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大学物理课后习题及答案 动量题3.1：质量为m的物体，由水平面上点O以初速为v0抛出，v0与水平面成仰角a。若不计空气阻力，求：物体从发射点O到最高点的过程中，重力的冲量；物体从发射点到落回至同一水平面的过程中，重力的冲量。 题3.1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Dt1=v0sinag，物体从出发到落回至同一水平面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出结果。 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 Dt1=v0sinag则物体落回地面的时间为 Dt2=2Dt1=2v0sinag于是，在相应的过程中重力的冲量分别为 I1=I2=òFdt=-mgDtDt1Dt21j=-mv0sinajòFdt=-mgDt2j=-2mv0sinaj解2：根据动量定理，物体由发射点O运动到A、B的过程中，重力的冲量分别为 I1=mvAyj-mv0yj=-mv0sinajI2=mvByj-mv0yj=-2mv0sinaj 题3.2：高空作业时系安全带是必要的，假如质量为51.0kg的人不慎从高空掉下来，由于安全带的保护，使他最终被悬挂起来。已知此时人离原处的距离为2米，安全带的缓冲作用时间为0.50秒。求安全带对人的平均冲力。 题3.2解1：以人为研究对象，在自由落体运动过程中，人跌落至2 m处时的速度为 v1=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 (F+P)Dt=mv2-mv1由式、式可得安全带对人的平均冲力大小为 F=mg+D(mv)Dt=mg+m2ghDt=1.14´103N解2：从整个过程来讨论，根据动量定理有 F=mgDt2h/g+mg=1.14´10N3=0.20m2题3.3：如图所示，在水平地面上，有一横截面Sv=3.0m×s-1的直角弯管，管中有流速为的水通过，求弯管所受力的大小和方向。 题3.3解：在Dt时间内，从管一端流入水的质量为Dm的动量的增量则为 Dp=Dm(vB-vA)=rvSDt(vB-vA) =rvSDt,弯曲部分AB的水依据动量定理IF=IDt=Dp，得到管壁对这部分水的平均冲力 =rSv(vB-vA) 从而可得水流对管壁作用力的大小为 F¢=-F=-2rSv2=-2.5´103N作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧。 题3.4：一作斜抛运动的物体，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´102m。问第二块落在距抛出点多远的地面上？(设空气的阻力不计) 题3.4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=x1t0=x1g2h物体爆炸后，第一块碎片竖直落下的运动方程为 y1=h-v1t-12gt2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=12t1gt12又根据动量守恒定律，在最高点处有 mv0x=0=-1212mv2x12mv2ymv1+联立解式、和，可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为 v2x=2v0x=2x1g2h=100m×s1h-v2y=v1=12t1gt12=14.7m×s1爆炸后，第二块碎片斜抛运动，其运动方程为 x2=x1+v2xt2y=h+v2yt2-12gt22落地时，y2=0，由、可解得第二块碎片落地点的水平位置 x2=500m 题3.5：A、B两船在平静的湖面上平行逆向航行，当两船擦肩相遇时，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-1的速度继续向前驶去。A、3B两船原有质量分别为0.5´10kg和1.0´103kg，求在传递重物前两船的速度。(忽略水对船的阻力) 题3.5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v¢A、v¢B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=mAvA¢ (mB-m)vB+mvA=mBvB由题意知v¢A = 0，v¢B = 3.4 m×s-1代入数据后，可解得 vA=vB=-mBmv¢B(mB(mA-m)(mA-m)-m2=-0.40m×s-1(mA-m)mBv¢B2-m)(mB-m)-m=3.6m×s-1也可以选择不同的系统，例如，把A、B两船视为系统，同样能满足动量守恒，也可以列出相应的方程求解。 题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a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，他跳跃的距离增加了多少？ 题3.6解：取如图所示坐标。把人与物体视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向左抛物过程中，满足动量守恒，故有 (m+m¢)v0cosa=m¢v+m(v-u) 式中v为人抛物后相对地面的水平速度，vu为抛出物对地面的水平速度。得 v=v0cosa+mm¢+mu 人的水平速度的增量为 Dv=v-v0cosa=mm¢+mu而人从最高点到地面的运动时间为 t=v0sinag所以，人跳跃后增加的距离 Dx=Dvt=mv0sina(m¢+m)gu题3.7：铁路上有一静止的平板车，其质量为m¢，设平板车可无摩擦地在水平轨道上运动。现有N个人从平板车的后端跳下，每个人的质量均为m，相对平板车的速度均为u。问：在下列两种情况下，N个人同时跳离；一个人、一个人地跳离，平板车的末速是多少?所得的结果为何不同，其物理原因是什么? 题3.7解：取平板车及N个人组成的系统，以地面为参考系，平板车的运动方向为正方向，系统在该方向上满足动量守恒。 考虑N个人同时跳车的情况，这跳车后平板车的速度为v，则由动量守恒定律得 0=m¢v+Nm(v-u) v=Nmm¢+Nmu又考虑N个人一个接一个的跳车的情况。设当平板车上尚有n个人时的速度为vn，跳下一人后车速为vn-1，在这一次跳车过程中，根据动量守恒有 (m¢+nm)vn=m¢vn-1+(n-1)mvn-1+m(vn-1-u)由式可解得递推公式 vn-1=vn+mm¢+nmu显然，当车上有N个人时，因尚未有人跳离平板车，故vN = 0；而车上N个人全跳完时，车速为v0。根据有 vN-1=0+mm¢+Nmumm¢+(N-1)muvN-2=vN-1+ v0=v1+mm¢+mu将上述各等式的两侧分别相加，整理后得 Nv0=ån=1mm¢+nmun=1,2,3,L,N由于m¢+nm£m¢+Nm故有 v0>v 即N个人一个接一个地跳车时，平板车的末速v0大于N个人同时跳下时平板车的末速v。这是因为在N个人逐一跳离车时，车队地的速度逐次增加，导致跳车者相对地面的速度也在逐次增大，并对平板车所作的功也相应增大，因而平板车得到的能量也大，其车速也大。 题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面上。若用5.00N的恒力作用在绳索的另一端，使物体向右加速运动，当系在物体上的绳索从水平面成30o角变为37o角时，力对物体所作的功为多少？已知滑轮与水平面之间的距离为1m。 题3.8分析：该题中虽施以“恒力”，但是，作用在物体上的力的方向在不断变化。需按功的矢量定义式W=òF×ds来求解。 解：取图示坐标，绳索拉力对物体所作的功为 W=òF×dx=òFcosqdx=òx2x1-Fxd+x2dx=1.69J题3.9：一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。题3.9解：由运动学方程xv=dxdt=3ct2=ct3，可得物体的速度 按题意及上述关系，物体所受阻力的大小为 F=kv=9kct=9kc2242/3x4/3l则阻力的功为 W=òl0F×dx=òl0Fcos180dx=-ò9kc0o2/3x4/3dx=-277kc2/37/3l题3.10：一人从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。求水桶被匀速地从井中提到井口，人所作的功。 题3.10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-agy 其中a = 0.2 kg/m，人对水桶的拉力的功为 W=10m010m0òF×dy=ò(mg-agy)dy=882J m题3.11：一质量为0.20kg的球，系在长为2.00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30o角的位置，然后由静止放开。求：在绳索从30o角到0o角的过程中，重力和张力所作的功；物体在最低位置时的动能和速率；在最低位置时的张力。 题3.11解：如图所示，重力对小球所作的功只与始末位置有关，即 WP=PDh=mgl(1-cosq)=0.53J 在小球摆动过程中，张力FT的方向总是与运动方向垂直，所以张力的功 WT=òFT×ds=0根据动能定理，小球摆动过程中，其动能的增量是由于重力对它作功的结果。初始时动能为零，因而，在最低位置时的动能为 Ek=WP=0.53J 小球在最低位置时的速率为 v=2Ekm=2WPm=2.30m×s-1当小球在最低位置时，由牛顿定律可得 FT-P=mvlmvl22FT=mg+=2.49Nkg×m×s-1题3.12：最初处于静止的质点受到外力的作用，该力的冲量为4.00隔内，该力所作的功为2.00J，问该质点的质量为多少？ 。在同一时间间题3.12解：由于质点最初处于静止，因此，初动量p0 = 0，初动能Ek0 = 0，根据动量定理和动能定理分别有 I=Dp=p-p0=p W=DEk=Ek-Ek0=Ek 而Ek=12=mv=p22p22mI2=4.00kg所以m2Ek=2W题3.13：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=k/r3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。 题3.13解：由力函数F=距r时的势能为 EP=-(E¥-EP)=W=kr3可知，当r®¥时，F=0，势能亦为零。在此力场中两粒子相ò¥rF×dr=ò¥rkr3dr则 EP=k2r2题3.14：如果一物体从高为h0处静止下落。试以时间t为自变量；高度h为自变量，画出它的动能和势能曲线，并证明两曲线中动能和势能之和相等。 题3.14解：物体自由下落时，在t时刻的速度v = gt，则其动能为 Ek=12取地面为原点，竖直向上为坐标正向。物体自由下落的-12gt2mv2=12mgt22运动方程h=h0，则t时刻的势能为 22EP=mgh=mgh0-12mgt按式、即可作出Ekt、EPt图线。 在任意时刻势能和动能的总和为 E=EP+Ek=mgh0-12mgt+2212mgt22=mgh0=2g(h0-h)以高度为自变量时，物体在某高度时的速率vE=(EP+Ek)=mgh+12m2g(h0-h)=mgh0 ，此时的总能量为 即势能和动能的总和仍为一恒量。 题3.15：一质量为m的质点，系在细绳的一端，绳的另一端固定在平面上。此质点在粗糙水平面上作半径为r的圆周运动。设质点的最初速率是v0。当它运动一周时，其速率为v0/2。求：摩擦力作的功；滑动摩擦因数；在静止以前质点运动了多少圈？ 题3.15解：摩擦力作功为 W=Ek-Ek0=12mv-212mv0=-238mv02，故有 由于摩擦力是一恒力，且FfW=Ffscos180o=mmg=-2prmmg由式、可得动摩擦因数为 m=3v0216prg3由于一周中损失的动能为mv02，则在静止前可运行的圈数为 8n=Ek0W=43圈题3.16：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。问在板上需加多大的压力，方可在力停止作用后，恰能使A在跳起来时B稍被提起。 A题3.16分析：选取两块板、弹簧和地球为系统，该系统在外界所施压力撤除后，直到B板刚被提起，在这一过程中，系统不受外力作用，而内力中又只有保守力作功，支持力不作功，因此，满足机械能守恒的条件。只需取状态1和状态2，运用机械能守恒定律列出方程，并结合这两状态下受力的平衡，便可将所需压力求出。 解：选取如图所示坐标，取圆点O处为重力势能和弹性势能零点。作各状态下物体的受力图。对A板而言，当施以外力F时，根据受力平衡有 F1=P1+F当外力撤除后，按分析中所选的系统，由机械能守恒定律可得 12ky1-mgy1=212ky2+mgy22式中y1、y2为M、N两点对原点O的位移。因为F1=ky1,F2=ky2及P1=m1g，上式可写为 F1-F2=2P1 由式、可得 F=P1+F2 当A板跳到N点时，B板刚被提起，此时弹性力F2¢=P2，且F2=F2¢。由式可得 F=P1+P2=(m1+m2)g 应注意势能的零点位置是可以任意选取的。为计算方便起见，通常取弹簧原长时的弹性势能为零点，也同时为重力势能的零点。 题3.17：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a=30.0o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再卸货。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？ 题3.17解：取沿斜面向上为x轴正方向。弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点O。矿车在下滑和上行的全过程中，按题意，摩擦力所作的功为 Wf=(0.25mg+0.25m¢g)(l+x)式中m¢和m分别为矿车满载和空载时的质量，x为弹簧最大被压缩量。 根据功能原理，在矿车运动的全过程中，摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值，故有 Wf=-DE=-DEp+DEk() 由于矿车返回原位时速度为零，故DEk=0；而DEp=(m-m¢)g(l+x)sina，故有 Wf=-(m-m¢)g(l+x)sina由式、可解得 mm¢=13题3.18：用铁锤把钉子敲入墙面木板。设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比。若第一次敲击，能把钉子钉入木板1.00´10-2m，第二次敲击时，保持第一次敲击钉子的速度，那么第二次能把钉子钉入多深？ 题3.18解：因阻力与深度成正比，则有F = kx。现令x0 = 1.00´102 m，第二次钉入的深度为Dx，由于钉子两次所作功相等，可得 òx00kxdx=òx0+Dxx0kxdxDx=0.41´10-2m题3.19：一质量为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：卫星的动能；卫星的引力势能；卫星的机械能。 题3.19解：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 GmEm=mv2(3RE)2123RE则 Ek=mv2=GmEm6RE取卫星与地球相距无限远时的势能为零，则处在轨道上的卫星所具有的势能为 Ep=-GmEm3RE卫星的机械能为 E=Ek+Ep=GmEm6RE-GmEm3RE=-GmEm6RE题3.20：如图所示，天文观测台有一直径为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，求此冰块离开桌面的位置以及在该位置的速度。 题3.20解：取冰块、屋面和地球为系统，由系统的机械能守恒，有 mgR=12mv+mgRcosq2根据牛顿定律，冰块沿径向的动力学方程为 mgcosq-FN=mvR2冰块脱离球面时，支持力FN = 0，由式、可得冰块的角位置 q=arccos23=48.2o冰块此时的速率为 v=gRcosq=2Rg3v的方向与重力P方向的夹角为 题3.21：如图所示，把质量为0.20kg的小球放在位置A，弹簧被压缩7.5cm,在弹簧弹力的作用下，小球从位置A由静止被释放，沿ABCD运动，小球与轨道间的摩擦不计。已知弧BCD是半径0.15m的半圆弧，AB相距为2r，求弹簧劲度系数的最小值。 a=90-q=41.8oo题3.21解：小球要刚好通过最高点C时，轨道对小球支持力FN = 0，因此，有 mg=mvCr2以小球、弹簧和地球为系统，取小球开始时所在位置A为重力势能的零点，由系统的机械能守恒定律，有 12k(Dl)=mg(3r)+212mvC2由式、可得 k=7mgr(Dl)2=366N×m-1题3.22：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。 题3.22解：以小球与靶组成系统，设弹簧的最大压缩量为x0，小球与靶共同运动的速率为v1。由动量守恒定律，有 mv=(m+m¢)v1 又由机械能守恒定律，有 12mv=212(m¢+m)v12+12kx02由式、可得 x0=mm¢k(m+m¢)v题3.23：以质量为m的弹丸，穿过如图所示的摆锤后，速率由v减少到v/2。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？ 题3.23解：取弹丸与摆锤所成系统。由水平方向的动量守恒定律，有 mv=mv2+m¢v¢为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动，在最高时，摆线中的张力FT=0，则 m¢g=m¢v¢hl2式中v¢为摆锤在圆周最高点的运动速率。 h又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中，满足机械能守恒定律，故有 12m¢v¢=2m¢gl+212¢2m¢vh解上述三个方程，可得弹丸所需速率的最小值为 v=2m¢m5gl题3.24：一个电子和一个原来静止的氢原子发生对心弹性碰撞。试问电子的动能中传递给氢原子的能量的百分数。 题3.24解： 以EH表示氢原子被碰撞后的动能，Ee表示电子的初动能，则 1EHEe=212m¢vHmve22m¢ævHöç÷=÷mçvèeø2由于粒子作对心弹性碰撞，在碰撞过程中系统同时满足动量守恒和机械能守恒定律，故有 ¢ mve=m¢vH+mve12mve=212m¢vH+212¢mve2由题意知m¢m=1840，解上述三式可得 EHEem¢ævHöæ2mö-3ç÷=1840ç=÷»2.2´10 ç÷mèveøèm¢+møkg22题3.25：质量为7.2´10-23，速率为6.0´107m×s-1的粒子A，与另一个质量为其一半而静m×s-1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的速率及相对粒子A原来速度方向的偏角；粒子A的偏转角。 ，求：粒子B题3.25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 mvA=0=m2m2¢cosavBcosb+mvA¢sinavBsinb-mvA又由机械能守恒定律，有 12mvA=21æmö21¢2 ç÷vB+mvA2è2ø2解式、可得碰撞后B粒子的速率为 vB=2¢2=4.69´107m×s-1 2vA-vA()各粒子相对原粒子方向的偏角分别为 a=arccos¢vA+3vA¢4vAvA22=2220¢,b=arccoso3vB4vA=546¢ o题3.26解：按图示坐标，对两粒子系统而言，在沿力的方向上动量守恒，当两粒子的速率均为v时，有 mv0=mv+mv 又根据系统的能量守恒，有 12mv20=12mv2+12mv2+q24pe0r0由式、可得两粒子最接近使的速率和距离分别为 v=r0=12v0 14q0224pemv0题3.27：如图所示，一质量为m¢的物块放置在斜面的最底端A处，斜面底倾角为a，高度为h，物块与斜面的滑动摩擦因数为m，今有一质量为m的子弹以速度v0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，求物块滑处顶端时的速度大小。 题3.27解：在子弹与物块的碰撞过程中，在沿斜面的方向上，根据动量守恒有 mv0cosa=(m¢+m)v1在物块上滑的过程中，若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v2，并取A点的重力势能为零。由子弹、物块、地球为系统的功能原理可得 -m(m+m¢)gcosahsina=12(m+m¢)v22+(m+m¢)gh-(m+m¢)v12 21由式、可得 v2=æmöv0cosa÷-2gh(mcota-1) çèm¢+mø2题3.28：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3.28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 12mvm+212m¢vm¢=mgR2式中vm、vm¢分别表示小球、容器相对桌面的速度。由式、可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为 vm=vm¢=2m¢gRm¢+mmm¢2m¢gRm¢+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。在容器底部时，小球相对容器的运动速度为 v¢=vm-(-vm¢)=vm+vm¢=mæm¢+möç÷2gRèm¢ø在容器底部，小球所受惯性力为零，其法向运动方程为 FN-mg=m¢vmR2由式、可得小球此时所受到的支持力为 2möæFN=mgç3+÷¢mèø=10t题3.29：打桩机锤的质量为m长达l=38.5m4，将质量为m¢=24t、横截面为S=0.25m2、的钢筋混凝土桩打入地层，单位侧面积上所受泥土的阻力为-2K=2.65´10N×m。问：桩依靠自重能下沉多深？在桩稳定后，将锤提升到离桩顶面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？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？ 题3.29解：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 m¢gh1=òh104ShKdh桩下沉的距离为 h1=m¢g2SK=8.88m=2gh锤从1 m高处落下，其末速率为v0。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 随后桩下沉的过程中，根据系统的功能原理，有 òh1+h2h1-4SKhdh=-12(m¢+m)v02-(m¢+m)gh2 由式、可解得桩下沉的距离为 h2=0.2m 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v1=2gh¢，在根据动量动量守恒定律，有 mv0=-m2gh¢+m¢v¢ 随后，桩在下沉过程中，再一次应用系统的功能原理，得 òh30-4SK(35m+h)dh=-m¢gh3-12m¢v¢2由式、可得桩再一次下沉的距离 h3=0.033m 题3.30：已知月球质量为地球的0.013倍，月球中心与地球中心之间的距离为地球半径的60倍。若取地球半径为6.4´106m，问：月球和地球所组成的系统，其质心距地球中心多远？设地球和月球均可看作质量均匀的球体。 题3.30分析：地球和月球可看作质量均匀的球体，它们各自的质心分别位于它们的中心。因此，地球和月球系统的质心则可视为两质点系统的质心，根据一维的质心的位矢即可求得。 解：取地球和月球中心连线为坐标轴，原点位于地球中心。系统的质心坐标为 xC=åmxåmiii=mm¢+mx0=4.93´10m6题3.31：一系统由质量为3.0kg、2.0kg和5.0kg的三个质点组成，它们在同一平面内运动，其中第一个质点的速度为(6.0m×s-1)j，第二个质点以与x轴成-30o角，大小为8.0m×s-1的速度运动。如果地面上的观察者测出系统的质心是静止的，那么第三个质点的速度是多少？ 题3.31分析：因质点系的质心是静止的，质心的速度为零。即vC故有ddt=drCdt=dæçdtçèåmxåmiiiö÷=0÷ø，åmxii=åmvii=0，这是一矢量方程。将质点系中各质点的质量和速度分量代入其分量式，即可得第三质点的速度。 解：在质点运动的平面内取如图所示坐标。按åmixi=0的分量式，有 m1v1x+m2v2x+m3v3x=0 m1v1y+m2v2y+m3v3y=0其中v2x=v2cosq,v2y=v2sinq,q=-30o，代入后得 v3x=-m2m3v2x=-2.8m×s,v3y=-1m1v1y+m2v2ym3=-2.0m×s-1则 v3=-2.8m×s(-1)i-(2.0m×s)j -1题3.32：如图所示，质量分别为m1=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F1=(8.0N)i和F2=(6.0N)j的作用下运动。试求：它们质心的坐标与时间的函数关系；系统总动量与时间的函数关系。 题3.32解：选如图所示坐标，则t = 0时，系统质心的坐标为 xC0=yC0=m2m1+m2m1m1+m2x20=1.5my10=1.9m对小球与杆整体应用质心运动定律，得 Fx=F1=(m1+m2)dvxdtFy=F2=(m1+m2)dvydt根据初始条件t = 0时，v = 0，分别对式、式积分可得质心速度的分量与时间的函数关系式，有 òòt0F1dt=ò0(m1+m2)dvx,vxò0(m1+m2)dvy,vyvyvx=F1m1+m2F2m1+m2tt0F2dt=t根据初始条件t = 0时，x = xC0，y = yC0，对式、式再一次积分可得质心坐标与时间的函数关系式，有 òxCxC0dxC=æF1ò0ççm+m2è1töt÷÷dtø2xC=xC0+F12(m1+m2)t=1.5m+0.25m×s(-2)t2及 òyCyC0dyC=æF2ò0ççm+m2è1töt÷dt÷øyC=yC0+F22(m1+m2)t=1.9m+0.19m×s2(-2)t2利用动量定理并考虑到系统的初始状态为静止，可得系统总动量与时间的函数关系 p=Dp=ò0(F1+F2)dtt=8.0kg×m×s(-2)ti+(6.0kg×m×s)t-2j