《大学物理学(第五版)上册(马文蔚)课后答案及解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学物理学(第五版)上册(马文蔚)课后答案及解析.pdf（72页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、大学物理学(第五版)上册(马文蔚)课后答案及解析1-1 分析与解(1)质点在t 至(t+At)时间内沿曲线从P 点运动到P，点,各量关系如图所示,其中路程As=P P,位移大小I Ar I=PP,而=I r I-I r I 表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能).但当t-0 时，点 P无限趋近P 点，则 有 I dr I=ds,但却不等于d r.故选(B).(2)由 于 I 于I 心,故，即 I I#.但 由 于 I dr I=ds,故,B|J I I=.由此可见，应选(C).1-2 分析与解 表示质点到坐标原点的距离随时间的变
2、化率,在极坐标系中叫径向速率.通常用符号v r表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解.故选(D).1-3 分析与解 表示切向加速度a t，它表示速度大小随时间的变化率，是加速度矢量沿速度方向的一个分量，起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度a t.因此只有(3)式表达是正确的.故选(D).1-4 分析与解 加速度的切向分量a t 起改变速度大小的作用，而法向分量an起改变速度方向的作用.质点作圆周运动时，由于速度
3、方向不断改变，相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的.至于a t 是否改变，则要视质点的速率情况而定.质点作匀速率圆周运动时,a t 恒为零；质点作匀变速率圆周运动时,a t 为一不为零的恒量，当 a t 改变时，质点则作般的变速率圆周运动.由此可见，应选(B).1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式，进而判断运动性质.为此建立如图所示坐标系，设定滑轮距水面高度为h,t时刻定滑轮距小船的绳长为I,则小船的运动方程为，其中绳长I 随时间t 而变化.小 船 速 度，式中表示绳长I 随时间的变化率，其大小即为vO,代入整理后为，方向沿x 轴负向.由速度表达式，可判断小船
4、作变加速运动.故选(C).1-6 分析位移和路程是两个完全不同的概念.只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等.质点在t 时间内的位移A x 的大小可直接由运动方程得到：，而在求路程时，就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向，此时，位移的大小和路程就不同了.为止匕，需根据来确定其运动方向改变的时亥Utp,求出。t p 和 tpt 内的位移大小 4 x 1、Ax2,则 t 时间内的路程，如图所示，至于t=4.0 s 时质点速度和加速度可用和两式计算.解(1)质点在4.0 s 内位移的大小(2)由得知质点的换向时刻为(t=0 不合题意)则，所以,质点在4.0 s 时间
5、间隔内的路程为(3)t=4.0 s 时，1-7 分析 根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、C D 段斜率为定值，即匀变速直线运动；而线段B C 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动).加速度为恒量，在 a-t图上是平行于t 轴的直线，山 v-t图中求出各段的斜率，即可作出a-t图线.又由速度的定义可知,x-t曲线的斜率为速度的大小.因此，匀速直线运动所对应的x-t 图应是一直线，而匀变速直线运动所对应的x-t 图为t 的二次曲线.根据各段时间内的运动方程x=x(t),求出不同时刻t 的位置X,采用描数据点的方法，可作出x-t图.解 将曲线分为AB、BC
6、、C D 三个过程,它们对应的加速度值分别为(匀加速直线运动)，(匀速直线运动)(匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a-t图 图(B).在匀变速直线运动中，有由此，可计算在0-2 s 和 46 s 时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法，由表中数据可作02 s 和 46 s 时间内的x-t 图.在 24 s 时间内，质点是作的匀速直线运动，其 x-t 图是斜率k=2 0 的一段直线 图 .1-8 分析 质点的轨迹方程为y=f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和 y(t)中消去t 即可得 到.对 于 人 、A s 来说，物理含义不同,可根据其定义计算.其中对s 的求解用到
7、积分方法，先在轨迹上任取一段微元ds,则，最后用积分求s.解(1)由x和y中消去t 后得质点轨迹方程为，这是一个抛物线方程，轨迹如图(a)所示.将 t=0 s 和 t=2 s 分别代入运动方程,可得相应位矢分别为图(a)中的P、Q 两点，即为t=0 s 和 t=2 s 时质点所在位置.(3)由位移表达式，得其中位移大小而径向增量*(4)如图(B)所示，所求A s 即为图中PQ段长度，先在其间任意处取A B 微元ds,则，由轨道方程可得，代入ds,则 2 s 内路程为1-9 分析 山运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量，再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向.解(1)速度的分量式为1当
8、 t=0 时,vox=-10 m?6?1 s-1,voy=15 m?6?1 s-1，则初速度大小为设 VO与 X 轴的夹角为。，则a=12341f(2)加速度的分量式为则加速度的大小为设 a 与 x 轴的夹角为0,则，B=-3341(或 326 19)1-10分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下，一种处理方法是取地面为参考系，分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动，列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1=y1(t)和 y2=y2(t),并考虑它们相遇，即位矢相同这一条件,问题即可解：另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系，这时，螺丝(或升降机)相对它作匀加
9、速运动，但是，此加速度应该是相对加速度.升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程.解 1 (1)以地面为参考系,取如图所示的坐标系，升降机与螺丝的运动方程分别为当螺丝落至底面时，有 yl=y 2,即(2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解 2(1)以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度大小a=g+a,螺丝落至底面时，有(2)由于升降机在t 时间内上升的高度为则1-11分析 该题属于运动学的第一类问题，即已知运动方程r=r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度).在确定运动方程时，若取以点(0,3)为原点的。xV坐标系，并采用参数方程x，=x，(t)和 y=y(t
10、)来表示圆周运动是比较方便的.然后,运用坐标变换x=x0+x，和 y=y0+y,将所得参数方程转换至O xy坐标系中，即得O xy坐标系中质点P在任意时刻的位矢.采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度.解(1)如图(B)所示，在。XV坐标系中，因，则质点P 的参数方程为坐标变换后，在 O xy坐标系中有则质点P 的位矢方程为5 s 时的速度和加速度分别为1-12分析为求杆顶在地面上影子速度的大小，必须建立影长与时间的函数关系，即影子端点的位矢方程.根据几何关系，影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得.由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度.这样，影子端点的位矢方程和
11、速度均可求得.解 设太阳光线对地转动的角速度为3,从正午时分开始计时，则杆的影长为s=htgcot,下午2:0 0 时，杆顶在地面上影子的速度大小为当杆长等于影长时，即 s=h，则即为下午3：0 0 时.1-13分析本题属于运动学第二类问题，即已知加速度求速度和运动方程，必须在给定条件下 用 积 分 方 法 解 决.由 和 可 得 和.如 a=a(t)或 v=v(t),则可两边直接积分.如果a 或v 不是时间t 的显函数，则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分.解 由 分 析 知，应有得(1)由得(2)将 t=3 s 时,x=9m,v=2m?6?1 s-1 代入(1)(2)得 vO
12、=-1 m?6?1 s-1,x0=0.75 m.于是可得质点运动方程为1-14分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度V的函数，因此,需将式dv=a(v)dt分离变量为后再两边积分.解选取石子下落方向为y 轴正向，下落起点为坐标原点.(1)由题意知(1)用分离变量法把式(1)改写为将式(2)两边积分并考虑初始条件，有得石子速度由此可知当,t8时，为一常量，通常称为极限速度或收尾速度.(2)再由并考虑初始条件有得石子运动方程1-15分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动，根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和 ay分别积分，从而得到运动方程r 的两个分量式
13、x(t)和 y(t).由于本题中质点加速度为恒矢量，故两次积分后所得运动方程为固定形式，即 和，两个分运动均为匀变速直线运动.读者不妨自己验证一下.解 由加速度定义式,根据初始条件2=0 时 vO=0,积分可得又由及初始条件t=0 时,r0=(10m)i,积分可得由上述结果可得质点运动方程的分量式，即x=10+3t2 y=2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程3y=2x-20 m这是个直线方程.直线斜率。=33。4仁 轨迹如图所示.1-16分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同，它们分别表示为和.在匀速率圆周运动中，它们的大小分别为，式 中 I Av I 可由图(B)中的几何关系得到，而 自
14、 可由转过的角度 求 出.山计算结果能清楚地看到两者之间的关系，即瞬时加速度是平均加速度在自-0 时的极限值.解 由图(b)可看到Av=v2-v1，故而所以(2)将6=90。,30。,10。,1。分别代入上式，得,，以上结果表明，当 AGTO 时，匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值，该值即为法向加速 度.1-17分析 根据运动方程可直接写出其分量式x=x(t)和 y=y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程.平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率，即，它与时间间隔A t 的大小有关，当 A t-O 时,平均速度的极限即瞬时速度.切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量at 和 a
15、n,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率，即，后者只反映质点速度方向的变化，它可由总加速度a 和 at 得到.在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后，可 由 公 式 求 p.解 由参数方程x=2.0t,y=19.0-2.0t2消去t 得质点的轨迹方程：y=19.0-0.50 x2(2)在 t1=1.00 s 到 t2=2.0 s 时间内的平均速度(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为则 t1=1.00 s 时的速度v(t)I t=1 s=2.0i-4.0j切向和法向加速度分别为(4)t=1.0 s 质点的速度大小为则1-18分析物品空投后作平抛运动.忽略空气阻力的条件下，由运动
16、独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动，在竖直方向作自由落体运动.到达地面目标时，两方向上运动时间是相同的.因此,分别列出其运动方程，运用时间相等的条件，即可求解.此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度.为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度，只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角a 或 0.由图可知，在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角a,可由此时刻的两速度分量v x、vy求出，这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得.解(1)取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x-vt,y=1/2 gt2飞机水平飞行速度v=10
17、0 m?6?1s-1，飞机离地面的高度y=100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离(2)视线和水平线的夹角为(3)在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为取自然坐标，物品在抛出2 s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为1-19分析这是一个斜上抛运动，看似简单，但针对题目所问，如不能灵活运用叠加原理，建立一个恰当的坐标系，将运动分解的话,求解起来并不容易.现建立如图(a)所示坐标系，则炮弹在x 和 y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动，其初速度分别为vOcosp和 vOsinp,其加速度分另|J为 gsina和 gcosa.在此坐标系中炮弹落地时，应有y=0,则 x=O P.如欲使
18、炮弹垂直击中坡面，则应满足vx=0,直接列出有关运动方程和速度方程，即可求解.由于本题中加速度g 为恒矢量.故第一问也可由运动方程的矢量式计算，即，做出炮弹落地时的矢量图 如图(B)所示，由图中所示几何关系也可求得(即图中的r 矢量).解 1山分析知，炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为(2)令 y=0 求得时间t 后再代入式(1)得解 2做出炮弹的运动矢量图，如图(b)所示，并利用正弦定理,有从中消去t 后也可得到同样结果.(2)由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y=0 利 vx=0,则由(2)(3)两式消去t 后得由此可知.只要角a 和 B满足上式，炮弹就能垂直击中坡面，而与v 0
19、的大小无关.讨论如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解，求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下.1-20分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象，当伞以角速度3旋转时，雨滴将以速度v沿切线方向飞出，并作平抛运动.建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系，即可求证.由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出，从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上，为保证均匀喷泗对喷头上小孔的分布解(1)如图(a)所示坐标系中，雨滴落地的运动方程为由式(1)(2)可得由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为(2)常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头
20、(60=45。)其上有大量小孔.喷头旋转时，水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出，并作斜上抛运动，通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上.则以(P角喷射的水柱射程为为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒，喷头上的小孔数不但很多，而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题.1-21分析被踢出后的足球，在空中作斜抛运动，其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到.由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围，故只需将x、y 值代入即可求出.解 取 图 示 坐 标 系 Oxy,山运动方程1消去t 得轨迹方程以 x=25.0 m,v=20.0 m?6?1 s-1 及 3.44 my0 代入
21、后，可解得71.1161 69.92 27.920218.89如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下，球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示).如果以e71.11或 6 18.89踢出足球，都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,6 角也并非能取71.11与 18.89之间的任何值.当倾角取值为27.920 v 0 时，外轨将会对车轮产生斜向内的侧压力F1，以补偿原向心力的不足，如 v vO 时，根据分析有 解(3)(4)两式，可得外轨侧压力为当V W O 时，根据分析有 解(5)(6)两式，可得内轨侧压力为2-12分析杂技演员(连同摩托车)的运动可以
22、看成一个水平面内的匀速率圆周运动和个竖直向上匀速直线运动的叠加.其旋转一周所形成的旋线轨迹展开后，相当于如图(b)所示的斜面.把演员的运动速度分解为图示的v 1 和 v 2 两个分量，显然v1 是竖直向上作匀速直线运动的分速度，而 v2 则是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度，其中向心力山筒壁对演员的支持力F N 的水平分量FN 2提供，而竖直分量F N 1则与重力相平衡.如图所示，其中q)角为摩托车与筒壁所夹角.运用牛顿定律即可求得筒壁支持力的大小和方向力.解设杂技演员连同摩托车整体为研究对象，据(b)(c)两图应有(4)以式(3)代入式(2),得将式 和式代入式，可求出圆筒壁对杂技演员的作用力
23、(即支承力)大小为与壁的夹角(P为讨论表演飞车走壁时，演员必须控制好运动速度，行车路线以及摩托车的方位，以确保三者之间满足解题用到的各个力学规律.2-13分析首先应由题图求得两个时间段的F(t)函数，进而求得相应的加速度函数,运用积分方法求解题目所问，积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应.解 由 题 图 得由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为对 0 V t V 5 s 时间段，由 得积分后得再由得积分后得将 t=5 s 代入，得 v5=30 m?6?1 s-1 和 x5=68.7 m对 5 s t 7 s 时间段，用同样方法有得再 由 得 x=17.5t2-0.83t3
24、-82.5t+147.87将 t=7 s 代入分别得 v7=40 m?6?1 s-1 和 x7=142 m2-14分析 这是在变力作用下的动力学问题.由于力是时间的函数，而加速度a=dv/dt,这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程，解此微分方程可得质点的速度v(t)；由速度的定义v=dx/dt,用积分的方法可求出质点的位置.解 因 加 速 度 a=dv/dt,在直线运动中，根据牛顿运动定律有依据质点运动的初始条件，即 tO=0 时 v0=6.0m?6?1 s-1，运用分离变量法对上式积分，得v=6.0+4.0t+6.0t2又因v=dx/dt,并由质点运动的初始条件：tO=0 时-x0
25、=5.0 m,对上式分离变量后积分，有x=5.0+6.0t+2.0t2+2.0t32-15分析飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动.其水平方向所受制动力F 为变力，且是时间的函数.在求速率和距离时，可根据动力学方程和运动学规律，采用分离变量法求解.解以地面飞机滑行方向为坐标正方向，由牛顿运动定律及初始条件，得因此，飞机着陆10 s 后的速率为v=30 m?6?1 s-1又故飞机着陆后10 s 内所滑行的距离2-16分析 该题可以分为两个过程，入水前是自由落体运动，入水后，物体受重力P、浮 力 F和水的阻力F f 的作用，其合力是变力，因此，物体作变加速运动.虽然物体的受力分析比较
26、简单，但是，由于变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、位置的函数)，对这类问题列出动力学方程并不复杂，但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了.通常需要采用积分的方法去解所列出的微分方程.这也成了解题过程中的难点.在解方程的过程中，特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的确定.解(1)运动员入水前可视为自山落体运动，故入水时的速度为运动员入水后，山牛顿定律得P-F f-F=ma由题意 P=F、F f=bv2,而 a=dv/dt=v(dv/dy),代入上式后得-bv2=mv(d v/dy)考虑到初始条件y0=0 时，对上式积分，有(2)将已知条件b/m=0.4 m-1,v=0.1v0代
27、入上式，则得2-17分析螺旋桨旋转时，叶片上各点的加速度不同，在其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量是连续分布的，在求叶片根部的张力时,可选取叶片上一小段，分析其受力，列出动力学方程,然后采用积分的方法求解.解 设叶片根部为原点。，沿叶片背离原点O 的方向为正向，距原点0为 r 处的长为dr一小段叶片，其两侧对它的拉力分别为FT(r)与 F T(r+d r).叶片转动时，该小段叶片作圆周运动，由牛顿定律有由于r=1 时外侧FT=0,所以有上式中取r=0,即得叶片根部的张力FT0=-2.79 x105 N负号表示张力方向与坐标方向相反.2-18分析 该题可由牛顿第二定律求解.在取自然坐标的情
28、况下，沿圆弧方向的加速度就是切向加速度a t，与其相对应的外力F t 是重力的切向分量mgsina,而与法向加速度an相对应的外力是支持力F N 和重力的法向分量m gcosa.由此，可分别列出切向和法向的动力学方 程 F t=mdv/dt和 Fn=man.由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的，因此，需应用积分求解，为使运算简便，可转换积分变量.倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比较简便.但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力.解 小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它的支持力FN.取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得由，得，代入式(1
29、),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件，进行积分，有得则小球在点C 的角速度为由式(2)得由此可得小球对圆轨道的作用力为负号表示F N 与 e n 反向.2-19分析运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的，因而，可先分析动力学问题.物体在作圆周运动的过程中，促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力FN和环与物体之间的摩擦力F f,而摩擦力大小与正压力FW成正比，且 FN与 FN，又是作用力与反作用力，这样，就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程.解(1)设物体质量为m,取图中所示的自然坐标，按牛顿定律，有由分析中可知，摩擦力的大
30、小F f=pF N，由上述各式可得取初始条件t=0 时 v=v 0,并对上式进行积分，有 当物体的速率从v 0 减少到1/2v0时，由上式可得所需的时间为物体在这段时间内所经过的路程2-20分析 物体在发射过程中，同时受到重力和空气阻力的作用，其合力是速率v 的 次函数,动力学方程是速率的一阶微分方程，求解时,只需采用分离变量的数学方法即可.但是，在求解高度时，则必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解，并注意到物体上升至最大高度时，速率应为零.解(1)物体在空中受重力m g和空气阻力Fr=k v 作用而减速.由牛顿定律得(1)根据始末条件对上式积分，有(2)利用的关系代入式(1),可
31、得分离变量后积分故讨论 如不考虑空气阻力，则物体向上作匀减速运动.由公式和分别算得h6.12s和产184m,均比实际值略大一些.2-21分析由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反，因此，物体在上抛过程中所受重力P 和阻力F r 的方向相同；而下落过程中，所受重力P 和阻力F r 的方向则相反.又因阻力是变力，在解动力学方程时，需用积分的方法.解 分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点，竖直向上为y 轴(如图所示).(1)物体在上抛过程中，根据牛顿定律有依据初始条件时上式积分，有物体到达最高处时,v=0,故有(2)物体下落过程中，有对上式积分，有则2-22分析该题依然是运用动力学方
32、程求解变力作用下的速度和位置的问题，求解方法与前两题相似,只是在解题过程中必须设法求出阻力系数k.由于阻力Fr=kv2，且 F r又与恒力 F 的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时，加速度为零，此时速度达到最大.因此,根据速度最大值可求出阻力系数来.但在求摩托车所走路程时，需对变量作变换.解 设摩托车沿x 轴正方向运动，在牵引力F 和阻力F r 同时作用下,山牛顿定律有(1)当加速度a=dv/dt=0 时，摩托车的速率最大，因此可得k=F/vm2(2)由式(1)和式(2)可得根据始末条件对式(3)积分，有则又因式(3)中，再利用始末条件对式(3)积分，有则2-23分析 如图所示，飞
33、机触地后滑行期间受到5 个力作用，其中F1为空气阻力，F 2 为空气升力，F 3 为跑道作用于飞机的摩擦力彳艮显然飞机是在合外力为变力的情况卜作减速运动,列出牛顿第二定律方程后，用运动学第二类问题的相关规律解题.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d t进行代换，将d t用代替,得到一个有关v 和x 的微分方程，分离变量后再作积分.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(1)(2)将式(2)代入式(1),并整理得分离变量并积分，有得飞机滑行距离考虑飞机着陆瞬间有FN=O和v
34、=vO应 有k2V02=mg,将其代入式，可得飞机滑行距离x的另一表达式讨论 如飞机着陆速度v0=144km?6?1h-1串=0.1,升 阻 比，可算得飞机的滑行距离x=560 m,设计飞机跑道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F 0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，图中才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-F f=ma-pmg=ma,(1)v2=2aL(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2-25分析 如以加速运动的电梯为参考系，
35、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=m 2 a分别为作用在物体A、B上的惯性力.设a r为物体相对电梯的加速度，根据牛顿定律有(1)由上述各式可得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a 2的方向向上,a 1的方向由a r和a的 大 小 决 定.当ar 0时,a 1的方向向下；反之,a 1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
36、.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a A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
37、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 a,事头上只有当aA=0 时,正压力才等于mgcos a.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P 1、A 施加的支持力FN1；A 受重力P 2、B 施加的压力FN r、地面支持力FN2.A的运动方向为O x 轴的正向,O y 轴的正向垂直地面向上.设a A 为 A 对地的加速度,a B 为B 对的地加速度.由牛顿定律得!/)/1234(zz(z/设 B 相对A 的加速度为aBA,则由题意a B、a B A、a A 三者的矢量关系如图(c)所示.据此可得(6)解上述
38、方程组可得三棱柱对地面的加速度为滑块相对地面的加速度a B 在 x、y 轴上的分量分别为则滑块相对地面的加速度a B 的大小为其方向与y 轴负向的夹角为A 与 B 之间的正压力解 2若以A 为参考系,O x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又 因(3)(4)由以上各式可解得由a B、a B A、aA三者的矢量关系可得以 a A 代入式(3)可得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
39、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，山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)
40、.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，卜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
41、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），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
42、（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At=l/v,以此代入上式可得鸟对飞机的平均
43、冲力为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 X105 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的两倍.这样，按冲量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则物体落回地面的时间为于是,在相应的过程中重力的冲量分别为解 2根据动量定
44、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3-8 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V2.解（1）由分析知（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=6.8 6 s 时 I=300 N?6?1s,将 I、m 及 v1代入可得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
45、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，有由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为解2从整个过程来讨论.根据动量定理有3-10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=Ac
46、os3t代之，方能积分.解力F的冲量为即3-11分析 对于弯曲部分A B段内的水而言，由于流速一定,在时间A 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,在时间田 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量p=Am(vB-vA)；此动量的变化是管壁在A 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A t时间内，从管端流入(或流出)水的质量为Am=puSZkt,弯曲部分A B的水的动量的增量则为p=Am(vB-vA)=puSAt(vB-vA)依据动量定理I=Ap,得到管壁对这部分水的
47、平均冲力从而可得水流对管壁作用力的大小为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物体爆炸后,第一块碎片竖直落下
48、的运动方程为当该碎片落地时，有yl=0,t=t1,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度(2)又根据动量守恒定律，在最高点处有(4)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爆炸后，第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为(6)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n 亦是这样.由止匕,分
49、别列出系统I、n 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v A、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A、v B 表示,被搬运重物的质量以m 表示.分别对上述系统I、H应用动量守恒定律，则有(2)由题意知vA=0,vB=3.4 m?6?1s-1代入数据后,可解得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
50、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A 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.得人的水平速率的增量为而人从最高点到地面的运动时间为所以,人跳跃后增加的距离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