大学物理第五版马文蔚课后答案(上)(6)

大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））

题的相关规律解题．由于作用于飞机的合外力为速度v的函数,所求的又是飞机滑行距离x,因此比较简便方法是直接对牛顿第二定律方程中的积分变量dt 进行代换,将dt 用积分．

解 取飞机滑行方向为x 的正方向,着陆点为坐标原点,如图所示,根据牛顿第二定律有 FN?k1v2?mdx代替,得到一个有关v 和x 的微分方程,分离变量后再作vdv (1) dtFN?k2v2?mg?0 (2)

将式(2)代入式(1),并整理得

?μmg??k1?μk2?v2?m分离变量并积分,有

dvdv?mv dtdx?vv0?mvdv???dx

0μmg??k1?μk2?v2得飞机滑行距离

?μmg??k1?μk2?v2?mx?ln? (3)

2?k1?μk2??μmg??考虑飞机着陆瞬间有FN＝0 和v＝v0 ,应有k2v02 ＝mg,将其代入(3)式,可得飞机滑行距离x 的另一表达式

2?k1?k2v0?x?ln?? 2g?k1?μk2??μk?2?讨论 如飞机着陆速度v0＝144 km·h-1 ,μ＝0.1,升阻比

k1?5,可算得飞机的滑行距离x ＝560 m,设计飞机跑道k2长度时应参照上述计算结果．

2-24 分析 如同习题2 -5 分析中指出的那样,可对木箱加上惯性力F0 后,以车厢为参考系进行求解,如图所示,此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用,图中a′为木箱相对车厢的加速度．

解 由牛顿第二定律和相关运动学规律有

F0 -Fｆ＝ma -μmg＝ma′ (1) v′ 2 ＝2a′L (2)

联立解(1)(2)两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时的速度为

v??2?a?μg?L?2.9m?s?2

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2-25 分析 如以加速运动的电梯为参考系,则为非惯性系．在非惯性系中应用牛顿定律时必须引入惯性力．在通常受力分析的基础上,加以惯性力后,即可列出牛顿运动方程来．

解 取如图(b)所示的坐标,以电梯为参考系,分别对物体A、B 作受力分析,其中F1 ＝m1a,F2 ＝m2a 分别为作用在物体A、B 上的惯性力．设ar为物体相对电梯的加速度,根据牛顿定律有

m1g?m1a?FT1?m1ar (1) m2g?m2a?FT2??m2ar (2) FT2?FT2 (3)

由上述各式可得

ar?m1?m2?g?a? FT2?FT2?2m1m2?g?a?

m1?m2m1?m2由相对加速度的矢量关系,可得物体A、B 对地面的加速度值为

a1?ar?a??m1?m2?g?2m2a am1?m22???ar?a???2m1a??m1?m2?g

m1?m2a2 的方向向上, a1 的方向由ar 和a 的大小决定．当ar ＜a,即m1g -m2g -2m2 a＞0 时,a1 的方向向下；反之, a1 的方向向上．

2-26 分析 这类问题可应用牛顿定律并采用隔离体法求解．在解题的过程中必须注意：

(1) 参考系的选择．由于牛顿定律只适用于惯性系,可选择地面为参考系(惯性系)．因地面和斜面都是光滑的,当滑块在斜面上下滑时,三棱柱受到滑块对它的作用,也将沿地面作加速度为aA 的运动,这时,滑块沿斜面的加速度aBA ,不再是它相对于地面的加速度aB 了．必须注意到它们之间应满足相对加速度的矢量关系,即aB ＝aA ＋aBA ．若以斜面为参考系(非惯性系),用它求解这类含有相对运动的力学问题是较为方便的．但在非惯性系中,若仍要应用牛顿定

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律,则必须增添一惯性力F,且有F ＝maA ．

(2) 坐标系的选择．常取平面直角坐标,并使其中一坐标轴方向与运动方向一致,这样,可使解题简化． (3) 在分析滑块与三棱柱之间的正压力时,要考虑运动状态的影响,切勿简单地把它视为滑块重力在垂直于斜面方向的分力mgcos α,事实上只有当aA ＝0 时,正压力才等于mgcos α.

解1 取地面为参考系,以滑块B 和三棱柱A 为研究对象,分别作示力图,如图(b)所示．B 受重力P1 、A 施加的支持力FN1 ；A 受重力P2 、B 施加的压力FN1′、地面支持力FN2 ．A 的运动方向为Ox 轴的正向,Oy 轴的正向垂直地面向上．设aA 为A 对地的加速度,aB 为B 对的地加速度．由牛顿定律得

?FN1sinα?m?aA (1)

?FN1sinα?maBx (2) FN1cosα?mg?maBy (3) ?FN1?FN1 (4)

设B 相对A 的加速度为aBA ,则由题意aB 、aBA 、aA 三者的矢量关系如图(c)所示．据此可得

aBx?aA?aBAcosα (5) aBy??aBAsinα (6)

解上述方程组可得三棱柱对地面的加速度为

aA?mgsinαcosα 2?m?msinα滑块相对地面的加速度aB 在x、y 轴上的分量分别为

?m??m?gsin2αm?gsinαcosα aBy?? aBx?22m??msinαm??msinα则滑块相对地面的加速度aB 的大小为

2Bx2ByaB?a?am?2?2mm??m2sin2α?gsinα

m??msin2α第-28-页 共-131-页

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其方向与y 轴负向的夹角为

θ?arctanaBxm??cotαm?mgcosα?arctan A 与B 之间的正压力 FN1? aBym??mm??msin2α解2 若以A 为参考系,Ox 轴沿斜面方向［图(d)］．在非惯性系中运用牛顿定律,则滑块B 的动力学方程分别为

mgsinα?maAcosα?maBA (1) mgcosα?FN1?maAsinα?0 (2)

α?m?aA?0 (3) 又因 FN1sin?FN1?FN1 (4)

由以上各式可解得

?aA??m??m?gsinα mgsinαcosα a??BAm??msin2αm??msin2α由aB 、aBA 、aA三者的矢量关系可得

m?2?2m?m?m2sin2αm?mgcosαaB?gsinα 以a 代入式(3)可得 F?AN1m??msin2αm??msin2α3-1 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

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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),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．

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

F?Δt?mv?0

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Δt ＝l /v,以此代入上式可得

mv2F???2.55?105N 鸟对飞机的平均冲力为 F??F???2.55?105N

l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 ×105 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Δt1?v0sinα,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的两倍．这样,按冲量g的定义即可求得结果．

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

Δt1?v0sinαvsinα 则物体落回地面的时间为 Δt2?2Δt1?0 gg于是,在相应的过程中重力的冲量分别为

I1??Fdt??mgΔt1j??mv0sinαj I2??Fdt??mgΔt2j??2mv0sinαj

Δt1Δt2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

I1?mvAyj?mv0yj??mv0sinαj I2?mvByj?mv0yj??2mv0sinαj

3-8 分析 本题可由冲量的定义式I?解 (1) 由分析知I?2?t2t1Fdt,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v2．

22??30?4tdt?30t?2t0?68N?s ?0(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t2 ,解此方程可得 t ＝6．86 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 ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I、m 及v1代入可得 v2?3-9 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不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度

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