大学物理答案第四章

第四章动量和角动量4-1假设自动步枪每秒钟射出10颗子弹，每颗子弹的质量为20g，出口速度为500m/s，求战士射击时所受到的平均冲力．分析由于战士射击时与枪连成一体，枪受到的冲力就是作用于战士的冲力．子弹发射时是枪管中火药爆炸产生的巨大冲击力作用于子弹同时也作用于枪管，为简化问题，可以认为是枪给予的冲量使子弹的动量发生改变，而子弹给予枪的反作用使战士受到向后的冲力．解选子弹为研究对象，发射过程中，每颗子弹与枪的相互作用时间为s1.0s101t，发射前子弹速度00v，出口速度m/s500v，枪给予子弹的平均冲力为F，应用动量定理，得0v-vmmtFN100N1.050010203tmFv按照牛顿第三定律，战士射击时所受平均冲力的大小等于枪给予子弹的平均冲力．4-2一辆质量为1500kg汽车速率为18m/s，在4.5s内完成了一个90的向右急转弯后，撞在路边护栏上，并在0.5s内止动．分别计算在转弯过程和碰撞过程中作用在汽车上的平均冲力．分析动量定理指出，物体受到的冲量使其动量发生改变．汽车转弯时，如果速率不变，由于速度方向的改变也表明其动量发生了变化，因此必定受到外部的冲力作用．当高速运动的汽车在极短的时间内突然制动时，巨大的冲力将导致汽车的损坏，而且汽车中的乘客也因瞬间内动量的改变受到强大的冲力作用而被伤害．解汽车转弯过程中受到的平均冲力为1F，作用时间为1t，速度方向改变为90，应用动量定理，其矢量关系如图4-2所示．因此有vmtF45cos11N108.49N707.05.418150045cos311tmFv汽车碰撞路边护栏的过程中，设作用在汽车上的平均冲力为2F，作用时间为2t，应用动量定理，得v-mtF022mv04511tFmv图4-２N104.5N5.0181500422tmFv4-3煤粉以稳定的流量落在水平运行的传送带上，设t时刻传送带上煤粉质量为m(t)=kt，其中k为常量，求欲保持传送带运行速度恒为v，所需施加的作用力．分析如果取t时刻传送带上煤粉和t至ttΔ时间内将落入传送带上的煤粉组成的系统为研究对象，可以应用系统的动量定理求解；如果取t至ttΔ时间内将落入传送带上的煤粉为研究对象，则可以应用质点的动量定理求解．所求出的传送带作用于煤粉的作用力的大小等于煤粉作用于传送带的反作用力，因传送带运行速度恒定，煤粉对传送带的作用力与外力等大反向．所以传送带作用于煤粉的作用力的大小和方向都与外力相同．解1t时刻传送带上煤粉质量为m(t)=kt，t至ttΔ时间内将落入传送带上的煤粉质量为tkmΔΔ，传送带上所需施加的作用力为F，沿煤粉运动方向系统的初末动量分别为初态：v)(1tmp末态：v]Δ)([2mtmp应用系统的动量定理，得tkmpptFΔΔΔ12vvvkF解2t至ttΔ时间内将落入传送带上的煤粉质量为tkmΔΔ，沿煤粉运动方向新落入煤粉的初末动量分别为01p和vmpΔ2，应用质点的动量定理，得tkmpptFΔΔΔ12vvvkF4-4质量为2.5g的乒乓球以m/s101v的速率飞来，被板推挡后，又以m/s202v的速率飞出，如图4-4（a）所示．设v1、v2在垂直于板面的同一平面内，且它们与板面法线的夹角分别为45和30．（1）求乒乓球得到的冲量；（2）若撞击时间为0.01s，求板施于球的平均冲力的大小和方向．分析动量定理给出的冲量与初末动量之间的关系是矢量关系式．可以利用矢量三角形或平行四边形法则构成的几何关系建立方程；也可以取直角坐标系，将三矢量分解到两个坐标方向后，再应用动量定理在两个坐标方向的表达式建立方程求解．解（1）应用动量定理，撞击时乒乓球动量和所受冲量的矢量关系如图4-4（b）v230I45mv2v1mv1（a）（b）图4-4所示，其中753045，由三矢量构成的几何关系，可得冲量的大小为sN106.14sN75cos102021020105.2cos22-223122122vvvvmI设冲量的方向与法线方向夹角为，应用三角函数关系得1)30sin()75180sin(vmI0561014.6105sin10105.2arcsin30105sinarcsin30231Imv（2）板施于球的平均冲力的大小为N6.14N01.01014.62tIF方向与冲量的方向相同．4-5质量分别为m1和m2的木块A、B并排放在光滑的水平面上，一子弹沿水平方向依次穿过A、B，所用的穿越时间分别为1t和2t，木块对子弹的阻力恒为F，求子弹穿出后两木块的速度各为多少？分析子弹穿越木块A的过程中，木块A、B连在一起，可以作为一个物体考虑，并因子弹的冲力获得同样的速度．子弹穿越木块B的过程中，木块A与木块B脱离，木块A保持匀速直线运动，木块B因子弹的冲力获得动量的增量，速度增加．解子弹穿过木块A时，木块对子弹的冲量为1tF，子弹对木块冲量为1tF，使二木块获得速度Av，应用动量定理，得211AmmtFv子弹穿过木块B时，木块对子弹的冲量为2tF，子弹对木块冲量为2tF，使木块B速度由Av变为Bv，应用动量定理，得2221122ABmtFmmtFmtFvv4-6搬运工人以2m/s的速度沿水平方向将一包50kg的水泥扔上平板车．平AB图4-5板车自身质量为200kg，问在下列条件下车得到的速度，不计车与地面的摩擦．（1）车原来静止；（2）车正沿水泥袋的运动方向以1m/s的速率运动；（3）车正以1m/s的速率沿水泥袋运动的反方向运动．分析应用动量守恒定律解动力学问题相当简便，但是一定要注意定律的适用条件：系统不受外力作用或合外力为零，系统的动量守恒；合外力在某一方向的分量为零时，系统的总动量在该方向的分量守恒．当条件满足时，只涉及系统中各物体的初末状态，而不必考虑间相互作用和中间过程，由已知状态可以求出未知物理量．解设车的质量为m，初速度为20v，水泥袋质量为m，初速度为10v，它们共同的末速度为v．对于车和水泥袋组成的系统，水平方向合外力为零，故水平方向动量守恒，得vvmmv)(2010mm（1）（1）车原来静止，020v，由（1）式得m/s0.4m/s2005025010mmmvv（2）m/s120v，由（1）式得m/s1.2m/s2005012002502010mmvmmvv（3）m/s120v，由（1）式得m/s.40m/s2005012002502010mmvmmvv4-7炮车以30的仰角发射一颗炮弹，已知炮车重5000kg，炮弹重100kg，炮弹对炮车的出口速度为300m/s．（1）求炮车的反冲速度v，不计炮车与地面的摩擦；（2）设炮车倒退后与缓冲垫的相互作用时间为2s，求垫子受的平均冲力．分析与4-1题枪发射子弹的情况类似，弹药爆炸产生的巨大冲击力对炮弹和炮车的作用，可以看成是炮车与炮弹的相互作用．动量守恒定律是从牛顿定律推导出来的，因此只适用于惯性参考系，而且系统中各物体的动量和速度都必须是在同一参考系中描述的．例如本题中炮弹的出口速度及其方向都是相对于炮车而言的，由于炮弹射出时，炮车已经具有了向后的反冲速度，为了应用动量守恒定律，就必须应用相对运动速度合成定理，将炮弹相对于炮车的速度转换为对地面的速度．解（1）对于炮车和炮弹组成的系统，水平方向不受外力作用，动量守恒．设v’vv130图4-7炮弹发射后的瞬间，炮车对地面的速度为1v，炮弹对炮车的出口速度为v，则炮弹对地面的速度为v，如图4-7所示．根据相对运动速度合成定理，有1vvv其水平方向的分量为130cosvvvh设炮车质量为1m，炮弹质量为m，因初始时炮弹和炮车的速度均为零，由于水平方向动量守恒，则0)30cos(111vvvmmm/s5.09m/s500010030cos30010030cos11mmmvv（2）炮车倒退时，垫子受到的平均冲力的大小等于缓冲垫给予炮车的平均冲力，由动量定理得N12725N209.5500011tmFv4-8一质量为50kg的人站在质量为100kg的停在静水中的小船上，船长为5m，问当人从船头走到船尾时，船头移动的距离．分析人从船头走到船尾，是以船为参考系完成了船的长度的位移，在此过程中，船在水中漂移，因此船是一个运动参考系．由于应用动量守恒定律时，必须将系统中各物体的速度和动量在同一惯性参考系中描述，所以要应用相对运动速度合成定理作速度的转换．无论人在船上走动速度如何变化，由所建立的人对船的速度与船对水的速度之间的相互关系，分离变量后积分，可得人相对于船的位移与船相对于水的位移之间的相互关系．解对船和人组成的系统，水平方向不受外力作用，动量守恒．设人对船的速度为u，为v，人的质量为m，船的质量为m’，以船的速度方向为参考方向，应用相对运动速度合成定理得人对水的速度为uv，因初始时人和船的速度均为零，则vvmum)(0(1)设人在运动过程中某时刻在船上坐标系上的位置为x，船头在水中坐标系上的位置为x’，可得txuddtxddv则(1)式可写为txmtxmmdddd)(两边同时积分llxmxmm00dd)(因人在船上位移m5l，得船头在水中的位移为m1.67m51005050lmmml4-9安装有N个炮筒的火箭炮固定在驱逐舰上，水对驱逐舰的阻力可忽略不计．设每枚火箭质量为m，发射时火箭相对于炮筒的出口速度为u，发射前驱逐舰的总质量为m，静止于水面上，（1）若N枚火箭同时向舰尾方向水平射出；（2）若N枚火箭相继向舰尾方向水平射出，分别求出N枚火箭发射完毕后驱逐舰的速度．分析由N枚火箭与驱逐舰组成的系统，如果N枚火箭同时向舰尾方向发射，发射前系统中各物体均静止，发射后驱逐舰向前运动，火箭出口速度是相对于作为运动参考系的驱逐舰的速度，应用动量守恒定律就必须采用对同一参考系水面的速度和动量．如果N枚火箭相继向舰尾方向发射，则每一枚火箭发射前后驱逐舰的质量和速度都不相同，应该逐一确定驱逐舰的速度和动量，并应用相对运动速度合成定理，将火箭对驱逐舰的速度转换为对水面的速度．解（1）设火箭发射完毕后驱逐舰的速度为v，根据相对运动速度合成定理，火箭对水面的速度为v-u．对于火箭和驱逐舰组成的系统，水平方向不受外力作用，动量守恒．因初始时火箭和驱逐舰的速度均为零，得vv)()(0NmmuNmumNmv（2）设在发射完第n枚火箭后驱逐舰速度为vn，质量为nmm，第n+1枚火箭发射后驱逐舰速度为vn+1，质量为mnm)1(，根据相对运动速度合成定理，第n+1枚火箭对水面的速度为vn+1-u，第n+1枚火箭发射前后，水平方向不受外力作用，动量守恒，得11])1([)()(nnnmnmumnmmvvv可得unmmmnnvv1因第１枚火箭发射前v0=0，上式累加后，得第N枚火箭发射后驱逐舰速度为10NnNunmmmv4-10一个人站在平板车上掷铅球两次，出手速度均为v，仰角均为，第一次平板车位置被固定，第二次平板车可在水平面无摩擦地运动，已知人和车的总质量为m，球的质量为m，求：（1）两次抛掷过程中球在空中飞行时间之比；（2）对地面而言，两次射程之比．vyux图4-10分析当不计空气阻力时，运动抛体沿水平方向速度不变，竖直方向重力加速度恒定．如果只改变初速度的水平方向分量，则竖直方向的运动方程不变，在抛射距离不太远的情况下，抛体落到地面需要的时间相同．当人在车上掷球时，如果车能沿水平方向运动，则球对地面的速度应为球对车的速度与车对地的速度的矢量和．叠加的结果，球速的水平方向分量代数相