《大学物理学》课程作业习题（含解答）No.2-1 动量、动量守恒定律

《大学物理AI》作业No.2动量、动量守恒定律一、选择题：（注意：题目中可能有一个或几个正确答案）1.A、B两木块质量分别为m，和mg，且mB=2mA，两者用一轻弹簧连接后静止于光滑水平桌面上，如图所示，若用外力将两木块压紧使弹簧被压缩，然后将外力撤去，则此后两木mm块运动动能之比EkA/EkB为［B」777777777777777(A) 1/2(B) 2(C) /2(D) ~/2/2解：以mV、m，和弹簧为研究对象，系统水平方向所受外力为零，由动量守恒有：m+mag=0式中7,和V。为撤去外力后的速度。写成标量式：mAV-maVs=0，所以Vg/Vg=mg /m,=22/m"()-1x2*=2于是动能之比为Eu/Em=专m/m。故选Bmg(vs）22.一力F=12ti（SI）作用在质量m=2kg的物体上，使物体由原点从静止开始运动，则它在3秒末的动量应为：［B］(B) 547 kg.m / s(A)-547kg-m/ s(D) 277 kg .m / s(C) -27i kg -m / s解：以物体为研究对象，由质点的动量定理有，Ap= P,-Po ="Fdt =(T12id) = 547由于Po=0，所以3秒末物体的动量为：P,=547(kg·m·s")故选B3．粒子B的质量是粒子A的质量的4倍，开始时粒子A的速度为(37+4))，粒子B的速度为（2i-7]),由于两者的相互作用，粒子A的速度为(i-4),此时粒子B 的速度等于［A](A) -5)(B) 27 -7)(C) 0(D) 5i -3j解：以两粒子为研究对象，由于只有两者的相互作用，故它们不受外力作用动量守恒，即

《大学物理 AI》作业 No.2 动量、动量守恒定律 一、选择题：（注意：题目中可能有一个或几个正确答案） 1．A、B 两木块质量分别为 mA 和 mB ，且 mB = 2mA ，两者用一轻弹簧连接后静止于光滑水 平桌面上，如图所示，若用外力将两木块压紧使弹簧被压缩，然后将外力撤去，则此后两木 块运动动能之比 EKA EKB 为[ B ] （A） 1 2 （B） 2 （C） 2 （D） 2 2 解：以 mA、mB 和弹簧为研究对象，系统水平方向所受外力为零，由动量守恒有： mA vA + mB vB = 0   式中 A v  和 B v  为撤去外力后的速度。写成标量式： mA vA − mB vB = 0 ，所以 vA / vB = mB / mA = 2 于是动能之比为 2 2 2 1 2 1 2 1 / 2 2 2 2 =  =         = = B A B A kA kB A A B B v v m m E E m v m v 故选 B 2．一力 F t i   =12 （SI）作用在质量 m＝2 kg 的物体上，使物体由原点从静止开始运动，则它 在 3 秒末的动量应为：[ B ] （A）－54 i  kg﹒m / s （B）54 i  kg﹒m / s （C）－27 i  kg﹒m / s （D）27 i  kg﹒m / s 解：以物体为研究对象，由质点的动量定理有， p p p F t t t i i       d 12 d 54 3 0 3 0 3 0  =       = − = =   由于 p0 = 0  ，所以 3 秒末物体的动量为： ( ) 1 3 54 kg m s − p = i     故选 B 3．粒子 B 的质量是粒子 A 的质量的 4 倍，开始时粒子 A 的速度为 ( i j)   3 + 4 ，粒子 B 的速度为 （ i j   2 − 7 ），由于两者的相互作用，粒子 A 的速度为 ( i j)   7 − 4 ，此时粒子 B 的速度等于[ A ] （A） i j   −5 （B） i j   2 − 7 （C）0 （D） i j   5 −3 解：以两粒子为研究对象，由于只有两者的相互作用，故它们不受外力作用动量守恒，即 mA mB

m,(37 +4)+m;(2i -7))= m,(7i -4i)+mg/g37+47+"s(27-7)=77-47+"ms将"==4代入上式，可得=7-57故选A4.如图所示，沙子从h=0.8m高处下落到以3m/s的速率水平向右运动的传送带上。取重力加速度为g-10m/s，则传送带给予沙子的作用力的方向应为［B]（A）与水平夹角53°向下（B）与水平夹角53°向上:h（C）与水平夹角37°向上（D）与水平夹角37°向下o8解：设单位时间内落到传送带上的砂子质量为p。以t~t+d时间内落下的砂子 dm为研究对象，并视为质点，dm=pdt。根据质点的动量定理，在dm落到传送带上到与传送带一起运动的过程中，dI =Fdt = dm--dm-i式中：V=3m.s-=/2gh=V2×10×0.8=4(m.s)imIm.F=p(b-v)i=F.dhadm.由失量图可见，F与水平方向夹角为：α= tg-1 o = tg- 53°故选B5.如图所示，圆锥摆的摆球质量为，速率为V，圆周半径为R，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为[C](A)2mV(B) /(2m)* +(mgzR/v)(c) ≥Rmg(D) 0V解：重力为一恒力，根据冲量定义，重力在=t2-t,时间内的冲量为I - I' Pdt = mgt摆球以遵率 在轨道上运动半周，所需时间为AI-

( ) ( ) ( ) ( ) B A B A B A B A B B v m m i j i j m m i j m i j m i j m i j m v               + + − = − + + + − = − + 3 4 2 7 7 4 3 4 2 7 7 4 将 = 4 A B m m 代入上式，可得 v i j B    = −5 故选 A 4．如图所示，沙子从 h＝0.8 m 高处下落到以 3 m / s 的速率水平向右运动的传送带上。取 重力加速度为 g＝10 m / 2 s ，则传送带给予沙子的作用力的方向应为[ B ] （A）与水平夹角  53 向下 （B）与水平夹角  53 向上 （C）与水平夹角  37 向上 （D）与水平夹角  37 向下 解： 设单位时间内落到传送带上的砂子质量为 p。以 t～ t + dt 时间内落下的砂子 dm 为研究 对象，并视为质点，dm＝pdt。 根据质点的动量定理，在 dm 落到传送带上到与传送带一起运动的过程中， d d d d 0 I F t m v m v     = =  −  式中： ( ) 1 0 1 3 m s , 2 2 10 0.8 4 m s − − v =  v = gh =   =  ( ) 0 F p v v    = − 由矢量图可见， F  与水平方向夹角为：  53 3 4 tg tg 1 0 = = = − v v  故选 B 5．如图所示，圆锥摆的摆球质量为 m，速率为 v，圆周半径为 R，当摆球在轨道上运动半周时， 摆球所受重力冲量的大小为[ C ] （A） 2mv （B） ( ) ( ) 2 2 2mv + mgR/ v （C） v Rmg （D）0 解：重力为一恒力，根据冲量定义，重力在 2 1 t = t −t 时间内的冲量为 I P t mg t t t = =    2   1 d 摆球以速率 v 在轨道上运动半周，所需时间为 v R t   = m R v  h d 0 m v  h dm m v  d  dI = F  dt   

所以，在这段时间内，重力冲量的大小为 1=mgA=m些欧故选C二、填空题：1．两个相互作用的物体A和B，无摩擦地在一条水平直线上运动，物体A的动量是时间的函数，表达式为PA=P。-bt，式中po、b分别为正常数，t是时间。在下列两种情况下，写出物体B的动量的时间函数表达式：开始时，若B静止，则PB1=htPo +bt开始时，若B的动量为-Po，则PB2=解：以A、B为研究对象，系统水平方向所受外力之和为零，系统动量守恒，即PA+Ps=Po-bt+P=恒量(1）t=0时，PA=Po,Pa=0：t时刻，PA，=Po-bt,PB.待求。根据动量守恒定律，有Po = Po - bt+ PBPB, =bt（2）t=0时PB=-Po，则由动量守恒定律有Po - Po = Po -bt+ pB.PB, = -Po + bt2．质量为20g的子弹，以400m·s-1的速率沿图示方向射入一原来静止的质量为980g的摆球中，摆线长度不可伸缩，则子弹射入后与14m·s-l摆球一起运动的速度大小v=解：以子弹和摆球为研究对象，在子弹射入摆球前后系统在水平方向上所受合力为零，水平方向动量守恒。即mVo sin 30° = (m + M)其中为子弹射入摆球后二者一起运动的速度大小。ms30-00400-4 (ms)所以m+M(0.02+0.98)3.一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为F=400~ 4x10st (S I)3

所以，在这段时间内，重力冲量的大小为 v mg R I mg t  =  = 故选 C 二、填空题： 1．两个相互作用的物体 A 和 B，无摩擦地在一条水平直线上运动，物体 A 的动量是时间的函 数，表达式为 p p bt A = o − ，式中 p0、b 分别为正常数，t 是时间。在下列两种情况下，写 出物体 B 的动量的时间函数表达式： 开始时，若 B 静止，则 B 1 p ＝ b t ； 开始时，若 B 的动量为 0 − p ，则 B 2 p ＝ − p + b t 0 。 解：以 A、B 为研究对象，系统水平方向所受外力之和为零，系统动量守恒，即 pA + pB = p0 − bt + pB = 恒量 （1）t＝0 时， , 0 pA = p0 pB = ；t 时刻， 1 1 , A 0 B p = p − bt p 待求。根据动量守恒定律， 有 0 0 B1 p = p −bt + p p bt B = 1 （2）t=0 时 0 p p B = − ，则由动量守恒定律有 2 0 0 0 B p − p = p − bt + p p p bt B = − 0 + 2 2．质量为 20 g 的子弹，以 1 400m s −  的速率沿图示方向射入一原来 静止的质量为 980 g 的摆球中，摆线长度不可伸缩，则子弹射入后与 摆球一起运动的速度大小 v＝ 1 4 m s −  。 解：以子弹和摆球为研究对象，在子弹射入摆球前后系统在水平方向 上所受合力为零，水平方向动量守恒。 即 mv = (m + M )v  0 sin 30 其中 v 为子弹射入摆球后二者一起运动的速度大小。 所以 ( ) ( ) 0 1 4 m s 0.02 0.98 sin 30 0.02 400 0.5 − =  +   = + = m M mv v  3．一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为 F t 3 4 10 400 5  = − （S I）  30 0 v  m

子弹从枪口射出的速率为300m·s-。假设子弹离开枪口时合力刚好为零，则（1）子弹走完枪筒全长所用的时间 t=0. 003 s0.6N·s（2）子弹在枪筒中所受的冲量I=（3）子弹的质量m=2 X103 kg4x10解：（1）由子弹离开枪口时所受合力为零，即F=400-t=03×400可得子弹在抢筒中运动的时间=0.003 (s)4x105（2）根据冲量定义，子弹在抢筒中所受合力的冲量为4×105I=J, Fd =000 400-dt=0.6 (N.s)（3）以子弹为研究对象，根据动量定理=mv-mo，式中vo=0,v=300m·s-1。所以0.6 = mx30006=2×10-(kg)m=3004.质量为M（含炮弹）的大炮，在一倾角为θ的光滑斜面1上下滑，当它滑到某处速率为时，从炮内沿水平方向射出一质量为m的炮弹。欲使炮车在发射炮弹后的瞬时停止滑moso动，则炮弹出口速率V-解：发射炮弹的过程中，内力远大于重力，以大炮和炮弹为研究对象，忽略重力的影响，系统沿斜面方向动量守恒由题设条件有：Mv。=mvcos0（M瞬时静止）Mi得炮弹的出口速率mcoso5.质量m为10kg的木箱放在地面上，在水平拉力F的作用7F(N)由静止开始沿直线运动，其拉力随时间的变化关系如图所示。若已知木箱与地面间的摩擦系数μ为0.2，那么在t=4s时，t(s)木箱的速度大小为=7s时，木箱的任速度大小为2.5m/。（g取10m/s2)解：由图可知，拉力F的函数定义为

子弹从枪口射出的速率为 1 300m s −  。假设子弹离开枪口时合力刚好为零，则 （1）子弹走完枪筒全长所用的时间 t＝ 0.003 s , （2）子弹在枪筒中所受的冲量 I＝ 0.6N s ， （3）子弹的质量 m＝ 2 ×10-3 kg 。 解：（1）由子弹离开枪口时所受合力为零，即 0 3 4 10 400 5 =  F = − t ， 可得子弹在抢筒中运动的时间 0.003 (s) 4 10 3 400 5 =   t = （2）根据冲量定义，子弹在抢筒中所受合力的冲量为 d 0.6 (N s ) 3 4 10 d 400 0.003 0 5 0 =           I =  F t =  − t t t （3）以子弹为研究对象，根据动量定理 mv mv0 I = − ，式中 1 0 0, 300m s − v = v =  。 所以 0.6 = m300 2 10 (kg) 300 0.6 −3 m = =  4．质量为 M（含炮弹）的大炮，在一倾角为  的光滑斜面 上下滑，当它滑到某处速率为 0 v 时，从炮内沿水平方向射 出一质量为 m 的炮弹。欲使炮车在发射炮弹后的瞬时停止滑 动，则炮弹出口速率 v＝ cos 0 m Mv 。 解：发射炮弹的过程中，内力远大于重力，以大炮和炮弹为研究对象，忽略重力的影响，系 统沿斜面方向动量守恒。 由题设条件有： Mv0 = mvcos （M 瞬时静止） 得炮弹的出口速率 cos 0 m Mv v = 5．质量 m 为 10 kg 的木箱放在地面上，在水平拉力 F 的作用下 由静止开始沿直线运动，其拉力随时间的变化关系如图所示。 若已知木箱与地面间的摩擦系数  为 0.2，那么在 t＝4 s 时， 木箱的速度大小为 4m/s ；在 t＝7 s 时，木箱的 速度大小为 2.5m/s 。（g 取 10m/ 2 s ） 解：由图可知，拉力 F 的函数定义为 F(N) t(s) 30O 4 7  v 

[30(0 ≤1≤4)F-[30-10(-4) ((4≤1≤7)(0≤t≤4)水平方向合力为oZF=F-umg=[0(4≤t≤7)以木箱为研究对象，根据动量定理："(F)dt="mdy10dt = f' 10dv0~4s:4=4 (m-s-1)4~7s:J6(50 -10t)dt = J" mdv = J"10dvIF=2.5 (m s-1)三、计算题：1.一条轻绳跨过摩擦可被忽略的轻滑轮，在绳的一端挂一质量为m的物体，在另一侧有一质量为m,的环，求当环相对于绳以恒定的加速度a,沿绳向下滑动时，物体和环相对于地面的加速度各是多少？环与绳间的摩擦力多大？解：mi、m2受力如图所示，其中T为绳子的张力，f为环所受的摩擦力，a,和a,分别为m、m,相对于地的加速度。以竖直向下为正方向。以地球为参考系，分别对ml、m,和一段轻绳应用牛顿运动定律：()mg-T=mai(2)mg-J=ma2(3)f=T又由相对加速度公式(4)d,=a,-aimigm2g联立以上四式，可以解出：

( )  ( ) ( )    − −     = 30 10 4 4 7 30 0 4 t t t F 水平方向合力为 ( )  ( )   −      = − = 50 4 4 7 10 0 4 t t t F F mg 以木箱为研究对象，根据动量定理： ( )    = t v v t t F t m v 1 2 1 d d 0~4s：   = 4 0 4 0 10d 10d v t v ( ) 1 4 4 m s − v =  4~7s： ( )  − =  =  7 7 4 4 4 0 50 10 d d 10d v v v t t m v v ( ) 1 7 2.5 m s − v =  三、计算题： 1．一条轻绳跨过摩擦可被忽略的轻滑轮，在绳的一端挂一质量为 m1 的物体，在另一侧有一质量为 m2 的环，求当环相对于绳以恒定的加 速度 2 a 沿绳向下滑动时，物体和环相对于地面的加速度各是多少？ 环与绳间的摩擦力多大？ 解： m1、 m2 受力如图所示，其中 T 为绳子的张力，f 为环所受的 摩擦力， 1 a 和 2 a  分别为 m1、 m2 相对于地的加速度。以竖直向下为正方向。 以地球为参考系，分别对 m1、 m2 和一段轻绳应用牛顿运动定律： ( ) ( ) (3) 2 1 2 2 2 1 1 1 f T m g f m a m g T m a = − =  − = 又由相对加速度公式 a2 = a2 − a1  （4） 联立以上四式，可以解出： m1 m2 2 a • a1 T m1 g + m2 g f 2 a 

ai = (m -m)g +m,a2m, + m2ma, -(m -m,)ga2:m+m2(eg -a,)mm2T=f-m+mz2．飞机降落时的着地速度大小v。=90km/h，方向与地面平行，飞机与地面间的摩擦系数μ=0.10，迎面空气阻力为C,，升力为C2（V是飞机在跑道上的滑行速度，C，和C均为常数)。已知飞机的升阻比k-C,/C,=5，求飞机从着地到停止这段时间所滑行的距离（设飞机刚着地时对地面无压力）解：以飞机着地处为坐标原点，飞机滑行方向为x轴，竖直向上为y轴，t y建立直角坐标系。飞机在任一时刻（滑行过程中）受力如图所示，其中F于=AN为摩擦力，Fm=C,v为空气阻力，F弃=C,为升力。由牛N顿运动定律列方程：F阻ZF,=-C,-AN=m=m%=mm(1)drdngZF, =C,v2 +N-mg=0(2)- a- ,)cr -m由以上两式可得md(g)I" dx = f"分离变量积分：。~2(umg +(C, -μC,)间得飞机坐标x与速度的关系Lumg +(C, -μC, )ox=2(C."Mc,)"mg+(C.-μC,令v=0，得飞机从着地到静止滑行距离为n Limg +(C, -uc,)2m= 2(C,-μC,)Lmg根据题设条件，飞机刚着地时对地面无压力，即N = mg-C,v=0,又k -mg得C,-.c.-号--55v

( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 m m g a m m T f m m m a m m g a m m m m g m a a + − = = + − −  = + − + = 2．飞机降落时的着地速度大小 v0 = 90km/h ，方向与地面平行，飞机与地面间的摩擦系数  = 0.10 ，迎面空气阻力为 2 C vx ，升力为 2 C vy （ v 是飞机在跑道上的滑行速度， Cx 和 Cy 均为常数）。已知飞机的升阻比 k= Cy / Cx =5，求飞机从着地到停止这段时间所滑行的距离。 （设飞机刚着地时对地面无压力） 解：以飞机着地处为坐标原点，飞机滑行方向为 x 轴，竖直向上为 y 轴， 建立直角坐标系。飞机在任一时刻（滑行过程中）受力如图所示，其中 f = N 为摩擦力， 2 F C v 阻 = x 为空气阻力， 2 F C v 升 = y 为升力。由牛 顿运动定律列方程： x v mv t x x v m t v Fx Cx v N m d d d d d d d 2 d  = − −  = =  = （1） 0 2 Fy = Cy v + N − mg = （2） 由以上两式可得 ( ) x v mg C v C v mv y x d 2 2 d −  − − = 分离变量积分： ( )  ( )    + − = − v v x y x mg C C v m v x 0 2 2 0 2 d d   得飞机坐标 x 与速度 v 的关系 ( ) ( ) ( ) 2 2 0 ln 2 mg C C v mg C C v C MC m x x y x y x y     + − + − − = 令 v=0，得飞机从着地到静止滑行距离为 ( ) ( ) mg mg C C v C C m x x y x y     2 0 max ln 2 + − − = 根据题设条件，飞机刚着地时对地面无压力，即 0, 5 2 = − 0 = = = x y y C C N mg C v 又k 得 2 0 2 0 5 5 , v C mg C v mg C y y = x = = F阻 f m N v F升 y x mg

所以有2g0-5m（）_ 5×(90×103 /3600))=217 (m)2×10×(-5×0.)5×0.1)=3.如图所示，质量为M的滑块正沿着光滑水平地面向右滑动，质量为m的小球水平向右飞行，以速度（对地）与滑块斜面相175碰，碰后竖直向上弹起，速率为V2（对地）。若碰撞时间为△t，试计算此过程中滑块对地的平均作用力和滑块速度增量的大小。解：（1）m与M相碰，设M对m的竖直平均冲力为F，由动量定理有(F-mg)a1= m2 -0 Fmv忽略重力mg，可得：A由牛顿第三定律，M受m竖直向下平均冲力也是F=mV2At对于M，设地面支持力为N，有N-Mg-F=0. N=Mg+F=Mg+AN=Mg+m12M对地的平均作用力为：At方向竖直向下。（2）以m和M为研究对象，系统在水平方向不受外力作用，动量守恒，故有my + MV = M(V +V)式中V为滑块对地速度，所以滑块速度增量的大小为AV=＝

所以有 ( )         − =  5 1 ln 2 1 5 5 2 0 max g v x ( ) ( ) 217 (m) 5 0.1 1 ln 2 10 1 5 0.1 5 90 10 /3600 2 3  =        −     = 3．如图所示，质量为 M 的滑块正沿着光滑水平地面向右滑动，一 质量为 m 的小球水平向右飞行，以速度 1 v  （对地）与滑块斜面相 碰，碰后竖直向上弹起，速率为 2 v （对地）。若碰撞时间为 t ， 试计算此过程中滑块对地的平均作用力和滑块速度增量的大小。 解：（1）m 与 M 相碰，设 M 对 m 的竖直平均冲力为 F ，由动量定理有 (F − mg)t = mv2 − 0 忽略重力 mg，可得： t mv F  = 2 由牛顿第三定律，M 受 m 竖直向下平均冲力也是 t mv F  = 2 。 对于 M，设地面支持力为 N ，有 t mv N Mg F N Mg F Mg  − − = = + = + 2 0, M 对地的平均作用力为： t mv N Mg  = + 2 ， 方向竖直向下。 （2）以 m 和 M 为研究对象，系统在水平方向不受外力作用，动量守恒，故有 mv + MV = M(V + V) 1 式中 V 为滑块对地速度，所以滑块速度增量的大小为 1 v M m V = 1 v  2 v  m M V 