大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））
3-5 分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的．
3-6 分析 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况．在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了．
解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得
F?Δt?mv?0
式中F′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v,以此代入上式可得
mv2F???2.55?105N 鸟对飞机的平均冲力为 F??F???2.55?105N
l式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×10 N的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．
3-7 分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间Δt1?5
v0sinα,物体从出发到落回至同一水平面g所需的时间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果．
另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出． 解1 物体从出发到达最高点所需的时间为
Δt1?v0sinαvsinα 则物体落回地面的时间为 Δt2?2Δt1?0 gg于是,在相应的过程中重力的冲量分别为
I1??Fdt??mgΔt1j??mv0sinαj I2??Fdt??mgΔt2j??2mv0sinαj
Δt1Δt2解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A、B 的过程中,重力的冲量分别为
I1?mvAyj?mv0yj??mv0sinαj I2?mvByj?mv0yj??2mv0sinαj
3-8 分析 本题可由冲量的定义式I?体的速度v2．
?t2t1Fdt,求变力的冲量,继而根据动量定理求物
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解 (1) 由分析知I?22??30?4tdt?30t?2t0?68N?s ?02
2(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t ,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 v2?3-9 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
I?mv1?40m?s?1 m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
?F?P?Δt?mv2?mv1 (2)
由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为
F?mg?Δ2ghΔ?mv??mg??1.14?103N
ΔtΔt解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有
F?mgΔt2h/g?mg?1.14?103N
3-10 分析 由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式
?t2t1Fdt积分前,应先将式中x 用x ＝Acosωt代之,方能积分．
解 力F 的冲量为
I??Fdt???kxdt???t1t1t2t2π/2ω0kAcosωtdt??kAkA 即Δ?mv???
ωω3-11 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
F?I?ρSvΔt?vB?vA? Δt从而可得水流对管壁作用力的大小为 F???F??2ρSv2??2.5?103N
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作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．
3-12 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
v0x?x1g (1) ?x1t02h12gt 2物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为
y1?h?v1t?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
h?v1?12gt2 (2) t1又根据动量守恒定律,在最高点处有
1mv2x (3) 2110??mv1?mv2y (4)
22mv0x?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
v2x?2v0x?2x1g?100m?s?1 v2y?v1?2hh?12gt12?14.7m?s?1 t1爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为
x2?x1?v2xt2 (5)
y2?h?v2yt2?12gt2 (6) 2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 3-13 分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬
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入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守恒方程即可解出结果．
解 设A、B两船原有的速度分别以vA 、vB 表示,传递重物后船的速度分别以vA′ 、
vB′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有
?mA?m?vA?mvB?mAv?A (1)
?mB?m?vB?mvA?mBv?B? (2)
由题意知vA′ ＝0, vB′ ＝3.4 m·s 代入数据后,可解得
-1
vA??mBmv?B??0.40m?s?1 2?mB?m??mA?m??mvB??mA?m?mBv?B?mA?m??mB?m??m2?3.6m?s?1
也可以选择不同的系统,例如,把A、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解．
3-14 分析 人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致．在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化．如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定．至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算．
解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有
?m?m??v0cosα?m?v?m?v?u?
式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率．得
v0?v0cosα?mmu人的水平速率的增量为Δv?v?v0cosα?u 而人从??m?mm?m最高点到地面的运动时间为 t?v0sinαmv0sinα所以,人跳跃后增加的距离Δx?Δvt?
?m?m??gg第-34-页 共-135-页
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3-15 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
myg?F?FN?0 (1) l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?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
mdy,它lmvdy (2) l而 F??F? (3) F?dt?0?由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为
mmm?FN??FN?yg?v2?3yg?3m?g
lll3-16 分析 这是一个系统内质量转移的问题．为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在
重力场中的动力学方程．为此,以t 时刻质量为m 的火箭为研究对象,它在t→t ＋Δt 的时间内,将分离成火箭主体(包括尚剩的燃料)和排出的燃料两部分．根据它们的总动量的增量ΣdPi 和系统所受的外力———重力(阻力不计),由动量定理可得到-mg ＝udm′/dt ＋mdv/dt(推导从略,见教材),即火箭主体的动力学方程．由于在dt 时间内排出燃料的质量dm′很小,式中m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率dm′/dt 也就是火箭质量的变化率-dm/dt．这样,上述方程也可写成u下,
根据初始时刻火箭的质量m0 ,就可求出燃料的排出率dm/dt．在火箭的质量比( 即t 时刻火箭的质量m 与火箭的初始质量m0之比) 已知的条件下,可算出火箭所经历的时间,则火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得．
解 (1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为
dm?mg?ma．在特定加速度a0 的条件dt第-35-页 共-135-页