第三章《动量定理与守恒定律》习题答案

第三章动量定理与守恒定律习题解答第-1-页共9页一、选择题1.(D)；2.(C)；3.(B)；4.(C)；5.(D)；6.(D)。二、计算题3.5.2证明：∵rjtbitadtrda2222)ˆsinˆcos(/rmamF2,∴作用于质点的合力总指向原点。3.5.3解：以地为参考系，设谷物的质量为m，所受到的最大静摩擦力为mgfo，谷物能获得的最大加速度为2/92.38.94.0/smgmfao∴筛面水平方向的加速度至少等于3.92米/秒2，才能使谷物与筛面发生相对运动。3.5.3题图3.5.5解：以相对地面向右作加速直线运动的斜面为参考系（非惯性系，设斜面相对地的加速度为a2），取m1为研究对象，其受力及运动情况如左图所示，其中N1为斜面对人的支撑力，f*为惯性力，a'即人对斜面的加速度，方向显然沿斜面向下，选如图所示的坐标系o'-x'y',应用牛顿第二定律建立方程：)2('cossin)1(0sincos12112111amamgmamgmN再以地为参考系，取m2为研究对象，其受力及运动情况如右图所示，选图示坐标o-xy,应用牛顿第二定律建立方程：)4(0cos)3(sin122221NgmNamN（1）、（2）、（3）联立，即可求得：gmmmmagmmmmN21221212211sinsin)('sincos3.5.6解：以地为参考系，隔离m1,m2，受力及运动情况如图示，其中：f1=μN1=μm1g，f2=μN2=μ(N1+m2g)=μ(m1+m2)g.在水平方向对两个质点应用牛二定律：②①amTgmmgmFamgmT221111)(m1m2αyN2a2xN1'=N1αm2gαx'N1a'f*=m1a2y'm1gα第三章动量定理与守恒定律习题解答第-2-页共9页①+②可求得：gmmgmFa2112将a代入①中，可求得：2111)2(mmgmFmT3.5.7解：以地为参考系，隔离A,B,C，受力及运动情况如图示，其中：f1=μN1=μm1g，f2=μN2=μm2g，T'=2T，由于A的位移加B的位移除2等于C的位移，所以（a1+a2）/2=a3.对A,B,C分别在其加速度方向上应用牛顿第二定律：③②①2/)(22133222111aamTgmamgmTamgmT①,②,③联立，可求得：gmmmmmmmmagmmmmmmmagmmmmmmma21321321321321312213213214)()1()(4)()1(24)()1(23.5.8解：隔离m1,m2及定滑轮，受力及运动情况如图示，应用牛顿第二定律：'2''2211TTamTgmamgmT②①由①②可求得：212121212,2'mmgmmTmmgmmT所以，天平右端的总重量应该等于T，天平才能保持平衡。m1m2Ff1N1m1gTaFN2m2gTaN1f1f2CABTf1N1m1ga1Tf2N2m2ga2T'm3ga3m1m2T'm1gaT'm2gaTT'T'第三章动量定理与守恒定律习题解答第-3-页共9页YY2Y103.5.11解：由F—t图可知：max03.008.0max05.008.005.005.00FFtFFttt时，当时，当[斜截式方程y=kx+b，两点式方程(y-y1)/(x-x1)=(y2-y1)/(x2-x1)]由动量定理：08.005.003.005.0005.008.00)08.0(maxmaxdtttdtFdtvmFF可求得Fmax=245N3.5.12解：根据推力F-t图像，可知F=4.9t（t≤20）,令F=mg，即4.9t=2×9.8，t=4s因此，火箭发射可分为三个阶段：t=0—4s为第一阶段，由于推力小于重力，火箭静止，v=0,y=0；t=4—20s为第二阶段，火箭作变加速直线运动，设t=20s时，y=y1，v=vmax；t≥20s为第三阶段，火箭只受重力作用，作竖直上抛运动，设达最大高度时的坐标y=y2.第二阶段的动力学方程为：F-mg=mdv/dtmydttdtdttdydtttvdtdysmvvtttvtdttdtdvdttdtgdtdtmFdvyttv16729.448.94/9.4)9.448.94/9.4(/314)20(209.448.94/9.4208.92/9.48.92/9.4/1204204204202max24401第三阶段运动学方程)2()20(9.4)20(314),1()20(8.931421ttyytv令v=0,由（1）求得达最大高度y2时所用时间（t-20）=32，代入（2）中，得y2-y1=5030y2=ymax=5030+1672=6702(m)3.5.15解：以地为参考系，把汽车视为质点，受力及运动情况如图示：v=ds/dt=1.5t2+20，v|t=5=1.5×52+20=57.5m/s，an=v2/R=57.52/100=33设摩擦力f方向指向外侧，取图示坐标o-xy，应用牛顿第二定律：②①cossincossinsincossincosfmaNmafNfmgNmgfNnn②/①得：)sin/()cos(fmgfmatgnt(s)F(N)98200.050.08t(s)F(N)Fmax0yαxα=15°αfNmgan第三章动量定理与守恒定律习题解答第-4-页共9页tgagtgmffmatgfmgtgnnsincos)(,cossin0,043.3033158.9ftgagtgn，说明摩擦力方向与我们事先假设方向相反，指向内侧。3.5.17解：由3.5.16题可知，通过速度选择器的粒子的速度是v=E/B，该粒子在B0磁场中受到洛仑兹力的作用做匀速圆周运动，其向心加速度为an=v2/r，由牛顿第二定律：EBqrBvrqBmrmvqvB///00203.5.20解：隔离A、B,其受力情况如图所示，选图示坐标，运用质点平衡方程，有)4(0cos)3(0sin)2(0cos')(!0singmNNNNgmNNNAABABAABBBBAB通过对△ABC的分析，可知，sinα=0.4/0.8=0.5∴α=30º,cosα=3/2,分别代入（1）、（2）、（3）、（4）中，即可求得：NB=288.5N,NB'=1500N,NA=288.5N,NAB=577N.3.5.22解：设四根绳子的张力为T1，T2，T3，T4，由于对称，显然，T1=T2=T3=T4=T；设结点下边的拉力为F，显然F=W.在竖直方向上对结点应用平衡条件：4Tcosα-W=0，T=W/(4cosα)若四根线均不等长，则T1≠T2≠T3≠T4，由于有四个未知量，因此，即使知道各角的方向余弦，也无法求解，此类问题在力学中称为静不定问题。3.6.1解：（1）以地为参考系（惯性系），小球受重力W和线拉力T的作用，加速度a沿斜面向下，建立图示坐标o-xy,应用牛顿第二定律：sincoscossinmaTmgmaT解得)sin/(cosagatg（2）以小车为参考系（非惯性系），小球除受重力W、αθθf*=maayxTW=mgv●●●●●●EBs1s2s●●●●●●●●B0ryxoABCAB=RA+RB=0.8αααCB=L-RA-RB=0.4NBABNB'NBNANABAααmBgmAgL第三章动量定理与守恒定律习题解答第-5-页共9页拉力T外，还受惯性力f*的作用(见上图虚线表示的矢量)，小球在三个力作用下静止，据牛顿第二定律：0sincos0cossinmaTmgmaT解得sincosagatg3.6.2解：以升降机为参考系,隔离m1,m2,受力及运动情况如图示,T为绳中张力，f1*=m1a,f2*=m2a,a1'=a2'=a'为m1、m2相对升降机的加速度.以向下为正方向，由牛顿二定律，有：''222111amamTgmamamTgm解得：)/()(2)()('2121211221mmagmmTmmgmmamma设m1、m2的加速度分别为a1、a2，根据相对运动的加速度公式，aaaaaa''2211写成标量式：aaaaaa','21，将a’代入，求得：))(2)(2211212211221mmgmmamammgmmama3.6.3解：以框架为参考系，小球在两种情况下的受力如图所示：设小球质量为m,框架相对地自由落体的加速度为g，因此小球所受的惯性力f*=mg，方向向上，小球所受重力W=mg.在两种情况下，对小球分别应用牛顿第二定律：⑴小球摆至最高位置时释放框架,小球相对框架速度v=0，所以法向加速度an=v2/l=0（l为摆长）；由于切向合力Fτ=Wsinθ-f*sinθ=0，所以切向加速度aτ=0.小球相对框架的速度为零，加速度为零，因此小球相对框架静止。⑵小球摆至平衡位置时释放框架，小球相对框架的速度不为零，法向加速度an=v2/l≠0，T=man；在切向方向小球不受外力作用，所以切向加速度aτ=0，因此，小球速度的大小不变，即小球在拉力T的作用下相对框架做匀速圆周运动。3.6.5解：⑴可把小盘当作质点，小盘相对雨伞做匀速圆周运动，与伞相对地的转向相反。⑵以伞为参考系，小盘质点受5个力的作用：向下的重力W，与扇面垂直的支持力N，沿伞面向上的静摩擦力f0，此外还有离心惯性力fC*和科氏惯性力fk*，方向如图所示。把这些力都考虑进去，即可保持牛顿第二定律的形式不变，小盘正是在这些力的作用下相对伞做匀速圆周运动。TTf1*f2*aa1'a2'm1gm2gm1m2abTf*WθnˆˆnˆˆTf*WωWfC*fK*Nf0第三章动量定理与守恒定律习题解答第-6-页共9页3.6.6解：以地球为参考系，导弹除受重力作用外，还要受离心惯性力和科氏惯性力的作用。离心惯性力的方向在速度与重力加速度平面内，不会使导弹前进方位偏离，而科氏惯性力的方向垂直速度、重力加速度平面（指向纸面），要使导弹偏离前进方向。由于导弹速度较大，目标又不是很远，可近似认为导弹做匀速直线运动，导弹击中目标所需时间t=6000/400=15s，在此时间内导弹在科氏惯性力作用下偏离目标的距离：mtvtmmvtmfatSk7.51523606024240060sin60sin221*2121222223.7.2解：质点速度：jtbitadtrdvˆcosˆsin/质点动量：jtbmitamvmpˆcosˆsin大小：tbtampppyx222222cossin方向：与x轴夹角为θ，tgθ=py/px=-ctgωt·b/a3.7.3自动步枪连发时每分钟可射出120发子弹，每颗子弹质量为7.9g，出口速率为735m/s，求射击时所需的平均力。解：枪射出每法子弹所需时间：Δt=60/120=0.5s，对子弹应用动量定理：NtmvtpFptF6.115.0/735109.7//,33.7.4解：以地为参考系，把球视为质点，由动量定理，0vmvmtF，画出矢量图，由余弦定理，2/10220222)30cos2(vvmvmvmtF，代入数据，可求得F=881N.由正弦定理mvFΔt30sin/sin/tFmv，代入数据，30ºαmv0求