大学物理物理学（东南大学第五版上册马文蔚）课后答案，含思维地图

由天下分享时间：2024/9/8 11:21:10 加入收藏我要投稿点赞

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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,已落到桌面上长为和下落绳子对它的冲力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

F(如图中所示)的作用．由力的平衡条件有mlygFFN0(1)dy为研究对象．线元的质量dm为求冲力F,可取dt时间内落至桌面的线元mldy,它受到重力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Fdt而0mlvdy(2)FmlmlmlF(3)由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为FN31-6FN分析ygv23yg3mg为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在,它在t→t＋Δt的时这是一个系统内质量转移的问题．重力场中的动力学方程．为此间内,将分离成火箭主体,以t时刻质量为m的火箭为研究对象(阻力不计),由动量定理可得到(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′/dt＋-mg＝udm

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,上述方程也可写成下,根据初始时刻火箭的质量0,就可求出燃料的排出率m

udmdtmgma．在特定加速度a0的条件dm/dt．在火箭的质量比(即t时,则火刻火箭的质量m与火箭的初始质量0之比)已知的条件下,可算出火箭所经历的时间m

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第-35-页共-135-页

dmudtmgma(1)×10kg,m0＝5.005

因火箭的初始质量为-2

要使火箭获得最初的加速度a0＝4.90m·s,则燃气的排出率为dmdt(2)m0gua03.6810kgs31为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成分离变量后积分,有vv0

dmudtmg

mdvdtdvumm0

dmmt0gdt火箭速率随时间的变化规律为vv0ulnmm0gt(2)因火箭的质量比为6.00,故经历时间t后,其质量为m得m0dmtdt1m6t5m06dm/dt5m06dm/dt(3)将式(3)代入式(2),依据初始条件,可得火箭的最后速率v31-7ulnmm0gtulnmm02.4710ms31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L0题给条件知F率．解F0F0x．则该力作的功可用式LF0F0LFdx计算,然后由动能定理求质点速由分析知FLx,则在x＝0到x＝L过程中作功,W0F0F0LxdxF0L2122mv0得x＝L处的质点速率为v,即由动能定理有WF0Lm此处也可用牛顿定律求质点速率F0F0Lxmdvdtdvmvdx,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化．需按分离变量后,两边积分也可得同样结果．31-8分析该题中虽施以“恒力”功的矢量定义式W解Fds来求解．取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为第-36-页共-135-页

W31-9Fdx分析Fcosθdxx2x1

Fxd2x2dx1.69JWFdx来求解．关键在F(v)＝kv变换到2

本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式于寻找力函数F＝F(x)．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F(t),进一步按x＝ct

解3

的关系把F(t)转换为F(x),这样,就可按功的定义式求解．3

由运动学方程x＝ct,可得物体的速度vdxdt3ct2按题意及上述关系则阻力的功为,物体所受阻力的大小为Fkvl029kct249kc2/3x4/3WFdxWl0Fdxcos180dxo9kc2/34/3xdx272/37/3kcl732-0分析由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．图求出．,有水桶重力因漏,因水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,拉力作功即可题3-20此,只要能写出重力随高度变化的关系解水桶在匀速上提过程中,a＝0,拉力与水桶重力平衡F＋P＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P＝mg-αgy

其中α＝0．2kg/m,人对水桶的拉力的功为W32-1l0Fdy(1)100mgagydy882J分析在计算功时,首先应明确是什么力作功．小球摆动过程中同时受到重力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,和张力作用．重力是保守力但是,它的方向始终与小球运动方向垂直来．(2)在计算功的基础上,根据功的矢量式WFds,即能得出结果(3)在求最低点的张力时解,可(1)如图所示,重力对小,由动能定理直接能求出动能和速率．根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定．球所作的功只与始末位置有关,即WPPΔhmgl1cosθ0.53J,所以,张力的功在小球摆动过程中,张力FＴ的方向总是与运动方向垂直第-37-页共-135-页

WT(2)FTds根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为E小球在最低位置的速率为v2EK2WP1kEk0.53Jmm2.30ms(3)当小球在最低位置时,由牛顿定律可得22FTPmvlFTmgmvl2.49N32-2分析质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之．解(1)摩擦力作功为WE1232kEk02mv212mv08mv0(1)(2)由于摩擦力是一恒力,且Fｆ＝μmg,故有WFofscos1802πrμmg(2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为3v2μ016πrg(3)由于一周中损失的动能为328mv0,则在静止前可运行的圈数为nEWk043圈32-3分析运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将第-38-页共-135-页

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所需压力求出．解选取如图(b)所示坐标,取原点O处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的(1),由机械能守恒定律可得受力图．对A板而言,当施以外力F时,根据受力平衡有F1＝P1＋F

当外力撤除后,按分析中所选的系统12ky12mgy112ky22mgy2式中y1、y2为M、N两点对原点O的位移．因为F1＝ky1,F2＝ky2及P1＝m1g,上式可写为F1-F2＝2P1

由式(1)、(2)可得(2)(3)F＝P1＋F2

当A板跳到N点时,B板刚被提起,此时弹性力F′2＝P2,且F2＝F′2．由式(3)可得F＝P1＋P2＝(m1＋m2)g

应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．势能为零点,也同时为重力势能的零点．32-4分析矿车在下滑和返回的全过程中受到重力、弹力、阻力和支持力作用．若取,而阻力为非保守力．矿车在下,因此,可应用功能原,存在非保守力作功,系统不满足机械能守恒的条件为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性矿车、地球和弹簧为系统,支持力不作功,重力、弹力为保守力滑和上行两过程中理去求解．在确定重力势能、弹性势能时,应注意势能零点的选取,常常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点解,这样做对解题比较方便．取沿斜面向上为x轴正方向．弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点,按题意,摩擦力所作的功为(1),x为弹簧最大被压缩量．,摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值O．矿车在下滑和上行的全过程中ｆ＝(0.25mg＋0.25mW′g)(l＋x)式中m′和m分别为矿车满载和空载时的质量根据功能原理,在矿车运动的全过程中故有ｆ＝-ΔE＝-(ΔEP＋ΔEｋ)W

,由于矿车返回原位时速度为零故有,故ΔEｋ＝0；而ΔEP＝(m-m′)g(l＋x)sinα,Wｆ＝-(m-m′)g(l＋x)sinα

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