普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第三章-动量定理及其守恒定律

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第3章动量定理及其守恒定律第三章动量定理及其守恒定律习题解答3.5.1质量为2kg的质点的运动学方程为jttitrˆ)133(ˆ)16(22(单位:米,秒),求证质点受恒力而运动,并求力的方向大小。解:∵jidtrdaˆ6ˆ12/22,jiamFˆ12ˆ24为一与时间无关的恒矢量,∴质点受恒力而运动。F=(242+122)1/2=125N,力与x轴之间夹角为:'34265.0/arctgFarctgFxy3.5.2质量为m的质点在o-xy平面内运动,质点的运动学方程为:jtbitarˆsinˆcos,a,b,ω为正常数,证明作用于质点的合力总指向原点。证明:∵rjtbitadtrda2222)ˆsinˆcos(/rmamF2,∴作用于质点的合力总指向原点。3.5.3在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛,一方面由筛孔漏出谷粒,一方面逐出秸杆,筛面微微倾斜,是为了从较低的一边将秸杆逐出,因角度很小,可近似看作水平,筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出,若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4,问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动?解:以地为参考系,设谷物的质量为m,所受到的最大静摩擦力为mgfo,谷物能获得的最大加速度为2/92.38.94.0/smgmfao∴筛面水平方向的加速度至少等于3.92米/秒2,才能使谷物与筛面发生相对运动。μ1μ23.5.3题图3.5.4题图3.5.4桌面上叠放着两块木板,质量各为m1,m2,如图所示,m2和桌面间的摩擦系数为μ2,m1和m2间的摩擦系数为μ1,问沿水平方向用多大的力才能把下面的木板抽出来。解:以地为参考系,隔离m1、m2,其受力与运动情况如图所示,m2m1F第3章动量定理及其守恒定律其中,N1'=N1,f1'=f1=μ1N1,f2=μ2N2,选图示坐标系o-xy,对m1,m2分别应用牛顿二定律,有00212222211111111gmNNamNNFgmNamN解方程组,得2221211211/mgmgmgmFaga要把木板从下面抽出来,必须满足12aa,即gmgmgmgmF12221211gmmF21213.5.5质量为m2的斜面可在光滑的水平面上滑动,斜面倾角为α,质量为m1的运动员与斜面之间亦无摩擦,求运动员相对于斜面的加速度及其对斜面的压力。解:以相对地面向右作加速直线运动的斜面为参考系(非惯性系,设斜面相对地的加速度为a2),取m1为研究对象,其受力及运动情况如左图所示,其中N1为斜面对人的支撑力,f*为惯性力,a'即人对斜面的加速度,方向显然沿斜面向下,选如图所示的坐标系o'-x'y',应用牛顿第二定律建立方程:)2('cossin)1(0sincos12112111amamgmamgmN再以地为参考系,取m2为研究对象,其受力及运动情况如右图所示,选图示坐标o-xy,应用牛顿第二定律建立方程:)4(0cos)3(sin122221NgmNamN(1)、(2)、(3)联立,即可求得:gmmmmagmmmmN21221212211sinsin)('sincos3.5.6在图示的装置中两物体的质量各为m1,m2,物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ,求在力F的作用下两物体的加速度及绳内张力,不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦,绳不可伸长。解:以地为参考系,隔离m1,m2,受力及运动情况如图示,其m1gf1N1a1a2N2N1'm2gFf1'f2xym1m2αm1m2Ff1N1m1gTaFN2m2gTaN1f1f2yN2a2xN1'=N1αm2gαx'N1a'f*=m1a2y'm1gα第3章动量定理及其守恒定律中:f1=μN1=μm1g,f2=μN2=μ(N1+m2g)=μ(m1+m2)g.在水平方向对两个质点应用牛二定律:②①amTgmmgmFamgmT221111)(①+②可求得:gmmgmFa2112将a代入①中,可求得:2111)2(mmgmFmT3.5.7在图示的装置中,物体A,B,C的质量各为m1,m2,m3,且两两不相等.若物体A,B与桌面间的摩擦系数为μ,求三个物体的加速度及绳内的张力,不计绳和滑轮质量,不计轴承摩擦,绳不可伸长。解:以地为参考系,隔离A,B,C,受力及运动情况如图示,其中:f1=μN1=μm1g,f2=μN2=μm2g,T'=2T,由于A的位移加B的位移除2等于C的位移,所以(a1+a2)/2=a3.对A,B,C分别在其加速度方向上应用牛顿第二定律:③②①2/)(22133222111aamTgmamgmTamgmT①,②,③联立,可求得:gmmmmmmmmagmmmmmmmagmmmmmmma21321321321321312213213214)()1()(4)()1(24)()1(23.5.8天平左端挂一定滑轮,一轻绳跨过定滑轮,绳的两端分别系上质量为m1,m2的物体(m1≠m2),天平右端的托盘上放有砝码.问天平托盘和砝码共重若干,天平才能保持平衡?不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦,绳不伸长。解:隔离m1,m2及定滑轮,受力及运动情况如图示,应用牛顿第二定律:'2''2211TTamTgmamgmT②①由①②可求得:212121212,2'mmgmmTmmgmmT所以,天平右端的总重量应该等于T,天平才能保持平衡。3.5.11棒球质量为0.14kg,用棒击棒球的力随时间的变化如图所示,设棒球被击前后速度增量大小为70m/s,求力的最大值,打击时,不计重力。解:由F—t图可知:CABTf1N1m1ga1Tf2N2m2ga2T'm3ga3m1m2T'm1gaT'm2gaTT'T'0.050.08t(s)F(N)Fmax0第3章动量定理及其守恒定律max03.008.0max05.008.005.005.00FFtFFttt时,当时,当[斜截式方程y=kx+b,两点式方程(y-y1)/(x-x1)=(y2-y1)/(x2-x1)]由动量定理:08.005.003.005.0005.008.00)08.0(maxmaxdtttdtFdtvmFF可求得Fmax=245N3.5.12沿铅直向上发射玩具火箭的推力随时间变化如图所示,火箭质量为2kg,t=0时处于静止,求火箭发射后的最大速率和最大高度(注意,推力大于重力时才启动)。解:根据推力F-t图像,可知F=4.9t(t≤20),令F=mg,即4.9t=2×9.8,t=4s因此,火箭发射可分为三个阶段:t=0—4s为第一阶段,由于推力小于重力,火箭静止,v=0,y=0;t=4—20s为第二阶段,火箭作变加速直线运动,设t=20s时,y=y1,v=vmax;t≥20s为第三阶段,火箭只受重力作用,作竖直上抛运动,设达最大高度时的坐标y=y2.第二阶段的动力学方程为:F-mg=mdv/dtmydttdtdttdydtttvdtdysmvvtttvtdttdtdvdttdtgdtdtmFdvyttv16729.448.94/9.4)9.448.94/9.4(/314)20(209.448.94/9.4208.92/9.48.92/9.4/1204204204202max24401第三阶段运动学方程)2()20(9.4)20(314),1()20(8.931421ttyytv令v=0,由(1)求得达最大高度y2时所用时间(t-20)=32,代入(2)中,得y2-y1=5030y2=ymax=5030+1672=6702(m)3.5.13抛物线形弯管的表面光滑,沿铅直轴以匀角速率转动,抛物线方程为y=ax2,a为正常数,小环套于弯管上。⑴弯管角速度多大,小环可在管上任一位置相对弯管静止?⑵若为圆形光滑弯管,情况如何?解:以固定底座为参考系,设弯管的角速度为ω,小环受力及运动情况如图示:α为小环处切线与x轴夹角,压力N与切线垂直,加速度大小a=ω2x,方向垂直指向y轴。在图示坐标下应用牛顿二定律的分量式:②①mgNNxmNNcos)90sin(sin)90cos(2①/②得:tgα=ω2x/g③;由数学知识:tgα=dy/dx=2ax;所以,agaggxax2,2,/222若弯管为半径为R的圆形,圆方程为:x2+(R-y)2=R2,即t(s)F(N)9820xymgNaαω第3章动量定理及其守恒定律222/122212/1222/122222/)2()(/)(,)(,)(xRxxxRdxdytgxRRyxRyRxRyR代入③中,得:22222/,//xRggxxRx3.5.14北京设有供实验用的高速列车环形铁路,回转半径为9km,将要建设的京沪列车时速250km/h,若在环路上作此项列车实验且欲使铁轨不受侧压力,外轨应比内轨高多少?设轨距1.435m.解:以地为参考系,把车厢视为质点,受力及运动情况如图示:车厢速度v=250km/h=69.4m/s,加速度a=v2/R;设轨矩为l,外轨比内轨高h,有lhlhl/sin,/cos22选图示坐标o-xy,对车箱应用牛顿第二定律:②①,RmvlNhNmglhlNN//sin/cos222①/②得:222//vgRhhl,两边平方并整理,可求得h:cmmRgvlvh8.70782.090008.94.69/435.14.69/224222423.5.15汽车质量为1.2×10kN,在半径为100m的水平圆形弯道上行驶,公路内外侧倾斜15°,沿公路取自然坐标,汽车运动学方程为s=0.5t3+20t(m),自t=5s开始匀速运动,问公路面作用于汽车与前进方向垂直的摩擦力是由公路内侧指向外侧还是由外侧直向内侧?解:以地为参考系,把汽车视为质点,受力及运动情况如图示:v=ds/dt=1.5t2+20,v|t=5=1.5×52+20=57.5m/s,an=v2/R=57.52/100=33设摩擦力f方向指向外侧,取图示坐标o-xy,应用牛顿第二定律:②①cossincossinsincossincosfmaNmafNfmgNmgfNnn②/①得:)sin/()cos(fmgfmatgntgagtgmffmatgfmgtgnnsincos)(,cossin0,043.3033158.9ftgagtgn,说明摩擦力方向与我们事先假设方向相反,指向内侧。3.5.16速度选择器原理如图,在平行板电容器间有匀强电场jEEˆ,又有与之垂直的匀强磁场kBBˆ。现有带电粒子以速度ivvˆ进入场中,问具有何种速度的粒子方能保持沿x轴运动?此装置用于选出具有特定速度的粒子,并用量纲法则检验计算结果。xhlmgNyaααyαxα=15°αfNmgan第3章动量定理及其守恒定律解:带电粒子在场中受两个力的作用:电场力F1=qE,方向向下;磁场力F2=qvB,方向向上。粒子若沿x轴匀速运动,据牛顿定律:BEvqvBqE/,0111111dim,dimMTMNATNABEMTv3.5.17带电粒子束经狭缝S1,S2之选择,然后进入速度选择器(习题3.5.16),其中电场强度和磁感应强度各为E和B.具有“合格”速度的粒子再进入与速度垂直的磁场B0中,并开始做圆周运动,经半周后打在荧光屏上.试证明粒子质量为:m=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