支持力FN总是与其运动方向垂直，即支持力对其作功FN A B 为零，整个过程只有重力作功，冰块，屋面和地球组成? P ? 的系统满足机械能守恒。 vB P设冰块从顶点A滑到B处，由机械能守恒得

O 12 mgR?mgRcos??mvB2（1）

在B处，冰块在径向方向的动力学方程为

2mvB （2） mgcos??FN?R若此时冰块刚好离开屋面，即FN?0，代入上式并联合（1）式可得 ??arccos2?48.2? 32Rg 3?代入（2）式得此时冰块的速率为

vB?gRcos??其方向与水平方向所成夹角为 ??48.2

3-18 如图所示，把质量m?0.20kg的小球放在位置A

C B 时，使弹簧被压缩?l?7.5?10m. 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?2r O D 2r ?运动。小球与轨道间的摩擦不计。已知BCD是半径

半圆弧，AB相距为2r．求弹簧劲度系数的最r?0.15m小值．

A

解 要使小球能沿轨道ABCD运动，即要求小球运动到最高点C时，轨道对小球的支持力为FN?0，即

mvC2?mg （1） r又小球在被释放后的运动中，只有重力与弹力对其作功，小球与弹簧组成的系统满足机械能守恒定律。取位置A为重力势能零点，由机械能守恒可知小球从A运动到C有

1122k??l??mvC?mg?3r? （2） 227mgr 由（1）、（2）可得 k???l??12

代入已知数据可得，所需弹簧劲度系数的最小值为 kmin?366N?m

3-19 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。

解 由题意分析可知，子弹与靶相碰

v 后，靶受弹力向前加速运动，子弹仍向前减

k 速运动，当两者达到相同的速度v1时，弹簧压缩达到最大长度x0. 取子弹与靶为一个系统，它在水平方向不受外力作用，由动量守恒

mv??m?m??v1 （1） 又由机械能守恒有

12112 （2） mv??m?m??v12?kx0222mm?v

k?m?m??由（1）（2）可知弹簧最大压缩距离为 x0?

3-20 质量为m的弹丸A，穿过摆锤B后，速率由v减少到v2，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，弹丸的速度的最小值应为多少？

解 取弹丸和摆锤为系统，二者在相互作用中冲击力的冲量远大于重力与绳中张力的冲量，在水平方向上满足动量守恒定律，即

vmv?m?m?v? （1）

2其中v?为摆锤所获得的速率。

要使摆锤能完成一个完全的圆周运动，则摆锤运动到最高点时，它所受到的张力满足FT?0，在最高点O处有

v v? v2?2m?vO?m?g （2） l摆锤获得速率v?后，从最低点运动到最高点，由机械能守恒有

11?2 （3） m?v?2?m?g?2l??m?vO22由（1）（2）（3）式可得弹丸速度的最小值为

vmin

2m??5gl m?233-21 质量为 7.2?10kg，速率为6.0?107m?s?1的粒子A，与另一个质量

为其一半而静止的粒子B发生二维完全弹性碰撞，碰撞后粒子A的速率为

5.0?107m?s?1.求（1）粒子B的速率及相对粒子A原来速度方向的偏角；（2）粒

子A的偏角。

解 由题意可知，两粒子在碰撞过程中不受外力作用，并且发生完全弹性碰撞，所以这两个粒子组成的系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律。

如图所示，在碰撞平面内建立坐标系，取碰前粒子A的速度vA方向为Ox轴正方向。设碰撞后A、B

y ? vAvA ? ? x

? vB?、vB?，由动量守恒可得 的速度分别为vA1??mvB? mvA?mvA2上式在x，y轴上的分量式为

?cos??mvA?mvAm?cos? （1） vB2?sin??mvA又由机械能守恒得

m?sin? （2） vB21211m22mvA?mv???v?AB （3） 2222由（1）（2）（3）式并代入已知数据得碰撞后B 的速率为

2??2?vA?2??4.69?107m?s?1 vB?vA粒子B相对粒子A原来速度方向的偏角为??arccos?3vB?54?6? 4vA2?2vA?3vA?22?20? 粒子A相对其原来速度方向的偏角为??arccos?4vAvA

3-22如图所示，一质量为m?的物块放置在斜面的最底端处，斜面的倾角为?，高度为h，物块与斜面的动摩擦因数为?，今有一质量为m的子弹以v0速度沿水平方向射入物块并留在其中，且使物块沿斜面向上滑动。求物块滑出顶端时的速度大

小。

解 子弹射击物块的过程中，在斜面方向上满足动量守恒，设子弹射向物块后取得共同速度为v1，方向沿斜面向上，则有

v0

? h mv0cos???m?m??v1 （1）

子弹与物块一起沿斜面上滑，此过程中只有摩擦力与重力作功。设物块滑到顶端时的速度为v2，取斜面底端为势能零点，由功能原理可知 ???m?m??gcos?h112??m?m??v2??m?m??gh??m?m??v12 （2） sin?222由（1）（2）式可得物块滑出顶端的速率为

?m?v2??v0cos???2gh??cot??1?

?m??m?

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/gs2g.html