《【2017年整理】大学物理第五版马文蔚课后答案(上)3-4》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【2017年整理】大学物理第五版马文蔚课后答案(上)3-4（32页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、3-1 分析与解在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能综上所述(1)(3)说法是正确的故选(C)3-2 分析与解对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动
2、能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等动量自然也就不等(动量方向也不同)故(A)(B)(C)三种说法均不正确至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒3-3 分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在
3、另一段过程中必然作负功,两者之和必为零至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题 3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)3-4 分析与解由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在 A、B 弹开过程中 C 与 A 或 D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)3-5 分析与解子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),
4、子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的3-6 分析由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了
5、解以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为 x 轴正向由动量定理得0vmtF式中 F为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为 t l /v,以此代入上式可得鸟对飞机的平均冲力为 N15.2l N105.2F式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反从计算结果可知,2.25 10 5 N的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故3-7 分析重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间
6、的两倍这样,按冲量的定义即可求得结果gtsin01v另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出解1物体从出发到达最高点所需的时间为则物体落回地面的时间为 gtsin0v gtsin201v于是,在相应的过程中重力的冲量分别为 jjFI mtgtsind011v jjFI mtgtsin2d02v解2根据动量定理,物体由发射点 O 运动到点 A、 B 的过程中,重力的冲量分别为jjjymvAyi001 jjjyvByi0023-8 分析本题可由冲量的定义式 ,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度 v221dtFI解(1) 由分析知 sN68342020 ttI(2) 由 I 30
7、0 30 t 2 t2 ,解此方程可得 t 686 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有 I m v2- m v1由(2)可知 t 686 s 时 I 300 Ns ,将 I、 m 及 v1代入可得 112sm40Iv3-9 分析从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论事实上,动量定理也可应用于整个过程但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是
8、不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零这样,运用动量定理仍可得到相同的结果解1以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为(1)ghv在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有(2)12vtPF由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为 N104.3tghmtg解2从整个过程来讨论根据动量定理有 1./3htF3-10 分析由冲量定义求得力 F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式 积分前,应先将式中 x 用 x Acost 代之,方21dtF能积分解力 F 的冲量为即kAtktkxtI tt 2/0212
9、1 dcosdkmv3-11 分析对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间 t 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量因此,对这部分水来说,在时间 t 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量 p m(vB -vA )；此动量的变化是管壁在 t时间内对其作用冲量 I 的结果依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力 F；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力 F - F解在 t 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为m S t,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为 p m(vB -vA ) S t (vB -vA )依据动量定理 I p,得到管壁对这部分水的平均冲力 A
10、BtStvF从而可得水流对管壁作用力的大小为 N105.23vSF作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧3-12 分析根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的因此,若能求出第二块碎片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地的位置为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置解取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A 的速度的水平分量为(1)hgxtx210v物体爆炸后,第一块碎片
11、竖直落下的运动方程为 211gty当该碎片落地时,有 y1 0, t t1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度(2)121thv又根据动量守恒定律,在最高点处有(3)xxm20(4)y1v联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为1102 sm02hgxxv 11212 sm7.4tghyv爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为(5)212tvx(6)ghyy落地时, y2 0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置 x2 500 m3-13 分析由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系
12、统来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统亦是这样由此,分别列出系统、的动量守恒方程即可解出结果解设A、B两船原有的速度分别以 vA 、 vB 表示,传递重物后船的速度分别以 vA 、 vB 表示,被搬运重物的质量以 m 表示分别对上述系统、应用动量守恒定律,则有(1)BAmmv(2)B由题意知 vA 0, vB 3.4 ms -1 代入数据后,可解得12s40.A12m6.3mBABvv也可以选择不同的系统,例如,把A、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解
13、3-14 分析人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量 v 来计算解取如图所示坐标把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有ummvcos0式中 v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率得人的
14、水平速率的增量为 而人从最高点到地面的运动时0 umcos0v间为 所以,人跳跃后增加的距离gtsingmtxin3-15 分析由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的托力但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对d t 时间内下落绳的冲力,此力必须运用动量定理来求解取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点, Oy 轴的正向竖直向下绳的总长为 l,以 t 时刻,已落到桌面上长为 y、质量为 m 的绳为研究对象这段绳受重力 P、桌面的托力 FN 和下落绳子对它的冲力 F (如图中所示)的作用由力的平衡条件有(1)0yglm为求冲力 F,可取d t 时间内落
15、至桌面的线元d y 为研究对象线元的质量 ,它受到重力d P 和冲力 F 的反作用力 F的作用,由ylm于 Fd P,故由动量定理得(2)lt0v而 (3)F由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为 gmyllyglmF 32Nv3-16 分析这是一个系统内质量转移的问题为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在重力场中的动力学方程为此,以 t 时刻质量为 m 的火箭为研究对象,它在 t t t 的时间内,将分离成火箭主体(包括尚剩的燃料)和排出的燃料两部分根据它们的总动量的增量d Pi 和系统所受的外力重力(阻力不计),由动量定理可得到- mg udm /dt mdv/dt(推导从略,见教材),即火箭主体的动力学方程由于在d t 时间内排出燃料的质量d m很小,式中 m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率d m/d
