《大学物理学》课程作业习题（含解答）第3章作业题

3-8Fx=30+4(式中F的单位为N, 的单位为s)的合外力作用在质量m=10 kg 的物体上,试求：（1）在开始2s内此力的冲量：(2)若冲量/=300N-s,此力作用的时间；(3）若物体的初速度v=10m?s,方向与Fx相同,在1=6.86s时,此物体的速度02分析本题可由冲量的定义式I=Fdt,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度02解(1)由分析知1= J(30 + 4h)d = 301 +2 =68 N s(2）由/=300=301+2F,解此方程可得1=6.86s(另一解不合题意已舍去)(3)由动量定理,有1=m02-moi由(2)可知1=6.86s时1=300Ns,将1、m及0i代入可得 I+ mol =40 m-s-303-9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,最终使他被悬挂起来，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：求安全带对人的平均冲力。分析从人受力的情况来看，可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短。为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论。事实上,动量定理也可应用于整个过程。但是这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态，人体的速度均为零。这样,运用动量定理仍可得到相同的结果.解1以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论.在自由落体运动过程中，人跌落至2 m处时的速度为0 = /2gh()在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有(2)(F + P)t= m0, - mo)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为4(mo) +A/2gh =1.14×10 NF=mg+=mgNtA解2从整个过程来讨论。根据动量定理有F=mg/2h/g+mg=1.14×10°N3-11如图所示,在水平地面上,有一横截面S=0.20m的直角弯管,管中有流速为u=

3 -8 Fx ＝30＋4t(式中Fx 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m＝10 kg 的物 体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若 物体的初速度v1 ＝10 m·s-1 ,方向与Fx 相同,在t＝6.86s时,此物体的速度v2 ． 分析 本题可由冲量的定义式  = 2 1 d t t I F t ,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的 速度v2． 解 (1) 由分析知 (30 4 )d 30 2 68 N s 2 0 2 2 0 = + = + =   I t t t t (2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得 t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去) (3) 由动量定理,有 I ＝m v2- m v1 由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I、m 及v1代入可得 1 1 2 40 m s − =  + = m I mv v 3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 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,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．求安全带对人的平均冲力． 分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可 看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作 用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态 (动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是, 这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度 均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果． 解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至 2 m 处时的速度为 v1 = 2gh (1) 在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有 ( )Δ mv2 mv1 F + P t = − (2) 由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为 ( ) 1.14 10 N Δ Δ 2 Δ 3 = + = + =  t gh mg t Δ m F mg v 解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有 2 / 1.14 10 N Δ 3 = h g + mg =  t mg F 3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m2 的直角弯管,管中有流速为v ＝

3.0ms的水通过,求弯管所受力的大小和方向题3-11图分析对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间A1 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量.因此,对这部分水来说,在时间A1 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Ap=Am(B-0A)：此动量的变化是管壁在Ai时间内对其作用冲量I的结果。依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F"=-F解在Ar时间内,从管一端流入(或流出）水的质量为Am =poSA,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为Ap=Am(DB-DA) =pDSAI(UB-DA)依据动量定理I=Ap,得到管壁对这部分水的平均冲力F==SA(O-a)从而可得水流对管壁作用力的大小为F =-F=-V2pSb2 =-2.5x10 N作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧。3-12一作斜抛运动的物体,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1.00s后,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）22题3-12图分析根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的。因此,若能求出第二块碎片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地

3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向． 分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水 量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流 出水的动量的增量Δp＝Δm(vB -vA )；此动量的变化是管壁在Δt时间内对其作用冲量I 的结 果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁 的作用力F′＝-F． 解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυSΔt,弯曲部分AB 的水的 动量的增量则为 Δp＝Δm(vB -vA ) ＝ρυSΔt (vB -vA ) 依据动量定理I ＝Δp,得到管壁对这部分水的平均冲力 ( ) B A ρS t t = = vΔ v − v Δ I F 从而可得水流对管壁作用力的大小为 2 2.5 10 N 2 3 F = −F = − ρSv = −  作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧． 3 -12 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19.6 m．爆炸1.00 s 后,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1.00×102 m．问第二块落在距抛出点多远的地面上．(设空气的阻力不计) 分析 根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的．因此,若能求出 第二块碎片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地

的位置。为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒。由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置解取如图示坐标，根据抛体运动的规律，爆炸前，物体在最高点A的速度的水平分量为-(1)物体爆炸后，第一块碎片竖直落下的运动方程为J=h-o1-,gt当该碎片落地时,有y=0,1=t,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度h-↓gi(2) U1=1又根据动量守恒定律,在最高点处有mOor==mO2(3)0=--mo,+mo2y(4)联立解式(1)、(2)、(3)）和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为100m.s02x = 200x = 23h-igf=14.7m·s02, = 0f爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为(5)X2=X +V22y=h+2y2-gt(6) 落地时,J2=0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置x2 =500m*3-15一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着,绳的下端刚好触到水平桌面上.如果把绳的上端放开,绳将落在桌面上。试证明：在绳下落过程中的任意时刻,作用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的三倍

的位置．为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此, 重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒．由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可 由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置． 解 取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A 的速度的水平分量为 h g x t x x 2 1 0 1 v0 = = (1) 物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为 2 1 1 2 1 y = h − v t − gt 当该碎片落地时,有y1 ＝0,t ＝t1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度 1 2 1 2 1 t h − gt v = (2) 又根据动量守恒定律,在最高点处有 m 0x m 2x 2 1 v = v (3) m 1 m 2 y 2 1 2 1 0 = − v + v (4) 联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为 1 2 0 1 100 m s 2 2 2 − = = =  h g x v x v x 1 1 2 1 2 1 14.7 m s 2 1 − =  − = = t h gt v y v 爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为 2 1 2 2 x x v t = + x (5) 2 2 2 2 2 2 1 y h t gt = + v y − (6) 落地时,y2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置 x2 ＝500 m *3 -15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着,绳的下端刚好触到水平桌面上．如果把绳的 上端放开,绳将落在桌面上．试证明：在绳下落过程中的任意时刻,作用于桌面上的压力等于 已落到桌面上绳的重量的三倍．

1aBanIdpFN题3-15图分析由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的托力.但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对d时间内下落绳的冲力,此力必须运用动量定理来求.解取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点,Oy轴的正向竖直向下：绳的总长为1,以t时刻,已落到桌面上长为y、质量为m的绳为研究对象.这段绳受重力P、桌面的托力FN和下落绳子对它的冲力F(如图中所示)的作用：由力的平衡条件有F39+F-R,-0(1)为求冲力F,可取dt时间内落至桌面的线元dy为研究对象。线元的质量dm="dy，它受到重力dP 和冲力F 的反作用力F的作用,由于F>>dP,故由动量定理得F'dt=0-"ody(2) IF=-F(3)由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为F"=-F/-" yg+"0 =3"yg=3mg一物体在介质中按规律x=ci作直线运动,c为一常量.设介质对物体的阻力正3-19比于速度的平方。试求物体由xo=0运动到x=1时,阻力所作的功。(已知阻力系数为k)分析本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式W=『F·dx来求解。关键在于寻找力函数F=F(c)。根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F(o）=ko变换到F(0),进一步按x=cF的关系把F(0)转换为F(x),这样,就可按功的定义式求解。解由运动学方程x=cF,可得物体的速度dx=3cf0=dt

分析 由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的 托力．但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对dt 时间内下落绳的冲力,此力 必须运用动量定理来求． 解 取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点,Oy 轴的正向竖直向下．绳的总长为l, 以t 时刻,已落到桌面上长为y、质量为m′的绳为研究对象．这段绳受重力P、桌面的托力FN 和 下落绳子对它的冲力F (如图中所示)的作用．由力的平衡条件有 yg + F − FN = 0 l m (1) 为求冲力F,可取dt 时间内落至桌面的线元dy 为研究对象．线元的质量 y l m dm = d ,它 受到重力dP 和冲力F 的反作用力F′的作用,由于F′＞＞dP,故由动量定理得 y l m Fdt = 0 − vd (2) 而 F = −F (3) 由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为 yg m g l m l m yg l m F = − F = + = =   3 3 2 N N v 3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正 比于速度的平方．试求物体由x0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k) 分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式  W = F dx 来求解．关键在于寻 找力函数F ＝F(x)．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F(v) ＝kv 2 变换到F(t), 进一步按x ＝ct3 的关系把F(t)转换为F(x),这样,就可按功的定义式求解． 解 由运动学方程x ＝ct3 ,可得物体的速度 2 3 d d ct t x v = =

按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为F=ko2=9kctt=9kc2/34/3则阻力的功为27kc2137W=[F.dx W=I"F.dx=Jcos180°dx=-I'9kc/3/dx =-3-20一人从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,求所作的功.题3-20图分析由于水桶在匀速上提过程中，拉力必须始终与水桶重力相平衡。水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功。由于拉力作功也就是克服重力的功,因此只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可题3-20图求出.解水桶在匀速上提过程中,α=0,拉力与水桶重力平衡,有F+P=0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P =mg-agy其中α=0.2kg/m,人对水桶的拉力的功为W= [F-dy= [ (mg-agy)ly= 882 J3-26质量为m的地球卫星，沿半径为3Re的圆轨道运动,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）卫星的机械能分析根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即可算出。由于卫星在地球引力作用下作圆周运动，由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能，由于卫星的引力势能是属于系统（卫星和地球）的，要确定特定位置的势能时，必须规

按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为 2 2 4 2 / 3 4 / 3 F = kv = 9kc t = 9kc x 则阻力的功为  W = F  dx 4 / 3 2 / 3 7 / 3 0 2 / 3 0 7 27 W d cos 180 dx 9k c x dx k c l l o l =  = = − = −    F x 3 -20 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高 1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功． 分析 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水 而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此, 只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可题3 -20 图求出． 解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有 F ＋P ＝0 在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为 P ＝mg -αgy 其中α＝0．2 kg/m,人对水桶的拉力的功为 d ( )d 882 J 10 0 0 =  = − =   W mg agy y l F y 3 -26 一质量为m 的地球卫星,沿半径为3RE 的圆轨道运动,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． 分析 根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和 动能即可算出．由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动的速率 和动能．由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时,必须规

定势能的零点，通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零。这样，卫星在特定位置的势能也就能确定了。至于卫星的机械能则是动能和势能的总和.解（1）卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力，由牛顿定律可得Gmgm-(3R.)"3ReEx=1mo=Gmm则6R.(2）取卫星与地球相距无限远(r-→00)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为E,=-Gme"3RE(3)卫星的机械能为E=Ex+Ep=Gmm-cmm--Gmm3R6R3-32质量为7.2×1023kg,速率为6.0×107m-s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-s1.求：(1）粒子B的速率及相对粒子A原来速度方向的偏转角；（2）粒子A的偏转角。y0BD题3-32图分析这是粒子系统的二维弹性碰撞问题，这类问题通常采用守恒定律来解决。因为粒子系统在碰撞的平面内不受外力作用,同时,碰撞又是完全弹性的,故系统同时满足动量守恒和机械能守恒。由两守恒定律方程即可解得结果。解取如图所示的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量式,有mo.=o.cosβ+mo.cosa()0=osn β-mo,sin α(2)

定势能的零点,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零．这样,卫星在特定位置的势能也 就能确定了．至于卫星的机械能则是动能和势能的总和． 解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得 ( ) E 2 2 E E 3 3R m R m m G v = 则 E 2 E K 2 6 1 R m m E = mv = G (2) 取卫星与地球相距无限远(r→∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能 为 E E P 3R m m E = −G (3) 卫星的机械能为 E E E E E E K P 6 3 6R m m G R m m G R m m E = E + E = G − = − 3 -32 质量为7.2 ×10 -23 kg,速率为6.0 ×107 m·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 ×107 m·s-1．求：(1) 粒子B 的 速率及相对粒子A 原来速度方向的偏转角；(2) 粒子A 的偏转角． 分析 这是粒子系统的二维弹性碰撞问题．这类问题通常采用守恒定律来解决．因为粒 子系统在碰撞的平面内不受外力作用,同时,碰撞又是完全弹性的,故系统同时满足动量守恒 和机械能守恒．由两守恒定律方程即可解得结果． 解 取如图所示的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可 取两个分量式,有 β m α m m A B A cos cos 2 2 1 v = v + v (1) β m α m B A sin sin 2 0 = v − v (2)

又由机械能守恒定律,有m-(9)+0(3)解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B粒子的速率为0g = /2(o-0)=4.69×107 m s-各粒子相对原粒子方向的偏角分别为+30/ =220 β=acos0 =546α= arccos-40.03-34如图所示，一个质量为m的小球，从内壁为半球形的容器边缘点A滑下，设容器质量为m,半径为R,内壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上。开始时小球和容器都处于静止状态。当小球沿内壁滑到容器底部的点B时,受到向上的支持力为多大？题3-34图分析由于桌面无摩擦，容器可以在水平桌面上滑动，当小球沿容器内壁下滑时，容器在桌面上也要发生移动。将小球与容器视为系统,该系统在运动过程中沿水平桌面方向不受外力作用,系统在该方向上的动量守恒；若将小球、容器与地球视为系统,因系统无外力作用，而内力中重力是保守力,而支持力不作功,系统的机械能守恒。由两个守恒定律可解得小球和容器在惯性系中的速度。由于相对运动的存在，小球相对容器运动的轨迹是圆，而相对桌面运动的轨迹就不再是圆了，因此，在运用曲线运动中的法向动力学方程求解小球受力时，必须注意参考系的选择。若取容器为参考系（非惯性系），小球在此参考系中的轨迹仍是容器圆弧，其法向加速度可由此刻的速度（相对于容器速度)求得：在分析小球受力时，除重力和支持力外还必须计及它所受的惯性力。小球位于容器的底部这一特殊位置时，容器的加速度为零，惯性力也为零。这样,由法向动力学方程求解小球所受的支持力就很容易了．若仍取地面为参考系（惯性系），虽然无需考虑惯性力，但是因小球的轨迹方程比较复杂，其曲率半径及法向加速度难以确定,使求解较为困难.解根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得mOm-mm=0(1)mo,+=m'om,=mgR(2)式中0m、0m分别表示小球、容器相对桌面的速度.由式(1)、(2)可得小球到达容器底部

又由机械能守恒定律,有 2 2 2 2 1 2 m 2 1 2 1 mvA vB vA  +       = (3) 解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率为 ( ) 2 2 7 1 2 4.69 10 m s − = −  =   vB vA vA 各粒子相对原粒子方向的偏角分别为 22 20 4 3 arccos o 2 2 =   +  = A A A A α v v v v 54 6 4 3 arccos o = =  A B β v v 3 -34 如图所示,一个质量为m 的小球,从内壁为半球形的容器边缘点A滑下．设容器质 量为m′,半径为R,内壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上．开始时小球和容器都处于 静止状态．当小球沿内壁滑到容器底部的点B时,受到向上的支持力为多大？ 分析 由于桌面无摩擦,容器可以在水平桌面上滑动,当小球沿容器内壁下滑时,容器在 桌面上也要发生移动．将小球与容器视为系统,该系统在运动过程中沿水平桌面方向不受外 力作用,系统在该方向上的动量守恒；若将小球、容器与地球视为系统,因系统无外力作用, 而内力中重力是保守力,而支持力不作功,系统的机械能守恒．由两个守恒定律可解得小球和 容器在惯性系中的速度．由于相对运动的存在,小球相对容器运动的轨迹是圆,而相对桌面运 动的轨迹就不再是圆了,因此,在运用曲线运动中的法向动力学方程求解小球受力时,必须注 意参考系的选择．若取容器为参考系(非惯性系),小球在此参考系中的轨迹仍是容器圆弧,其 法向加速度可由此刻的速度(相对于容器速度)求得．在分析小球受力时,除重力和支持力外, 还必须计及它所受的惯性力．小球位于容器的底部这一特殊位置时,容器的加速度为零,惯性 力也为零．这样,由法向动力学方程求解小球所受的支持力就很容易了．若仍取地面为参考 系(惯性系),虽然无需考虑惯性力,但是因小球的轨迹方程比较复杂,其曲率半径及法向加速度 难以确定,使求解较为困难． 解 根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得 mvm − m vm  = 0 (1) m + m  m  = mgR 2 2 2 1 2 1 vv v (2) 式中vm 、vm′分别表示小球、容器相对桌面的速度．由式(1)、(2)可得小球到达容器底部

时小球、容器的速度大小分别为2mgR0.=m+mm,2mgR0m=mVm+m由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂,为此,可改为以容器为参考系(非惯性系)。在容器底部时,小球相对容器的运动速度为m+m2gR(3) 0,()-0,+=(*)在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为mo'F-mg=(4) R由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为Fx=mg[3+%)3-29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，2.题3-29图分析这也是一种碰撞问题.碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒。但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来。又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒。应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解。应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题。解设弹簧的最大压缩量为xo·小球与靶共同运动的速度为01：由动量守恒定律，有()mo =(m+m)o又由机械能守恒定律,有Imo~=)(m+m)0+k)(2)

时小球、容器的速度大小分别为 m m m gR m +   = 2 v m m m gR m m m +     = 2 v 由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂,为此,可改为以容器为参考系(非惯性系)．在容 器底部时,小球相对容器的运动速度为 ( ) gR m m m m m m m m 2       +  v  = v − − v  = v + v  = (3) 在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为 R m F mg m N 2 v − = (4) 由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为        = + m m FN mg 2 3 3 -29 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． 分析 这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最 大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力 作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果 来．又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用上述 两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解．应用 守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题． 解 设弹簧的最大压缩量为x0 ．小球与靶共同运动的速度为v1 ．由动量守恒定律,有 ( ) mv m m v1 = +  (1) 又由机械能守恒定律,有 ( ) 2 0 2 1 2 2 1 2 1 2 1 mv = m + m  v + kx (2)

由式(1)、(2)可得mmx0=k(m+m)"3-35打桩机锤的质量为m=10 t将质量为m'=24t、横截面为S=0.25m2（正方形截面)、长达/=38.5m的钢筋混凝土桩打入地层,单位侧面积上受泥土的阻力为K=2.65×104Nm2.问：(1）桩依靠自重能下沉多深？(2）在桩稳定后,将锤提升至离桩顶面1m处让其自由下落击桩，假定锤与桩发生完全非弹性碰撞。第一锤能使桩下沉多少？（3）若桩已下沉35m时,锤再一次下落,此时锤与桩碰撞已不是完全非弹性碰撞了,锤在击桩后反弹起0.05m,这种情况下,桩又下沉多少？分析（1）桩依靠自重下沉是利用重力势能的减少来克服摩擦力作功,可根据功能原理求解。(2)打桩过程可分为三个阶段。1.锤自由下落的过程。在此过程中,锤与地球系统的势能转化为锤的动能,满足机械能守恒定律。2.碰撞的过程。在这过程中,由于撞击力远大于重力和泥土的阻力锤与桩这一系统满足动量守恒定律，由于碰撞是完全非弹性的，碰撞后桩利锤以共同速度运动3.桩下沉的过程。在这过程中,桩和锤的动能和系统的势能将用于克服摩擦力作功,可应用系统的功能原理。根据以上分析列出相应方程式即可解。（3)仍为打桩过程。所不同的是,在此过程中,碰撞是非弹性的,因此,桩获得的速度还需根据锤反弹的高度求出桩下沉时，仍是以桩的动能和势能减少来克服摩擦力作功的解（1）在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能原理，有mgh = " 4/Shkdh(1)桩下沉的距离为mg=8.88m2/SK(2）锤从1m高处落下,其末速率为0。=V2gh.由于锤与桩碰撞是完全非弹性的,锤与桩碰撞后将有共同的速率,按动量守恒定律，有mo.=(m +m)o(2) 随后桩下沉的过程中,根据系统的功能原理,有-4d/SKho=-(m*+m)o~ -(m + m)gh(3)由式(2)、(3)可解得桩下沉的距离为=0.2m(3）当桩已下沉35m时,再一次锤桩,由于此时的碰撞是一般非弹性的,锤碰撞后的速率可由上抛运动规律得0,=/2gh，再根据动量守恒定律,有mog=-m/2gh +mo(4)

由式(1)、(2)可得 ( ) v k m m mm x +   0 = 3 -35 打桩机锤的质量为m ＝10 t, 将质量为m′＝24 t、横截面为S ＝0.25 m2 (正方形 截面)、长达l ＝38.5 m 的钢筋混凝土桩打入地层,单位侧面积上受泥土的阻力为K ＝2.65 ×104 N· m -2 ．问：(1) 桩依靠自重能下沉多深？(2) 在桩稳定后,将锤提升至离桩顶面1 m 处, 让其自由下落击桩,假定锤与桩发生完全非弹性碰撞．第一锤能使桩下沉多少？ (3) 若桩已 下沉35 m 时,锤再一次下落,此时锤与桩碰撞已不是完全非弹性碰撞了,锤在击桩后反弹起 0.05 m,这种情况下,桩又下沉多少？ 分析 (1) 桩依靠自重下沉是利用重力势能的减少来克服摩擦力作功,可根据功能原理 求解．(2)打桩过程可分为三个阶段．1.锤自由下落的过程．在此过程中,锤与地球系统的势 能转化为锤的动能,满足机械能守恒定律．2.碰撞的过程．在这过程中,由于撞击力远大于重 力和泥土的阻力,锤与桩这一系统满足动量守恒定律．由于碰撞是完全非弹性的,碰撞后桩和 锤以共同速度运动．3.桩下沉的过程．在这过程中,桩和锤的动能和系统的势能将用于克服摩 擦力作功,可应用系统的功能原理．根据以上分析列出相应方程式即可解．(3)仍为打桩过 程．所不同的是,在此过程中,碰撞是非弹性的,因此,桩获得的速度还需根据锤反弹的高度求 出．桩下沉时,仍是以桩的动能和势能减少来克服摩擦力作功的． 解 (1) 在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能 原理,有   = h1 0 m gh1 4 ShKdh (1) 桩下沉的距离为 8.88 m 2 1 =  = SK m g h (2) 锤从1 m 高处落下,其末速率为 v0 = 2gh ．由于锤与桩碰撞是完全非弹性的,锤与 桩碰撞后将有共同的速率,按动量守恒定律,有 mv0 = (m  + m)v (2) 随后桩下沉的过程中,根据系统的功能原理,有 ( ) ( ) 2 2 0 h h h 2 1 - 4d S 1 2 1 Kh = − m  + m − m  + m gh  + v v (3) 由式(2)、(3)可解得桩下沉的距离为 h2 ＝0.2 m (3) 当桩已下沉35 m 时,再一次锤桩,由于此时的碰撞是一般非弹性的,锤碰撞后的速率 可由上抛运动规律得 = 2gh v1 ,再根据动量守恒定律,有 mv = −m 2gh + m v 0 (4)

随后,桩在下沉过程中,再一次应用系统的功能原理,得"-4/5(35m+h)dh =-mlgh -_mom2(5)由式(4)、(5)可得桩再一次下沉的距离hs =0.033 m*3-37如图所示，质量分别为ml=10.0kg和m2=6.0kg的两小球A和B,用质量可略去不计的刚性细杆连接,开始时它们静止在Oxy平面上,在图示的外力FI=(8.0 N)i和F2(6.0N)j的作用下运动。试求：(1)它们质心的坐标与时间的函数关系；(2)系统总动量与时间的函数关系.m题3-37图分析两质点被刚性杆连接构成一整体,其质心坐标可按质心位矢式求出：虽然两力分别作用在杆端不同质点上,但对整体而言，可应用质心运动定律和运动学规律来求解，解（1)选如图所示坐标,则=0 时,系统质心的坐标为X20 = 1.5 mXo=m,+m2mo=m*m o=1.9 m对小球与杆整体应用质心运动定律,得F,=F =(m +m.)do(),-0mm)/(2) 根据初始条件1 =0 时,α=0,分别对式(1)、式(2)积分可得质心速度的分量与时间的函数关系式,有EI"Fd =I" (m +m)hox, O,=-(3)m+m

随后,桩在下沉过程中,再一次应用系统的功能原理,得 ( ) 2 3 h 0 2 1 - 4 35m h d 3 + = −  − v  S h m gh m (5) 由式(4)、(5)可得桩再一次下沉的距离 h3 ＝0.033 m *3 -37 如图所示,质量分别为m1 ＝10.0 kg和m2 ＝6.0 kg 的两小球A 和B,用质量可略 去不计的刚性细杆连接,开始时它们静止在Oxy 平面上,在图示的外力F1 ＝(8.0 N) i 和F2 ＝ (6.0 N) j 的作用下运动．试求：(1)它们质心的坐标与时间的函数关系；(2)系统总动量与时 间的函数关系． 分析 两质点被刚性杆连接构成一整体,其质心坐标可按质心位矢式求出．虽然两力分 别作用在杆端不同质点上,但对整体而言,可应用质心运动定律和运动学规律来求解． 解 (1) 选如图所示坐标,则t ＝0 时,系统质心的坐标为 20 1.5 m 1 2 2 0 = + = x m m m xc 10 1.9 m 1 2 1 0 = + = y m m m yc 对小球与杆整体应用质心运动定律,得 ( ) t F F m m x x d d 1 1 2 v = = + (1) ( ) t F F m m y y d d 2 1 2 v = = + (2) 根据初始条件t ＝0 时,v ＝0,分别对式(1)、式(2)积分可得质心速度的分量与时间的函 数关系式,有 ( ) t m m F F t m m x x t x 1 2 1 0 1 2 0 1d d , + = + =   v v v (3)