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)s 习题44-1．如图所示的圆锥摆，绳长为l ，绳子一端固定，另一端系一质量为m 的质点，以匀角速ω周的过程中，试求：（1）质点所受合外力的冲量I v ；（2）质点所受张力T 的冲量T I v。
解：（1）设周期为τ，因质点转动一周的过程中， 速度没有变化，12v v =v v，由I mv =∆vv， ∴旋转一周的冲量0I =v；（2）如图该质点受的外力有重力和拉力， 且cos T mg θ=，∴张力T 旋转一周的冲量：2cos T I T j mg j πθτω=⋅=⋅v v v所以拉力产生的冲量为2mgπω，方向竖直向上。
4-2．一物体在多个外力作用下作匀速直线运动，速度4/v m s =。
已知其中一力F v方向恒与运动方向一致，大小随时间变化内关系曲线为半个椭圆，如图。
求：（1）力F v在1s 到3s 间所做的功；（2）其他力在1s 到3s 间所做的功。
解：（1）半椭圆面积⋅====⋅=⎰⎰⎰⎰v t F v t Fv x F x F A d d d d ρϖJ 6.12540201214==⨯⨯⨯=ππ（2）由动能定理可知，当物体速度不变时，外力做的 总功为零，所以当该F v做的功为125.6J 时，其他的力 的功为-125.6J 。
4-3．质量为m 的质点在Oxy 平面内运动，运动学方程为cos sin r a t i b t j ωω=+v v v，求：（1）质点在任一时刻的动量；（2）从0=t 到ωπ/2=t 的时间内质点受到的冲量。
解：（1）根据动量的定义：P mv =v v，而d r v dt==v v sin cos a t i b t j ωωωω-+v v ， ∴()(sin cos )P t m a t i b t j ωωω=--v v v ；（2）由2()(0)0I mv P P m b j m b j πωωω=∆=-=-=v v v v v v ，所以冲量为零。
第三章 动量定理及动量守恒定律（思考题与习题解答）（一）思考题3.1试表述质量的操作型定义。
解答，kgv v m m 00 ∆∆=式中kg 1m 0=（标准物体质量） 0v∆：为m 与m0碰撞m0的速度改变 v∆：为m 与m0碰撞m 的速度改变这样定义的质量，其大小反映了质点在相互作用的过程中速度改变的难易程度，或者说，其量值反映了质量惯性的大小。
这样定义的质量为操作型定义。
3.2如何从动量守恒得出牛顿第二、第三定律，何种情况下牛顿第三定律不成立？ 解答，由动量守恒)p p (p p ,p p p p 22112121 -'-=-'+='+' ,p p 21 ∆-=∆t p t p 21∆∆-=∆∆取极限dt p d dtp d 21 -= 动量瞬时变化率是两质点间的相互作用力。
,a m )v m (dt d dt p d F 111111=== ,a m )v m (dt d dt p d F 222222 ===21F F -=对于运动电荷之间的电磁作用力，一般来说第三定律不成立。
（参见P63最后一自然段） 3.3在磅秤上称物体重量，磅秤读数给出物体的“视重”或“表现重量”。
现在电梯中测视重，何时视重小于重量（称作失重）？何时视重大于重量（称作超重）？在电梯中，视重可能等于零吗？能否指出另一种情况使视重等于零？ 解答，①电梯加速下降视重小于重量； ②电梯加速上升视重大于重量；③当电梯下降的加速度为重力加速度g 时，视重为零； ④飞行员在铅直平面内的圆形轨道飞行，飞机飞到最高点时，gR v ,0mg R v m N ,N mg R v m 22==-=+=飞行员的视重为零3.4一物体静止于固定斜面上。
（1）可将物体所受重力分解为沿斜面的下滑力和作用于斜面的正压力。
（2）因物体静止，故下滑力mg sin α与静摩擦力N 0μ相等。
α表示斜面倾角，N 为作用于斜面的正压力，0μ为静摩擦系数。
第3章动量守恒定律和能量守恒定律习题一选择题3-1 以下说法正确的是[ ]（A）大力的冲量一定比小力的冲量大（B）小力的冲量有可能比大力的冲量大（C）速度大的物体动量一定大（D）质量大的物体动量一定大解析：物体的质量与速度的乘积为动量，描述力的时间累积作用的物理量是冲量，因此答案A、C、D均不正确，选B。
3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止，设打击时间为t∆，打击前锤的速率为v，则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ]（A）mvmgt+∆（B）mg（C）mvmgt-∆（D）mvt∆解析：由动量定理可知，F t p mv∆=∆=，所以mvFt=∆，选D。
3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体[ ] （A）动量守恒,合外力为零（B）动量守恒,合外力不为零（C）动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零（D）动量变化为零,合外力为零解析：作匀速圆周运动的物体运动一周过程中，速度的方向始终在改变，因此动量并不守恒，只是在这一过程的始末动量变化为零，合外力的冲量为零。
由于作匀速圆周运动，因此合外力不为零。
答案选C。
3-4 如图3-4所示，14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触，一物体（质量为m）自轨道顶端滑下，M与m间有摩擦，则[ ]（A ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒（B ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒（C ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒，M 、m 与地组成的系统机械能守恒（D ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒解析：M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上有外力作用，因此系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,。
由于M 与m 间有摩擦，m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功，机械能转化成其它形式的能量，系统机械能不守恒。
第三章 动量和角动量【例题精讲】例3-1 一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为 t F 31044005⨯-= (SI) 子弹从枪口射出时的速率为 300 m/s ．假设子弹离开枪口时合力刚好为零，则子弹在枪筒中所受力的冲量I ＝ ；子弹的质量m ＝ 。
0.6 N·s 2 g例3-2一质量为1 kg 的物体，置于水平地面上，物体与地面之间的静摩擦系数μ 0＝0.20，滑动摩擦系数μ＝0.16，现对物体施一水平拉力F ＝t+0.96(SI)，则2秒末物体的速度大小v ＝ 。
2秒末物体的加速度大小a ＝ 。
0.89 m/s 1.39 m/s 2例3-3 质量分别为m A 和m B (m A >m B )、速度分别为A v ϖ和B v ϖ(v A > v B )的两质点A 和B ，受到相同的冲量作用，则 (A) A 的动量增量的绝对值比B 的小。
(B) A 的动量增量的绝对值比B 的大。
(C) A 、B 的动量增量相等。
(D) A 、B 的速度增量相等。
[ C ]例3-4 一人用恒力F ϖ推地上的木箱，经历时间∆ t 未能推动木箱，此推力的冲量等于多少？木箱既然受了力F ϖ 的冲量，为什么它的动量没有改变？【答】推力的冲量为t F ∆ϖ。
动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力F ϖ外还受地面的静摩擦力等其它外力，木箱未动说明此时木箱的合外力为零，故合外力的冲量也为零，根据动量定理，木箱动量不发生变化。
例3-5 如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h ＝0.5 m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上．设料斗口连续卸煤的流量为q m ＝40 kg/s ，A 以v＝2.0 m/s 的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A 的作用力的大小和方向。
（不计相对传送带静止的煤粉质重）【解】 煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度gh 20=v 设煤粉与A 相互作用的∆t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为 t q m m ∆=∆ 设A 对煤粉的平均作用力为f ϖ，由动量定理写分量式：0-∆=∆v m t f x )(00v m t f y ∆--=∆ 将 t q m m ∆=∆代入得 v m x q f =， 0v m y q f = ∴ 14922=+=y x f f f Nf ϖ与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4° 由牛顿第三定律煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图(b)中f ϖ相反。
第三次作业(第三章动量与角动量)[B ]4.(自测提高2)质量为20 g 的子弹，以400 m/s 的速率沿图 3-17所示的方向射入一原来静止的质量为980 g 的摆球中，摆线长度 不可伸缩。
子弹射入后开始与摆球一起运动的速率为 (A) 2 m/s. (B) 4 m/s. (C) 7 m/s . (D) 8 m/s. 【提示】相对于摆线顶部所在点，系统的角动量守恒： mv 2l sin 30° = (M +/H )/V其中〃2为子弹质量，肱为摆球质量，/为摆线长度。
解得：V=4 m/s (解法二：系统水平方向动量守恒：mv 2 sin 30° = (M + m)V )一、选择题 [A ] 1.(基础训练2) 一质量为〃?。
的斜而原来静止于水平光滑平面上，将一质量为所的 木块轻轻放于斜面上，如图3-11所示。
如果此后木块能静止于斜面上，则斜面将 (A)保持静止. (B)向右加速运动. (C)向右匀速运动. (D)向左加速运动. mo【提示】设m°相对于地面以V 运动。
依题意，m 静止于斜面上，跟着图 3-11mo-起运动。
根据水平方向动量守恒，得：m.V + mV=0所以V=0, 斜而保持静止。
[C ]2.(基础训练3)如图3-12所示，圆椎摆的摆球质量为〃，速率 为“圆半径为R,当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大 小为(A) 2mv. (B) ^(2mv)2 +(mgTlR/v)2(C) TtRmg/ v(D) 0.r_2【提示】|/G | =Jmgdt[C ]3.(日测提高1)质量为〃?的质点，以不变速率〃沿图3.16中 正三角形ABC 的水平光滑轨道运动。
质点越过A 角时，轨道作用于质 点的冲量的大小为图 3.16(A) mv. (B) yflmv . (C) V3mv . (D) 2m v.【提示】根据动量定理I= ]fdtG=y/imv= mv 2 -mv l ,如图。
作业3 动量与角动量1、4 m /s ． 2.5 m /s ．2、2m v 指向正西南或南偏西453、211m m +∆t F 21211m t F t F ∆++∆m m 4、4.7 N·s 与速度方向相反5、 100 m/s 3分6、 356 N·s 3分160 N·s 2分7、 m v 0 2分竖直向下 2分 三、计算题1、解：由动量定理知质点所受外力的总冲量 I ＝12v v vm m m -=∆)(由A →BA B Ax Bx x m m m m I v v v v --=-=cos45°＝-0.683 kg·m·s -1 1分I y =0- m v Ay = - m v A sin45°= - 0.283 kg·m·s -1 1分I =s N 739.022⋅=+y x I I 2分方向：==11/tg θθxy I I 202.5° （θ 1为与x 轴正向夹角） 1分．2、解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力mg F N +︒=30sin 1分物体要有加速度必须 N F μ≥︒30cos 2分即 mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥ 1分物体开始运动后，所受冲量为 ⎰-︒=tt t N F I 0d )30cos (μ)(96.1)(83.30202t t t t ---=t = 3 s, I = 28.8 N s 2分则此时物体的动量的大小为 I m =v速度的大小为 8.28==mIv m/s 2分3、解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分。
大学物理上册第3章习题解答第3章角动量定理和刚体的转动一、内容提要1、质点的角动量定理⑴质点对于某一定点的角动量和角动量定理：角动量L r mv =? 角动量定理 dL M dt=⑵质点对于z 轴的角动量和角动量定理：角动量z L r mv τ⊥=? 角动量定理 zz dL M dt=2、质点系的角动量定理刚体的转动惯量和定轴转动定理⑴质点系的角动量定理 i i iidM L dt =∑∑ ⑵刚体的转动惯量 2z iiiI r m =∑ 或2zI r dm =?⑶刚体的定轴转动定理 z z zd M I I dtωβ== 3、刚体的定轴转动动能定理⑴力矩的功z A M d θ=?⑵刚体的转动动能 212k z E I ω=⑶刚体的定轴转动动能定理 22211122z z z A M d I I θωω==-?4、角动量守恒定律⑴质点的角动量守恒定律：若0M =，则21L L = ⑵刚体的对轴角动量守恒定律：刚体对轴的角动量也可写为2z izizL r m I ωω=?=∑，若0iziM =∑，则0z z I I ωω=，即有0ωω=二、习题解答3.1 一发动机的转轴在7s 内由200/min r 匀速增加到3000/min r . 求：（1）这段时间内的初末角速度和角加速度. （2）这段时间内转过的角度和圈数. （3）轴上有一半径为2.0=r m 的飞轮, 求它边缘上一点在7s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度.解：（1）初的角速度1200220.9/60rad s πω?=≈ 末的角速度230002314/60rad s πω?=≈角加速度231420.941.9/7rad s t ωβ?-==≈?（2）转过的角度为2211120.9741.97117622t t rad θωβ=+=?+??=117618622 3.14n r θπ===? （3）切向加速度241.90.28.38/a r m s τβ==?=法向加速度为：22423140.2 1.9710/n a r m s ω==?=?总的加速度为：421.9710/a m s ===?3.3 地球在1987年完成365次自转比1900年长14.1s. 求在1900年到1987年间, 地球自转的平均角加速度.解：平均角加速度为0003652365287T t T a t T ππωω??--+?==212373036523652 1.140.9610/8787(3.1510)t rad s T ππ-≈=-=-3.4一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为22kgm . 推动后, 系统以15/min r 的转速转动. 当人的手臂收回时, 系统的转动惯量为20.8kgm . 求此时的转速.解：由刚体定轴转动的角动量守恒定律，1122I I ωω=121221537.5/min 0.8I r I ωω==?=3.5 质量为60kg , 半径为0.25m 的匀质圆盘, 绕其中心轴以900/min r 的转速转动. 现用一个闸杆和一个外力F 对盘进行制动（如图所示）, 设闸与盘之间的摩擦系数为4.0. 求：（1）当100F N =, 圆盘可在多长时间内停止, 此时已经转了多少转？（2）如果在2s 内盘转速减少一半, F 需多大？图3-5 习题1.4图解：（1）设杆与轮间的正压力为N ,10.5l m =，20.75l m =，由杠杆平衡原理得121()F l l Nl +=121()F l l N l +=闸瓦与杆间的摩擦力为： 121()F l l f N l μμ+== 匀质圆盘对转轴的转动惯量为212I mR =，由定轴转动定律,M I β=，有 ()122112F l l R mR l μβ+-= 21212()40/3F l l rad s mRl μβ+=-=-停止转动所需的时间： 0900200607.06403t s πωβ--===- 转过的角度201532332.762t t rad rad θωβπ?=+=?≈532n θπ==圈（2）030ωπ=，在2s 内角速度减小一半，知0227.5/23.55/rad s rad s tωωβπ-=-=-=-()1222112F l l R mR l μβ+-= 112600.250.5(23.55)1772()20.4 1.25mRl F N l l βμ-=-=-≈+??3.6 发动机带动一个转动惯量为250kgm 的系统做定轴转动. 在0.5s 内由静止开始匀速增加到120/min r 的转速. 求发动机对系统施加的力矩.解：由题意，250I kgm =，00ω=，120/min 4/r rad s ωπ==系统角加速度为：20825.12/rad s t tωωωβπ-?====?? 由刚体定轴转动的转动定理，可知M I β=5025.121256M Nm =?=3.7一轻绳绕于半径为R 的圆盘边缘, 在绳端施以mg F =的拉力, 圆盘可绕水平固定光滑轴在竖直平面内转动. 圆盘质量为M , 并从静止开始转动. 求：（1）圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系. （2）如以质量为m 的物体挂在绳端, 圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系又如何？解：（1）由刚体转动定理可知：M I β= 上题可知： M FR mgR ==212I MR =代入上式得2mgMRβ=， 2212mg t t MRθβ==（2）对物体受力分析'mg F ma -= 'F R I β= a R β=,212I MR =由上式解得22mgMR mR β=+22122mg t t MR mRθβ==+3.8某冲床飞轮的转动惯量为32410kgm ?. 当转速为30/min r 时, 它的转动动能是多少？每冲一次, 其转速下降10/min r . 求每冲一次对外所做的功.解：由题意，转速为：()030/min /r rad s ωπ== 飞轮的转动动能为：232411410 1.9721022E I J ωπ===? 第一次对外做功为：22011122A I I ωω=- 1220/min 3r πω==()2422222301011111515410 3.14 1.0910*******A I I I I J ωωωωπ=-=-=?==?3.9半径为R , 质量为M 的水平圆盘可以绕中心轴无摩擦地转动. 在圆盘上有一人沿着与圆盘同心, 半径为R r <的圆周匀速行走, 行走速度相对于圆盘为v . 设起始时, 圆盘静止不动, 求圆盘的转动角速度.解：设圆盘的转动角速度为2ω，则人的角速度为12vrωω=-，圆盘的转动惯量为212MR ，人的转动惯量为2mr ,由角动量守恒定律， 222212v mr MR r ωω??-=即22222mrvmr MRω=+3.10 两滑冰运动员, 质量分别为60kg 和70kg , 他们的速率分别为7/m s 和6/m s , 在相距1.5m 的两平行线上相向滑行. 当两者最接近时, 互相拉手并开始绕质心做圆周运动. 运动中, 两者间距离保持m 5.1不变. 求该瞬时：（1）系统的总角动量. （2）系统的角速度.（3）两人拉手前后的总动能.解：⑴ 设1m 在原心，质心为c r70 1.50.87060c r m ?=≈+120.8, 1.50.810.7c r r m r m ===-=21112226070.870607630./J m v r m v r kg m s =+=??+??=⑵ 系统的转动惯量为： 222221122600.8700.772.7I m r m r kgm =+=?+?=6308.66/72.7J rad s I ω==≈ 222201122111160770627302222E m v m v J =+=??+??=221172.78.66272622E I J ω==??≈3.11半径为R 的光滑半球形碗, 固定在水平面上. 一均质棒斜靠在碗缘, 一端在碗内, 一端在碗外. 在碗内的长度为c , 求棒的全长.解：棒的受力如图所示本题属于刚体平衡问题，由于碗为光滑半球形，A 端的支持力沿半径方向，而碗缘B 点处的支持力方向不能确定，两个支持力和重力三者在竖直平面内。
第三次作业（第三章动量与角动量）一、选择题［A］1.（基础训练2）一质量为m0的斜面原来静止于水平光滑平面上，将一质量为m的木块轻轻放于斜面上，如图3-11(A) 保持静止．(B) 向右加速运动．(C) 向右匀速运动．(D) 向左加速运动．【提示】设m0相对于地面以V运动。
依题意，m静止于斜面上，跟着m0一起运动。
根据水平方向动量守恒，得：m V mV+=所以0V=，斜面保持静止。
［C］2.（基础训练3）如图3-12所示，圆锥摆的摆球质量为m，速率为v，圆半径为R，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为(A) 2m v．(B) 22)/()2(vv Rmgmπ+(C) v/Rmgπ(D) 0．【提示】22TGTI mgdt mg==⨯⎰，而vRTπ2=［C ］3．（自测提高1）质量为m的质点，以不变速率v沿图3-16正三角形ABC的水平光滑轨道运动。
质点越过A点的冲量的大小为(A) m v．(B) ．(C) ．(D) 2m v．【提示】根据动量定理2121ttI fdt mv mv==-⎰，如图。
得：21I mv mv∴=-=[ B] 4.（自测提高2）质量为20 g的子弹，以400 m/s的速率沿图3-17所示的方向射入一原来静止的质量为980 g的摆球中，摆线长度不可伸缩。
子弹射入后开始与摆球一起运动的速率为(A) 2 m/s．(B) 4 m/s．(C) 7 m/s ．(D) 8 m/s．【提示】相对于摆线顶部所在点，系统的角动量守恒：2sin30()mv l M m lV︒=+其中m为子弹质量，M为摆球质量，l为摆线长度。
解得：V=4 m/s（解法二：系统水平方向动量守恒：2sin30()mv M m V︒=+)图3-11图3-17二、填空题1、（基础训练7）设作用在质量为1 kg 的物体上的力F ＝6t ＋3（SI ）．如果物体在这一力的作用下，由静止开始沿直线运动，在0到2.0 s 的时间间隔内，这个力作用在物体上的冲量大小Ｉ＝18N s ⋅．【提示】2222(63)(33)18I Fdt t dt t t N s ==+=+=⋅⎰⎰2．（基础训练8）静水中停泊着两只质量皆为0m 的小船。
第一只船在左边，其上站一质量为m 的人，该人以水平向右速度v从第一只船上跳到其右边的第二只船上，然后又以同样的速率v 水平向左地跳回到第一只船上。
此后， (1) 第一只船运动的速度为v1＝02m v m m -+ 。
(2) 第二只船运动的速度为v2＝02m v m 。
（水的阻力不计，所有速度都相对地面而言）【提示】以地面为参考系，水平方向动量守恒。
（1）人与第一只船：第一跳： 010mvi m v i '-= ，第二跳：0101()mvi m v i m m v i '--=+联立求解，得：102mviv m m -=+（2）人与第二只船：第一跳：02()mvi m m v i '=+ ，第二跳：0202()m m v i mvi m v i '+=-+联立求解，得：202mviv m =3．（自测提高6） 质量为m 的小球自高为y 0处沿水平方向以速率v 0抛出，与地面碰撞后跳起的最大高度为21y 0，水平速率为21v 0，如图3-19所示。
(1)地面对小球的竖直冲量的大小为( ； (2)地面对小球的水平冲量的大小为012mv ． 【提示】小球在与地面碰撞前后，动量发生了改变，根据动量定理：21I mv mv =-，在竖直方向和水平方向的分量式分别为：21((1y y y I mv mv =-==+ （注意1y v 为负的） 02100122x x x v I mv mv m mv mv =-=-=-故它们的大小分别为：(1y I =+ 012x I m v =4．（自测提高8）两球质量分别为m 1＝2.0 g ，m 2＝5.0 g ，在光滑的水平桌面上运动。
用直角坐标OXY 描述其运动，两者速度分别为i 101=v cm/s ，)0.50.3(2j i+=v cm/s ．若碰撞后两球合为一体，则碰撞后两球速度v 的大小v ＝__6.14cm/s__，v与x 轴的夹角α＝35.5 ︒．【提示】系统的动量守恒：112212()m v m v m m v +=+ ，解得：()3525 /77v i j cm s =+，y 21y 图3-19大小为：()6.14 /v cm s ==；方向：25arctan 35.535α︒⎛⎫== ⎪⎝⎭5（自测提高9）如图3-20所示，质量为m 的小球，自距离斜面高度为h 处自由下落到倾角为30°的光滑固定斜面上。
设碰撞是完全弹性的，则小球对斜面的冲量的大小为，方向为 垂直斜面向下 。
【提示】分析小球。
碰撞中内力很大，故小球重力可以忽略。
斜面对小球的冲量21I mv mv =-小球完全弹性碰撞，动能不变，∴21v v v ===x 方向：0=x F ， 0x I =，210x x mv mv -=，∴碰撞前后的速度与斜面法向的夹角相等，如图所示。
y 方向：21y y y I mv mv =- ，cos30(cos30)y I mv mv ︒︒=--=；斜面对小球的冲量大小为I == 斜面向上。
根据牛顿第三定律，小球对斜面的冲量 I I '=-，所以，I ' 方向垂直斜面向下。
6、（自测提高10）在光滑的水平面上，一根长L ＝2 m 的绳子，一端固定于O 点，另一端系一质量m ＝0.5 kg 的物体。
开始时，物体位于位置A ，OA 间距离d ＝0.5 m ，绳子处于松弛状态，如图3-21所示。
使物体以初速度v A ＝4 m/s 垂直于OA 向右滑动。
设以后的运动中物体到达位置B ，此时物体速度的方向与绳垂直，则此时刻物体对Ｏ点的角动量的大小L B ＝21/kg m s ⋅，物体速度的大小v ＝1/m s ．【提示】物体在运动过程中对O 点的角动量守恒。
位置A 和位置B 的角动量应相等B A A L L mv d ==21/kg m s =⋅ ， B B L mv l =，得：v ＝v B =1/m s三、计算题1．（基础训练15）质量为m 的小球与桌面相碰撞，碰撞前、后小球的速率都是v ，入射方向和出射方向与桌面法线的夹角都是α，如图3-15所示。
若小球与桌面作用的时间为∆t ，求小球对桌面的平均冲力。
解：分析小球。
由动量定理210()tN mg dt mv mv ∆+=-⎰N为桌面对小球的作用力，mg为小球所受重力。
即 []()co s (c o s )2c o s N m g t m v m v j m v jααα-∆=--=， 忽略重力，则 2cos mv N j t α≈∆故小球对桌面的平均冲力为2cos 'mg N N j tα=-=-∆。
图3-20图3-20图3-21图3-152．（自测提高14）一质量为m 的匀质链条，长为L ，手持其上端，使下端离桌面的高度为h 。
现使链条自静止释放落于桌面，试计算链条落到桌面上的长度为l 时，桌面对链条的作用力。
解：取x 轴向下为正。
设t 时刻，落在桌面上的部分链条长为l ，质量为l m ， 则有 l m m l l Lλ==（mL λ=为链条的质量线密度）此时在空中的链条的速度大小为：v =在dt 时间内,有dm vdt λ=链条元落在桌面上。
设桌面对链条元的作用力为1f，对链条元应用动量定理，得()100 f dt dm v vdt v iλ=-⋅=-，21 vdt f v i v i dtλλ=-=-另外，桌面对已落在桌面上的链条的作用力为2 l f m g i =-；所以，桌面对整根链条的作用力为 ()1232 m l h g f f f i L+=+=-，方向向上。
3、（自测提高15）如图所示，水平地面上一辆静止的炮车发射炮弹，炮车质量为M ，炮身仰角为α，炮弹质量为m ，炮弹刚出口时，相对于炮身的速度为u ，不计地面摩擦。
(1) 求炮弹刚出口时，炮车反冲速度的大小；(2) 若炮筒长为l ，求发炮过程中炮车移动的距离。
解：(1) 以炮弹与炮车为系统，以地面为参考系，水平方向动量守恒。
设炮车相对于地面的速度为i V x，则有0)cos (=++i V i u m i MV x xαmM mu V x +-=αcos即炮车向后退。
(2) 以u (t )表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身的速度，则该瞬时炮车的速度应为 mM t mu t V x +-=αcos )()(积分求炮车后退距离 ⎰=∆tx t t V x 0d )(⎰+-=t t t u m M m0d cos )(α αcos l mM mx +-=∆即向后退了mM ml +αcos 的距离。
x附加题：（自测提高13）有一水平运动的皮带将砂子从一处运到另一处，砂子经一竖直的静止漏斗落到皮带上，皮带以恒定的速率v 水平地运动。
忽略机件各部位的摩擦及皮带另一端的其它影响，试问：(1) 若每秒有质量为q m =d M /d t 的砂子落到皮带上，要维持皮带以恒定速率v 运动，需要多大的功率？(2) 若q m =20 kg/s ，v ＝1.5 m/s ，水平牵引力多大？所需功率多大？解：(1) d t 时间内，有d M=q m d t 的砂子落到皮带上，速率为v ，根据动量定理，皮带作用在砂子上的力F的冲量为：d d v d 0d v F t M M M =-⋅=⋅ ∴ d d m M F q t ==⋅v v由牛顿第三定律，砂子对皮带的作用力'F F =-．由于皮带匀速运动，所需的水平牵引力为'''F F F =-=，因此，所需供给的功率为：2''m m P F F q q =⋅=⋅=⋅= v v v v v(2) 当q m ＝d M/d t = 20 kg/s ，v ＝1.5 m/s 时，水平牵引力大小为 F "＝v q m =30 N 所需功率为 P= v 2q m = 45 W。
