UPDATE:
- 增加对题 3-2 的解答，以解释选项 A、B 为何错误。
2022 年春季学期大学物理第三章作业
3-1
C.
3-2
D.
解
物块下滑过程中, 物块受重力 m\overrightarrow{g} 和斜面提供的支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用, 斜面受重力 m'\overrightarrow{g}, 地面提供的支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}'} 和物块的压力 -\overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用.
在地面系中, 根据牛顿第二定律, 斜面运动方程的水平分量式为
F_\mathrm{N}\sin\theta=m'a'.
在斜面系中, 物块还受惯性力 \overrightarrow{F_\mathrm{i}}=-m\overrightarrow{a'}. 根据牛顿第二定律, 物块运动方程的平行斜面和垂直斜面的分量式为
ma'\cos\theta+mg\sin\theta=ma_\mathrm{r},\\
F_\mathrm{N}+ma'\sin\theta=mg\cos\theta,
其中 \overrightarrow{a_\mathrm{r}} 为物块在斜面系下的相对加速度, 易知物块在地面系下的加速度 \overrightarrow{a}=\overrightarrow{a_\mathrm{r}}+\overrightarrow{a'}.
联立以上各式解得
a'=\frac{mg\sin\theta\cos\theta}{m'+m\sin^2\theta},\\
a_\mathrm{r}=\frac{(m+m')g\sin\theta}{m'+m\sin^2\theta},\\
F_\mathrm{N}=\frac{mm'g\cos\theta}{m'+m\sin^2\theta}.
当斜面有固定高度 h 时, 物块从斜面上下滑所需时间 t 为
t=\sqrt{\frac{2h}{a_\mathrm{r}\sin\theta}}=\sqrt{\frac{2h(m'+m\sin^2\theta)}{(m+m')g\sin^2\theta}}.
分别设水平向左, 竖直向下为 Ox, Oy 轴正方向. 根据动量定理, 当物块下滑到斜面底端时, 物块的速度 \overrightarrow{v}=v_x\overrightarrow{i}+v_y\overrightarrow{j} 可表为
v_x=\frac{F_\mathrm{N}t\sin\theta}{m}=m'\cos\theta\sqrt{\frac{2gh}{(m+m')(m'+m\sin^2\theta)}},\\
v_y=\frac{(mg-F_\mathrm{N}\cos\theta)t}{m}=\sqrt{\frac{2gh(m+m')}{m'+m\sin^2\theta}}.
可以看出, 当 \theta 不断变化时, \overrightarrow{v} 与其大小不为恒(矢)量, 故物块到达斜面底端时的动量和动能不恒相等.
笔者注: 本题易被类比两物体对心完全弹性碰撞, 从而误认为物块到达斜面底端时的速度相等. 实际上物块下滑过程中, 物块和斜面组成的系统受重力 (外力) 和两物接触产生的弹力 (非保守内力) 作用, 整个系统未必满足机械能守恒.
3-3
C.
3-4
D.
3-5
C.
解
子弹射穿木块过程中, 子弹的动能转化为木块的动能和摩擦热.
3-7
(1) mv_0\sin\alpha, 方向竖直向下. (2) 2mv_0\sin\alpha, 方向竖直向下.
解
(1)
物体从发射点 O 到最高点的过程中, 竖直方向仅受重力 m\overrightarrow{g} 作用. 根据动量定理, 重力的冲量 \overrightarrow{I_\mathrm{P}} 满足
\overrightarrow{I_\mathrm{P}}=\overrightarrow{0}-\overrightarrow{p_\mathrm{0y}}=(-mv_0\sin\alpha)\overrightarrow{j},
其中 \overrightarrow{j} 方向为竖直向上, 负号表示冲量的方向竖直向下.
(2)
物体从发射点到最高点的过程和最高点到与发射点同一水平面的过程具有对称性. 物体落回与发射点同一水平面时, 竖直方向速率与发射时相等, 但速度方向相反. 根据动量定理, 重力的冲量 \overrightarrow{{I_\mathrm{P}}'} 满足
\overrightarrow{{I_\mathrm{P}}'}=\left(-\overrightarrow{p_\mathrm{0y}}\right)-\overrightarrow{p_\mathrm{0y}}=(-2mv_0\sin\alpha)\overrightarrow{j},
其中 \overrightarrow{j} 方向为竖直向上, 负号表示冲量的方向竖直向下.
3-14
881\ \mathrm{N}.
解
设单位矢量 i 和 j 的方向分别为棒球水平运动速度方向和竖直向上方向, 则棒球水平运动时速度为 \overrightarrow{v_0}=50\overrightarrow{i}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, 斜向上飞出时的速度为 \overrightarrow{v}=\left(-80\cos30^\circ\cdot\overrightarrow{i}+80\sin30^\circ\cdot\overrightarrow{j}\right)\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}. 设棒作用在球上的平均力为 \overline{\overrightarrow{F}}. 根据动量定理,
\overline{\overrightarrow{F}}\Delta t=m\overrightarrow{v}-m\overrightarrow{v_0}.
则平均力的大小为
\overline{F}\approx 881\ \mathrm{N}.
3-16
\dfrac{mv_0u\sin\alpha}{(m+m')g}.
解
此人起跳时的速度可表为 \overrightarrow{v_0}=v_\mathrm{x}\overrightarrow{i}+v_\mathrm{0y}\overrightarrow{j}=\overrightarrow{v_0}\cos\alpha\overrightarrow{i}+\overrightarrow{v_0}\sin\alpha\overrightarrow{j}, 起跳高度 h 可表为 h=\dfrac{v_\mathrm{0y}^2}{2g}.
若此人不抛出物体, 从最高点到落地过程中水平位移 \overrightarrow{x} 为
\overrightarrow{x}=v_\mathrm{x}\sqrt{\frac{2h}{g}}\overrightarrow{i}.
以地面为参考系, 设此人抛出物体后水平速度为 \overrightarrow{v_\mathrm{x}'}. 因为此人和物体组成的系统在水平方向上动量守恒, 根据动量守恒定律
(m+m')\overrightarrow{v_\mathrm{x}}=m\left(\overrightarrow{v_\mathrm{x}}+\overrightarrow{u}\right)+m'\overrightarrow{v_\mathrm{x}'},
其中 \overrightarrow{u} 的方向与 \overrightarrow{v_\mathrm{x}} 的相反.
若此人抛出物体, 从最高点到落地过程中水平位移 \overrightarrow{x'} 为
\overrightarrow{x'}=v_\mathrm{x}'\sqrt{\frac{2h}{g}}\overrightarrow{i}.
则由于人抛出物体, 他跳跃的距离的增量 \Delta x 为
\Delta x=x'-x=\frac{mv_0u\sin\alpha}{(m+m')g}.
3-17
证明
设绳的线密度为 \lambda, 全长为 l, t 时刻已落到桌面上的绳长为 y, 未落到桌面上的绳下落速度为 \overrightarrow{v}. 设竖直向下为 Oy 轴正方向. 整个过程中, 绳受到重力 \lambda l\overrightarrow{g} 和桌面对绳的支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用. 在 t 时刻到 t+\mathrm{d}t 时刻内, 根据动量定理,
(\lambda lg-F_\mathrm{N})\mathrm{d}t=\lambda(l-y-\mathrm{d}y)(v+\mathrm{d}v)-\lambda(l-y)v.
注意到 \dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=g, \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=v, v^2=2gy, 则
F_\mathrm{N}=3\lambda yg.
根据牛顿第三定律, 绳作用于桌面上的压力与桌面对绳的支持力大小相等, 方向相反. 则在绳下落的过程中的任意时刻, 作用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的 3 倍. 得证.
3-18
(1) 3.68\times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}. (2) 2.47\times10^3\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.
解
(1)
设火箭初质量为 M(0)=5.00\times 10^5\ \mathrm{kg}, 尾部喷出气体速率为 u=2.00\times 10^3\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, t 时刻火箭和气体总质量为 M(t)=M_0+m(t), m(t)=m_0-kt 是火箭内气体质量, 其中 k 为单位时间火箭喷出的气体质量. 设竖直向上为 Oy 轴正方向. 在 t 到 t+\mathrm{d}t 时刻内, 火箭和气体组成的系统受重力 M\overrightarrow{g}, 根据动量定理,
M\overrightarrow{g}\mathrm{d}t=\mathrm{d}\overrightarrow{p}.
而注意到该时段内
\begin{aligned}
\mathrm{d}\overrightarrow{p}&=\overrightarrow{p}(t+\mathrm{d}t)-\overrightarrow{p}(t)\\
&=\left((M-k\mathrm{d}t)\left(\overrightarrow{v}+\mathrm{d}\overrightarrow{v}\right)+k\mathrm{d}t\cdot\left(\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}\right)\right)-M\overrightarrow{v}\\
&=M\mathrm{d}\overrightarrow{v}+k\overrightarrow{u}\mathrm{d}t,
\end{aligned}
其中根据上述分析, \overrightarrow{u} 的方向竖直向下. 化为标量式, 得
-Mg\mathrm{d}t=M\mathrm{d}v-ku\mathrm{d}t. \tag{*}
即
k=\frac{M(g+a)}{u}.
当 t=0 时, 取 M=M(0), a=4.90\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}, 得
k\approx 3.68\times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.
(2)
火箭的质量比 N=\dfrac{M_0+m_0}{M_0}=6.00, 同时 M_0+m_0=M(0)=5.00\times 10^{5}\ \mathrm{kg}, 则 M_0=\dfrac{5}{6}\times 10^5\ \mathrm{kg}, m_0=\dfrac{25}{6}\times 10^5\ \mathrm{kg}.
当火箭达到最大速率 v_\mathrm{m} 时, 设此时时刻为 t_\mathrm{m}, 则 t_\mathrm{m}=\dfrac{m_0}{k}, M(t_\mathrm{m})=M_0.
根据 (*), 整理得
\left(\frac{ku}{M(0)-kt}-g\right)\mathrm{d}t=\mathrm{d}v.
则
\begin{aligned}
\int^{v_\mathrm{m}}_{0}\mathrm{d}v&=\int^{t_\mathrm{m}}_{0}\left(\frac{ku}{M(0)-kt}-g\right)\mathrm{d}t\\
v_\mathrm{m}&=u\ln\frac{M(0)}{M(0)-kt_\mathrm{m}}-gt_\mathrm{m}\\
&=u\ln N-\frac{m_0g}{k}\\
&\approx2.47\times10^3\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.
\end{aligned}
笔者注: 注意尾部气体喷出速率为相对火箭的速率!
3-19
\dfrac{1}{2}F_0L. \sqrt{\dfrac{F_0L}{m}}.
解
当 0\leq x\leq L 时, F=F(x)=F_0\left(1-\dfrac{x}{L}\right). 则质点运动到 x 处时力 F 对质点所做的功为
\begin{aligned}
W(x)&=\int^{x}_{0}F\mathrm{d}x\\
&=F_0\left(x-\frac{x^2}{2L}\right).
\end{aligned}
则质点从 x=0 运动到 x=L 处的过程中力 F 对质点所做的功为 W(L)=\dfrac{1}{2}F_0L.
设质点在 x=L 处的速率为 v_\mathrm{m}. 根据动能定理,
\frac{1}{2}mv_\mathrm{m}^2-0=W(L).
解得
v_\mathrm{m}=\sqrt{\frac{F_0L}{m}}.
3-22
-\dfrac{27}{7}kc^{\frac{2}{3}}l^{\frac{7}{3}}.
解
由物体的运动方程 x=x(t), 推得
v=v(x)=3c^{\frac{1}{3}}x^{\frac{2}{3}}.
而物体受阻力 \overrightarrow{f} 作用, 则物体从 x=0 运动到 x 时阻力所做的功为
\begin{aligned}
W(x)&=\int^{x}_{0}\overrightarrow{f}\cdot\mathrm{d}\overrightarrow{x}\\
&=\int^{x}_{0}-kv^2\mathrm{d}x\\
&=\int^{x}_{0}-9kc^{\frac{2}{3}}x^{\frac{4}{3}}\mathrm{d}x\\
&=-\frac{27}{7}kc^{\frac{2}{3}}x^{\frac{7}{3}}.
\end{aligned}
则物体从 x=0 运动到 x=L 时阻力所做的功为 -\dfrac{27}{7}kc^{\frac{2}{3}}l^{\frac{7}{3}}.
3-23
882\ \mathrm{J}.
解
忽略桶的质量. 设井底平面一点为原点, 竖直向上方向为 Oy 轴正方向. 桶上升过程中, 水的质量随上升高度变化的解析式为 m(y)=m_0-ky, 其中 m_0=10.0\ \mathrm{kg}, k=0.20\ \mathrm{kg\cdot m^{-1}}. 设井高 h=10.0\ \mathrm{m}.
水桶匀速上升过程中, 受自身重力 m\overrightarrow{g} 和人的拉力 \overrightarrow{F}. 则
\overrightarrow{F}+m\overrightarrow{g}=\overrightarrow{0}.
即
F=mg=(m_0-ky)g.
则水桶被匀速地从井中提到井口的过程中, 人所做的功为
\begin{aligned}
W&=\int^{h}_{0}\overrightarrow{F}\cdot\mathrm{d}\overrightarrow{y}\\
&=\int^{h}_{0}(m_0-ky)g\mathrm{d}y\\
&=\left(m_0h-\frac{1}{2}kh^2\right)g\\
&=882\ \mathrm{J}.
\end{aligned}
3-24
(1) 0.525\ \mathrm{J}. (2) 2.29\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}. (3) 0.249\ \mathrm{N}.
解
(1)
在绳索从 30^\circ 角到 0^\circ 的过程中, 球受重力 m\overrightarrow{g} 和绳子张力 \overrightarrow{F_\mathrm{T}} 作用, 但 \overrightarrow{F_\mathrm{T}} 始终与球速度方向垂直, 故其不做功.
而该过程中, 球的重力对其做功为
W_\mathrm{P}=mgl(1-\cos30^\circ).
由题意得, m=0.20\ \mathrm{kg}, l=2.00\ \mathrm{m}. 则
W_\mathrm{P}\approx 0.525\ \mathrm{J}.
故该过程中重力和张力所做的功为 0.525\ \mathrm{J}.
(2)
该过程中, 根据动能定理, 物体最低位置时的动能 E_\mathrm{km} 满足
E_\mathrm{km}=W_\mathrm{P}=0.525\ \mathrm{J}.
则物体最低位置时的速率 v_\mathrm{m} 为
v_\mathrm{m}=\sqrt{\frac{2E_\mathrm{km}}{m}}\approx 2.29\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.
(3)
球在最低位置受重力 m\overrightarrow{g} 和绳子张力 \overrightarrow{F_\mathrm{T}} 作用, 且二力方向恰相反.
球作圆周运动, 在最低位置处有
\overrightarrow{F_\mathrm{T}}+m\overrightarrow{g}=m\overrightarrow{a_\mathrm{n}}.
即
F_{\mathrm{T}}-mg=ma_{\mathrm{n}}=m\frac{v_\mathrm{m}^2}{l}.
即
F_{\mathrm{T}}=mg+m\frac{v_\mathrm{m}^2}{l}\approx 0.249\ \mathrm{N}.
3-29
(1) \dfrac{Gm_\mathrm{E}m}{6R_\mathrm{E}}. (2) -G\dfrac{m_\mathrm{E}m}{3R_\mathrm{E}}. (3) -\dfrac{Gm_\mathrm{E}m}{6R_\mathrm{E}}.
解
(1)
卫星在圆轨道上作匀速圆周运动, 且仅受地球对其的引力 \overrightarrow{F}. 则
\overrightarrow{F}=m\overrightarrow{a_\mathrm{n}}.
即
G\frac{m_\mathrm{E}m}{(3R_\mathrm{E})^2}=m\frac{v^2}{3R_\mathrm{E}}.
则
v=\sqrt{\frac{Gm_\mathrm{E}}{3R_\mathrm{E}}}.
则卫星的动能为
E_\mathrm{k}=\frac{1}{2}mv^2=\frac{Gm_\mathrm{E}m}{6R_\mathrm{E}}.
(2)
对于卫星与地球组成的系统, 卫星的引力势能为
E_\mathrm{p}=-G\frac{m_\mathrm{E}m}{3R_\mathrm{E}}.
(3)
卫星的机械能为
E=E_\mathrm{k}+E_\mathrm{p}=-\frac{Gm_\mathrm{E}m}{6R_\mathrm{E}}.
笔者注: 天体运动问题中, 运动轨道为(椭)圆的环绕天体的机械能为 -\dfrac{GMm}{2a}, 其中 M 为中心天体质量, m 为环绕天体质量, a 为环绕天体运动轨道的半长轴; 运动轨道为抛物线的天体的机械能为 0; 运动轨道为双曲线的天体的机械能大于零 (公式忘了, 不作进一步讨论).
3-30
\arcsin\dfrac{2}{3}\approx41.8^\circ. \sqrt{\dfrac{2}{3}gR}, 方向与竖直向下方向夹角为 41.8^\circ
解
冰块下滑过程中, 受重力 m\overrightarrow{g} 和支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用. 冰块在离开屋面前作圆周运动. 离开屋面瞬间, 屋顶对其支持力为零. 则此时
m\overrightarrow{g}=m\overrightarrow{a_\mathrm{n}}.
即
mg\sin\theta=m\frac{v^2}{R}.
冰块在离开屋面前的运动过程中, 支持力方向始终垂直于速度方向, 故其对冰块不做功. 则根据动能定理,
mgR(1-\sin\theta)=\frac{1}{2}mv^2.
解得
\theta=\arcsin\frac{2}{3}\approx41.8^\circ,\\
v=\sqrt{\frac{2}{3}gR},
速度方向与竖直向下方向夹角为 41.8^\circ.
3-32
\sqrt{\dfrac{m}{k}}v.
解
从子弹射入靶内弹簧到弹簧压缩长度达到最大的过程中, 考虑由子弹和弹簧组成的系统, 其所受外力对其做功代数和为零, 机械能守恒, 水平方向动量守恒. 则
\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}(m+m')v'^2+E_\mathrm{p},\\
mv=(m+m')v'.
而根据胡克定律,
E_\mathrm{p}=\frac{1}{2}kx_\mathrm{m}^2.
则弹簧的最大压缩长度 x_\mathrm{m} 为
x_\mathrm{m}=\sqrt{\frac{mm'}{k(n+m')}}v.
3-33
2\dfrac{m'}{m}\sqrt{5gl}.
解
子弹穿过摆锤过程中, 可认为子弹和摆锤组成的系统在水平方向上动量守恒. 则
m\overrightarrow{v}=m\frac{\overrightarrow{v}}{2}+m'\overrightarrow{u},
其中 \overrightarrow{u} 为子弹和摆锤相互作用后摆锤的速度.
若摆锤能在竖直平面内完成一个完全的圆周运动, 仅需保证其在轨迹最高点处仍能作半径为 l 的圆周运动. 摆锤从最低点运动到最高点过程中, 仅受重力 m'\overrightarrow{g} 和绳子张力 \overrightarrow{F_\mathrm{T}} 作用, 且张力方向始终垂直于速度方向, 故其对摆锤不做功. 根据动能定理,
-2m'gl=\frac{1}{2}m'u'^2-\frac{1}{2}m'u^2.
摆锤在最高点处, 有
\begin{cases}
m'g+F_\mathrm{T}=m\frac{u'^2}{l},\\
F_\mathrm{T}\geq0.
\end{cases}
则
v\geq2\frac{m'}{m}\sqrt{5gl}.
3-35
(1) 4.69\times10^7\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}. 54.1^\circ. (2) 22.3^\circ.
解
(1)
发生完全弹性碰撞时, 粒子 A 和粒子 B 组成的系统机械能守恒, 动量守恒.
根据机械能守恒定律,
\frac{1}{2}m_\mathrm{A}v_\mathrm{A}^2=\frac{1}{2}m_\mathrm{A}v_\mathrm{A}'^2+\frac{1}{2}m_\mathrm{B}v_\mathrm{B}'^2.
根据动量守恒定律, 分别在平行和垂直粒子 A 初速度方向上, 有
m_\mathrm{A}v_\mathrm{A}=m_\mathrm{A}v_\mathrm{A}'\cos\alpha+m_\mathrm{B}v_\mathrm{B}'\cos\beta,\\
0=m_\mathrm{A}v_\mathrm{A}'\sin\alpha-m_\mathrm{B}v_\mathrm{B}'\sin\beta.
而 m_\mathrm{A}=2m_\mathrm{B}, 则解得
v_\mathrm{B}'=\sqrt{22}\times10^7\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}\approx4.69\times10^7\ \mathrm{m\cdot s^{-1}},\\
\alpha=\arccos\frac{37}{40}\approx22.3^\circ,\\
\beta=\arccos\frac{\sqrt{22}}{8}\approx54.1^\circ.
(2)
由 (1) 可知粒子 A 的偏转角为 22.3^\circ.
笔者注: 注意形如 \begin{cases}A_1\sin\alpha+B_1\sin\beta=C_1,\\A_2\cos\alpha+B_2\cos\beta=C_2\end{cases} 的三角函数方程组的解法.
3-37
\sqrt{\dfrac{m^2}{(m+m')^2}v_0^2\cos^2\alpha-2gh\left(1+\dfrac{\mu}{\tan\alpha}\right)}.
解
子弹与物块相互作用时, 可认为作用时间极短, 子弹和物块组成的系统在水平方向上动量守恒. 则
m\overrightarrow{v_0}=(m+m')\overrightarrow{v}.
子弹和物块组成的组合体沿斜面上滑过程中, 受重力 (m+m')\overrightarrow{g} 和滑动摩擦力 \overrightarrow{F_\mathrm{f}} 和支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用. 其在垂直斜面方向受力平衡, 有
(m+m')g\cos\alpha=F_\mathrm{N}.
组合体所受滑动摩擦力大小为
F_\mathrm{f}=\mu F_\mathrm{N}=\mu(m+m')g\cos\alpha.
从组合体开始上滑直至从斜面顶端滑出过程中, 根据动能定理,
-(m+m')gh-F_\mathrm{f}\frac{h}{\sin\alpha}=\frac{1}{2}(m+m')v'^2-\frac{1}{2}(m+m')(v\cos\alpha)^2.
解得
v'=\sqrt{\frac{m^2}{(m+m')^2}v_0^2\cos^2\alpha-2gh\left(1+\frac{\mu}{\tan\alpha}\right)}.
3-38
\dfrac{3m'+m}{m'+m}mg.
解
在小球沿内壁滑到容器底部的过程中, 小球与容器组成的系统机械能守恒, 在水平方向上动量守恒. 则
mgR=\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}m'u^2,\\
m\overrightarrow{v}+m'\overrightarrow{u}=\overrightarrow{0}.
解得
v=\sqrt{\frac{2m'}{m+m'}gR}.
小球在容器底部作圆周运动, 受重力 m\overrightarrow{g} 和支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用, 有
m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F_\mathrm{N}}=m\overrightarrow{a_\mathrm{n}}.
即
F_\mathrm{N}-mg=ma_\mathrm{n}=m\frac{v^2}{R}.
即
F_\mathrm{N}=\frac{3m'+m}{m'+m}mg.