馬文蔚第五版物理第3章作業(yè)題解

3 -8Fx 304t(式中Fx 的單位為N,t 的單位為s)的合外力作用在質(zhì)量m10 kg 的物體上,試求：(1) 在開始2 內(nèi)此力的沖量；(2) 若沖量I 300 Ns,此力作用的時間；(3) 若物體的初速度v1 10 ms-1 ,方向與Fx 相同,在t6.86s時,此物體的速度v2 分析本題可由沖量的定義式,求變力的沖量,繼而根據(jù)動量定理求物體的速度v2解(1) 由分析知(2) 由I 300 30t 2t2 ,解此方程可得t 686 s(另一解不合題意已舍去)(3) 由動量定理,有I m v2- m v1由(2)可知t 686 s 時I 300 Ns ,將I、m 及v1代入可得3 -9高空作業(yè)時系安全帶是非常必要的假如一質(zhì)量為51.0 kg 的人,在操作時不慎從高空豎直跌落下來,由于安全帶的保護,最終使他被懸掛起來已知此時人離原處的距離為2.0 m ,安全帶彈性緩沖作用時間為0.50 s 求安全帶對人的平均沖力分析從人受力的情況來看,可分兩個階段：在開始下落的過程中,只受重力作用,人體可看成是作自由落體運動；在安全帶保護的緩沖過程中,則人體同時受重力和安全帶沖力的作用,其合力是一變力,且作用時間很短為求安全帶的沖力,可以從緩沖時間內(nèi),人體運動狀態(tài)(動量)的改變來分析,即運用動量定理來討論事實上,動量定理也可應用于整個過程但是,這時必須分清重力和安全帶沖力作用的時間是不同的；而在過程的初態(tài)和末態(tài),人體的速度均為零這樣,運用動量定理仍可得到相同的結(jié)果解1以人為研究對象,按分析中的兩個階段進行討論在自由落體運動過程中,人跌落至2 m 處時的速度為 (1)在緩沖過程中,人受重力和安全帶沖力的作用,根據(jù)動量定理,有 (2)由式(1)、(2)可得安全帶對人的平均沖力大小為解2從整個過程來討論根據(jù)動量定理有3 -12一作斜拋運動的物體,在最高點炸裂為質(zhì)量相等的兩塊,最高點距離地面為19.6 m爆炸1.00 s 后,第一塊落到爆炸點正下方的地面上,此處距拋出點的水平距離為1.00102 m問第二塊落在距拋出點多遠的地面上(設空氣的阻力不計)分析根據(jù)拋體運動規(guī)律,物體在最高點處的位置坐標和速度是易求的因此,若能求出第二塊碎片拋出的速度,按拋體運動的規(guī)律就可求得落地的位置為此,分析物體在最高點處爆炸的過程,由于爆炸力屬內(nèi)力,且遠大于重力,因此,重力的沖量可忽略,物體爆炸過程中應滿足動量守恒由于炸裂后第一塊碎片拋出的速度可由落體運動求出,由動量守恒定律可得炸裂后第二塊碎片拋出的速度,進一步求出落地位置解（1）求分離前的速度取如圖示坐標,根據(jù)拋體運動的規(guī)律,爆炸前,物體在最高點A 的速度的水平分量為 (1)（2）求分離后第一塊碎片的速度物體爆炸后,第一塊碎片豎直落下的運動方程為當該碎片落地時,有y1 0,t t1 ,則由上式得爆炸后第一塊碎片拋出的速度 (2)（3）求分離后第二塊碎片的速度又根據(jù)動量守恒定律,在最高點處有 (3) (4)聯(lián)立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二塊碎片拋出時的速度分量分別為（4）根據(jù)分離后第二塊碎片的速度，求運動方程爆炸后,第二塊碎片作斜拋運動,其運動方程為 (5) (6)落地時,y2 0,由式(5)、(6)可解得第二塊碎片落地點的水平位置x2 500 m*3 -16設在地球表面附近,一初質(zhì)量為5.00 105 kg 的火箭,從尾部噴出氣體的速率為2.00 103 ms-1 (1) 試問：每秒需噴出多少氣體,才能使火箭最初向上的加速度大小為4.90 ms-2 (2) 若火箭的質(zhì)量比為6.00,求該火箭的最后速率分析這是一個系統(tǒng)內(nèi)質(zhì)量轉(zhuǎn)移的問題為了討論火箭的運動規(guī)律,仍需建立其在重力場中的動力學方程為此,以t 時刻質(zhì)量為m 的火箭為研究對象,它在tt t 的時間內(nèi),將分離成火箭主體(包括尚剩的燃料)和排出的燃料兩部分根據(jù)它們的總動量的增量dPi 和系統(tǒng)所受的外力重力(阻力不計),由動量定理可得到-mg udm/dt mdv/dt(推導從略,見教材),即火箭主體的動力學方程由于在dt 時間內(nèi)排出燃料的質(zhì)量dm很小,式中m 也就可以視為此刻火箭主體的質(zhì)量, 而燃料的排出率dm/dt 也就是火箭質(zhì)量的變化率-dm/dt這樣,上述方程也可寫成在特定加速度a0 的條件下,根據(jù)初始時刻火箭的質(zhì)量m0 ,就可求出燃料的排出率dm/dt在火箭的質(zhì)量比( 即t 時刻火箭的質(zhì)量m 與火箭的初始質(zhì)量m0之比) 已知的條件下,可算出火箭所經(jīng)歷的時間,則火箭運動的速率可通過對其動力學方程積分后解得解(1) 以火箭發(fā)射處為原點,豎直向上為正方向該火箭在重力場中的動力學方程為 (1)因火箭的初始質(zhì)量為m0 5.00 105 kg, 要使火箭獲得最初的加速度a0 4.90 ms-2,則燃氣的排出率為(2) 為求火箭的最后速率,可將式(1)改寫成分離變量后積分,有火箭速率隨時間的變化規(guī)律為 (2)因火箭的質(zhì)量比為6.00,故經(jīng)歷時間t 后,其質(zhì)量為得 (3)將式(3)代入式(2),依據(jù)初始條件,可得火箭的最后速率3 -19一物體在介質(zhì)中按規(guī)律x ct3 作直線運動,c 為一常量設介質(zhì)對物體的阻力正比于速度的平方試求物體由x0 0 運動到x l 時,阻力所作的功(已知阻力系數(shù)為k)分析本題是一維變力作功問題,仍需按功的定義式來求解關鍵在于尋找力函數(shù)F F(x)根據(jù)運動學關系,可將已知力與速度的函數(shù)關系F(v) kv2 變換到F(t),進一步按x ct3 的關系把F(t)轉(zhuǎn)換為F(x),這樣,就可按功的定義式求解解由運動學方程x ct3 ,可得物體的速度按題意及上述關系,物體所受阻力的大小為則阻力的功為3 -20一人從10.0 m 深的井中提水,起始桶中裝有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水水桶被勻速地從井中提到井口,求所作的功建立坐標方向分析由于水桶在勻速上提過程中,拉力必須始終與水桶重力相平衡水桶重力因漏水而隨提升高度而變,因此,拉力作功實為變力作功由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能寫出重力隨高度變化的關系,拉力作功即可題3 -20 圖求出解水桶在勻速上提過程中,a 0,拉力與水桶重力平衡,有F P 0在圖示所取坐標下,水桶重力隨位置的變化關系為P mg -gy其中02 kg/m,人對水桶的拉力的功為3 -26一質(zhì)量為m 的地球衛(wèi)星,沿半徑為3RE 的圓軌道運動,RE 為地球的半徑已知地球的質(zhì)量為mE求：(1) 衛(wèi)星的動能；(2) 衛(wèi)星的引力勢能；(3) 衛(wèi)星的機械能分析根據(jù)勢能和動能的定義,只需知道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運動的速率,其勢能和動能即可算出由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運動,由此可算得衛(wèi)星繞地球運動的速率和動能由于衛(wèi)星的引力勢能是屬于系統(tǒng)(衛(wèi)星和地球)的,要確定特定位置的勢能時,必須規(guī)定勢能的零點,通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠時的勢能為零這樣,衛(wèi)星在特定位置的勢能也就能確定了至于衛(wèi)星的機械能則是動能和勢能的總和解(1) 衛(wèi)星與地球之間的萬有引力提供衛(wèi)星作圓周運動的向心力,由牛頓定律可得則 (2) 取衛(wèi)星與地球相距無限遠(r)時的勢能為零,則處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢能為(3) 衛(wèi)星的機械能為3 -34如圖所示,一個質(zhì)量為m 的小球,從內(nèi)壁為半球形的容器邊緣點A滑下設容器質(zhì)量為m,半徑為R,內(nèi)壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上開始時小球和容器都處于靜止狀態(tài)當小球沿內(nèi)壁滑到容器底部的點B時,受到向上的支持力為多大？分析由于桌面無摩擦,容器可以在水平桌面上滑動,當小球沿容器內(nèi)壁下滑時,容器在桌面上也要發(fā)生移動將小球與容器視為系統(tǒng),該系統(tǒng)在運動過程中沿水平桌面方向不受外力作用,系統(tǒng)在該方向上的動量守恒；若將小球、容器與地球視為系統(tǒng),因系統(tǒng)無外力作用,而內(nèi)力中重力是保守力,而支持力不作功,系統(tǒng)的機械能守恒由兩個守恒定律可解得小球和容器在慣性系中的速度由于相對運動的存在,小球相對容器運動的軌跡是圓,而相對桌面運動的軌跡就不再是圓了,因此,在運用曲線運動中的法向動力學方程求解小球受力時,必須注意參考系的選擇若取容器為參考系(非慣性系),小球在此參考系中的軌跡仍是容器圓弧,其法向加速度可由此刻的速度(相對于容器速度)求得在分析小球受力時,除重力和支持力外,還必須計及它所受的慣性力小球位于容器的底部這一特殊位置時,容器的加速度為零,慣性力也為零這樣,由法向動力學方程求解小球所受的支持力就很容易了若仍取地面為參考系(慣性系),雖然無需考慮慣性力,但是因小球的軌跡方程比較復雜,其曲率半徑及法向加速度難以確定,使求解較為困難解根據(jù)水平方向動量守恒定律以及小球在下滑過程