2022年马文蔚第五版物理第章作业题解 .docx

精品_精品资料_3 -8 Fx 30 4t式中Fx 的单位为 N, t 的单位为 s的合外力作用在质量 m10 kg 的物体上 ,试求：1 在开头 2 内此力的冲量. 2 假设冲量 I 300 N·s,此力作用的时间. 3 假设物体的初速度 v1 10 m ·s-1 ,方向与 Fx 相同 ,在t 6.86s时,此物体的速度 v2 t 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_分析此题可由冲量的定义式I速度 v2解1 由分析知Fdt ,求变力的冲量 , 继而依据动量定理求物体的t1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_2I3004t dt30t2t 2 268 N s可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_02 由I 300 30t 2t2 ,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 v2 - m v1由2可知 t 686 s 时I 300 N·s ,将I、m 及v 1代入可得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_vImv12m140 ms可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_3 -9高空作业时系安全带是特别必要的假设一质量为51.0 kg的人 ,在操作时不慎从高空竖直跌落下来 ,由于安全带的爱护 ,最终使他被悬挂起来 已知此时人离原处的距离为2.0m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s 求安全带对人的平均冲力分析从人受力的情形来看 ,可分两个阶段： 在开头下落的过程中 ,只受重力作用 ,人体可看成是作自由落体运动.在安全带爱护的缓冲过程中,就人体同时受重力和安全带冲力的作 用,其合力是一变力,且作用时间很短为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内 ,人体运动状态动量的转变来分析 ,即运用动量定理来争论事实上,动量定理也可应用于整个过程但是, 这时必需分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的.而在过程的初态和末态,人体的速度均为零这样 ,运用动量定理仍可得到相同的结果解1以人为争论对象 ,按分析中的两个阶段进行争论 在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_v12gh1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_在缓冲过程中 ,人受重力和安全带冲力的作用,依据动量定理 ,有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_由式 1、2 可得安全带对人的平均冲力大小为FP tmv2mv12可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_Fmgmv tmg2 ght1.14103 N可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_解2从整个过程来争论依据动量定理有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_Fmgt2h / gmg1.14103 N可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_3 -12一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离的面为19.6可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_m爆炸 1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的的面上,此处距抛出点的水平距离为1.00 ×102 m问其次块落在距抛出点多远的的面上设空气的阻力不计分析依据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的因此,假设能求出其次块碎片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落的的位置为此 ,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力 ,且远大于重力 ,因此 ,重力的冲量可忽视 ,物体爆炸过程中应满意动量守恒由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出 ,由动量守恒定律可得炸裂后其次块碎片抛出的速度,进一步求出落位置置 解1求别离前的速度取如图示坐标 ,依据抛体运动的规律 ,爆炸前 ,物体在最高点 A 的速度的水平重量为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_v0 xx1xg1t02h1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_2求别离后第一块碎片的速度物体爆炸后 ,第一块碎片竖直落下的运动方程为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_y1hv1t1 gt 22可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_当该碎片落的时 ,有y1 0,t t1 ,就由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度h1 gt 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_v12t12可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_3求别离后其次块碎片的速度 又依据动量守恒定律 ,在最高点处有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_mv0 x01 mv211 mv22 xmv12 y234可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_联立解式 1、2、3 和4,可得爆炸后其次块碎片抛出时的速可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_度重量分别为v2 x2v0 x2x1h1g 2h1gt 2100 m s 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_v2 yv1214.7 m s 1t1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_4依据别离后其次块碎片的速度,求运动方程爆炸后 ,其次块碎片作斜抛运动 ,其运动方程为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_x2x1v2 xt25可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_y2hv2 yt21 gt 2226可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_落的时 ,y2 0,由式5、6可解得其次块碎片落的点的水平位置x2 500 m*3-16设在的球外表邻近,一初质量为 5.00 ×105 kg 的火箭 ,从尾部喷出气体的速率为2.001×03 m·s-1 1 试问：每秒需喷出多少气体,才能使火箭最初向上的加速度大小为 4.90m·s-2 2 假设火箭的质量比为 6.00,求该火箭的最终速率分析这是一个系统内质量转移的问题为了争论火箭的运动规律,仍需建立其在重力场中的动力学方程为此,以 t 时刻质量为 m 的火箭为争论对象 ,它在 t t t 的时间内 ,将别离成火箭主体 包括尚剩的燃料 和排出的燃料两部分 依据它们的总动量的增量dPi 和系统所受的外力 重力 阻力不计 ,由动量定理可得到 -mg udm/dt mdv/dt推导从略 ,见教材 ,即火箭主体的动力学方程由于在 dt 时间内排出燃料的质量dm很小 ,式中m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率 dm/td 也就是火箭质量的变化率-dm/dt这样 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_上述方程也可写成u dmmg dtma 在特定加速度 a0 的条件下 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_依据初始时刻火箭的质量 m0 , 就可求出燃料的排出率 dm/dt在火箭的质量比 即t 时刻火箭的质量 m 与火箭的初始质量 m0之比 已知的条件下 ,可算出火箭所经受的时间 ,就火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得解 1 以火箭发射处为原点 ,竖直向上为正方向该火箭在重力场中的动力学方程为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_u dmmgma dt1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_因火箭的初始质量为 m0 5.001×05 kg, 要使火箭获得最初的加速度可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_a0 4.90 ms·-2,就燃气的排出率为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_dmm0 ga0 dtu3.68103 kgs 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_2 为求火箭的最终速率 ,可将式 1 改写成u dmmg dtm dvdt可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_别离变量后积分 ,有火箭速率随时间的变化规律为vdvuv0m dmm0mvv0tgdt0uln mgt2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_m0因火箭的质量比为6.00,故经受时间 t 后,其质量为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_mm0dm t1 mdt6可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_5m0得t36dm/ dt将式 3代入式 2, 依据初始条件 ,可得火箭的最终速率可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_vuln mgt m0uln m m05m0 6dm / dt2.47103 m s 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_3 -19一物体在介质中按规律x ct3 作直线运动 ,c 为一常量 设介质对物体的阻力正比于速度的平方试求物体由x0 0 运动到 x l 时,阻力所作的功 已知阻力系数为 k可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_分析此题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式 WFdx 来求解关键在于寻可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_找力函数 F Fx依据运动学关系 ,可将已知力与速度的函数关系Fv kv2 变换到 Ft,进一步按 x ct3 的关系把 F t转换为 Fx, 这样,就可按功的定义式求解 解由运动学方程 x ct3 ,可得物体的速度可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_vdx dt按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为3ct 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_2Fkv2 49 kc t2 / 34 / 39kcx可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_就阻力的功为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_WFdx WlFdx0cos 180o dxl 9kc2 / 3 x4 / 3dx027 kc2 / 3 l 7 / 37可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_3 -20一人从 10.0 m 深的井中提水 ,起始桶中装有 10.0 kg 的水 ,由于水桶漏水 ,每上升1.00 m 要漏去 0.20 kg 的水水桶被匀速的从井中提到井口,求所作的功可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_建立坐标方向分析由于水桶在匀速上提过程中,拉力必需始终与水桶重力相平稳水桶重力因漏水而随提上升度而变 ,因此 ,拉力作功实为变力作功由于拉力作功也就是克服重力的功,因此 ,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可题 3 -20 图求出 解水桶在匀速上提过程中 ,a 0,拉力与水桶重力平稳 ,有FP 0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P mg - gy其中 02 kg/m, 人对水桶的拉力的功为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_lWFdy010mgagy dy0882 J可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_3 -26一质量为 m 的的球卫星 ,沿半径为 3RE 的圆轨道运动 ,RE 为的球的半径已知的球的质量为 mE求： 1 卫星的动能. 2 卫星的引力势能. 3 卫星的机械能分析依据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕的球运动的速率,其势能和动能即可算出由于卫星在的球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕的球运动的速率 和动能由于卫星的引力势能是属于系统卫星和的球 的,要确定特定位置的势能时,必需规定势能的零点 ,通常取卫星与的球相距无限远时的势能为零这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了至于卫星的机械能就是动能和势能的总和解1 卫星与的球之间的万有引力供应卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得22G mE mm v3R3R可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_就EK1 mv22EEG mEm6RE可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_(2) 取卫星与的球相距无限远r 时的势能为零 ,就处在轨道上的卫星所具有的势能为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_EPGmEm 3RE可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_(3) 卫星的机械能为PEEKEG mEm 6 REG mEm3REG mEm6RE可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_3 -34如下图 ,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 ,并放置在摩擦可以忽视的水平桌面上开头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？分析由于桌面无摩擦,容器可以在水平桌面上滑动,当小球沿容器内壁下滑时,容器在桌面上也要发生移动将小球与容器视为系统,该系统在运动过程中沿水平桌面方向不受外力作用 ,系统在该方向上的动量守恒.假设将小球、容器与的球视为系统,因系统无外力作用,而内力中重力是保守力,而支持力不作功 ,系统的机械能守恒由两个守恒定律可解得小球和容器在惯性系中的速度由于相对运动的存在,小球相对容器运动的轨迹是圆,而相对桌面运 动的轨迹就不再是圆了,因此 ,在运用曲线运动中的法向动力学方程求解小球受力时,必需留意参考系的挑选假设取容器为参考系非惯性系 ,小球在此参考系中的轨迹仍是容器圆弧, 其法向加速度可由此刻的速度相对于容器速度 求得在分析小球受力时,除重力和支持力外, 仍必需计及它所受的惯性力小球位于容器的底部这一特别位置时,容器的加速度为零,惯性力也为零这样 ,由法向动力学方程求解小球所受的支持力就很简单了假设仍取的面为参考系 惯性系 ,虽然无需考虑惯性力,但是因小球的轨迹方程比较复杂,其曲率半径及法向加速度难以确定 ,使求解较为困难解依据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_mvmm vm01可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_v1 mv221 m v 2m2mgR2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_式中 vm 、vm分别表示小球、容器相对桌面的速度由式1 、2可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_v2m gRmmmvm2m gRmmmm由于小球相对的面运动的轨迹比较复杂,为此,可改为以容器为参考系非惯性系 在容器底部时 ,小球相对容器的运动速度为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_vmvmvmvmvmmm2gR m3可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_在容器底部 ,小球所受惯性力为零 ,其法向运动方程为2FNmgmvm(4) 4可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_R由式 3、4 可得小球此时所受到的支持力为2mFNmg 3m可编辑资料 - - - 欢迎下载