武汉理工大学大学物理上课后习题答案第234章.doc

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1、教材习题解答第二章 牛顿运动定律2-1解:设地球表面的重力加速度为,月球表面的重力加速度为,弹簧在地面上挂物体A(质量为)与在月球表面挂石块B(质量为)的读数相同,则有 -如右图,取坐标轴向下为正,对物体A,B整体受力分析:由牛顿第二定律得: -BA联立解得 将,代入解得 故石块B将以初速度为零,竖直向下作匀加速运动.2-2解:取U形管底端的水平液柱为研究对象,竖直方向合外力为零(因为液柱在竖直方向无加速度)水平方向上受到的合外力大小为 其中为U形管截面面积, 为液体密度, 由牛顿第二定律得: 整理解得 2-3解:取坐标轴向右为正方向,设人对板的水平力大小为.地面对木板的水平力大小为,物体对木

2、板的水平力大小为 取为研究对象由牛顿第三定律知它受到木板水平向右的力,其大小为 再由牛顿第二定律得:X方向: (为向右的加速度大小)再取为研究对象:X方向: (为向右的加速度大小)因为要将木板从物体下面抽出,则 整理得 即 故至少需要大小为的力才能将木板拉出.2-4解:取小球为研究对象.小球受到重力,绳子的拉力,圆锥体的支持力, 各力方向如图所示:并如图建立直角坐标系:(1) 由牛顿第二定律得:方向: 方向: 整理解得(2) 当增大到时,小球离开锥面此时则由(1)得 解得: 2-5证明:如图建立平面直角坐标系.取平面内第一象限内的水滴为研究对象设该水滴所在位置坐标为,质量为.水滴受到重力,其它

3、水滴对它的支持力由牛顿定律得 轴方向: 轴方向: 其中, 整理后得 分离变量: 两边积分得: 得 -表示抛物线 即第一象限内自由面的水滴都在抛物线上,则在空间中桶内水的自由面的形状是一个旋转抛物面. 2-6.解(1)由牛顿定律: (2).牛顿定律的微分形式: 分离变量: 两边积分: 方向沿运动方向.由分离变量 两边积分: (设时刻质点在处)将代入解得2-7解：取运动员与滑板作为一个整体为研究对象，受到重力，变力，支持力的作用，各个力的方向如图所示以运动员的初始位置为原点，竖直向上方向为轴建立平面直角坐标系，如右图所示 F y由牛顿定律 N轴方向：分离变量： 0 x两边积分：mg 轴方向有：当滑

4、板离开水面时，地面的支持力此时为零即 将代入得由运动微分方程得分离变量得： 两边积分得：将代入上式解得： 2-8解：设作用于质点的力大小为 由牛顿运动微分方程得： 设质点在处对应时刻，在处的对应时刻 所需时间： 由知： 两边积分得：得： 2-9解：取活塞为研究对象，它受到沿X轴正方向的力的作用，由牛顿第二定律得运动方程X轴方向： 上式中的变量为分离变量后两边积分得： （设活塞停止在X处） 解得 2-10解:质点的运动速率由牛顿运动定律:切向力法向力2-11解：(1)设星体（质量为）的自转角速度为，取赤道上的某一物体（质量为）为研究对象由星体的自转周期知 当最大时，最小，故由题意得又 联立上述等

5、式解得最小自转周期(2)将代入得(3)由(1)可得 将代入得2-12 解(1)对子弹分析得牛顿第二定律的微分形式: 分离变量得 两边积分得即 (2) 当时,子弹的最大深度为.2-13解:取质点为研究对象由牛顿运动定律的微分形式得分离变量得 两边积分得 时对应速度为0, 时对应速度为解得: 2-14解:取飞机为研究对象,设其质量为受到重力,支持力,升力,空气阻力,摩擦阻力,各力方向如图:以所在方向为轴建立直角坐标系由牛顿运动定律:X方向: Y方向: 而飞机刚着地时.则 整理得: 分离变量得: 两边积分用换元积分法求得2-15解:取该雨滴为研究对象,它受到重力和空气阻力的作用. 其方向如图所示:且

6、 为比例系数)由牛顿运动定律 将 , , 代入得: 2-16证明：取小球为研究对象，小球受到重力浮力和粘滞阻力 的作用，取所在方向为轴正方向，则由牛顿运动微分方程得式中为变量，分离变量后两边积分得（注意初始条件为）即 解得 故得证.第三章 动量 动量定理习题三3-1.解:取M和m为研究对象,设碰前M的速率为,碰后为.由于水平方向系统受合外力为零,故水平方向动量守恒得:竖直方向由动量定理得解得滑块速度增加量地面对滑块的平均作用力为由牛顿第三定律知此过程中滑块对地的平均作用力也为3-2.(1)对质量为的沙子分析.在时间内速率由0增到,设皮带对它的作用力为(由于很小,所以可看作是恒力),则由动量定理

7、得即 所以所需的功率为(2) 由(1)知 代入数据得 3-3(1)设子弹刚穿出时绳中张力大小为,物体的速率为则由圆周运动规律得:由于子弹穿透时间极短,故子弹和物体系统动量守恒得:联立解得 (2)取子弹为研究对象,由动量定理得:代入数据得(负号表示冲量方向与方向相反)3-4 取小球为研究对象如右图所示建立坐标系由动量定理的坐标分量式得X方向: 方向: 整理得: 即墙壁对球的平均冲力为.方向为垂直墙壁向外由牛顿第三定律得:墙壁受到冲力也为方向垂直墙壁向内3-5(1) 子弹在射入A的过程中,A和B有共同的速率为,子弹的速率为则对系统(子弹,物体A和B)分析,合外力为0,则由动能守恒可得: 对子弹由动

8、量定理可得: 对物体B由动量定理可得: 将, , , 代入联立解得B受到A的作用力大小为 方向向右(2)子弹穿出A后A以速率作匀速直线运动,而子弹留在B中时两者具有共同速率 则对子弹和B组成的系统动量守恒得 联立可解得: 又由(1)中可解得 故子弹留在B中时A的速大小为,B的速度大小为3-6设月球(质量为)的轨道半径为,地球(质量为)的半径为,地球表面的重力加速度大小为在地球表面有黄金代换式: 设月球绕地球的运行速率为则由万有引力提供向心力:因为月球在天里绕地球一周,则在天里月球初速度与末速度方向相反,即月球动量增量大小为代入数据解得: 3-7 解：取小球为研究对象，由动量定理得 将代入解得

9、即在此时间间隔内弹力施于小球的冲量（负号表示方向与弹力方向相同）3-8 解：如右图所示，1/4周期内向心力给小球的冲量大小为 代入数据解得 I=1.41 3-9 证:取竖直向上为x轴正方向,单位向量为,当提起的链条长度为时,这段链条的动量为则这段链条所受的合外力为设人对链条向上的拉力为,则有所以拉力的大小为当时,所用的向上的力为,得证. 3-10 解:(1)令即得子弹在枪膛中运动的时间为 (2)由冲量公式得子弹受到得冲量为将代入得 (3) 对子弹分析,由动量定理得代入数据解得 .3-11 解:设子弹作用时间后和的共同速率为,子弹穿入后, 以向右做匀速直线运动.设子弹对作用时间后的速率为.则有以

10、和作为整体研究对象,由动量定理得以为研究对象,同样由动量定理得 解得 3-12 解:取M和m为整体研究对象,水平方向合外力为0,则由动量守恒定律得: 其中设小木块脱离大木块时M的速率为,m的速率为.又由机械能守恒得(以弧形槽的底端为零势能点)整理解得 3-13 解:(1) 设小车移动的距离为,其斜边长为,木块相对小车的速度为，相对地速度为小车对地速度为。则有，和 （1）由水平方向动量守恒 （2）可得 即 所以 . (2)由系统的机械能守恒: （3）由上（1）（2）（3）式整理解得 3-14 解:设当人从第一只船跳起后第一只船的速率为(方向与人的速度方向相反),且人跳起前后系统(第一只船和人)动

11、量守恒,即得 因忽略水对船的阻力,则人跳离第一只船后,此船以向后做匀速直线运动.人以速率跳上第二只船前后系统(第二只船和人)动量也守恒,设跳上后船速为:解得 第一只船的速度为 第二只船的速度为 3-15 解:由动量守恒定律的坐标分量式得x方向: y方向: 代入数据解得 所以碰撞后的速度为 3-16 解:设火箭的初质量为,末质量为,火箭的末速度为, 废气相对火箭的排气速率为.则由变质量问题可得两边积分得 得 要使喷出的废气是静止的,即 则有故当火箭质量的减少与初质量之比为0.632时,它喷出的废气是静止的.3-17根据题意v=210m/s，dm/dt=75kg/s，dM/dt=-3.0m/s，u

12、=490m/s将飞机及在dt时间被吸入的空气dm为研究系统，系统动量守恒：Mv=(dm-dM)(v-u)+(M+dM)(v+dv)简化得：Mdv=-udM+(u-v)dm飞机受到的推力：F=Mdv/dt=-udM+(u-v)dm/dt=22500N3-18 解:(1)令,得.开始B静止,则A和B的总动量为.A和B 组成的系统整个过程中动量守恒,即得 (2)整过程中A和B的总动量为0.即得 第四章 功和能及功能原理4-1 解：由运动学微分方程得 两边积分得 则前三秒内该力所做的功为 4-2 解：（1）取水平向右为正方向，设链条桌面上任意时刻长为，则可设此链条水平移动了极小段距离，故摩擦力在上的元

13、功为所以在链条离开桌面的过程中，摩擦力对链条做的功为 （2）同（1）理可求得链条离开桌面的过程中 重力对段做功为 对段做功为 则整个过程中重力对链条做功为对链条由动能定理得整理解得 4-3 解：物体的速率为 则物体受到的阻力大小为 （方向与速度方向相反） 则阻力所做的功为 4-4 解：由题意知质点的坐标为 （1）质点在A（）即质点在A点的动能为质点在B（）既质点在B点的动能为（2）由牛顿微分方程得 分力的功为 分力的功为4-5 解：设弹簧的原长为，倔强系数为.则弹簧挂质量为的物体时长为L,得到 将代入得- 将代入得-由可解得 则外力做功为其中 代入数据得4-6 解:弹性力是保守力,做功只与初末

14、位置有关.即4-7 解:由题意,质点,圆周半径,转两周后的动能为 ,对应速率为,质点的角加速度为.由动能公式 角量公式 切向加速度 整理并代入数据得质点的切向加速度为 4-8 解(1)合外力的功为 (2)平均功率为 (3)对该质点由动能定理得 即该质点的动能减少了45J.4-9 解(1)若弹簧伸长极短量,则外力需做的元功为 故将弹簧从拉至外力所需做的功为将代入解得外力做功 (2) 将弹簧从拉至的过程中,外力做的功全部转化为弹簧的弹性势能,当弹簧拉着物体从到时,弹簧的弹性势能又全部转化为物体的动能.设此时物体的速率为,则有 代入数据得 此弹簧的弹力是保守力,因为其功的值只与弹簧的始末态有关.4-

15、10 证明:设质点在坐标时的速率为,则其动能由机械能守恒得 又由运动微分方程得 两边积分得 得证.4-11 解:由题设知相互作用力为0的地方势能为0,且相互作用力,即时势能为0.又因两个粒子之间的作用力是排斥力,则当两粒子做远离运动时,排斥力做正功,粒子的势能减小,动能增加,并且减小的势能转化为增加的动能,即 即 两个粒子相距为时的势能为.4-12 解(1)质点沿OAC移动 (2)质点沿OBC移动 (3)质点沿OC移动,此路径上有 ,即力做功与路径有关所以力不是保守力.4-13解：地球对物体的万有引力是保守力，随意当物体从高处自由下落至地面的过程中，万有引力做功等于物体在高处的势能，（地面为零

16、势能点）即又由黄金代换式得 代入得由于，则所得与可以近似认为相等.4-14证明:A与B发生完全非弹性碰撞,则碰后A和B具有共同的速度,设大小为.取AB为研究系统,根据动量守恒定律得 则碰撞中损失的机械能为 得证.4-15解:设摩擦阻力大小为,其中.弹簧被压缩到最大时所具有的弹性势能为,则由功能原理得 第一过程:车从静止开始滑至弹簧最大压缩量处 -第二过程:车返至原有高度-联立可解得4-16解:设物体最初静止时弹簧的伸长量为,即有取物体,弹簧和地球为研究系统,系统只受到内保守力的作用,(外力不做功)机械能守恒.设物体在弹簧伸长重力势能为0. 起始的机械能为 最终的机械能为 由即可解得4-17解(

17、1)物体(质量为)上升到最大高度时速率为0.取物体和地球为研究系统,由功能原理得整理并代入数据解得 (2)对系统整过程(向上滑和向下滑)由功能原理得 4-18解:设木块下滑至时的速率为.取物体,弹簧和地球为研究系统,系统合外力不做功,机械能守恒,即- 设子弹射入木块过程中，外力沿斜面方向分量忽略不计。沿斜面方向动量守恒，设为子弹和木块的共同速度 - 所以 方向沿斜面向上.4-19解(1)取滑块和球为研究系统,设油灰球射入滑块后两者的共同速度为,角位移为时对应的速度为.动量守恒得 滑块沿球面下滑时受到向下的重力和背离球心的支持力两个力的作用,由牛顿运动定律得法向切向 分离变量得 两边积分得 当它们刚好脱离球面时 解得 注：此式亦可由机械能守恒求 (2)设系统在A处受到向上的支持力为,则由牛顿运动定律得欲使两者在A处就脱离球面,则,得即油灰球的入射速率至少为.4-20解:取物体A和物体B以及弹簧为研究系统,系统所受到的合外力为0,则系统的动量守恒,且可知最终A以速率向左匀速运动,B以速率向右匀速运动.系统动量守恒 系统机械能守恒 联立可解得 4-21解:取,和弹簧为研究系统,设弹簧被压缩到最大距离时两者具有共同的速率.系统所受的合外力为0,则动量守恒,即系统只有内保守力(弹性力)做功,机械能守恒,即联立解得弹簧被压缩的最大距离为 .