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(shí)間；(3) 若物體的初速度v1 10 ms-1 ,方向與Fx 相同,在t6.86s時(shí),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(dòng)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(dòng)量定理,有I m v2- m v1由(2)可知t 686 s 時(shí)I 300 Ns ,將I、m 及v1代入可得3 -9高空作業(yè)時(shí)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(shí)不慎從高空豎直跌落下來,由于安全帶的保護(hù),最終使他被懸掛起來已知此時(shí)人離原處的距離為2.0 m ,安全帶彈性緩沖作用時(shí)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(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)；在安全帶保護(hù)的緩沖過程中,則人體同時(shí)受重力和安全帶沖力的作用,其合力是一變力,且作用時(shí)間很短為求安全帶的沖力,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)必須分清重力和安全帶沖力作用的時(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 (1)在緩沖過程中,人受重力和安全帶沖力的作用,根據(jù)動(dòng)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(gè)過程來討論根據(jù)動(dòng)量定理有3 -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 m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1.00102 m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))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,若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第二塊碎片拋出的速度,進(jìn)一步求出落地位置解（1）求分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(yùn)動(dòng)方程為當(dāng)該碎片落地時(shí),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(dòng)量守恒定律,在最高點(diǎn)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(shí)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(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 (5) (6)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(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 的火箭為研究對象,它在tt t 的時(shí)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(dòng)量的增量dPi 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(shí)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(shí)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(shí)間,則火箭運(yùn)動(dòng)的速率可通過對其動(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中的動(dòng)力學(xué)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?xì)獾呐懦雎蕿?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(shí)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(shí)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(yùn)動(dòng),c 為一常量設(shè)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(yùn)動(dòng)到x l 時(shí),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(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,可將已知力與速度的函數(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 ,可得物體的速度按題意及上述關(guān)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(biāo)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(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 -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(yùn)動(dòng),RE 為地球的半徑已知地球的質(zhì)量為mE求：(1) 衛(wèi)星的動(dòng)能；(2) 衛(wèi)星的引力勢能；(3) 衛(wèi)星的機(jī)械能分析根據(jù)勢能和動(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(shí),必須規(guī)定勢能的零點(diǎn),通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn)時(shí)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(jī)械能則是動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(yuǎn)(r)時(shí)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(jī)械能為3 -34如圖所示,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)小球和容器都處于靜止?fàn)顟B(tài)當(dāng)小球沿內(nèi)壁滑到容器底部的點(diǎn)B時(shí),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(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；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(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運(yùn)動(dòng)的存在,小球相對容器運(yùn)動(dòng)的軌跡是圓,而相對桌面運(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(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(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