1、馬文蔚第五版物理第3章作業(yè)題 解作者:日期:3 -8 Fx = 30 + 4t式中Fx的單位為N,t的單位為s的合外力作用在質(zhì)量 m= 10 kg的物 體上,試求：1在開始2s內(nèi)此力的沖量；2假設(shè)沖量I = 300 N -s此力作用的時(shí)間；3假設(shè) 物體的初速度V1 = 10 ms-1方向與Fx相同，在t= 6.86s時(shí),此物體的速度V2 .t2Fdt,求變力的沖量，繼而根據(jù)動(dòng)量定理求物體的t1分析 此題可由沖量的定義式速度V2.由 I = 300 = 30t+ 2t2由動(dòng)量定理，有° 30 4t dt =30t 2t2 2 =68 N -s，解此方程可得=6. 86 s另一解不合題意

2、已舍去 I = m V2- m V1由可知t = 6. 86 s時(shí)I = 300 Ns將I、m及1代入可得 I +mVr-1v2- =40m sm3 -9 高空作業(yè)時(shí)系平安帶是非常必要的假設(shè)一質(zhì)量為 高空豎直跌落下來，由于平安帶的保護(hù)，最終使他被懸掛起來.51.0 kg的人,在操作時(shí)不慎從此時(shí)人離原處的距離為2.0m，平安帶彈性緩沖作用時(shí)間為 0.50 s .求平安帶對(duì)人的平均沖力.分析從人受力的情況來看，可分兩個(gè)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(yùn)動(dòng)；在平安帶保護(hù)的緩沖過程中，那么人體同時(shí)受重力和平安帶沖力的作用，其合力是一變力，且作用時(shí)間很短為求平安帶的沖力，

3、可以從緩沖時(shí)間內(nèi)，人體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)動(dòng)量的改變來分析，即運(yùn)用動(dòng)量定理來討論事實(shí)上 ，動(dòng)量定理也可應(yīng)用于整個(gè)過程但是 這時(shí)必須分清重力和平安帶沖力作用的時(shí)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(yùn)用動(dòng)量定理仍可得到相同的結(jié)果.解1以人為研究對(duì)象，按分析中的兩個(gè)階段進(jìn)行討論. 在自由落體運(yùn)動(dòng)過程中，人跌落至2 m處時(shí)的速度為在緩沖過程中，人受重力和平安帶沖力的作用w f2gh，根據(jù)動(dòng)量定理，有F P At = mv2 - mv1由式、可得平安帶對(duì)人的平均沖力大小為F=mg 瞥=mgA 2gh 1.14 103 N At1由分析知解2從整個(gè)過程來討論.根據(jù)動(dòng)量定理有F 二齊2h/g mg

4、= 1.14 10 -12 一作斜拋運(yùn)動(dòng)的物體，在最高點(diǎn)炸裂為質(zhì)量相等的兩塊，最高點(diǎn)距離地面為19.6 Nm.爆炸1.00 s后,第一塊落到爆炸點(diǎn)正下方的地面上，此處距拋出點(diǎn)的水平距離為1.00 X0m.問第二塊落在距拋出點(diǎn)多遠(yuǎn)的地面上.(設(shè)空氣的阻力不計(jì))題3 12圖分析根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律，物體在最高點(diǎn)處的位置坐標(biāo)和速度是易求的因此，假設(shè)能求出第二塊碎片拋出的速度，按拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就可求得落地的位置為此，分析物體在最高點(diǎn)處爆炸的過程 ，由于爆炸力屬內(nèi)力，且遠(yuǎn)大于重力，因此, 重力的沖量可忽略，物體爆炸過程中應(yīng)滿足動(dòng)量守恒由于炸裂后第一塊碎片拋出的速度可 由落體運(yùn)動(dòng)求出，由動(dòng)量守恒定律可得炸裂后

5、第二塊碎片拋出的速度，進(jìn)一步求出落地位置.解1)求別離前的速度取如圖示坐標(biāo)，根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，爆炸前，物體在最高點(diǎn)A的 速度的水平分量為(1)2)求別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(yùn)動(dòng)方程為y1 =h 一 wt 一如當(dāng)該碎片落地時(shí)，有y1 = 0，t = t1，那么由上式得爆炸后第一塊碎片 拋出的速度h3t1(3)求別離后第二塊碎片的速度 又根據(jù)動(dòng)量守恒定律，在最高點(diǎn)處有1mv°x 二-mv2x(3)0 二一1 mv12mv2y聯(lián)立解式(1)、(2)、(3)和(4)，可得爆炸后第二塊碎片拋出時(shí)的速度分量分別為v2x = 2v0x = 2xi .=100 m s

6、'h 2gt；V2y 二 Vi 二214.7 m s'ti(5)(6)dt(1)因火箭的初始質(zhì)量為 m° = 5.00 a0 = 4.90 m s-2,那么燃?xì)獾呐懦雎蕿?W kg,要使火箭獲得最初的加速度dtu-3.68 103 kg s4(4)根據(jù)別離后第二塊碎片的速度，求運(yùn)動(dòng)方程爆炸后，第二塊碎片作斜拋運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)方程為X2 =Xi V2xt2y2 = h V2yt2 _gt；落地時(shí),y2 = 0,由式(5)、(6)可解得第二塊碎片落地點(diǎn)的水平位置x2 = 500 m*3 -16 設(shè)在地球外表附近，一初質(zhì)量為5.00 X105 kg的火箭，從尾部噴出氣體的速率為

7、312.00 W m s- . (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4.90m-s-2 . (2)假設(shè)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(gè)系統(tǒng)內(nèi)質(zhì)量轉(zhuǎn)移的問題為了討論火箭的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，仍需建立其在重力場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)方程為此 ，以t時(shí)刻質(zhì)量為m的火箭為研究對(duì)象，它在tt + At的時(shí)間內(nèi)，將 別離成火箭主體(包括尚剩的燃料)和排出的燃料兩局部.根據(jù)它們的總動(dòng)量的增量ScPi和系統(tǒng)所受的外力重力(阻力不計(jì)),由動(dòng)量定理可得到-mg = udm'/dt + mdv/dt(推導(dǎo)從略，見教材),即火箭主體的動(dòng)力學(xué)方程.由于在dt時(shí)間內(nèi)排出燃料的質(zhì)量d

8、m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' /d也就是火箭質(zhì)量的變化率-dm/dt.這樣， 上述方程也可寫成 口如- mg二ma .在特定加速度a°的條件下，根據(jù)初始時(shí)刻火箭的質(zhì)量 m。,就可求出燃料的排出率 dm/dt.在火箭的質(zhì)量比(即t時(shí)刻 火箭的質(zhì)量m與火箭的初始質(zhì)量 m0之比)的條件下，可算出火箭所經(jīng)歷的時(shí)間 ，那么火箭 運(yùn)動(dòng)的速率可通過對(duì)其動(dòng)力學(xué)方程積分后解得.解(1)以火箭發(fā)射處為原點(diǎn)，豎直向上為正方向.該火箭在重力場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)方程為dmu mg = ma dt a(2) 為求火箭的最后速率，可將式(1)改寫成dmdvu mg = md

9、tdt別離變量后積分律，有vm dm t火箭速率隨時(shí)間的變化規(guī)律為,m,v = v0 -ulngt因火箭的質(zhì)量比為得6.00,故經(jīng)歷時(shí)間t后，其質(zhì)量為dm 1 m = m0 t m dt 6丄5mo6dm/ dt將式(3)代入式(2),依據(jù)初始條件，可得火箭的最后速率mo-gt二 uln mo5m°6dm/dt31= 2.47 10 m s3 -19 一物體在介質(zhì)中按規(guī)律 x = ct -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.作直線運(yùn)動(dòng),c為一常量.設(shè)介質(zhì)

10、對(duì)物體的阻力正 比于速度的平方試求物體由X0 = 0運(yùn)動(dòng)到x = l時(shí)，阻力所作的功.(阻力系數(shù)為k)分析 此題是一維變力作功問題 ，仍需按功的定義式 W二F dx來求解.關(guān)鍵在于尋找力函數(shù)F = F(x).根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系，可將力與速度的函數(shù)關(guān)系F(v) = kv2變換到F(t),進(jìn)一步按x = ct3的關(guān)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(yùn)動(dòng)學(xué)方程x = ct3，可得物體的速度dxv =dt= 3ct2按題意及上述關(guān)系，物體所受阻力的大小為22丄 42/34/3F = kv 9kc t 9kc x那么阻力的功為ii27W = F dxW F dx 二 cos180

11、odx9kc2/3x4/3dxkc2/3l7/3題3 - 20圖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(shí)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(guān)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(biāo)下，水桶重力隨位置的變化關(guān)系為P = mg - a gy其中a= 0. 2 kg/m,人對(duì)水桶的拉力的功為I10W = 0 F dy = mg - agy dy = 882 J3 -26 一質(zhì)量為m的地球衛(wèi)星，沿半徑為3Re的圓

12、軌道運(yùn)動(dòng)，RE為地球的半徑.地 球的質(zhì)量為mE.求：1衛(wèi)星的動(dòng)能；2衛(wèi)星的引力勢(shì)能；3衛(wèi)星的機(jī)械能.分析根據(jù)勢(shì)能和動(dòng)能的定義，只需知道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運(yùn)動(dòng)的速率，其勢(shì)能和動(dòng)能即可算出.由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運(yùn)動(dòng)，由此可算得衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的速率和動(dòng)能.由于衛(wèi)星的引力勢(shì)能是屬于系統(tǒng)衛(wèi)星和地球的，要確定特定位置的勢(shì)能時(shí)，必須規(guī)定勢(shì)能的零點(diǎn)，通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn)時(shí)的勢(shì)能為零.這樣，衛(wèi)星在特定位置的勢(shì)能也就能確定了.至于衛(wèi)星的機(jī)械能那么是動(dòng)能和勢(shì)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(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓定律可得2mEmvG= m3R=3ReEkmv那么(2)取衛(wèi)星與地球

13、相距無限遠(yuǎn)(r th時(shí)的勢(shì)能為零，那么處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢(shì)能Ep _ _GmEm3Re(3) 衛(wèi)星的機(jī)械能為E= EkEp6Re3Re=-GmEm6Re3 -34如下圖，一個(gè)質(zhì)量為m的小球，從內(nèi)壁為半球形的容器邊緣點(diǎn)A滑下設(shè)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(shí)小球和容器都處于題3 -34圖分析 由于桌面無摩擦，容器可以在水平桌面上滑動(dòng)，當(dāng)小球沿容器內(nèi)壁下滑時(shí) ，容器在桌面上也要發(fā)生移動(dòng)將小球與容器視為系統(tǒng)，該系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒；假設(shè)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

14、持力不作功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒.由兩個(gè)守恒定律可解得小球和 容器在慣性系中的速度.由于相對(duì)運(yùn)動(dòng)的存在，小球相對(duì)容器運(yùn)動(dòng)的軌跡是圓，而相對(duì)桌面運(yùn)動(dòng)的軌跡就不再是圓了 ，因此，在運(yùn)用曲線運(yùn)動(dòng)中的法向動(dòng)力學(xué)方程求解小球受力時(shí)，必須注意參考系的選擇假設(shè)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(duì)于容器速度)求得.在分析小球受力時(shí)，除重力和支持力外， 還必須計(jì)及它所受的慣性力小球位于容器的底部這一特殊位置時(shí)，容器的加速度為零，慣性力也為零這樣，由法向動(dòng)力學(xué)方程求解小球所受的支持力就很容易了假設(shè)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擬復(fù)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(dòng)量守恒定律以及小球在下滑過程中機(jī)械能守恒定律可分別得mVm-m