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，
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：
y
[mAvA－(mB+m人)vB]－0＝Fxt
O
[mAvA－(mB+m人)vB]＝0
mAvA=(mB+m人)vBmAvA=(mB+m人)vBmA
6−ss
=(mB+m人)tt
y
mA(6−s)=(mB+m人)s2.4(6−s)=(1.3+0.5)s2.4(6−s)=(1.3+0.5)s4(6−s)=3s
O
s=
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ω（ω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。
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
vC2=vC1+vC2C1vC2r=lω
vC2x=lωcosωt−vC1vC3=vC1+vC3C1vC3r=2lω
vC3x=2lωcosωt−vC1
因为质点系在水平方向上不受力，所以
→
→
→
→
→
→
→
vCC3r
Fx=∑Fix=0
由动量定理得：
[−m1vC1+m2(lωcosωt−vC1)+m3(2lωcosωt−vC1)]−0=Fxt[−m1vC1+m2(lωcosωt−vC1)+m3(2lωcosωt−vC1)]−0=0
m2(lωcosωt−vC1)+m3(2lωcosωt−vC1)=m1vC1m2lωcosωt−m2vC1+2m3lωcosωt−m3vC1=m1vC1m2lωcosωt+2m3lωcosωt=(m1+m2+m3)vC1vC1=
lω(m2+m3)
cosωt
m1+m2+m3
dxC1dt
=
lω(m2+m3)
cosωt
m1+m2+m3
lω(m2+m3)
cosωtdt
m1+m2+m3
dxC1=xC1=xC1=xC1=xC1=
lω(m2+m3)
∫cosωtdt
m1+m2+m3
l(m2+m3)
∫cosωtd(ωt)
m1+m2+m3
l(m2+m3)
sinωt
m1+m2+m3l(P2+P3)
sinωt
P1+P2+P3
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P1=20kN的重物，起重机重P2=200kN，杆长OA=8m，开始时杆与铅垂位置成60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=0dxvCx＝constvCx|t=0＝const=0vCx＝0dxC
=0dt
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：
xC1=
m1xC1+m2xC2
m1+m2P1xC1+P2xC2
P1+P2
b
−20×(8cos600−a)+200×(a+)
=
20+200
xC1=xC1=xC1xC1
20a−80+200a+100b
220
220a+100b−80=
22011a+5b−4=
11
当OA杆转到与铅垂位置成30角时，质点系质心的横坐标为：
xC2=
P1xC1+P2xC2
P1+P2
b
−20×(8cos300−c)+200×(c+)
2=
20+200
xC2=
20c−803+200c+100b
220220c+100b−80220
xC2=
xC2
11c+5b−43=
11
因为质心守恒，所以
xC1=xC2，即：
11a+5b−411c+5b−43
=
111111a+5b−4=11c+5b−411a−4=11c−4311(c−a)=4(−1)(c−a)=
4
(3−1)=0.2662(m)11
故，当起重杆OA转到与铅垂位置成30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ω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0
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：
P1=
WgvWeωC1=g
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−ecosωt
vx=0−e(−ωsinωt)=eωsinωt，即：vC2=esinωt，故：PP2=
gvPeωsinωtC2=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：
x
FyFN
P=P1+P2+P3
Px=P1x+P2x+P3x==
WeωsinωtPeωsinωt(W+P)eωsinωt
++0=ggg
→→→→
Py=P1y+P2y+P3y=
WeωcosωtWeωcosωt
+0+0=gg
dPx
=Fx+FN−W−P−Gdt
式中，FN=W+P+G，故：
d(W+P)eωsinωteω2(W+P)cosωtW+P2
Fx=[==ωecosωt，即：
dtgggFx=dPydt
W+P2
ωecosωtg=Fy
deωWcosωteω2WsinωtW
Fy==()=−=−ω2ecosωt，即
dtdtgggFx=
W+P2
ωecosωtg
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=0aCx=0dvC
=0dt
vC=C1
vC|t=0=C1=0，故：vC=0dxC
=0dt
xC=const，即质心守恒：xC1=xC2
PaQ2b×+×
Pa+2bQg3g3
==
PQ3(P+Q)+ggabP(−s)+Q(a−s−)
=P+QP(a−3s)+Q(3a−3s−b)
3(P+Q)Pa−3Ps+3Qa−3Qs−Qb
，故：
3(P+Q)
y
y
xC1
xC2
xC2=
xC2=
Pa+2bQPa−3Ps+3Qa−3Qs−Qb
=
3(P+Q)3(P+Q)2bQ=−3(P+Q)s+3Qa−bQ3(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ϕ0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=lcosϕ0
质心C沿x=lcosϕ0直线向下运动。设任意时刻A的坐标为A(x,y)，则：
y
x=lcosϕ0+lcosϕx−lcosϕ0=lcosϕy=2lsinϕy
=lsinϕ2
消去ϕ得：
y
(x−lcosϕ0)2+(2=l，为一椭圆。
2
x
A
y
A
x
[习题10-7]图示系统中，mA=4kg，mC=2kg，θ=30。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：
dvCx
=0dtvCx=C1
vCx|t=0=C1=0，故：vCx=0
dxC
=const，即质心守恒：dtxC2=xC1
mAa+mC
2b
+mB(b+c)mA+mB+mC
2b4b+mB(b+c)4a++mB(b+c)33=4+2+mB6+mB
2b
+20)+mB(b+c+20)4+2+mB
xC1=
4a+2×
xC1=
4(a+20−20)+2(
xC2=
4a+80−80+
xC2=
4b
+40+mB(b+c)+20mB3
4+2+mB
4a+120−80+
xC2=
4b
+mB(b+c)+20mB，由xC2=xC1得：4+2+mB
4a+
4b4b+mB(b+c)4a+120−803++mB(b+c)+20mB=6+mB6+mB
0=120−80+20mB0=6−43+mB
mB=4−6=0.928(kg)
[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ω，角速度为α。C点为半圆板的质心，当OC与水平线成任意角ϕ时，求此瞬时轴O约束力（OC=
4R3π
）。解：在法向应用牛顿第二定理得：
man=Fn=Fysinϕ−Fxcosϕ−mgsinϕm⋅OC⋅ω2=Fysinϕ−Fxcosϕ−mgsinϕ4Rmω2
3π
=Fysinϕ−Fxcosϕ−mgsinϕϕ=mgsinϕ+
4Rmω2
Fysinϕ−Fxcos3πF4Rmω2
y−Fxcotϕ=mg+
3πsinϕ
…………(1)质点系的动量：
P=mvmC=m⋅OC⋅ω=4Rω3π
P4Rωmt=
3π
在切向应用动量定理得：
dPt
dt
=FtdPt
dt
=Ft=−Fycosϕ−Fxsinϕ+mgcosϕd4Rdt(ωm3π=−Fycosϕ−Fxsinϕ+mgcosϕ4Rmdω
3πdt=−Fycosϕ−Fxsinϕ+mgcosϕ
4Rmα
3π
=−Fycosϕ−Fxsinϕ+mgcosϕF4Rmα
ycosϕ+Fxsinϕ=mgcosϕ−
3πFy+F4Rmα
xtanϕ=mg−
3πcosϕ
…………(2)
(2)−(1)得：
4Rmαω2
Fx(tanϕ+cotϕ)=−(+3πcosϕsinϕsin2ϕ+cos2ϕ4Rmαsinϕ+ω2cosϕFx=−(cosϕsinϕ3πcosϕsinϕ
Fx=−
4Rm2
(ωcosϕ+αsinϕ)3π
上式代入（2）得：
Fy+Fxtanϕ=mg−
4Rmα3πcosϕ
Fy=mg−
4Rmα
−Fxtanϕ
3πcosϕ
4Rmα4Rm2sinϕ
+(ωcosϕ+αsinϕ)
3πcosϕ3πcosϕ
Fy=mg−
4Rmα4Rm2sin2ϕ
Fy=mg−+(ωsinϕ+α3πcosϕ3πcosϕ4Rm−αsin2ϕ2
Fy=mg+(+ωsinϕ+α)
3πcosϕcosϕ4Rmα(sin2ϕ−1)+ω2sinϕcosϕ
Fy=mg+[]
3πcosϕ4Rm−αcos2ϕ+ω2sinϕcosϕ
Fy=mg+[]
3πcosϕ
Fy=mg+
4Rm2
(ωsinϕ−αcosα)3π
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：
vtvtvtvtvt
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}
m6000.02.04
=5−{0.5[t2]0+[0.04t−0.5t2]000.02}
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θ=30。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→
N
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)]×54=0.866F−0.15(98−0.5F)
4=0.866F−14.7+0.075F0.941F=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=eωgg
(b)
方向与垂直于OC，斜向下。
(c)图所示刚体的动量为：
→
p=p1+p2
px=m1vC1=m1aω=
→→
2
Maω3aM11
py=m2vC2=m2⋅ω=aω=Maω
2326
→→1→
2
p=Maωi+Maωj
36
(c
)
p=p+p=
2
x2y
41+⋅Maω=Maω9366
1
py
θ=arctan=arctan=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
π−θ2
•
•
→
ϕ=ω=ϕ=−θ
vC=(R−r)ω=−(R−r)θvCx=−vCcosθ=−[−(R−r)θ]vCx=−vCcosθ=(R−r)θcosθ
13
•
••
x
(d)
vCx=−vCsinθ=−(R−r)θsinθ
→
•
p=mvCxi+mvCyj
•
→→
→
p=m(R−r)θcosθi−m(R−r)θsinθj
→•→
[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
dtvBx
••dxBd
==[x+(l+r)sinϕ]=x+(l+r)ϕcosϕdtdt
vBy=
dyBd
=[−(l+r)cosϕ]=(l+r)ϕsinϕdtdt
•
y
vCx=
dxCdll
=(x+sinϕ)=x+ϕcosϕdtdt22
•
•
vCy
dyCdll•==(−cosϕ)=ϕsinϕdtdt22
•
pAx=MvA=MxpAy=0
pBx=MvBx=M[x+(l+r)ϕcosϕ]PBy=MvBy=M(l+r)ϕsinϕpCx=mvCxpCy=mvCy
→
→
•
•
•
l•
=m[x+ϕcosϕ]
2ml•=ϕsinϕ2
•→
p=pxi+pyj
•
•
→
••→•→l•l•
p={Mx+m(x+ϕcosϕ)+M[x+(l+r)ϕcosϕ]}i+[m⋅ϕsinϕ+M(l+r)ϕsinϕ]j
22
14
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+vr
ve=vasinωt=lωsinωtvCx=−ve=−lωsinωtvCy=0xl
B=2
cosωtvdxBdllω
Bx=
dt=dt(2⋅cosωt)=−2
sinωty=l
B2sinωt
vBy=
dyBdt=ddt(l2⋅sinωt)=lω
2
cosωt→
p=p→
→
xi+pyj
→
p=(−Wglωsinωt−Plω→Plω
→g⋅2sinωt)i+(g⋅2cosωt)j
→
p=−P+2W→→2glωsinωti+P2g
lωcosωtj
15
滑块A的重量不计
(b)
质心运动方程速度动量
xA=0
A
vAx
dx
=A=0dtdyA
=2lωcosωtdt
dxB
=−2lωsinωtdtdyB
=0dt
pAx=pAy=
P2
×0=0g
P2
2lωcosωtg
P2
2lωsinωtg
yA=2lsinωtxB=2lcosωt
B
vAy=vBx=vBy=
pBx=−pBy=
yB=0xC=lcosωt
C
P2
×0=0g
2P1
lωsinωtg
vCx=−lωsinωtvCy=lωcosωtl
vDx=−ωsinωt
2
l
vDy=ωcosωt
2
pCx=−pCy=
yC=lsinωtxD=
D
2P1
lωcosωtg
l
cosωt2
pDx=−
P1l
ωsinωtg2P1l
ωcosωtg2
l
yD=sinωt
2
→
→
pDy=
→
p=pxi+pyj
→
p=(0−
→→P22PPP2PP
2lωsinωt−1lωsinωt−1lωsinωt)i+(22lωcosωt+0+1lωcosωt+1lωcosωt)jgg2ggg2g
→
→→P22P1P1P22P1P1
p=−(2++lωsinωti+(2+0++lωcosωtj
gg2ggg2g→5P+4P→5P1+4P212
p=−lωsinωti+lωcosωtj
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)=0uB=
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，
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：
y
[mAvA－(mB+m人)vB]－0＝Fxt
O
[mAvA－(mB+m人)vB]＝0
mAvA=(mB+m人)vBmAvA=(mB+m人)vBmA
6−ss
=(mB+m人)tt
y
mA(6−s)=(mB+m人)s2.4(6−s)=(1.3+0.5)s2.4(6−s)=(1.3+0.5)s4(6−s)=3s
O
s=
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ω（ω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。
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
vC2=vC1+vC2C1vC2r=lω
vC2x=lωcosωt−vC1vC3=vC1+vC3C1vC3r=2lω
vC3x=2lωcosωt−vC1
因为质点系在水平方向上不受力，所以
→
→
→
→
→
→
→
vCC3r
Fx=∑Fix=0
由动量定理得：
[−m1vC1+m2(lωcosωt−vC1)+m3(2lωcosωt−vC1)]−0=Fxt[−m1vC1+m2(lωcosωt−vC1)+m3(2lωcosωt−vC1)]−0=0
m2(lωcosωt−vC1)+m3(2lωcosωt−vC1)=m1vC1m2lωcosωt−m2vC1+2m3lωcosωt−m3vC1=m1vC1m2lωcosωt+2m3lωcosωt=(m1+m2+m3)vC1vC1=
lω(m2+m3)
cosωt
m1+m2+m3
dxC1dt
=
lω(m2+m3)
cosωt
m1+m2+m3
lω(m2+m3)
cosωtdt
m1+m2+m3
dxC1=xC1=xC1=xC1=xC1=
lω(m2+m3)
∫cosωtdt
m1+m2+m3
l(m2+m3)
∫cosωtd(ωt)
m1+m2+m3
l(m2+m3)
sinωt
m1+m2+m3l(P2+P3)
sinωt
P1+P2+P3
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P1=20kN的重物，起重机重P2=200kN，杆长OA=8m，开始时杆与铅垂位置成60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=0dxvCx＝constvCx|t=0＝const=0vCx＝0dxC
=0dt
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：
xC1=
m1xC1+m2xC2
m1+m2P1xC1+P2xC2
P1+P2
b
−20×(8cos600−a)+200×(a+)
=
20+200
xC1=xC1=xC1xC1
20a−80+200a+100b
220
220a+100b−80=
22011a+5b−4=
11
当OA杆转到与铅垂位置成30角时，质点系质心的横坐标为：
xC2=
P1xC1+P2xC2
P1+P2
b
−20×(8cos300−c)+200×(c+)
2=
20+200
xC2=
20c−803+200c+100b
220220c+100b−80220
xC2=
xC2
11c+5b−43=
11
因为质心守恒，所以
xC1=xC2，即：
11a+5b−411c+5b−43
=
111111a+5b−4=11c+5b−411a−4=11c−4311(c−a)=4(−1)(c−a)=
4
(3−1)=0.2662(m)11
故，当起重杆OA转到与铅垂位置成30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ω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0
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：
P1=
WgvWeωC1=g
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−ecosωt
vx=0−e(−ωsinωt)=eωsinωt，即：vC2=esinωt，故：PP2=
gvPeωsinωtC2=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：
x
FyFN
P=P1+P2+P3
Px=P1x+P2x+P3x==
WeωsinωtPeωsinωt(W+P)eωsinωt
++0=ggg
→→→→
Py=P1y+P2y+P3y=
WeωcosωtWeωcosωt
+0+0=gg
dPx
=Fx+FN−W−P−Gdt
式中，FN=W+P+G，故：
d(W+P)eωsinωteω2(W+P)cosωtW+P2
Fx=[==ωecosωt，即：
dtgggFx=dPydt
W+P2
ωecosωtg=Fy
deωWcosωteω2WsinωtW
Fy==()=−=−ω2ecosωt，即
dtdtgggFx=
W+P2
ωecosωtg
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=0aCx=0dvC
=0dt
vC=C1
vC|t=0=C1=0，故：vC=0dxC
=0dt
xC=const，即质心守恒：xC1=xC2
PaQ2b×+×
Pa+2bQg3g3
==
PQ3(P+Q)+ggabP(−s)+Q(a−s−)
=P+QP(a−3s)+Q(3a−3s−b)
3(P+Q)Pa−3Ps+3Qa−3Qs−Qb
，故：
3(P+Q)
y
y
xC1
xC2
xC2=
xC2=
Pa+2bQPa−3Ps+3Qa−3Qs−Qb
=
3(P+Q)3(P+Q)2bQ=−3(P+Q)s+3Qa−bQ3(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ϕ0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=lcosϕ0
质心C沿x=lcosϕ0直线向下运动。设任意时刻A的坐标为A(x,y)，则：
y
x=lcosϕ0+lcosϕx−lcosϕ0=lcosϕy=2lsinϕy
=lsinϕ2
消去ϕ得：
y
(x−lcosϕ0)2+(2=l，为一椭圆。
2
x
A
y
A
x
[习题10-7]图示系统中，mA=4kg，mC=2kg，θ=30。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：
dvCx
=0dtvCx=C1
vCx|t=0=C1=0，故：vCx=0
dxC
=const，即质心守恒：dtxC2=xC1
mAa+mC
2b
+mB(b+c)mA+mB+mC
2b4b+mB(b+c)4a++mB(b+c)33=4+2+mB6+mB
2b
+20)+mB(b+c+20)4+2+mB
xC1=
4a+2×
xC1=
4(a+20−20)+2(
xC2=
4a+80−80+
xC2=
4b
+40+mB(b+c)+20mB3
4+2+mB
4a+120−80+
xC2=
4b
+mB(b+c)+20mB，由xC2=xC1得：4+2+mB
4a+
4b4b+mB(b+c)4a+120−803++mB(b+c)+20mB=6+mB6+mB
0=120−80+20mB0=6−43+mB
mB=4−6=0.928(kg)
[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ω，角速度为α。C点为半圆板的质心，当OC与水平线成任意角ϕ时，求此瞬时轴O约束力（OC=
4R3π
）。解：在法向应用牛顿第二定理得：
man=Fn=Fysinϕ−Fxcosϕ−mgsinϕm⋅OC⋅ω2=Fysinϕ−Fxcosϕ−mgsinϕ4Rmω2
3π
=Fysinϕ−Fxcosϕ−mgsinϕϕ=mgsinϕ+
4Rmω2
Fysinϕ−Fxcos3πF4Rmω2
y−Fxcotϕ=mg+
3πsinϕ
…………(1)质点系的动量：
P=mvmC=m⋅OC⋅ω=4Rω3π
P4Rωmt=
3π
在切向应用动量定理得：
dPt
dt
=FtdPt
dt
=Ft=−Fycosϕ−Fxsinϕ+mgcosϕd4Rdt(ωm3π=−Fycosϕ−Fxsinϕ+mgcosϕ4Rmdω
3πdt=−Fycosϕ−Fxsinϕ+mgcosϕ
4Rmα
3π
=−Fycosϕ−Fxsinϕ+mgcosϕF4Rmα
ycosϕ+Fxsinϕ=mgcosϕ−
3πFy+F4Rmα
xtanϕ=mg−
3πcosϕ
…………(2)
(2)−(1)得：
4Rmαω2
Fx(tanϕ+cotϕ)=−(+3πcosϕsinϕsin2ϕ+cos2ϕ4Rmαsinϕ+ω2cosϕFx=−(cosϕsinϕ3πcosϕsinϕ
Fx=−
4Rm2
(ωcosϕ+αsinϕ)3π
上式代入（2）得：
Fy+Fxtanϕ=mg−
4Rmα3πcosϕ
Fy=mg−
4Rmα
−Fxtanϕ
3πcosϕ
4Rmα4Rm2sinϕ
+(ωcosϕ+αsinϕ)
3πcosϕ3πcosϕ
Fy=mg−
4Rmα4Rm2sin2ϕ
Fy=mg−+(ωsinϕ+α3πcosϕ3πcosϕ4Rm−αsin2ϕ2
Fy=mg+(+ωsinϕ+α)
3πcosϕcosϕ4Rmα(sin2ϕ−1)+ω2sinϕcosϕ
Fy=mg+[]
3πcosϕ4Rm−αcos2ϕ+ω2sinϕcosϕ
Fy=mg+[]
3πcosϕ
Fy=mg+
4Rm2
(ωsinϕ−αcosα)3π
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：
vtvtvtvtvt
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}
m6000.02.04
=5−{0.5[t2]0+[0.04t−0.5t2]000.02}
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θ=30。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→
N
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)]×54=0.866F−0.15(98−0.5F)
4=0.866F−14.7+0.075F0.941F=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=eωgg
(b)
方向与垂直于OC，斜向下。
(c)图所示刚体的动量为：
→
p=p1+p2
px=m1vC1=m1aω=
→→
2
Maω3aM11
py=m2vC2=m2⋅ω=aω=Maω
2326
→→1→
2
p=Maωi+Maωj
36
(c
)
p=p+p=
2
x2y
41+⋅Maω=Maω9366
1
py
θ=arctan=arctan=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
π−θ2
•
•
→
ϕ=ω=ϕ=−θ
vC=(R−r)ω=−(R−r)θvCx=−vCcosθ=−[−(R−r)θ]vCx=−vCcosθ=(R−r)θcosθ
13
•
••
x
(d)
vCx=−vCsinθ=−(R−r)θsinθ
→
•
p=mvCxi+mvCyj
•
→→
→
p=m(R−r)θcosθi−m(R−r)θsinθj
→•→
[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
dtvBx
••dxBd
==[x+(l+r)sinϕ]=x+(l+r)ϕcosϕdtdt
vBy=
dyBd
=[−(l+r)cosϕ]=(l+r)ϕsinϕdtdt
•
y
vCx=
dxCdll
=(x+sinϕ)=x+ϕcosϕdtdt22
•
•
vCy
dyCdll•==(−cosϕ)=ϕsinϕdtdt22
•
pAx=MvA=MxpAy=0
pBx=MvBx=M[x+(l+r)ϕcosϕ]PBy=MvBy=M(l+r)ϕsinϕpCx=mvCxpCy=mvCy
→
→
•
•
•
l•
=m[x+ϕcosϕ]
2ml•=ϕsinϕ2
•→
p=pxi+pyj
•
•
→
••→•→l•l•
p={Mx+m(x+ϕcosϕ)+M[x+(l+r)ϕcosϕ]}i+[m⋅ϕsinϕ+M(l+r)ϕsinϕ]j
22
14
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+vr
ve=vasinωt=lωsinωtvCx=−ve=−lωsinωtvCy=0xl
B=2
cosωtvdxBdllω
Bx=
dt=dt(2⋅cosωt)=−2
sinωty=l
B2sinωt
vBy=
dyBdt=ddt(l2⋅sinωt)=lω
2
cosωt→
p=p→
→
xi+pyj
→
p=(−Wglωsinωt−Plω→Plω
→g⋅2sinωt)i+(g⋅2cosωt)j
→
p=−P+2W→→2glωsinωti+P2g
lωcosωtj
15
滑块A的重量不计
(b)
质心运动方程速度动量
xA=0
A
vAx
dx
=A=0dtdyA
=2lωcosωtdt
dxB
=−2lωsinωtdtdyB
=0dt
pAx=pAy=
P2
×0=0g
P2
2lωcosωtg
P2
2lωsinωtg
yA=2lsinωtxB=2lcosωt
B
vAy=vBx=vBy=
pBx=−pBy=
yB=0xC=lcosωt
C
P2
×0=0g
2P1
lωsinωtg
vCx=−lωsinωtvCy=lωcosωtl
vDx=−ωsinωt
2
l
vDy=ωcosωt
2
pCx=−pCy=
yC=lsinωtxD=
D
2P1
lωcosωtg
l
cosωt2
pDx=−
P1l
ωsinωtg2P1l
ωcosωtg2
l
yD=sinωt
2
→
→
pDy=
→
p=pxi+pyj
→
p=(0−
→→P22PPP2PP
2lωsinωt−1lωsinωt−1lωsinωt)i+(22lωcosωt+0+1lωcosωt+1lωcosωt)jgg2ggg2g
→
→→P22P1P1P22P1P1
p=−(2++lωsinωti+(2+0++lωcosωtj
gg2ggg2g→5P+4P→5P1+4P212
p=−lωsinωti+lωcosωtj
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)=0uB=
MvB+mvA−muA
M
17