物理学答案（第五版，上册）马文蔚(2)

F?从而可得水流对管壁作用力的大小为

I?ρSvΔt?vB?vA? ΔtF???F??2ρSv2??2.5?103N

作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．

3 -12 一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6 m．爆炸1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102 m．问第二块落在距抛出点多远的地面上．(设空气的阻力不计)

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

v0x?物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为

x1g?x1 (1) t02hy1?h?v1t?12gt 2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

h?v1?又根据动量守恒定律,在最高点处有

12gt2 (2) t11mv2x (3) 2110??mv1?mv2y (4)

22mv0x?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

v2x?2v0x?2x1g?100m?s?1 2hv2y?v1?h?12gt12?14.7m?s?1 t1爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为

x2?x1?v2xt2 (5) y2?h?v2yt2?12gt2 (6) 2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 m

3 -13 A、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s-1的速度继续向前驶去．A、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)

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统Ⅰ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Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ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Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有

?mA?m?vA?mvB?mAv?A (1)

?mB?m?vB?mvA?mBv?B? (2)

由题意知vA′ ＝0, vB′ ＝3.4 m·s-1 代入数据后,可解得

vA??mBmv?B??0.40m?s?1 2?mB?m??mA?m??mvB??mA?m?mBv?B?mA?m??mB?m??m2?3.6m?s?1

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．

3 -14 质量为m′ 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v0 向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点)

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Δv 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

?m?m??v0cosα?m?v?m?v?u?

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

v0?v0cosα?人的水平速率的增量为

mu

m?m?mu

m?m?Δv?v?v0cosα?而人从最高点到地面的运动时间为

t?所以,人跳跃后增加的距离

v0sinα gΔx?Δvt?mv0sinα

?m?m??g *3 -15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着,绳的下端刚好触到水平桌面上．如果把绳的上端放开,绳将落在桌面上．试证明：在绳下落过程中的任意时刻,作用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的三倍．

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dt 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

myg?F?FN?0 (1) lm为求冲力F,可取dt 时间内落至桌面的线元dy 为研究对象．线元的质量dm?dy,它

l受到重力dP 和冲力F 的反作用力F′的作用,由于F′＞＞dP,故由动量定理得

mvdy (2) l而 F??F? (3)

F?dt?0?由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为

mmm?FN??FN?yg?v2?3yg?3m?g

lll *3 -16 设在地球表面附近,一初质量为5.00 ×105 kg 的火箭,从尾部喷出气体的速率为2.00 ×103 m·s-1 ．(1) 试问：每秒需喷出多少气体,才能使火箭最初向上的加速度大小为4.90 m·s-2 ．(2) 若火箭的质量比为6.00,求该火箭的最后速率．

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 ＋Δt 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ΣdPi 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dt 时间内排出燃料的质量dm′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dm′/dt 也就是火箭质量的变化率-dm/dt．这样,

上述方程也可写成udm?mg?ma．在特定加速度a0 的条件下, dt根据初始时刻火箭的质量m0 ,就可求出燃料的排出率dm/dt．在火箭的质量比( 即t 时刻火箭的质量m 与火箭的初始质量m0之比) 已知的条件下,可算出火箭所经历的时间,则火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得．

解 (1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为

udm?mg?ma (1) dt因火箭的初始质量为m0 ＝5.00 ×105 kg, 要使火箭获得最初的加速度 a0 ＝4.90 m·s-2,则燃气的排出率为

dmm0?g?a0???3.68?103kg?s?1

dtuudmdv?mg?m dtdtm(2) 为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成

分离变量后积分,有

dmt?v0dv?u?m0m??0gdt

v火箭速率随时间的变化规律为

v?v0?uln因火箭的质量比为6.00,故经历时间t 后,其质量为

m?gt (2) m0m?m0?得 t?dm1t?m dt65m0 (3)

6dm/dt将式(3)代入式(2),依据初始条件,可得火箭的最后速率

v??ulnmm5m0?gt?uln??2.47?103m?s?1 m0m06dm/dt 3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离线性地减小,且x ＝0 时,F ＝F0 ；当x ＝L 时,F ＝0．试求质点从x ＝0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率．

分析 由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给

LF0条件知F?F0?x．则该力作的功可用式?Fdx 计算,然后由动能定理求质点速率．

0LF解 由分析知F?F0?0x, 则在x ＝0 到x ＝L 过程中作功,

L

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