大学物理课后答案（上）

大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））

解 (1) 由分析知I???30?4t?dt?30t?2t02

2220?68N?s

(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t ,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

I?mv1?40m?s?1 m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

v1?2gh (1)

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

?F?P?Δt?mv2?mv1 (2)

由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为

F?mg?Δ2ghΔ?mv??mg??1.14?103N

ΔtΔt解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有

F?t2mg2h/g?mg?1.14?103N Δt3-10 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

?t1Fdt积分前,应先将式中x 用x ＝Acosωt代之,方能积分．

解 力F 的冲量为

I??Fdt???kxdt???t1t1t2t2π/2ω0kAcosωtdt??kAkA 即Δ?mv???

ωω3-11 分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 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Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp＝Δm(vB -vA )；此动量的变化是管壁在Δt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Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυSΔt,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为 Δp＝Δm(vB -vA ) ＝ρυSΔt (vB -vA )

依据动量定理I ＝Δp,得到管壁对这部分水的平均冲力

F?I?ρSvΔt?vB?vA? Δt23从而可得水流对管壁作用力的大小为 F???F??2ρSv??2.5?10N

第-33-页 共-136-页

大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））

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

v0x?x1g (1) ?x1t02h12gt 2物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为

y1?h?v1t?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?12gt2 (2) t1又根据动量守恒定律,在最高点处有

1mv0x?mv2x (3)

2110??mv1?mv2y (4)

22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 v2y?v1?2hh?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 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

第-34-页 共-136-页

大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））

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 代入数据后,可解得

-1

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 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?mmu人的水平速率的增量为Δv?v?v0cosα?u 而人从

m?m?m?m?v0sinαmv0sinα所以,人跳跃后增加的距离Δx?Δvt?

?m?m??gg最高点到地面的运动时间为 t?第-35-页 共-136-页

大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））

3-15 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) l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?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

mdy,它lmvdy (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

lll3-16 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 ＋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u下,

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

dm?mg?ma．在特定加速度a0 的条件dt第-36-页 共-136-页