[理论力学]第十章质心运动定理动量定理习题

第十章 质心运动定理 动量定理 习题解

[习题10-1] 船A、B的重量分别为2.4kN及1.3kN，两船原处于静止间距6m。设船B上有一人，重500N，用力拉动船A，使两船靠拢。若不计水的阻力，求当两船靠拢在一起时，船B移动的距离。

解：以船A、B及人组成的物体系统为质点 系。因为质点系在水平方向不受力。即：

F

ix

0，

y

设B船向左移动了S米， 则A船向右移动了6－S米。 由质点系的动量定理得：

[mAvA－(mBm人)vB]－0＝Fxt

O

[mAvA－(mBm人)vB]＝0

x

mAvA(mBm人)vB mAvA(mBm人)vB mA

6ss

(mBm人) tt

y

mA(6s)(mBm人)s 2.4(6s)(1.30.5)s

2.4(6s)(1.30.5)s 4(6s)3s s

O

x

24

3.43(m) 7

[习题10-2] 电动机重P1，放置在光滑的水平面上，另有一匀质杆，长2L，重P2，一端与电动机机轴固结，并与机轴的轴线垂直，另一端则刚连一重P3的物体，设机轴的角速度为（为常量），开始时杆处于铅垂位置并且系统静止。试求电动机的水平运动。

1

解：以电动机、匀质杆和球构成的质点系为研究对象。其受力与运动分析如图所示。匀质杆作平面运动。

y

x

vC2vC1vC2C1

vC2rl

vC2xlcostvC1



vC3vC1vC3C1

vC3r2l

vC3x2lcostvC1

因为质点系在水平方向上不受力，所以





vCvC3r



FxFix0

由动量定理得：

[m1vC1m2(lcostvC1)m3(2lcostvC1)]0Fxt [m1vC1m2(lcostvC1)m3(2lcostvC1)]00 m2(lcostvC1)m3(2lcostvC1)m1vC1 m2lcostm2vC12m3lcostm3vC1m1vC1 m2lcost2m3lcost(m1m2m3)vC1

vC1

l(m2m3)

cost

m1m2m3

2

dxC1dt



l(m2m3)

cost

m1m2m3

dxC1

l(m2m3)

costdt

m1m2m3

xC1

l(m2m3)

costdt

m1m2m3

l(m2m3)

costd(t)

m1m2m3

l(m2m3)

sint

m1m2m3l(P2P3)

sint

P1P2P3

xC1

xC1

xC1

这就是电动机的水平运动方程。

[习题10-3] 浮动起重机起吊重P起重机重P2200kN，杆长OA8m，120kN的重物，开始时杆与铅垂位置成600角，忽略水的阻力，杆重不计，当起重杆OA转到与铅垂位置成

300角时，求起重机的位移。

A

解：以重物和起重机构成的物体系统为质系。 因为质点系在水平方向不受力，所以Fx0

d(mvCx)

Fx0 dx

vCx＝const vCx|t0＝const0 vCx＝0

x

dxC

0 dt

xC＝const。即OA运动前后，质点系的质心保持不变。也就是质心守恒。

当OA杆转到与铅垂位置成30角时，质点系质心的横坐标为：

3

xC1

m1xC1m2xC2

m1m2

P1xC1P2xC2

P1P2

xC1xC1xC1xC1

b

20(8cos600a)200(a)



20200

20a80200a100b

220

220a100b80



22011a5b4



11

当OA杆转到与铅垂位置成300角时， 质点系质心的横坐标为：

xC2

P1xC1P2xC2

P1P2

b

20(8cos300c)200(c)



20200

xC2

20c80200c100b

220220c100b80

22011c5b43

11

xC2

x

xC2

因为质心守恒，所以

xC1xC2，即：

11a5b411c5b4

1111

11a5b411c5b4

11a411c4

11(ca)4(31)

(ca)

4

(31)0.2662(m) 11

4

故，当起重杆OA转到与铅垂位置成300角时，起重机向左移动了0.2662米。

[习题10-4] 匀质圆盘绕偏心轴O以匀角速度转动。重P的夹板借右端弹簧推压面顶在圆盘上，当圆盘转动时，夹板作住复运动。设圆盘重W，半径为r，偏心距为e，求任一瞬时作用于基础和别螺栓的动反力。

解：设机座的重量为G，则当偏心轮转动时， 质点系的受力如图所示。当停偏心轮静止时， 水平约束力不存在，此时的反力为静反力：

FNWPG；当偏心轮转动时，存在

动反力：Fx和Fy。质点系的受力与运动分 析如图所示。

当偏心轮转动时，偏心轮的动量为：

PWWegv



1C1g

当偏心轮转动时，夹板的动量为：

PP2g

vC2

因为夹板作平动，所以其质心的速度 等于夹板与偏心轮的切点的速度。切 点的运动方程为：

xeecost

vx0e(sint)esint，即： vC2esint，故：

P2

PgvPesint

C2

g

当偏心轮转动时，机座的动量为：

P2

GgvG

C3g

00 质点系的动量为：

5

x

FyFN

PP1P2P3



PxP1xP2xP3x

WesintPesint(WP)esint

0

ggg

PyP1yP2yP3y

WecostWecost

00

gg

dPx

FxFNWPG dt

式中，FNWPG，故：

d(WP)esinte2(WP)costWP2

Fx[]ecost，即：

dtgggFxdPydt

WP2

ecost gFy

deWcoste2WsintW

Fy()2ecost，即

dtdtgggFx

WP2

ecost g

dPy

[习题10-5] 大直角锲块A重P，水平边长为a，放置在光滑水平面上；小锲块B重Q，水平边长为b（ab），如图放置在A上，当小锲块B完全下滑至图中虚线位置时，求大锲块的位移。假设初始时系统静止。 解：建立如图所示的坐标系。由于质点系在 水平方向不受力，即Fx0，所以：

maCxFx0

aCx0

dvC

0 dt

6

vCC1

vC|t0C10，故：

y

vC0

dxC

0 dt

xCconst，即质心守恒： xC1xC2

x

y

xC1

PaQ2b

Pa2bQg3g3



PQ3(PQ)gg

abP(s)Q(as3 3

PQ

x

xC2

xC2

P(a3s)Q(3a3sb)

3(PQ)Pa3Ps3Qa3QsQb

，故：

3(PQ)

xC2

Pa2bQPa3Ps3Qa3QsQb



3(PQ)3(PQ)

2bQ3(PQ)s3QabQ 3(PQ)s3Qa3bQ

s

(ab)Q

（A锲块各左移动的位移）

PQ

[习题10-6] 匀质杆AB长2l，其B端搁置于光滑水平面上，并与水平成0角，当杆倒下时，求杆端A的轨迹方程。

解：由于AB杆在水平方向上不受力，所以其质心的x坐标守恒。 即：xCtxC0lcos0

7

质心C沿xlcos0直线向下运动。 设任意时刻A的坐标为A(x,y)，则：

y

xlcos0lcos xlcos0lcos y2lsin

x

A

y

lsin 2

消去得：

y

y

(xlcos0)2(2l，为一椭圆。

2

A

x

[习题10-7] 图示系统中，mA4kg，mC2kg，300。设当A在斜面上作无初速地向下滚过40cm时，斜面在光滑的水平面上移过20cm。求B的质量。 y

y

x

x

解：以A、B、C构成的质点系为研究对象， 其受力如图所示。因为水平方向不受力， 所以aCx0，即：

8

dvCx

0 dtvCxC1

vCx|t0C10，故： vCx0

dxC

const，即质心守恒： dt

xC2xC1

mAamC

2b

mB(bc) mAmBmC

2b4bmB(bc)4amB(bc) 42mB6mB

2b

20)mB(bc20) 42mB

xC1

4a2xC1

4(a20203)2(xC2

4a8080xC2

4b

40mB(bc)20mB 42mB

4a12080xC2

4b

mB(bc)20mB3，由xC2xC1得： 42mB

4a

4b4bmB(bc)4a120803mB(bc)20mB 6mB6mB

012080320mB

0643mB

mB4360.928(kg)

9

[习题10-8] 质量为m，半径为R的匀质半圆板，受力偶作用在铅垂面内绕O轴转动，转动的角速度为，角速度为。C点为半圆板的质心，当OC与水平线成任意角时，求此瞬时轴O约束力（OC

4R3

）。 解： 在法向应用牛顿第二定理得：

manFnFysinFxcosmgsin

mOC2FysinFxcosmgsin 4Rm2

3

FysinFxcosmgsin cosmgsin

4Rm2

FysinFx3

FF4Rm2

yxcotmg

3sin

…………(1) 质点系的动量：

Pmvm

CmOC4R3

P4Rm

t

3

在切向应用动量定理得：

dPt

dt

Ft dPt

dt

FtFycosFxsinmgcos ddt(4Rm3)FycosFxsinmgcos 4Rmd

3dtFycosFxsinmgcos

4Rm

3

FycosFxsinmgcos F4Rm

ycosFxsinmgcos3

FyFRm

xtanmg

43cos

…………(2)

10

(2)(1)得：

4Rm2

Fx(tancot)(

3cossinsin2cos24Rmsin2cosFx(

cossin3cossin

Fx

4Rm2

(cossin) 3

上式代入（2）得：

FyFxtanmg

4Rm

3cos

Fymg

4Rm

Fxtan

3cos

4Rm4Rm2sin

(cossin)

3cos3cos

Fymg

4Rm4Rm2sin2

Fymg(sin)

3cos3cos4Rmsin22

Fymg(sin)

3coscos4Rm(sin21)2sincos

Fymg[]

3cos4Rmcos22sincos

Fymg[]

3cos

Fymg

4Rm2

(sincos) 3

F/N

[习题10-9] 重2N的物体以5m/s的速度向右运动，受到按图示随时间变化的方向向左的力F作用。试求受此力作和后，物体速度变为多大。 解：v15m/s（向右）

6000tt[0,0.02]s

F （向左）

6000(0.04t)t[0.02,0.04]s

根据动量定理得：

11

/(102s)

mvtmv0Fdt



t

1t

vtv0Fdt

m0





上式在水平方向（x轴）的投影为：

vtvtvtvt

vt

0.0410.02

v0[6000tdt6000(0.04t)dt]

0.02m0

1.02.04

5{3000[t2]06000[0.04t0.5t2]000.02}

m6000.0220.04

5{0.5[t2]0[0.04t0.5t]0.02} 0

m60005[0.50.022(0.040.040.50.042)(0.040.020.50.022)]

2/9.8

60009.80.0004

5

2

vt511.76

vt6.76(m/s) ，负号表示此时重物的速度方向左。

[习题10-10] 在物块A上作用一常力F，使其沿水平面移动，已知物块的质量为10kg，F与水平面的夹角300。经过5秒钟，物块的速度从2m/s增至4m/s。已知摩擦因数

f0.15，试求F的大小。

解：物块A的受力如图所示。

根据动量定理得：

mvtmv0Fdt



t

上式在x轴上的投影为：

mvtmv0[Fcos300f(mgFsin300)]dt

5

10(42)[F0.8660.15(109.8F0.5)]5 40.866F0.15(980.5F)

40.866F14.70.075F 0.941F18.7

F19.87(N)

12

[习题10-11] 计算下列刚体在图示已知条件下的动量。 解：(a)图所示刚体的动量为：

P

pv0，方向与v0相同。

g

(a

)

(b)图所示刚体的动量为：

p

PPvCe gg

方向与垂直于OC，斜向下。

(b)

(c)图所示刚体的动量为：







pp1p2

2

pxm1vC1m1aMa

3aM11

pym2vC2m2aMa

2326

12

pMaiMaj

36

(c

)

p

22pxpy

41MaMa 9366

1

py

arctanarctan6arctan0.2514.040

2px

3

(d)图所示刚体的动量为：



杆BOA的总质量为M

pmvC







2











vC(Rr)(Rr) vCxvCcos[(Rr)] vCxvCcos(Rr)cos

13





x

(d)

vCxvCsin(Rr)sin





pmvCximvCyj

pm(Rr)cosim(Rr)sinj













[习题10-12] 计算下列系统在图示已知条件下的动量。 解：(a)

dx

vAx

dt

vBx

dxBd

[x(lr)sin]x(lr)cos dtdtdyBd[(lr)cos](lr)sin dtdt

y

vBy

vCx

dxCdll

(xsin)xcos dtdt22





vCy

dyCdll(cos)sin dtdt22



pAxMvAMx pAy0

pBxMvBxM[x(lr)cos]



PByMvByM(lr)sin

pCxmvCxpCymvCy







l

m[xcos]

2mlsin 2



ppxipyj









ll

p{Mxm(xcos)M[x(lr)cos]}i[msinM(lr)sin]j

22

14

解：(b)

滑块A作复合运动。 动点：A

动系：固连于T字杆上的坐标系。 y

静系：固连于地面上的坐标系。 绝对速度：A相对于地面的速度。 相对速度：A相对于T形杆的速度。 牵连速度：T形杆中与A相重点

（牵连点）相对于地面的速度。

vavev

r

vevasintlsint vCxvelsint vCy0

xB

l

2

cost vdxBBx

dtddt(l2cost)l

2

sint yl

B

2

sint vdyBdtdBy

dt(l2sint)l

2

cost 

pp



xipyj



p(WglsintPlPl

g2sint)i(g2cost)j



pP2W2glsintiP2g

lcostj

15

滑块A的重量不计

(b)

解：(c)



ppxipyj

P22PPP2PP

2lsint1lsint1lsint)i(22lcost01lcost1lcost)jgg2ggg2g





p(0



P22P1P1P22P1P1

p(2)lsinti(20)lcostj

gg2ggg2g



5P4P5P14P212

plsintilcostj

2g2g

16

[习题10-13] 质量为m的子弹A以速度vA射入同向运动的质量为M、速度为vB的物块B内，不计地面与物体之间的摩擦。求：（a）若子弹留在物块B内，则物块与子弹的共同速度u；（b）若子弹穿透物块并以uA继续前进，则物块的速度uB。 解：（a）若子弹留在物块B内，求物块与子弹的共同速度u。

由动量定理得：

(mM)u(mvAMvB)Fxt0t0

u

MvBmvA

mM

（b）若子弹穿透物块并以uA继续前进，求物块的速度uB。 由动量定理得：

(muAMuB)(mvAMvB)Fxt0t0

muAMuB(mvAMvB)0 uB

MvBmvAmuA

M

17

第十章 质心运动定理 动量定理 习题解

[习题10-1] 船A、B的重量分别为2.4kN及1.3kN，两船原处于静止间距6m。设船B上有一人，重500N，用力拉动船A，使两船靠拢。若不计水的阻力，求当两船靠拢在一起时，船B移动的距离。

解：以船A、B及人组成的物体系统为质点 系。因为质点系在水平方向不受力。即：

F

ix

0，

y

设B船向左移动了S米， 则A船向右移动了6－S米。 由质点系的动量定理得：

[mAvA－(mBm人)vB]－0＝Fxt

O

[mAvA－(mBm人)vB]＝0

x

mAvA(mBm人)vB mAvA(mBm人)vB mA

6ss

(mBm人) tt

y

mA(6s)(mBm人)s 2.4(6s)(1.30.5)s

2.4(6s)(1.30.5)s 4(6s)3s s

O

x

24

3.43(m) 7

[习题10-2] 电动机重P1，放置在光滑的水平面上，另有一匀质杆，长2L，重P2，一端与电动机机轴固结，并与机轴的轴线垂直，另一端则刚连一重P3的物体，设机轴的角速度为（为常量），开始时杆处于铅垂位置并且系统静止。试求电动机的水平运动。

1

解：以电动机、匀质杆和球构成的质点系为研究对象。其受力与运动分析如图所示。匀质杆作平面运动。

y

x

vC2vC1vC2C1

vC2rl

vC2xlcostvC1



vC3vC1vC3C1

vC3r2l

vC3x2lcostvC1

因为质点系在水平方向上不受力，所以





vCvC3r



FxFix0

由动量定理得：

[m1vC1m2(lcostvC1)m3(2lcostvC1)]0Fxt [m1vC1m2(lcostvC1)m3(2lcostvC1)]00 m2(lcostvC1)m3(2lcostvC1)m1vC1 m2lcostm2vC12m3lcostm3vC1m1vC1 m2lcost2m3lcost(m1m2m3)vC1

vC1

l(m2m3)

cost

m1m2m3

2

dxC1dt



l(m2m3)

cost

m1m2m3

dxC1

l(m2m3)

costdt

m1m2m3

xC1

l(m2m3)

costdt

m1m2m3

l(m2m3)

costd(t)

m1m2m3

l(m2m3)

sint

m1m2m3l(P2P3)

sint

P1P2P3

xC1

xC1

xC1

这就是电动机的水平运动方程。

[习题10-3] 浮动起重机起吊重P起重机重P2200kN，杆长OA8m，120kN的重物，开始时杆与铅垂位置成600角，忽略水的阻力，杆重不计，当起重杆OA转到与铅垂位置成

300角时，求起重机的位移。

A

解：以重物和起重机构成的物体系统为质系。 因为质点系在水平方向不受力，所以Fx0

d(mvCx)

Fx0 dx

vCx＝const vCx|t0＝const0 vCx＝0

x

dxC

0 dt

xC＝const。即OA运动前后，质点系的质心保持不变。也就是质心守恒。

当OA杆转到与铅垂位置成30角时，质点系质心的横坐标为：

3

xC1

m1xC1m2xC2

m1m2

P1xC1P2xC2

P1P2

xC1xC1xC1xC1

b

20(8cos600a)200(a)



20200

20a80200a100b

220

220a100b80



22011a5b4



11

当OA杆转到与铅垂位置成300角时， 质点系质心的横坐标为：

xC2

P1xC1P2xC2

P1P2

b

20(8cos300c)200(c)



20200

xC2

20c80200c100b

220220c100b80

22011c5b43

11

xC2

x

xC2

因为质心守恒，所以

xC1xC2，即：

11a5b411c5b4

1111

11a5b411c5b4

11a411c4

11(ca)4(31)

(ca)

4

(31)0.2662(m) 11

4

故，当起重杆OA转到与铅垂位置成300角时，起重机向左移动了0.2662米。

[习题10-4] 匀质圆盘绕偏心轴O以匀角速度转动。重P的夹板借右端弹簧推压面顶在圆盘上，当圆盘转动时，夹板作住复运动。设圆盘重W，半径为r，偏心距为e，求任一瞬时作用于基础和别螺栓的动反力。

解：设机座的重量为G，则当偏心轮转动时， 质点系的受力如图所示。当停偏心轮静止时， 水平约束力不存在，此时的反力为静反力：

FNWPG；当偏心轮转动时，存在

动反力：Fx和Fy。质点系的受力与运动分 析如图所示。

当偏心轮转动时，偏心轮的动量为：

PWWegv



1C1g

当偏心轮转动时，夹板的动量为：

PP2g

vC2

因为夹板作平动，所以其质心的速度 等于夹板与偏心轮的切点的速度。切 点的运动方程为：

xeecost

vx0e(sint)esint，即： vC2esint，故：

P2

PgvPesint

C2

g

当偏心轮转动时，机座的动量为：

P2

GgvG

C3g

00 质点系的动量为：

5

x

FyFN

PP1P2P3



PxP1xP2xP3x

WesintPesint(WP)esint

0

ggg

PyP1yP2yP3y

WecostWecost

00

gg

dPx

FxFNWPG dt

式中，FNWPG，故：

d(WP)esinte2(WP)costWP2

Fx[]ecost，即：

dtgggFxdPydt

WP2

ecost gFy

deWcoste2WsintW

Fy()2ecost，即

dtdtgggFx

WP2

ecost g

dPy

[习题10-5] 大直角锲块A重P，水平边长为a，放置在光滑水平面上；小锲块B重Q，水平边长为b（ab），如图放置在A上，当小锲块B完全下滑至图中虚线位置时，求大锲块的位移。假设初始时系统静止。 解：建立如图所示的坐标系。由于质点系在 水平方向不受力，即Fx0，所以：

maCxFx0

aCx0

dvC

0 dt

6

vCC1

vC|t0C10，故：

y

vC0

dxC

0 dt

xCconst，即质心守恒： xC1xC2

x

y

xC1

PaQ2b

Pa2bQg3g3



PQ3(PQ)gg

abP(s)Q(as3 3

PQ

x

xC2

xC2

P(a3s)Q(3a3sb)

3(PQ)Pa3Ps3Qa3QsQb

，故：

3(PQ)

xC2

Pa2bQPa3Ps3Qa3QsQb



3(PQ)3(PQ)

2bQ3(PQ)s3QabQ 3(PQ)s3Qa3bQ

s

(ab)Q

（A锲块各左移动的位移）

PQ

[习题10-6] 匀质杆AB长2l，其B端搁置于光滑水平面上，并与水平成0角，当杆倒下时，求杆端A的轨迹方程。

解：由于AB杆在水平方向上不受力，所以其质心的x坐标守恒。 即：xCtxC0lcos0

7

质心C沿xlcos0直线向下运动。 设任意时刻A的坐标为A(x,y)，则：

y

xlcos0lcos xlcos0lcos y2lsin

x

A

y

lsin 2

消去得：

y

y

(xlcos0)2(2l，为一椭圆。

2

A

x

[习题10-7] 图示系统中，mA4kg，mC2kg，300。设当A在斜面上作无初速地向下滚过40cm时，斜面在光滑的水平面上移过20cm。求B的质量。 y

y

x

x

解：以A、B、C构成的质点系为研究对象， 其受力如图所示。因为水平方向不受力， 所以aCx0，即：

8

dvCx

0 dtvCxC1

vCx|t0C10，故： vCx0

dxC

const，即质心守恒： dt

xC2xC1

mAamC

2b

mB(bc) mAmBmC

2b4bmB(bc)4amB(bc) 42mB6mB

2b

20)mB(bc20) 42mB

xC1

4a2xC1

4(a20203)2(xC2

4a8080xC2

4b

40mB(bc)20mB 42mB

4a12080xC2

4b

mB(bc)20mB3，由xC2xC1得： 42mB

4a

4b4bmB(bc)4a120803mB(bc)20mB 6mB6mB

012080320mB

0643mB

mB4360.928(kg)

9

[习题10-8] 质量为m，半径为R的匀质半圆板，受力偶作用在铅垂面内绕O轴转动，转动的角速度为，角速度为。C点为半圆板的质心，当OC与水平线成任意角时，求此瞬时轴O约束力（OC

4R3

）。 解： 在法向应用牛顿第二定理得：

manFnFysinFxcosmgsin

mOC2FysinFxcosmgsin 4Rm2

3

FysinFxcosmgsin cosmgsin

4Rm2

FysinFx3

FF4Rm2

yxcotmg

3sin

…………(1) 质点系的动量：

Pmvm

CmOC4R3

P4Rm

t

3

在切向应用动量定理得：

dPt

dt

Ft dPt

dt

FtFycosFxsinmgcos ddt(4Rm3)FycosFxsinmgcos 4Rmd

3dtFycosFxsinmgcos

4Rm

3

FycosFxsinmgcos F4Rm

ycosFxsinmgcos3

FyFRm

xtanmg

43cos

…………(2)

10

(2)(1)得：

4Rm2

Fx(tancot)(

3cossinsin2cos24Rmsin2cosFx(

cossin3cossin

Fx

4Rm2

(cossin) 3

上式代入（2）得：

FyFxtanmg

4Rm

3cos

Fymg

4Rm

Fxtan

3cos

4Rm4Rm2sin

(cossin)

3cos3cos

Fymg

4Rm4Rm2sin2

Fymg(sin)

3cos3cos4Rmsin22

Fymg(sin)

3coscos4Rm(sin21)2sincos

Fymg[]

3cos4Rmcos22sincos

Fymg[]

3cos

Fymg

4Rm2

(sincos) 3

F/N

[习题10-9] 重2N的物体以5m/s的速度向右运动，受到按图示随时间变化的方向向左的力F作用。试求受此力作和后，物体速度变为多大。 解：v15m/s（向右）

6000tt[0,0.02]s

F （向左）

6000(0.04t)t[0.02,0.04]s

根据动量定理得：

11

/(102s)

mvtmv0Fdt



t

1t

vtv0Fdt

m0





上式在水平方向（x轴）的投影为：

vtvtvtvt

vt

0.0410.02

v0[6000tdt6000(0.04t)dt]

0.02m0

1.02.04

5{3000[t2]06000[0.04t0.5t2]000.02}

m6000.0220.04

5{0.5[t2]0[0.04t0.5t]0.02} 0

m60005[0.50.022(0.040.040.50.042)(0.040.020.50.022)]

2/9.8

60009.80.0004

5

2

vt511.76

vt6.76(m/s) ，负号表示此时重物的速度方向左。

[习题10-10] 在物块A上作用一常力F，使其沿水平面移动，已知物块的质量为10kg，F与水平面的夹角300。经过5秒钟，物块的速度从2m/s增至4m/s。已知摩擦因数

f0.15，试求F的大小。

解：物块A的受力如图所示。

根据动量定理得：

mvtmv0Fdt



t

上式在x轴上的投影为：

mvtmv0[Fcos300f(mgFsin300)]dt

5

10(42)[F0.8660.15(109.8F0.5)]5 40.866F0.15(980.5F)

40.866F14.70.075F 0.941F18.7

F19.87(N)

12

[习题10-11] 计算下列刚体在图示已知条件下的动量。 解：(a)图所示刚体的动量为：

P

pv0，方向与v0相同。

g

(a

)

(b)图所示刚体的动量为：

p

PPvCe gg

方向与垂直于OC，斜向下。

(b)

(c)图所示刚体的动量为：







pp1p2

2

pxm1vC1m1aMa

3aM11

pym2vC2m2aMa

2326

12

pMaiMaj

36

(c

)

p

22pxpy

41MaMa 9366

1

py

arctanarctan6arctan0.2514.040

2px

3

(d)图所示刚体的动量为：



杆BOA的总质量为M

pmvC







2











vC(Rr)(Rr) vCxvCcos[(Rr)] vCxvCcos(Rr)cos

13





x

(d)

vCxvCsin(Rr)sin





pmvCximvCyj

pm(Rr)cosim(Rr)sinj













[习题10-12] 计算下列系统在图示已知条件下的动量。 解：(a)

dx

vAx

dt

vBx

dxBd

[x(lr)sin]x(lr)cos dtdtdyBd[(lr)cos](lr)sin dtdt

y

vBy

vCx

dxCdll

(xsin)xcos dtdt22





vCy

dyCdll(cos)sin dtdt22



pAxMvAMx pAy0

pBxMvBxM[x(lr)cos]



PByMvByM(lr)sin

pCxmvCxpCymvCy







l

m[xcos]

2mlsin 2



ppxipyj









ll

p{Mxm(xcos)M[x(lr)cos]}i[msinM(lr)sin]j

22

14

解：(b)

滑块A作复合运动。 动点：A

动系：固连于T字杆上的坐标系。 y

静系：固连于地面上的坐标系。 绝对速度：A相对于地面的速度。 相对速度：A相对于T形杆的速度。 牵连速度：T形杆中与A相重点

（牵连点）相对于地面的速度。

vavev

r

vevasintlsint vCxvelsint vCy0

xB

l

2

cost vdxBBx

dtddt(l2cost)l

2

sint yl

B

2

sint vdyBdtdBy

dt(l2sint)l

2

cost 

pp



xipyj



p(WglsintPlPl

g2sint)i(g2cost)j



pP2W2glsintiP2g

lcostj

15

滑块A的重量不计

(b)

解：(c)



ppxipyj

P22PPP2PP

2lsint1lsint1lsint)i(22lcost01lcost1lcost)jgg2ggg2g





p(0



P22P1P1P22P1P1

p(2)lsinti(20)lcostj

gg2ggg2g



5P4P5P14P212

plsintilcostj

2g2g

16

[习题10-13] 质量为m的子弹A以速度vA射入同向运动的质量为M、速度为vB的物块B内，不计地面与物体之间的摩擦。求：（a）若子弹留在物块B内，则物块与子弹的共同速度u；（b）若子弹穿透物块并以uA继续前进，则物块的速度uB。 解：（a）若子弹留在物块B内，求物块与子弹的共同速度u。

由动量定理得：

(mM)u(mvAMvB)Fxt0t0

u

MvBmvA

mM

（b）若子弹穿透物块并以uA继续前进，求物块的速度uB。 由动量定理得：

(muAMuB)(mvAMvB)Fxt0t0

muAMuB(mvAMvB)0 uB

MvBmvAmuA

M

17