武汉理工大学大学物理上-课后习题答案第234章

第二章 牛顿运动定律

2-1解:设地球表面的重力加速度为g1,月球表面的重力加速度为g2,弹

簧在地面上挂物体A(质量为m1)与在月球表面挂石块B(质量为

m2)的读数相同,则有

Fm1g1m2g2 --------------------①

如右图,取坐标轴向下为正,对物体A,B整体受力分析: 由牛顿第二定律得:

m2g2m1g2(m1m2)a-------②

联立解得 ag1g20

1g1/g2B A 将g19.81m/s2,g21.67m/s2代入解得

a21.18m/s2

故石块B将以初速度为零,竖直向下作匀加速运动.

2-2解:取U形管底端的水平液柱为研究对象,竖直方向合外力为零

(因为液柱在竖直方向无加速度)水平方向上受到的合外力大小为 FpSghS

其中S为U形管截面面积, 为液体密度, 由牛顿第二定律得:

FmalSa

整理解得 hla/g

1

2-3解:取坐标轴向右为正方向,设人对板的水平力大小为F. 地面对木板的水平力大小为f2umMg,物体对木板的水平力大小为 f1umg

取m为研究对象由牛顿第三定律知它受到木板水平向右的力,其大小为

f1umg

再由牛顿第二定律得:

X方向: f1umgma1 (a1为m向右的加速度大小) 再取M为研究对象:

X方向: Ff1f2Ma2 (a2为M向右的加速度大小) 因为要将木板从物体下面抽出,则 a2a1 整理得 FumgumMguMg 即 F2umMg

故至少需要大小为2umMg的力才能将木板拉出.

2-4解:取小球为研究对象.小球受到重力mg,绳子的拉力T, TFy N 圆锥体的支持力N,

 各力方向如图所示:并如图建立直角坐标系: (1)

由牛顿第二定律得:

x mgmgx方向: TsinNcosmw2lsin

y方向: TcosNsinmg0

整理解得Nmgsinmw2lsincos

2

Tmgcosmw2lsin

(2)

当w增大到w0时,小球离开锥面此时N0 则由(1)得 解得:

2Tsinmw0lsinTcosmg0

w0g/lcosTmg/cos

2-5证明:如图建立平面直角坐标系.取xoy平面内第一象限内的水滴为研究对象设该水滴所在位置坐标为(x,y),质量为m.水滴受到重力mg,其它水滴对它的支持力N

由牛顿定律得 x轴方向: Nsinmw2x y轴方向: Ncosmg

dyw2xdy其中tan, 整理后得 dxgdx

w2分离变量: xdxdy·

gw两边积分得: xdxdy

g00xy

w22得 yx ---------------------------表示抛物线

2gw22即第一象限内自由面的水滴都在抛物线yx上,则在空间中桶内水

2g的自由面的形状是一个旋转抛物面. 2-6.解(1)由牛顿定律: F0ktmaa

F0kt mm3

(2)ⅰ.牛顿定律的微分形式: F0ktm两边积分: 󰀀F0ktdtmdv

00tvdv分离变量: F0ktdtmdv dtvF0k2tt 方向沿运动方向 m2mⅱ.由vdx分离变量 dtxtdxvdt 两边积分: dxvdt (设t时刻质点在x处)

00将vF02k2tt m2mF02k3tt 2m6m代入解得x

2-7解：取运动员与滑板作为一个整体为研究对象，受到重力mg，变力F，

支持力N的作用，各个力的方向如图所示 以运动员的初始位置为原点，竖直向上方向为y轴 建立平面直角坐标系，如右图所示 ⑴由牛顿定律

x轴方向：FcosmdvdvAtcosm dtdt

y 分离变量：Atcosdtmdv

tv

N

F 两边积分：Acostdtmdv

00

0

x

4

vAcost2mg

2m

y轴方向有：FsinNmg

当滑板离开水面时，地面的支持力此时为零 即 At1sinmgt1mgAsin 将At2cosmg2ttcos1代入得v2m2Asin2 ⑵由运动微分方程得vdxdt 分离变量得：vdtdx

Acos2mt2dtdx t两边积分得：Acosxt2dt02mdx

0将ttm2g3cos1代入上式解得：x6A2sin3

2-8解：⑴设作用于质点的力大小为F

由牛顿运动微分方程得： Fmdvdtmdvdxdxxtmkvk2mx ⑵设质点在xx0处对应时刻tt0，在xx1处的对应时刻tt1 所需时间： tt1t0 由⑴知： 1xdxkdt

x两边积分得：1t11dxxkdt

0xt0 5

得： tIn

1kx1 x02-9解：取活塞为研究对象，它受到沿X轴正方向的力f(x)的作用，由牛顿第二定律得运动方程 X轴方向： f(x)mdvdvdxdvkmmv dtdxdtdxx上式中的变量为v,x分离变量后

mvdv0xkdx x两边积分得： mvdvdx （设活塞停止在X处） 解

v0x0kx得 xeInxem2v02kx0e2mv02k

2-10解:质点的运动速率vdsv0bt dtdv由牛顿运动定律:切向力Fmammb

dt法向力FnmanmvR2mv0bv2R

2-11解：(1)设星体（质量为M）的自转角速度为，取赤道上的某一物体（质量为m）为研究对象 由星体的自转周期知 T2

当最大时，T最小，故由题意得

42MmG2m2R RT

6

又 MV43R3

联立上述等式解得最小自转周期T3G (2)将3.0103kgm3,G6.671011Nm2kg2,3.14代入得 T6.9103s

(3)由(1)可得 M42R3GT2 将T6.9103s,R10103m,G6.671011Nm2kg2代入得 M2.311029kg

2-12 解(1)对子弹分析得牛顿第二定律的微分形式: fkvmdvdt 分离变量得 kdvmdtv

tv

两边积分得kmdtdv

0v0vkt即 vv0em

t(2) dsvdtsvkt0emdtmv0ektm

0k 当t时,子弹的最大深度为smv0mk. 2-13解:取质点m为研究对象由牛顿运动定律的微分形式得 7

fmdvdvdxdvkmmv

x2dtdxdtdx分离变量得 vdv两边积分得 0vmk1dx 2xA1mvdv42dx Akx(xA时对应速度为0, xA/4时对应速度为v)

解得: v6k Am2-14解:取飞机为研究对象,设其质量为m受到重力mg,支持力N,升力

2cyvj,空气阻力cxvi,摩擦阻力Ni,各力方向如图: 2y 以v0所在方向为x轴建立直角坐标系由牛顿运动定律: X方向: Ncxv2m2dvdvdxdvmmv dtdxdtdxcyv2N Y方向: cyvNmg 而飞机刚着地时N0.则 cymgv20cxv2 mg 25v0v0 x cxmg 2v整理得: 15gv25gv025v0dv dx25v0vdv分离变量得: dx 2215gv5gv0x0两边积分odxv5vv0dv 220v15gv5gv0025v01用换元积分法求得xln221m

2g1552-15解:取该雨滴为研究对象,它受到重力mg和空气阻力f的作用.

8

其方向如图所示: 且 fkv2(k为比例系数)

mgkv21

f

由牛顿运动定律 mgkv22ma

将v15m/s , v24m/s , g9.8m/s2 代入得: a3.53m/s2

mg

x

2-16证明：取小球为研究对象，小球受到重力mg,浮力F和粘滞阻力f作用，取F所在方向为轴正方向，则由牛顿运动微分方程得

mgFkvmdvdt 式中v,t为变量，分离变量后

dvmgFkvdtm

两边积分得（注意初始条件为v0,t0）

vtdvdt 0mgFkv0mvd(mgt即 Fkv)dt0mgFkvk

0mkt解得 vmgFk(1em) 故得证.

9

的

第三章 动量 动量定理

习题三

3-1.解:取M和m为研究对象,设碰前M的速率为v2,碰后为v2'.由于水平方向

系统受合外力为零,故水平方向动量守恒得:

' mv1Mv2Mv2竖直方向由动量定理得

t(NmgMg)dtmv02

解得滑块速度增加量

'vv2v2mv1 M地面对滑块的平均作用力为

Nmv2(mM)g t由牛顿第三定律知此过程中滑块对地的平均作用力也为

Nmv2(mM)g t3-2.(1)对质量为dM的沙子分析.在dt时间内速率由0增到v,设皮带对它的

作用力为F(由于dt很小,所以可看作是恒力),则由动量定理得

FdtdMv

即 FvdM dtdM dt所以所需的功率为pFvv2 10

(2) 由(1)知FvM pv2M

代入数据得F30N p45w

3-3(1)设子弹刚穿出时绳中张力大小为T,物体M的速率为v1则由圆周运动

规律得:

v12TMgM

l由于子弹穿透时间极短,故子弹m和物体M系统动量守恒得:

mv0mvMv1

联立解得 T26.5N

(2)取子弹为研究对象,由动量定理得:

Imvmv0

代入数据得I4.7Ns(负号表示冲量方向与v0方向相反) 3-4 取小球为研究对象如右图所示建立坐标系

由动量定理的坐标分量式得

tX方向: F(x)dtmvcos(mvcos)

0ty方向:

F(y)dtmvsin(mvsin)

0 X 2mvcos F(y)0 ty2mvcos即墙壁对球的平均冲力为.方向为垂直墙壁向外 t2mvcos由牛顿第三定律得:墙壁受到冲力也为方向垂直墙壁向内

t整理得: F(x) 11

3-5(1) 子弹在射入A的过程中,A和B有共同的速率为v1,子弹的速率为v0'则

对系统(子弹,物体A和B)分析,合外力为0,则由动能守恒可得:

'mv0mv0(mAmB)v1 ①

对子弹由动量定理可得:

' ② ftmv0mv0对物体B由动量定理可得: NABtmBv1 ③

将mA2Kg,mB3Kg,m0.1Kg, v0800m/s, t0.01s, f3103N代入

联立解得B受到A的作用力大小为

NAB1.8103N 方向向右

(2)子弹穿出A后A以速率v1作匀速直线运动,而子弹留在B中时两者具有共同速率v2 则对子弹和B组成的系统动量守恒得

'mv0mBv1(mmB)v2 ④

联立①②④可解得: v222m/s 又由(1)中①②可解得 v16m/s

故子弹留在B中时A的速大小为6m/s,B的速度大小为22m/s 3-6设月球(质量为m)的轨道半径为r,地球(质量为M)的半径为R,地球表

面的重力加速度大小为g

在地球表面有黄金代换式: GMgR2

设月球绕地球的运行速率为v则由万有引力提供向心力:

12

v2mMGMg G2mvRrrrr因为月球在28天里绕地球一周,则在14天里月球初速度与末速度方向相反,即月球动量增量大小为

p2mv2mRg r代入数据解得:

p1.461026Kgm/s

3-7 解：取小球为研究对象，由动量定理得 IFdtkAcostdt

00tt 将t2代入解得 IkA

即在此时间间隔内弹力施于小球的冲量

IkA（负号表示方向与弹力方向相同）

v 3-8 解：如右图所示，1/4周期内向心力给小球的

冲量大小为

Imvm2v

v1 v2

代入数据解得

I=1.41 Ns

3-9 证:取竖直向上为x轴正方向,单位向量为i,当提起的链条长度为

x时,这段链条的动量为

13

Ptlxv0i

则这段链条所受的合外力为

dP(t)dx2F1lv0ilv0i

dtdt设人对链条向上的拉力为F,则有

F1Flxg

所以拉力的大小为

2Flv0lxg

2当xl时,所用的向上的力为Flgllv0,得证.

3-10 解:(1)令F0即得子弹在膛中运动的时间为

t3103s

(2)由冲量公式得子弹受到得冲量为

21052IFdt400tt

30t将t3103s代入得 I0.6Ns (3) 对子弹分析,由动量定理得

tIFdtmv

0代入数据解得 m2103kg .

3-11 解:设子弹作用t1时间后m1和m2的共同速率为v1,子弹穿入m2后,

14

m1以v1向右做匀速直线运动.设子弹对m2作用t2时间后m2的速

率为v2.则有

解得 v1以m1和m2作为整体研究对象,由动量定理得

ft1m1m2v1

以m2为研究对象,同样由动量定理得

ft2m2v2m2v1

ft1ft1ft v22 m1m2m1m2m23-12 解:取M和m为整体研究对象,水平方向合外力为0,则由动量守恒

定律得: Mv1mv2

其中设小木块脱离大木块时M的速率为v1,m的速率为v2. 又由机械能守恒得(以弧形槽的底端为零势能点)

mgR121mv2Mv12 22整理解得 v2

2MgR Mm3-13 解:(1) 设小车移动的距离为x,其斜边长为l,木块相对小车的速度为vr，相对地速度为u小车对地速度为v。则有uvrv，和 u2vr2v22vrvcos （1） 由水平方向动量守恒

Mvm(vvrcos)0 （2）

15

可得

(mM)dxmcosdl 即 (mM)xmcoslmhcot

mhcot所以x

(mM)vr h .

v  (2) 由系统的机械能守恒:

mgh11mu2Mv2 （3） 22由上（1）（2）（3）式整理解得 vmcos2gh 2MmMmsin3-14 解:设当人从第一只船跳起后第一只船的速率为v1(方向与人的速

度方向相反),且人跳起前后系统(第一只船和人)动量守恒,即得 mvMv1

因忽略水对船的阻力,则人跳离第一只船后,此船以v1向后做 匀速直线运动.人以速率v跳上第二只船前后系统(第二只船和

人)动量也守恒,设跳上后船速为v2:

解得 第一只船的速度为 v1mv Mmv 第二只船的速度为 v2MmmvMmv2

3-15 解:由动量守恒定律的坐标分量式得

16

x方向: mv11xm2v2xm1m2vx y方向: m2v2ym1m2vy

25cm/s 725所以碰撞后的速度为 vvxivyj(5ij)cm/s

7代入数据解得 vx5cm/s vy3-16 解:设火箭的初质量为m0,末质量为m,火箭的末速度为v, 废气相对火箭的排气速率为vr.则由变质量问题可得

mdvvrdm

vm两边积分得 mdv0m0vrdm

得 vvrlnm0 m 要使喷出的废气是静止的,即 vvr 则有

mm0me10.632 m0m0e故当火箭质量的减少与初质量之比为0.632时,它喷出的废气

是静止的.

3-17根据题意v=210m/s，dm/dt=75kg/s，dM/dt=-3.0m/s，u=490m/s 将飞机及在dt时间被吸入的空气dm为研究系统，系统动量守恒：

Mv=(dm-dM)(v-u)+(M+dM)(v+dv)

简化得：Mdv=-udM+(u-v)dm 飞机受到的推力：

F=Mdv/dt=-udM+(u-v)dm/dt=22500N

17

3-18 解:(1)令t0,得pAp0.开始B静止,则A和B的总动量为p0.

A和B 组成的系统整个过程中动量守恒,即

pApB1(p0bt)pB1p0

得 pB1bt

(2)整过程中A和B的总动量为0.即

pApB2p0btpB20

得 pB2p0bt

第四章 功和能及功能原理

dvxdvxaxdt dtttvx4-1 解：由运动学微分方程得 ax

两边积分得 dvxaxdt000Fxdtvx3t2 m则前三秒内该力所做的功为

xt3 AFxdxFxvxdt12t3t2dt9t430729J

0004-2 解：（1）取水平向右为正方向，设链条桌面上任意时刻长为x，则

可设此链条水平移动了极小段距离dx，故摩擦力在dx上的元功为

mgdAfdxxdx

l所以在链条离开桌面的过程中，摩擦力对链条做的功为

18

la A

0mgmgla2 xdxl2l（2）同（1）理可求得链条离开桌面的过程中

mgla2 2lamgla 对a段做功为 A2l 重力对la段做功为 A1

则整个过程中重力对链条做功为AGA1A2 对链条由动能定理得

AGA1mv2 22（la）整理解得 vgl（l2a2）

4-3 解：物体的速率为vdx3ct2 dt 则物体受到的阻力大小为 fkv29kc2t4（方向与速度方向相反） 则阻力所做的功为

lfdxfdx03 A273327kctdtkcl 7036lc27r4-4 解：由题意知质点的坐标为x，yacost，bsint

vxdxdyasint vybcost dtdt0）sint0，（1）质点在A（a，cost1vx0，vyb

22mvymb22 即质点在A点的动能为EkAmvA121212质点在B（0，b）cost0，sint1vy0，vxa

19

22mvxma22 既质点在B点的动能为EKBmvB121212（2）由牛顿微分方程得

dvydvx2Fxmaxmmacost Fymaymmb2sint

dtdtFFxiFyjma2costimb2sintj

分力Fx的功为

0020AxFxdxmacostdxm2xdxaaa122ma 2分力Fy的功为

1AyFydym2bsintdym2ydymb22

2000bbb4-5 解：设弹簧的原长为l，倔强系数为k.则弹簧挂质量为m的物体时

长为L,得到 k（Ll）mg

将m0.1kg,L0.07m代入得

k(0.07l)1---------------①

将m0.2kg,L0.09m代入得

k(0.09l)2--------------②

由①②可解得 k50N/m，l0.05m 则外力做功为

W11k(L2l)2k(L1l)2 22其中L10.10m,L20.14m 代入数据得

W0.14J

20

4-6 解:弹性力是保守力,做功只与初末位置有关.

22k（2ll）（21）kl2 即WEp1Ep2k（2ll）12124-7 解:由题意,质点m0.01kg,圆周半径R0.0m,转两周后的动能为 E4k810J,对应速率为v,质点的角加速度为. 由动能公式 E1k2mv2

角量公式 vRRt 12t24 切向加速度 aR

整理并代入数据得质点的切向加速度为

aEk4mR9.9102m/s2 4-8 解(1)合外力F的功为

34 AFxdxFydyFzdz7dx（6）dy045J

00(2)平均功率为 PAt450.675W (3)对该质点由动能定理得 AEk45J

即该质点的动能减少了45J.

4-9 解(1)若弹簧伸长极短量dx,则外力需做的元功为 dAFdx

故将弹簧从x1拉至x2外力所需做的功为

x2x2AdAFdx（52.8x38.4x2)dx(26.4x212.8x3)x2x1x1x1 21

将x10.5m,x21.00m代入解得 外力做功

A31J

(2) 将弹簧从x1拉至x2的过程中,外力做的功A31J全部转化为弹簧

的弹性势能,当弹簧拉着物体从x2到x1时,弹簧的弹性势能A31J 又全部转化为物体的动能.设此时物体的速率为v,则有

A1mv2 2 代入数据得 v5.34m/s

此弹簧的弹力是保守力,因为其功的值只与弹簧的始末态有关. 4-10 证明:设质点在坐标x时的速率为v,则其动能Ekmv2

由机械能守恒得 E（EkE Px）v2[EE（]/mpx）12

dx v又由运动微分方程得 dxvdtdtxxdxdx两边积分得 t 得证.

v2[EE（]/m00px）4-11 解:由题设知相互作用力为0的地方势能为0,且相互作用力

fk/r3,即 r时势能为0.又因两个粒子之间的作用力是排斥

力,则当两粒子做远离运动时,排斥力做正功,粒子的势能减小,动能增加,并且减小的势能转化为增加的动能,即



EpWrfdrrrkkdr32 r2r 22

即 两个粒子相距为r时的势能为4-12 解(1)质点沿OAC移动

2k. 22r

A1OA（42y）dx0dx4dx8J

AC0 (2)质点沿OBC移动

A2OB0dy（42y）dx0J

BC (3)质点沿OC移动,此路径上有xy

2

A3（42y）dx（42x）dx4J

0A1A2A3 ,即力F做功与路径有关

所以力F不是保守力.

4-13解：地球对物体的万有引力是保守力，随意当物体从高h处自由下

落至地面的过程中，万有引力做功W等于物体在高h处的势能，

由于hR（地面为零势能点）即

EpWG0Mm(11) RRh

又由黄金代换式得 G0MgR2 代入得

EpWmghR RhR1，则所得Ep与Epamgh可以近似认为相等. Rr4-14证明:A与B发生完全非弹性碰撞,则碰后A和B具有共同的速度,

设大小为v.取AB为研究系统,根据动量守恒定律得

23

M2v0(M1M)vv则碰撞中损失的机械能为

M2v0

M1M2 EM2v02(M1M2)v21212M1M22 得证. v02(M1M2)4-15解:设摩擦阻力大小为fkG,其中k0.2.弹簧被压缩到最大时所

具有的弹性势能为Ep,则由功能原理得 第一过程:车从静止开始滑至弹簧最大压缩量处 kG1

hEpG1h--------------------① sin第二过程:车返至原有高度

kG2hG2hEp------------------② sin联立①②可解得

G1sink7 G2sink34-16解:设物体最初静止时弹簧的伸长量为x1,即有

mgsinkx1

取物体,弹簧和地球为研究系统,系统只受到内保守力的作用,(外力不做功)机械能守恒.设物体在弹簧伸长x重力势能为0. 起始的机械能为 E1Ek0mg(xx1)sinkx12 最终的机械能为 E2mv2kx2 由E1E2即可解得

121212 24

1212(mgsin)2mvEk0mgxsinkx 222k4-17解(1)物体(质量为m)上升到最大高度时速率为0.

取物体和地球为研究系统,由功能原理得

mgcosh12mghmv0 sin2整理并代入数据解得

2v0 h4.25m

2g(1cot) (2)对系统整过程(向上滑和向下滑)由功能原理得 2mgcos

h112mv2mv0 sin222vv04ghcot8.16m/s

4-18解:设木块下滑至x30cm时的速率为v0.取物体,弹簧和地球为研

究系统,系统合外力不做功,机械能守恒,即

Mgxsin112Mv0kx2----------------① 22 设子弹射入木块过程中，外力沿斜面方向分量忽略不计。沿斜面方向动量守恒，设v1为子弹和木块的共同速度

Mv0mvcos(mM)v1 -----------------② v1Mv0mvcos

Mm 所以 v10.87m/s 方向沿斜面向上.

4-19解(1)取滑块和球为研究系统,设油灰球射入滑块后两者的共同速

度为v1,角位移为时对应的速度为v.

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动量守恒得 mv0(mM)v1

滑块沿球面下滑时受到向下的重力(Mm)g和背离球心的支持力

N两个力的作用,由牛顿运动定律得

法向 (Mm)gcosN(Mm)v2/R

dvdvddvgsinR dtddtd切向 (Mm)gsin(Mm)

分离变量得 gRsindvdv

两边积分得 gRsindvdvgR(1cos)(v2v12)

0v1v12 当它们刚好脱离球面时 N0

2m2v02解得 cos 注：此式亦可由机械能守恒求

33gR(Mm)2 (2)设系统在A处受到向上的支持力为N1,则由牛顿运动定律得

(Mm)gN1(Mm)v12/R

欲使两者在A处就脱离球面,则N10,得

v0MmgR mMmgR. m即油灰球的入射速率至少为4-20解:取物体A和物体B以及弹簧为研究系统,系统所受到的合外力

为0,则系统的动量守恒,且可知最终A以速率u向左匀速运动,B以速率v向右匀速运动.

系统动量守恒 Mumv

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系统机械能守恒 kxMu2mv2 联立可解得 ukmx

M(Mm)12212124-21解:取m1,m2,M和弹簧为研究系统,设弹簧被压缩到最大距离时两

者具有共同的速率v.系统所受的合外力为0,则动量守恒,即 m1v0(m1m2)v

系统只有内保守力(弹性力)做功,机械能守恒,即

1m21211v02kxm2(m221m2)v 联立解得弹簧被压缩的最大距离为

xmvm1m20k(mm .

12)

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