武漢理工大學大學物理上-課后習題答案第234章27頁

1、教材習題解答第二章 牛頓運動定律2-1解:設(shè)地球表面的重力加速度為,月球表面的重力加速度為,彈簧在地面上掛物體A(質(zhì)量為)與在月球表面掛石塊B(質(zhì)量為)的讀數(shù)相同,則有 -如右圖,取坐標軸向下為正,對物體A,B整體受力分析:由牛頓第二定律得: -BA聯(lián)立解得 將,代入解得 故石塊B將以初速度為零,豎直向下作勻加速運動.2-2解:取U形管底端的水平液柱為研究對象,豎直方向合外力為零(因為液柱在豎直方向無加速度)水平方向上受到的合外力大小為 其中為U形管截面面積, 為液體密度, 由牛頓第二定律得: 整理解得 2-3解:取坐標軸向右為正方向,設(shè)人對板的水平力大小為.地面對木板的水平力大小為,物體對木

2、板的水平力大小為 取為研究對象由牛頓第三定律知它受到木板水平向右的力,其大小為 再由牛頓第二定律得:X方向: (為向右的加速度大小)再取為研究對象:X方向: (為向右的加速度大小)因為要將木板從物體下面抽出,則 整理得 即 故至少需要大小為的力才能將木板拉出.2-4解:取小球為研究對象.小球受到重力,繩子的拉力,圓錐體的支持力, 各力方向如圖所示:并如圖建立直角坐標系:(1) 由牛頓第二定律得:方向: 方向: 整理解得(2) 當增大到時,小球離開錐面此時則由(1)得 解得: 2-5證明:如圖建立平面直角坐標系.取平面內(nèi)第一象限內(nèi)的水滴為研究對象設(shè)該水滴所在位置坐標為,質(zhì)量為.水滴受到重力,其它

3、水滴對它的支持力由牛頓定律得 軸方向: 軸方向: 其中, 整理后得 分離變量: ·兩邊積分得: 得 -表示拋物線 即第一象限內(nèi)自由面的水滴都在拋物線上,則在空間中桶內(nèi)水的自由面的形狀是一個旋轉(zhuǎn)拋物面. 2-6.解(1)由牛頓定律: (2).牛頓定律的微分形式: 分離變量: 兩邊積分: 方向沿運動方向.由分離變量 兩邊積分: (設(shè)時刻質(zhì)點在處)將代入解得2-7解：取運動員與滑板作為一個整體為研究對象，受到重力，變力，支持力的作用，各個力的方向如圖所示以運動員的初始位置為原點，豎直向上方向為軸建立平面直角坐標系，如右圖所示 F y由牛頓定律 N軸方向：分離變量： 0 x兩邊積分：mg 軸

4、方向有：當滑板離開水面時，地面的支持力此時為零即 將代入得由運動微分方程得分離變量得： 兩邊積分得：將代入上式解得： 2-8解：設(shè)作用于質(zhì)點的力大小為 由牛頓運動微分方程得： 設(shè)質(zhì)點在處對應時刻，在處的對應時刻 所需時間： 由知： 兩邊積分得：得： 2-9解：取活塞為研究對象，它受到沿X軸正方向的力的作用，由牛頓第二定律得運動方程X軸方向： 上式中的變量為分離變量后兩邊積分得： （設(shè)活塞停止在X處） 解得 2-10解:質(zhì)點的運動速率由牛頓運動定律:切向力法向力2-11解：(1)設(shè)星體（質(zhì)量為）的自轉(zhuǎn)角速度為，取赤道上的某一物體（質(zhì)量為）為研究對象由星體的自轉(zhuǎn)周期知 當最大時，最小，故由題意得又

5、 聯(lián)立上述等式解得最小自轉(zhuǎn)周期(2)將代入得(3)由(1)可得 將代入得2-12 解(1)對子彈分析得牛頓第二定律的微分形式: 分離變量得 兩邊積分得即 (2) 當時,子彈的最大深度為.2-13解:取質(zhì)點為研究對象由牛頓運動定律的微分形式得分離變量得 兩邊積分得 時對應速度為0, 時對應速度為解得: 2-14解:取飛機為研究對象,設(shè)其質(zhì)量為受到重力,支持力,升力,空氣阻力,摩擦阻力,各力方向如圖:以所在方向為軸建立直角坐標系由牛頓運動定律:X方向: Y方向: 而飛機剛著地時.則 整理得: 分離變量得: 兩邊積分用換元積分法求得2-15解:取該雨滴為研究對象,它受到重力和空氣阻力的作用. 其方向

6、如圖所示:且 為比例系數(shù))由牛頓運動定律 將 , , 代入得: 2-16證明：取小球為研究對象，小球受到重力浮力和粘滯阻力 的作用，取所在方向為軸正方向，則由牛頓運動微分方程得式中為變量，分離變量后兩邊積分得（注意初始條件為）即 解得 故得證.第三章 動量 動量定理習題三3-1.解:取M和m為研究對象,設(shè)碰前M的速率為,碰后為.由于水平方向系統(tǒng)受合外力為零,故水平方向動量守恒得:豎直方向由動量定理得解得滑塊速度增加量地面對滑塊的平均作用力為由牛頓第三定律知此過程中滑塊對地的平均作用力也為3-2.(1)對質(zhì)量為的沙子分析.在時間內(nèi)速率由0增到,設(shè)皮帶對它的作用力為(由于很小,所以可看作是恒力),

7、則由動量定理得即 所以所需的功率為(2) 由(1)知 代入數(shù)據(jù)得 3-3(1)設(shè)子彈剛穿出時繩中張力大小為,物體的速率為則由圓周運動規(guī)律得:由于子彈穿透時間極短,故子彈和物體系統(tǒng)動量守恒得:聯(lián)立解得 (2)取子彈為研究對象,由動量定理得:代入數(shù)據(jù)得(負號表示沖量方向與方向相反)3-4 取小球為研究對象如右圖所示建立坐標系由動量定理的坐標分量式得X方向: 方向: 整理得: 即墻壁對球的平均沖力為.方向為垂直墻壁向外由牛頓第三定律得:墻壁受到?jīng)_力也為方向垂直墻壁向內(nèi)3-5(1) 子彈在射入A的過程中,A和B有共同的速率為,子彈的速率為則對系統(tǒng)(子彈,物體A和B)分析,合外力為0,則由動能守恒可得:

8、 對子彈由動量定理可得: 對物體B由動量定理可得: 將, , , 代入聯(lián)立解得B受到A的作用力大小為 方向向右(2)子彈穿出A后A以速率作勻速直線運動,而子彈留在B中時兩者具有共同速率 則對子彈和B組成的系統(tǒng)動量守恒得 聯(lián)立可解得: 又由(1)中可解得 故子彈留在B中時A的速大小為,B的速度大小為3-6設(shè)月球(質(zhì)量為)的軌道半徑為,地球(質(zhì)量為)的半徑為,地球表面的重力加速度大小為在地球表面有黃金代換式: 設(shè)月球繞地球的運行速率為則由萬有引力提供向心力:因為月球在天里繞地球一周,則在天里月球初速度與末速度方向相反,即月球動量增量大小為代入數(shù)據(jù)解得: 3-7 解：取小球為研究對象，由動量定理得

9、將代入解得 即在此時間間隔內(nèi)彈力施于小球的沖量（負號表示方向與彈力方向相同）3-8 解：如右圖所示，1/4周期內(nèi)向心力給小球的沖量大小為 代入數(shù)據(jù)解得 I=1.41 3-9 證:取豎直向上為x軸正方向,單位向量為,當提起的鏈條長度為時,這段鏈條的動量為則這段鏈條所受的合外力為設(shè)人對鏈條向上的拉力為,則有所以拉力的大小為當時,所用的向上的力為,得證. 3-10 解:(1)令即得子彈在槍膛中運動的時間為 (2)由沖量公式得子彈受到得沖量為將代入得 (3) 對子彈分析,由動量定理得代入數(shù)據(jù)解得 .3-11 解:設(shè)子彈作用時間后和的共同速率為,子彈穿入后, 以向右做勻速直線運動.設(shè)子彈對作用時間后的速

10、率為.則有以和作為整體研究對象,由動量定理得以為研究對象,同樣由動量定理得 解得 3-12 解:取M和m為整體研究對象,水平方向合外力為0,則由動量守恒定律得: 其中設(shè)小木塊脫離大木塊時M的速率為,m的速率為.又由機械能守恒得(以弧形槽的底端為零勢能點)整理解得 3-13 解:(1) 設(shè)小車移動的距離為,其斜邊長為,木塊相對小車的速度為，相對地速度為小車對地速度為。則有，和 （1）由水平方向動量守恒 （2）可得 即 所以 . (2)由系統(tǒng)的機械能守恒: （3）由上（1）（2）（3）式整理解得 3-14 解:設(shè)當人從第一只船跳起后第一只船的速率為(方向與人的速度方向相反),且人跳起前后系統(tǒng)(第一

11、只船和人)動量守恒,即得 因忽略水對船的阻力,則人跳離第一只船后,此船以向后做勻速直線運動.人以速率跳上第二只船前后系統(tǒng)(第二只船和人)動量也守恒,設(shè)跳上后船速為:解得 第一只船的速度為 第二只船的速度為 3-15 解:由動量守恒定律的坐標分量式得x方向: y方向: 代入數(shù)據(jù)解得 所以碰撞后的速度為 3-16 解:設(shè)火箭的初質(zhì)量為,末質(zhì)量為,火箭的末速度為, 廢氣相對火箭的排氣速率為.則由變質(zhì)量問題可得兩邊積分得 得 要使噴出的廢氣是靜止的,即 則有故當火箭質(zhì)量的減少與初質(zhì)量之比為0.632時,它噴出的廢氣是靜止的.3-17根據(jù)題意v=210m/s，dm/dt=75kg/s，dM/dt=-3.

12、0m/s，u=490m/s將飛機及在dt時間被吸入的空氣dm為研究系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守恒：Mv=(dm-dM)(v-u)+(M+dM)(v+dv)簡化得：Mdv=-udM+(u-v)dm飛機受到的推力：F=Mdv/dt=-udM+(u-v)dm/dt=22500N3-18 解:(1)令,得.開始B靜止,則A和B的總動量為.A和B 組成的系統(tǒng)整個過程中動量守恒,即得 (2)整過程中A和B的總動量為0.即得 第四章 功和能及功能原理4-1 解：由運動學微分方程得 兩邊積分得 則前三秒內(nèi)該力所做的功為 4-2 解：（1）取水平向右為正方向，設(shè)鏈條桌面上任意時刻長為，則可設(shè)此鏈條水平移動了極小段距離，故摩

13、擦力在上的元功為所以在鏈條離開桌面的過程中，摩擦力對鏈條做的功為 （2）同（1）理可求得鏈條離開桌面的過程中 重力對段做功為 對段做功為 則整個過程中重力對鏈條做功為對鏈條由動能定理得整理解得 4-3 解：物體的速率為 則物體受到的阻力大小為 （方向與速度方向相反） 則阻力所做的功為 4-4 解：由題意知質(zhì)點的坐標為 （1）質(zhì)點在A（）即質(zhì)點在A點的動能為質(zhì)點在B（）既質(zhì)點在B點的動能為（2）由牛頓微分方程得 分力的功為 分力的功為4-5 解：設(shè)彈簧的原長為，倔強系數(shù)為.則彈簧掛質(zhì)量為的物體時長為L,得到 將代入得- 將代入得-由可解得 則外力做功為其中 代入數(shù)據(jù)得4-6 解:彈性力是保守力,

14、做功只與初末位置有關(guān).即4-7 解:由題意,質(zhì)點,圓周半徑,轉(zhuǎn)兩周后的動能為 ,對應速率為,質(zhì)點的角加速度為.由動能公式 角量公式 切向加速度 整理并代入數(shù)據(jù)得質(zhì)點的切向加速度為 4-8 解(1)合外力的功為 (2)平均功率為 (3)對該質(zhì)點由動能定理得 即該質(zhì)點的動能減少了45J.4-9 解(1)若彈簧伸長極短量,則外力需做的元功為 故將彈簧從拉至外力所需做的功為將代入解得外力做功 (2) 將彈簧從拉至的過程中,外力做的功全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能,當彈簧拉著物體從到時,彈簧的彈性勢能又全部轉(zhuǎn)化為物體的動能.設(shè)此時物體的速率為,則有 代入數(shù)據(jù)得 此彈簧的彈力是保守力,因為其功的值只與彈簧的始末

15、態(tài)有關(guān).4-10 證明:設(shè)質(zhì)點在坐標時的速率為,則其動能由機械能守恒得 又由運動微分方程得 兩邊積分得 得證.4-11 解:由題設(shè)知相互作用力為0的地方勢能為0,且相互作用力,即時勢能為0.又因兩個粒子之間的作用力是排斥力,則當兩粒子做遠離運動時,排斥力做正功,粒子的勢能減小,動能增加,并且減小的勢能轉(zhuǎn)化為增加的動能,即 即 兩個粒子相距為時的勢能為.4-12 解(1)質(zhì)點沿OAC移動 (2)質(zhì)點沿OBC移動 (3)質(zhì)點沿OC移動,此路徑上有 ,即力做功與路徑有關(guān)所以力不是保守力.4-13解：地球?qū)ξ矬w的萬有引力是保守力，隨意當物體從高處自由下落至地面的過程中，萬有引力做功等于物體在高處的勢能

16、，（地面為零勢能點）即又由黃金代換式得 代入得由于，則所得與可以近似認為相等.4-14證明:A與B發(fā)生完全非彈性碰撞,則碰后A和B具有共同的速度,設(shè)大小為.取AB為研究系統(tǒng),根據(jù)動量守恒定律得 則碰撞中損失的機械能為 得證.4-15解:設(shè)摩擦阻力大小為,其中.彈簧被壓縮到最大時所具有的彈性勢能為,則由功能原理得 第一過程:車從靜止開始滑至彈簧最大壓縮量處 -第二過程:車返至原有高度-聯(lián)立可解得4-16解:設(shè)物體最初靜止時彈簧的伸長量為,即有取物體,彈簧和地球為研究系統(tǒng),系統(tǒng)只受到內(nèi)保守力的作用,(外力不做功)機械能守恒.設(shè)物體在彈簧伸長重力勢能為0. 起始的機械能為 最終的機械能為 由即可解得

17、4-17解(1)物體(質(zhì)量為)上升到最大高度時速率為0.取物體和地球為研究系統(tǒng),由功能原理得整理并代入數(shù)據(jù)解得 (2)對系統(tǒng)整過程(向上滑和向下滑)由功能原理得 4-18解:設(shè)木塊下滑至時的速率為.取物體,彈簧和地球為研究系統(tǒng),系統(tǒng)合外力不做功,機械能守恒,即- 設(shè)子彈射入木塊過程中，外力沿斜面方向分量忽略不計。沿斜面方向動量守恒，設(shè)為子彈和木塊的共同速度 - 所以 方向沿斜面向上.4-19解(1)取滑塊和球為研究系統(tǒng),設(shè)油灰球射入滑塊后兩者的共同速度為,角位移為時對應的速度為.動量守恒得 滑塊沿球面下滑時受到向下的重力和背離球心的支持力兩個力的作用,由牛頓運動定律得法向切向 分離變量得 兩邊積分得 當它們剛好脫離