4-1 判断正误
（1）质点系的总动量为零，总角动量也一定为零。错 （2）一质点做直线运动，质点的角动量一定为零。错 （3）一质点做直线运动，质点的角动量一定不变。错
（4）一质点做匀速率圆周运动，其动量方向在不断改变，所以角动量的方向也随之不断改变。错
4-2 两个自由质点，其质量分别为m 1和m 2，它们之间的相互作用符合万有引力定律，开始时，两质点间的距离为l ，它们都处于静止状态，试求当它们的
距离变为l 2
1
时，两质点的速度各为多少？
解：把两个质点当一个系统考虑，没有外力作用，动量和机械能守恒。
:2211=+v m v m 动量守恒2
22211212121212
0v m v m L m m G L m m G
++-=+-机械能守恒
解得：)
(2,)(2211
2212
1m m L G
m v m m L G m v +-=+= 4-3 如附图所示，一根线密度为λ的均匀柔软链条，上端被人用手提住，下端恰好碰到桌面。现将手突然松开，链条下落，设每节链环落到桌面上之后就静止在桌面上，求链条下落距离y 时对桌面的瞬时作用力。
解：在落到桌面前，链条个部分为自由落体，当链条下落y 时，下落部分速
率满足：gy v mgy mv 22
1
2=?=
d t 时刻内将会有d y 长度的链条落到桌面上，此时桌面上的链条受到支持力
N 和重力G 的作用，二者的合力改变了链条的动量，若指定向上为正，则
)](d [0d )(v y t G N --=-λ即2v dt
dy
v
yg N λλλ==- 所以gy gy gy yg v N λλλλλ322=+=+=
4-4 作用在质量为10kg 的物体上的力为F =（10+2t ）N ，式中t 的单位为s 。（1）求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量。
（2）为了使这力的冲量为200Ns ，该力应在这物体上作用多久，试就一原
来静止的物体和一个具有初速度-6m/s 的物体，回答这两个问题。
解：（1）根据动量定理，
m /s kg 56)
10()()()210(40
24
0?=+=?=??=+=?t t mv I mv t t I x x
m/s 6.510
56
m/s kg 56==
???=?=?v v m mv （2）当物体原来静止时，在x 方向
s 10020010200)210(02=?=-+?=+=?t t t dt t I t
x
当初速度为m/s 60v -=时，
t
t v m t t v m p p v m p t
t
d )210(]d )210([,
00
00100??+=-++=-==
由于y 方向无力作用，y 方向动量为恒矢量，故仍为10s 。
4-5 一颗子弹由枪口射出时速率为v 0m/s ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F =（a -bt ）N （a ，b 为常数），其中t 以s 为单位：
（1）假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；（2）求子弹所受的冲量；（3）求子弹的质量。
解：（1）子弹到枪口时，有
b
a
t bt a F =?=-=0)( （2）子弹受的冲量
2021)(bt at dt bt a I t
?-=-=，将b
a
t =带入得b a I 22=
（3）由动量定理，得0
2
02bv a v I m =
= 4-6 求实验室内观察到相距很远的一个质子（质量为m p ）和一个氦核（质量为4m p ），沿一直线相向运动，速率都是v 0，求二者能达到的最近距离R 。
解：如图
当质子和氦核相距最近时，它们的速度一定同方向且相等，由动量守恒得
0005
3
)4(4v V V m m v m v m p p p p =?+=-
质子带电量为e ，氦核带电量为2e ，它们相距为r 时具有的势能为
r
ke r e e k E p 2
22=?=，其中k 为静电力常量。
由能量守恒得min 22
20202)4(2121421r ke V m m v m v m p p p p ++=+?
得：2
2
min
45v m ke r p = 4-7 F x =30+4t （式中F x 的单位为N ，t 的单位为s ）的合外力作用在质量为
m =10kg 的物体上，试求：（1）在开始2s 内此力的冲量；
（2）若冲量I =300Ns ，此力作用的时间；
（3）若物体的初速度v 1=10m/s ，方向与F x 相同，在t =时，此物体的速度
v 2。解：（1）0-2s 内此力的冲量
s N 68)
302(d )430(d 20
2
22
?=+=+==??t t t t t F I x
（2）s N 300?=I 时，3003022=+t t ，解得 s 86.6=t （3）0300mv mv I -==，解得 m/s 40=v
4-8 如附图所示，在水平地面上，有一横截面S =的直角弯管，管中有流速为v =s 的水通过，求弯管所受力的大小和方向。
解：水在竖直方向和水平方向分别利用冲量定理求冲力分量，弯管所受力大小为水所受的冲力合力。在竖直方向：tv Sv mv t F d )(d d 1ρ-==
在水平方向：tv Sv t F d d 2ρ= 水所受的冲力合力大小为：
N 105.2N 0.320.0101223232221?=????==+=Sv F F F ρ，
方向沿直角平分线指向弯管内侧。由牛顿第三定律，弯管所受力大小为N 105.23?，方向沿直角平分线指向弯管外侧。
4-9 如附图所示，一做斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离地面为。爆炸后，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×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）。
解：物体在最高点处爆炸的过程，由于爆炸内力远大于重力，重力的冲量可或略，物体爆照过程动量守恒。设作斜抛物体的初速率为v 0，到最高点所需时间为t 0，则由000=-gt v y ，2
00021gt t v h y -
=，得到 g
h t 20= h
g
x t x v x 21
010==
（1） 物体爆炸后，第一块碎片竖直落下的运动方程为2
112
1gt t v h y -
-=，当该碎片落地时，有s 00.1,011===t t y ，则得到第一块碎片抛出的速率1v
1
21121t gt h v -=
（2） 再根据动量守恒定律，在最高点处有
x x mv mv 2021=
（3）;y mv mv 212
1
210+-= （4） 联解式（1）——（4），得
m/s 1002221
02===h
g
x v v x x ;m/s 7.14211
2112=-
==t gt h v v y 爆炸后，第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为
2212t v x x x += （5） 2
22222
1gt t v h y y -
+= （6） 落地时，02=y ，由式（5）和（6）可解得m 5002=x
4-10 如附图所示，质量为×10-23
kg ，速率为×107
m/s 的粒子A ，与另一质量为其一半而静止的粒子B 发生二维弹性碰撞，碰撞后粒子A 的速率为×107m/s.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。
解：由动量守恒B B A A A A v m v m v m +='
，即βαcos cos 'B B A
A A A v m v m v m +=
（1）;βαsin sin '
B B A
A v m v m = （2）; 弹性碰撞，动能不变
2
2221'2121B
B A A A A v m v m v m += （3） ; 把 kg 102.723-?=A m ，kg 106.32
23-?==
A
B m m ，m /s 100.67?=A v ，m /s 100.57'?=A v 代入式（1）-（3），得
m /s 1069.47?=B v ，'2022ο=α，'654ο=β
4-11 如附图所示，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，并放置在摩擦可以或略的水平桌面上，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？
解：水平方向系统动量守恒，下滑过程中系统机械能守恒
0''=-m m v m mv ;2
'2'2
121m m v m mv mgR +=
其中m v 、'm v 分别表示小球到达B 点时小球、容器相对于桌面的速度，得
''2m m gR m v m +=
，'
'2''m m gR
m m m v m +=
以容器为参考系，求在B 点小球相对容器的速度'm v 由于 )(''m m m v v v -+=，得 '
)
'(2''m m m gR v v v m m m +=+=
容器参考系中，小球圆周运动的向心力为
)'
23(')'(2'2m m mg mg R m m m mgR F R mv mg F N m N +=++=?=-
4-12 如附图所示,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,，但可在水平面上做无摩擦滑动，求钢球射入靶内弹簧后, 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x 0 ．小球与靶共同运动的速度为v 1 ．由动量守恒定律,有
()
1'mv =m+m v (1)
又由机械能守恒定律,有
()
22
210
111222
m kx '+v =m+m v (2) 由式(1)、(2)可得
0x =4-13 自动步枪连发时每分钟可射出120发子弹，每颗子弹质量为，出口速率为735m/s ，求射击时所需的平均力。
解：枪射出每发子弹所需时间：Δt=60/120=，对子弹应用动量定理：
3//7.910735/0.5
11.6F t p F p t mv t
N
-?=??=??=?=??=
4-14水力采煤,是用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层。设水柱直径
30mm D =，水速56m/s υ=，水柱垂直射在煤层表面上，冲击煤层后的速度
为零，求水柱对煤的平均冲力。
解 △t 时间内射向煤层的水柱质量为
21
π4
m V D x ρρ?=?=?
煤层对水柱的平均冲击力（如图以向右为正方向）为
211x x x m m m F t t υυυ?-??=
=-??211π4x x
D t ρυ?=-? 332231
1.010π(3010)56
2.2210(N)4-=-??????=-?
水柱对煤层的平均冲力为 '32.2210N F F =-=?，方向向右。
4-15 F x ＝30＋4的力作用在质量为10kg 的物体上，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10 m·s -1 ,方向与F 相同,在t ＝时,此物体的速度是多少 ？
分析 本题可由冲量的定义式2
1d t t F t =?I ,求变力的冲量,继而根据动量定
理求物体的速度v 2．
解 (1) 由分析知()12
22
00304d 302|68N s t t t t =+=+=??I
(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 v 2- m v 1
由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得
-11
240m s I m m
+== ?v v
4-16 质量为m 的质点在xOy 平面内运动，其运动方程j i r t b t a ωωsin cos +=，求：(1)质点的动量；(2)从t ＝0到
ωπ
2=
t 这段时间内质点受到的合力的冲量；
(3)在上述时间内，质点的动量是否守恒?为什么?
[解] 质点的速度j i r
v t b t a t
ωωωωcos sin d d +-==
(1) (1) 质点的动量()j i v p t b t a m m ωωωcos sin +-== (2) 由(1)式得0=t 时，质点的速度j v ωb =0
ω
π
2=t 时，质点的速度为j j i v ωπωπωb b a =+-=2cos 2sin t
根据动量定理00t =-=?=mv mv p I
解法二：j
i a F j
i v
a j i r
v t mbw t ma m t bw t a t
t b t a t ωωωωωωωωωωsin cos sin cos d d cos sin d d 2222--==--==+-==
()
0d sin cos d 20
2220
=--==??
ωπω
π
ωωωt t mbw t ma t j i F I
(3) 质点的动量不守恒，因为由第一问结果知动量随时间t 变化。
4-17 将一空盒放在台秤盘上，并将台秤的读数调节到零，然后从高出盒底h 处将石子以每秒n 个的速率连续注入盒中，每一石子的质量为m 。假定石子与盒子的碰撞是完全非弹性的，试求石子开始落入盒后t 秒时，台秤的读数。
[解] t 秒钟后台秤的读数包括下面两部分，一部分是已落入盒中的石子对称盘的压力1N ，另一部分是正下落的石子对秤的冲力2N ，显然nmgt N =1
取t ?时间下落的石子为研究对象，设它们所受到的平均冲力为N '，根据动
量定理gh t nm tv nm p t N 2002
?-=?-=?=?' 所以 gh nm N 22
-=' 故t ?时间下落的石子对称的冲力gh nm N N 22
2='-= 因此秤的读数为gh nm nmgt N N N 221+=+=
4-18以速度0v 前进的炮车，向后发射一炮弹，已知炮车的仰角为θ，炮弹和炮车的质量分别为m 和M ，炮弹相对炮车的出口速率为v ，如图所示。求炮车的反冲速率是多大?
[解] 以大地为参照系，取炮弹与炮弹组成的系统为研究对象，系统水平方向的动量守恒。由图可知炮弹相对于地面的速度的水平分量为v v '-θcos ，根据动量守恒定律
()()v M v v m v m M '-'-=+-θcos 0
所以 ()m
M mv v m M v +++=
'θ
cos 0
此即为炮车的反冲速率。
4-19 一质点的运动轨迹如图所示。已知质点的质量为20g ，在A 、B 两位置处的速率都是20s m ，A v 与x 轴成045角，B v 与y 轴垂直，求质点由 A 点运动到B 点这段时间内，作用在质点上外力的总冲量。
[解] 由题意知，质点由A 点到B 点动量的改变为
s m kg 683.02
2
20102020102045cos 330A B x ?-=?
??-??-
=--=?--mv mv p s m kg 283.02
2
20102045sin 030A y ?-=?
??-=-=?-mv p 根据动量定理，作用在质点上的外力的冲量x x p I ?= ;y y p I ?=
所以 ()()()()s N 739.0283.0683.02
22
y 2x 2
y 2x ?=-+-=
?+?=
+=p p I I I
冲量与x 轴之间的夹角0x
g 5.202683
.0283
.0arctan
arctan
=--==I I θ
4-20 如图所示，砂子从h ＝处下落到以=0v 3s m 的速率沿水平向右运动的传输带上，若每秒钟落下100kg 的砂子，求传输带对砂子作用力的大小和方向。
[解] 如图所示，设t ?时间内落下的砂子的质量为m ?，则m ?的动量改变
()10v v p -?=?m
显然有 gh v 21= 由图可知
()()2
212
021v v m mv mv p +?=?+?=
? 根据动量定理 p F ?=?t 所以
20
20212v gh t
m v v t m t p F +??=+??=??=
N 49738.08.921002=+???=
4-21 矿砂从传输带A 落到另一传输带B ，其速度大小为1v ＝4s m ，
2v ＝2s m 方向如图所示。设传输带的运送量t m ??＝2000h kg ，求矿砂作用在传输带B 上的力的大小和方向。
?mv 1
?p
?mv 0
y
x
[解] 取t ?时间内落下的矿砂m ?为研究对象，建立如图所示的坐标系，其动量的改变为
()22111122x cos sin sin cos θθθθv v m mv mv p -?=?+?-=?()22111122y sin cos cos sin θθθθv v m mv mv p +?=?+?=?
根据动量定理 p F ?=?t ;x x p t F ?=?;y y p t F ?=? 所以 ()()
N 1079.315cos 230sin 436002000cos sin 2002211x x -?=-=-??=
??=
θθv v t m
t p F ()()
N 21.230cos 415sin 23600
2000cos sin 001122y y =+=+??=
??=θθv v t m
t p F 故矿砂作用在传输带B 上的力()N 22.21079.311.22
322y 2x =?+=+=-F F F
与竖直方向的夹角03
y x 111
.21079.3arctg arctg =?==-F F θ 4-22某弹道火箭初始总质量9.120=M t ，内装m ＝的燃料，由静止开始发射。发射时喷气速率3100.2?=u s m ，喷气流量为q ＝125s kg ，二者都是常量。不计重力及空气阻力，求火箭受到的反推力和它在燃料烧尽后的速度。
[解] 取d t 时间内喷出的气体为研究对象，根据动量定理m u p t F d d d ==' 所以 uq t
m
u t p F ===
'd d d d 火箭受到的反推力 uq F F ='= (1)
N 105.2125100.253?=??=F
设燃料燃烧尽后火箭的速度为v ，根据动量定理()v qt M t F d d 0-= (2)
燃料燃烧时间 q
m T 0
=
(3) 联立(1)、(2)两式得 qt
M t
uq v -=
0d d (4)
将上式积分得
?
?-=T
v
qt
M t
uq v 0
00
d d (5)
联立(3)、(5)两式得 m 104.20
.99.129
.12ln 100.2ln
33000?=-?=-=m M M u v
4-23 初始质量为的火箭，在地面附近空间以相对于火箭的速率u垂直向下喷射高温气体，每秒钟消耗的燃料量为常量C。设初速为零，试求火箭上升速度与时间的函数关系。
解：经过时间t后，火箭的速度为v
因此
4-24 依靠火箭将卫星进入轨道。发射前火箭和卫星的总质量为t。其中燃料质量m=。若希望在燃料烧尽后火箭能达到第一宇宙速度v=，不计空气阻力和重力，则燃料喷气相对于火箭的速率u应为多大?
解：
所以
4-25 质量为m的质点，当它处在r=-2i+4j+6k的位置时的速度v=5i+4j+6k，试求其对原点的角动量。
解：质点对原点的角动量为
4-26 一质量为m＝2200kg的汽车v=60的速率沿一平直公路行驶。求汽车对公路一侧距公路为d＝50m的一点的角动量是多大?对公路上任一点的角动量又是多大?
解：根据角动量的定义式
(1)
(2) 对公路上任一点r∥v，所以
4-27 哈雷彗星绕太阳运行的轨道是一个椭圆。它离大阳最近的距离是，其时它的速率为；它离太阳最远时的速率是，这时它离太阳的距离是多少。
解：彗星运行受的引力指向太阳，所以它对太阳的角动量守恒，它在走过离太阳最近或最远的地点时，速度的方向均与对太阳的矢径方向垂直，所以根据角动量守恒
由此得到
4-28 若将月球轨道视为圆周，其转动周期为，求月球对地球中心的角动量及面积速度(kg，轨道半径R=m)。
解：设月球的速度为v，月球对地球中心的角动量为L，则
月球的面积速度为
4-29 氢原子中的电子以角速度在半径m的圆形轨道上绕质子转动。试求电子的轨道角动量，并以普朗克常数h表示之()。
解：电子的轨道角动量
2424110.L h =?
4-30 海王星的轨道运动可看成是匀速率圆周运动，轨道半径约为，绕太阳运行的周期为T =165年。海王星的质量约为，试计算海王星对大阳中心的角动量的大小。
解： 海王星对太阳中心的角动量 ;
联立两式得到
4-31 6月22日，地球处于远日点，到太阳的距离为m ，轨道速度为。6个月后，地球处于近日点，到太阳的距离为m 。求：(1)在近日点地球的轨道速度； (2)两种情况下地球的角速度。
解：设在近日点附近地球的轨道速度为，轨道半径为，角速度为；在远日点地球的轨道速度为，轨道半径为，角速度为。
(1) 取地球为研究对象，其对太阳中心的角动量守恒。
所以 (2) ;
4-32 光滑圆盘上有一质量为m 的物体A ，拴在一根穿过圆盘中心光滑小孔的细绳上，如图所示。开始时，该物体距圆盘中心O 的距离为0r ，并以角速度0ω绕盘心O 作圆周运动。现向下拉绳，当质点A 的径向距离由0r 减少到021r 时，向下拉的速度为v ，求下拉过程中拉力所作的功。 解：质点所受合外力为有心力，角动量守恒
r v m r mv '=00 v '为021r 时小球的横向速度。
根据质点的动能定理，拉力作功 2021221mv mv A B -=
B v 为小球对地的总速度，而 222v v v B +'= 当021r r =时221202023mv mr A +=ω
4-33 如图所示，在光滑的水平面上有一轻质弹簧(其劲度系数为k)，它的一端固定，另一端系一质量为m ′的滑块.最初滑块静止时，弹簧呈自然长度 l 0 ，今有一质量为m 的子弹以速度v 0 沿水平方向并垂直于弹簧轴线射向滑块且留在其中，滑块在水平面内滑动，当弹簧被拉伸至长度l 时，求滑块速度v 的大小和方向.
解：子弹射入滑块瞬间，因属非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
()v v '+'=m m m 0 (1)
在弹簧的弹力作用下，滑块与子弹一起运动的过程中，若将弹簧包括在系统内，则系统满足机械能守恒定律，有
()()()202
22
12121l l k m m m m -++'='+'v v (2) 又在滑块绕固定点作弧线运动中，系统满足角动量守恒定律，故有
()()θl m m l m m sin 0v v +'='+' (3)
式中θ 为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角.联立解上述三式，可得
()m m l l k m m m +'--??? ??+'=20202v v ，