大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））
?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??1B ??0.40m?s2?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?最高点到地面的运动时间为 t?v0sinαmv0sinα所以,人跳跃后增加的距离Δx?Δvt?
?m?m??gg3-15 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．
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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．
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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 dtudmdv?mg?m 分离变量后积分,有 dtdt(2) 为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成
u?vv0dv?u?dmt??gdt m0m0m火箭速率随时间的变化规律为 v?v0?ulnm?gt (2) m0因火箭的质量比为6.00,故经历时间t 后,其质量为
m?m0?dm1t?m dt65m0 (3)
6dm/dt得 t?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/dt3-17 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,由题给条件知F?F0?率．
解 由分析知F?F0?LF0x．则该力作的功可用式?Fdx 计算,然后由动能定理求质点速
0LF0x, 则在x ＝0 到x ＝L 过程中作功, LL?F?FLW???F0?0x?dx?0
0L?2?由动能定理有W?12mv?0 得x ＝L 处的质点速率为v?2F0L m此处也可用牛顿定律求质点速率,即
F0?F0dvdvx?m?mv Ldtdx分离变量后,两边积分也可得同样结果．
3-18 分析 该题中虽施以“恒力”,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化．需按功的
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矢量定义式W?F?ds来求解．
解 取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为
?W??F?dx??Fcosθdx???x1x2Fxd?x22dx?1.69J
3-19 分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式W?F?dx来求解．关键在于寻找力函数F ＝F(x)．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F(v) ＝kv2 变换到
?F(t),进一步按x ＝ct3 的关系把F(t)转换为F(x),这样,就可按功的定义式求解．
解 由运动学方程x ＝ct3 ,可得物体的速度
v?dx?3ct2 dt2242/34/3按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为F?kv?9kct?9kc则阻力的功为
llx
W??F?dxW??F?dx??cos180dx???9kc2/3x4/3dx??00o272/37/3kcl 7
3-20 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．水桶重力因漏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,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可题3 -20 图求出．
解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有
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＝0．2 kg/m,人对水桶的拉力的功为
W??F?dy???mg?agy?dy?882J
00l103-21 分析 (1) 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和张力作用．重力是保守力,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,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式W?F?ds,即能得出结果来．(2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率．(3) 在求最低点的张力时,可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．解 (1) 如图所示,重力对小球所作
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的功只与始末位置有关,即
WP?PΔh?mgl?1?cosθ??0.53J
在小球摆动过程中,张力FＴ 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功 WT?FT?ds (2) 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
?Ek?Ek?0.53J 小球在最低位置的速率为 v?2EK2WP??2.30m?s?1 mm
(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得
mv2mv2FT?P??2.49N FT?mg?ll3-22 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
W?Ek?Ek0?121232mv?mv0??mv0 (1) 228(2) 由于摩擦力是一恒力,且Fｆ ＝μmg,故有
W?Ffscos180o??2πrμmg (2)
由式(1)、(2)可得动摩擦因数为
23v0 μ?16πrg(3) 由于一周中损失的动能为mv0,则在静止前可运行的圈数为
382n?Ek04?圈 W33-23 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
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