武汉理工大学大学物理上-课后习题答案第234章

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1g,月球表面的重力加速度为2g,弹簧在地面上挂物体A(质量为1m)与在月球表面挂石块B(质量为2m)的读数相同,则有1122Fmgmg--------------------①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:221212()mgmgmma-------②联立解得121201/ggagg将219.81/gms,221.67/gms代入解得221.18/ams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FpSghS其中S为U形管截面面积,为液体密度,由牛顿第二定律得:FmalSa整理解得/hlagBA22-3解:取坐标轴向右为正方向,设人对板的水平力大小为F.地面对木板的水平力大小为2fumMg,物体对木板的水平力大小为1fumg取m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1fumg再由牛顿第二定律得:X方向:11fumgma(1a为m向右的加速度大小)再取M为研究对象:X方向:122FffMa(2a为M向右的加速度大小)因为要将木板从物体下面抽出,则21aa整理得FumgumMguMg即2FumMg故至少需要大小为2umMg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mg,绳子的拉力T,圆锥体的支持力N,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:x方向:2sincossinTNmwly方向:cossin0TNmg整理解得2sinsincosNmgmwlmgmgTFNyx32cossinTmgmwl(2)当w增大到0w时,小球离开锥面此时0N则由(1)得20sinsincos0TmwlTmg解得:0/cos/coswglTmg2-5证明:如图建立平面直角坐标系.取xoy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(,)xy,质量为m.水滴受到重力mg,其它水滴对它的支持力N由牛顿定律得x轴方向:2sinNmwxy轴方向:cosNmg其中tandydx,整理后得2wxdygdx分离变量:2wxdxdyg·两边积分得:00yxwxdxdyg得222wyxg---------------------------表示抛物线即第一象限内自由面的水滴都在抛物线222wyxg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:00FkFktmaatmm4(2)ⅰ.牛顿定律的微分形式:0dvFktmdt分离变量:0Fktdtmdv两边积分:000tvFktdtmdv 202Fkvttmm方向沿运动方向ⅱ.由dxvdt分离变量dxvdt两边积分:00xtdxvdt(设t时刻质点在x处)将2202Fkvttmm代入解得23026Fkxttmm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mg，变力F，支持力N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y轴建立平面直角坐标系，如右图所示⑴由牛顿定律x轴方向：coscosdvdvFmAtmdtdt分离变量：cosAtdtmdv两边积分：00costvAtdtmdv0xNyF52cos2Atvmy轴方向有：sinFNmg当滑板离开水面时，地面的支持力此时为零即11sinsinmgAtmgtA将1tt代入得222coscos22sinAtmgvmA⑵由运动微分方程得dxvdt分离变量得：vdtdx2cos2Atdtdxm两边积分得：200cos2txAtdtdxm将1tt代入上式解得：2323cos6sinmgxA2-8解：⑴设作用于质点的力大小为F由牛顿运动微分方程得：2dvdvdxFmmmkvkmxdtdxxt⑵设质点在0xx处对应时刻0tt，在1xx处的对应时刻1tt所需时间：10ttt由⑴知：1dxkdtx两边积分得：11001xtxtdxkdtxmg6得：101xtInkx2-9解：取活塞为研究对象，它受到沿X轴正方向的力()fx的作用，由牛顿第二定律得运动方程X轴方向：()dvdvdxdvkfxmmmvdtdxdtdxx上式中的变量为,vx分离变量后kmvdvdxx两边积分得：000xvxkmvdvdxx（设活塞停止在X处）解得2020202mvInxkmvkexxee2-10解:质点的运动速率0dsvvbtdt由牛顿运动定律:切向力dvFmammbdt法向力220nnmvbvvFmamRR2-11解：(1)设星体（质量为M）的自转角速度为，取赤道上的某一物体（质量为m）为研究对象由星体的自转周期知2T当最大时，T最小，故由题意得2224MmGmRRT7又343MVR联立上述等式解得最小自转周期3TG(2)将2331123.010,6.6710,3.14mkgmGNkg代入得36.910Ts(3)由(1)可得2324RMGT将2331126.910,1010,6.6710mTsRmGNkg代入得292.3110Mkg2-12解(1)对子弹分析得牛顿第二定律的微分形式:dvfkvmdt分离变量得kdvdtmv两边积分得00tvvkdvdtmv即0ktmvve(2)000tktktmmmvdsvdtsvedtek当t时,子弹的最大深度为0mmvsk.2-13解:取质点m为研究对象由牛顿运动定律的微分形式得82dvdvdxdvkfmmmvxdtdxdtdx分离变量得21mvdvdxkx两边积分得4201AvAmvdvdxkx(xA时对应速度为0,/4xA时对应速度为)v解得:6kvAm2-14解:取飞机为研究对象,设其质量为m受到重力mg,支持力N,升力2ycvj,空气阻力2xcvi,摩擦阻力Ni,各力方向如图:以0v所在方向为x轴建立直角坐标系由牛顿运动定律:X方向:2xdvdvdxdvNcvmmmvdtdxdtdxNY方向:2ycvNmg而飞机刚着地时0N.则22005yxmgmgccvv整理得:222001555dvgvgvvvdx分离变量得:202205155vvdvdxgvgv两边积分00022005155xovvvdvdxvgvgv用换元积分法求得2051ln2212155vxmg2-15解:取该雨滴为研究对象,它受到重力mg和空气阻力f的作用.mg0v2xcv2ycvyx9其方向如图所示:且2(fkvk为比例系数)21mgkv由牛顿运动定律22mgkvma将15/vms,24/vms,29.8/gms代入得:23.53/ams2-16证明：取小球为研究对象，小球受到重力,mg浮力F和粘滞阻力f的作用，取F所在方向为轴正方向，则由牛顿运动微分方程得dvmgFkvmdt式中,vt为变量，分离变量后dvdtmgFkvm两边积分得（注意初始条件为0,0vt）00vtdvdtmgFkvm即00()vtdmgFkvdtkmgFkvm解得(1)ktmmgFvek故得证.xmgf10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2v,碰后为'2v.由于水平方向系统受合外力为零,故水平方向动量守恒得:'122mvMvMv竖直方向由动量定理得20()tNmgMgdtmv解得滑块速度增加量'122mvvvvM地面对滑块的平均作用力为2()mvNmMgt由牛顿第三定律知此过程中滑块对地的平均作用力也为2()mvNmMgt3-2.(1)对质量为dM的沙子分析.在dt时间内速率由0增到v,设皮带对它的作用力为F(由于dt很小,所以可看作是恒力),则由动量定理得FdtdMv即dMFvdt所以所需的功率为2dMpFvvdt11(2)由(1)知FvM2pvM代入数据得30FN45pw3-3(1)设子弹刚穿出时绳中张力大小为T,物体M的速率为1v则由圆周运动规律得:21vTMgMl由于子弹穿透时间极短,故子弹m和物体M系统动量守恒得:01mvmvMv联立解得26.5TN(2)取子弹为研究对象,由动量定理得:0Imvmv代入数据得4.7INs(负号表示冲量方向与0v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:0()cos(cos)tFxdtmvmvy方向:0()sin(sin)tFydtmvmv整理得:2cos()mvFxt()0Fy即墙壁对球的平均冲力为2cosmvt.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2cosmvt方向垂直墙壁向内yX123-5(1)子弹在射入A的过程中,A和B有共同的速率为1v,子弹的速率为'0v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:'001()ABmvmvmmv①对子弹由动量定理可得:'00ftmvmv②对物体B由动量定理可得:1ABBNtmv③将2AmKg,3BmKg,0.1mKg,0800/vms,0.01ts,3310fN代入联立解得B受到A的作用力大小为31.810ABNN方向向右(2)子弹穿出A后A以速率1v作匀速直线运动,而子弹留在B中时两者具有共同速率2v则对子弹和B组成的系统动量守恒得'012()BBmvmvmmv④联立①②④可解得:222/vms又由(1)中①②可解得16/vms故子弹留在B中时A的速大小为6/ms,B的速度大小为22/ms3-6设月球(质量为m)的轨道半径为r,地球(质量为M)的半径为R,地球表面的重力加速度大小为g在地球表面有黄金代换式:2GMgR设月球绕地球的运行速率为v则由万有引力提供向心力:1322vmMGMgGmvRrrrr因为月球在28天里绕地球一周,则在14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22gpmvmRr代入数据解得:261.4610/pKgms3-7解：取小球为研究对象，由动量定理得00costtIFdtkAtdt将2t代入解得kAI即在此时间间隔内弹力施于小球的冲量kAI（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v冲量大小为2Imvmv1v2v代入数据解得I=1.41Ns3-9证:取竖直向上为x轴正方向,单位向量为i,当提起的链条长度为x时,这段链条的动量为140lPtxvi则这段链条所受的合外力为2100()lldPtdxFvividtdt设人对链条向上的拉力为F,则有1lFFxg所以拉力的大小为20llFvxg当xl时,所用的向上的力为20llFglv,得证.3-10解:(1)令0F即得子弹在枪膛中运动的时间为3310ts(2)由冲量公式得子弹受到得冲量为5202104003tIFdttt将3310ts代入得0.6INs(3)对子弹分析,由动量定理得0tIFdtmv代入数据解得3210mkg.3-11解:设子弹作用1t时间后