第三章课后习题
3-8¶
合外力 \(F_x = 30 + 4\tm t\) ( 式中 \(F_x\) 的单位为 \(\mr{N}\)，\(t\) 的单位为 \(\mr{s}\) ) 用在质量 \(m = 10 \,\mr{kg}\) 的物体上，试求：
- 在开始 \(2 \,\mr{s}\) 内此力的冲量 \(I\)
- 若冲量 \(I = 300 \,\mr{N\cdot s}\)，此力作用的时间
- 若物体的初速度大小 \(v_1 = 10 \,\mr{m \cdot s^{-1}}\)，方向与 \(F_x\) 相同，在 \(t = 6.86 \,\mr{s}\) 时，此物体的速度大小 \(v_2\)
参考解答¶
-
根据冲量的定义，在开始 \(2 \,\mr{s}\) 内此力的冲量
\[ I = \int_0^2 F_x \, \d{t} = \int_0^2 (30 + 4\tm t) \, \d{t} = \rb{30 \tm t + 2 \tm t^2} \Big|_0^2 = 68 \,\mr{(N \cdot s)} \]\[ \begin{align} I &= \int_0^2 F_x \, \d{t} = \int_0^2 (30 + 4\tm t) \, \d{t} \\ &= \rb{30 \tm t + 2 \tm t^2} \Big|_0^2 = 68 \,\mr{(N \cdot s)} \end{align} \] -
依题意可知，当力 \(F_x\) 从 \(0\) 时刻作用到 \(t\) 时刻的过程中，冲量
\[ I = \int_0^t F_x \, \d{t} = \int_0^t (30 + 4\tm t) \, \d{t} = \rb{30 \tm t + 2 \tm t^2} \Big|_0^t = 30 \tm t + 2 \tm t^2 \]\[ \begin{align} I &= \int_0^t F_x \, \d{t} = \int_0^t (30 + 4\tm t) \, \d{t}\\ &= \rb{30 \tm t + 2 \tm t^2} \Big|_0^t = 30 \tm t + 2 \tm t^2 \end{align} \]由 \(I = 300\)，得：\(\displaystyle 300 = 30 \tm t + 2 \tm t^2\)，解得
\[ t = \frac{-15 \pm 5 \sqrt{33}}{2} \]考虑到 \(t>0\)，因此，\(\displaystyle t = \frac{-15 + 5 \sqrt{33}}{2} \approx 6.86 \,(\mr{s})\)
-
由第2小题得结论可知，在 \(t=6.86 \,\mr{s}\) 时，冲量 \(I = 300 \,\mr{N\cdot s}\)，根据动量定理
\[ I = m v_2 - m v_1 \]因此
\[ v_2 = \frac{I + m v_1}{m} = \frac{300 + 10 \cdot 10}{10} = 40 \,\mr{(m \cdot s^{-1})} \]\[ \begin{align} v_2 &= \frac{I + m v_1}{m} \\ &= \frac{300 + 10 \cdot 10}{10} = 40 \,\mr{(m \cdot s^{-1})} \end{align} \]
3-19¶
质量为 \(m\) 的质点在外力 \(F\) 的作用下沿 \(Ox\) 轴运动，已知 \(t = 0\) 时质点位于原点，且初始速度为零。设外力 \(F\) 随距离线性地减小，且 \(x = 0\) 时 \(F = F_0\)，当 \(x = L\) 时 \(F = 0\)。试求质点从 \(x = 0\) 处运动到 \(x = L\) 处的过程中力 \(F\) 对质点所做的功和质点在 \(x = L\) 处的速率
参考解答¶
由于 \(F\) 随距离线性地减小，可设 \(\displaystyle F = a x + b\)。根据题意可列出方程
解得：\(\displaystyle a = -\frac{F_0}{L}, \ b=F_0\)。因此
质点从 \(x = 0\) 处运动到 \(x = L\) 处的过程中力 \(F\) 对质点做功
设质点在 \(x = L\) 处的速率为 \(v\)，根据动能定理
3-22¶
一物体在介质中按规律 \(x = c \tm t^3\) 作直线运动，\(c\) 为一常量。设介质对物体的阻力正比于速度的二次方。试求物体由 \(x_0 = 0\) 运动到 \(x = l\) 时阻力所做的功 ( 已知阻力系数为 \(k\) )
参考解答¶
依题意可知，速度 \(\displaystyle v = \frac{\d{x}}{\d{t}} = 3c \tm t^2\)
解法1：化为对时间的积分
阻力 \(\displaystyle f = -k \tm \tm v^2 = -9 k \tm c^2 \tm t^4\)。物体从 \(x_0 = 0\) 运动到 \(x = l\) 时，对应的时间 \(t=0\) 到 \(\displaystyle t=(l/c)^{1/3}\)，力 \(f\) 做功
解法2：将阻力表示为x的函数
阻力 \(\displaystyle f = -k \tm \tm v^2 = -9 k \tm c^2 \tm t^4 = -9 k \tm c^{2/3} x^{4/3}\)。物体从 \(x_0 = 0\) 运动到 \(x = l\) 时，力 \(f\) 做功
3-23¶
一人从 \(10.0 \,\mr{m}\) 深的井中提水，起始桶中装有 \(10.0 \,\mr{kg}\) 的水，由于水桶漏水，每升高 \(1.00 \,\mr{m}\) 要漏去 \(0.20 \,\mr{kg}\) 的水。求水桶被匀速地从井中提到井口的过程中，人所做的功
参考解答¶
依题意可知，水桶的质量\(m = m_0 - 0.2 y\)，其中 \(m_0 = 10\,\mr{kg}\) 为水桶的初始质量，\(y\) 为水桶距离水面的高度（取竖直向上为 \(y\) 轴正方向）
人的拉力 \(\vec{F}\) 与水桶的重力 \(\vec{P}\) 满足 \(\vec{F} + \vec{P} = \vec{0}\)，因此，\(\vec{F}\) 的分量
整个过程拉力做功
3-24¶
一质量为 \(0.20 \,\mr{kg}\) 的球，系在长为 \(2.00 \,\mr{m}\) 的细绳上，细绳的另一端系在天花板上。把小球移至使细绳与竖直方向成 \(30^\circ\) 角的位置，然后从静止放开。求：
- 在绳索从 \(30^\circ\) 角到 \(0^\circ\) 角的过程中，重力和张力所做的功
- 物体在最低位置时的动能和速率
- 在最低位置时细绳的张力
参考解答¶
-
如图所示，重力可分解为切向力 \(\vec{F}_\mr{t}\) 和法向力 \(\vec{F}_\mr{n}\)，其中，重力的切向分量
\[ F_\mr{t} = - mg \sin\theta \]这里，取顺时针方向为 \(\theta\) 正方向。因此，重力做功
\[ W_P = \int_L F_\mr{t} \,\cm{\d{s}} = \int_{\pi/6}^0 - mg \tm \cm{l} \sin\theta \,\cm{\d{\theta}} = mg \tm l \cos\theta \Big|_{\pi/6}^0 = mg \tm l \rb{1 - \frac{\sqrt{3}}{2}} \]\[ \begin{align} W_P &= \int_L F_\mr{t} \,\cm{\d{s}} = \int_{\pi/6}^0 - mg \tm \cm{l} \sin\theta \,\cm{\d{\theta}} \\ &= mg \tm l \cos\theta \Big|_{\pi/6}^0 = mg \tm l \rb{1 - \frac{\sqrt{3}}{2}} \end{align} \]将 \(m=0.2\)，\(l=2.0\)，\(g=10\)，代入上式，得到：\(\displaystyle W_P = 4 - 2\sqrt{3} \approx 0.536 \,\mr{(J)}\)
绳子张力 \(\vec{T}\) 与运动方向 \(\d{\vec{r}}\) 垂直，因此，做功 \(\displaystyle W_T = \int_L \vec{T} \cdot \d{\vec{r}} = 0\)
-
物体受到的合力 \(\vec{F} = \vec{P} + \vec{T}\)，合力 \(\vec{F}\) 做功 \(W = W_P + W_T = W_P\)
设物体到达最低点的动能为 \(E_\mr{k}\)，根据动能定理 \(E_\mr{k} = W = W_P = 0.536 \,\mr{(J)}\)
设最低点的速率为 \(v\)
\[ E_\mr{k} = \frac{1}{2} m \tm v^2 \ \Rightarrow \ v = \sqrt{\frac{2 E_\mr{k}}{m}} \]将 \(m=0.2\)，\(E_\mr{k}=0.536\)，代入上式，得到：\(\displaystyle v \approx 2.31 \,\mr{(m/s)}\)
-
物体在最低位置时，合力 \(\vec{T} + \vec{P}\) 作为向心力，即
\[ T - mg = m \frac{v^2}{l} \ \Rightarrow \ T = mg + m \frac{v^2}{l} \]将 \(m=0.2\)，\(l = 2\) 和 \(v = 2.31\) 代入上式，得到：\(\displaystyle T \approx 2.54 \,\mr{(N)}\)
3-29¶
一质量为 \(m\) 的地球卫星，沿半径为 \(3R_\mr{E}\) 的圆轨道运动 \(R_\mr{E}\) 为地球的半径。已知地球的质量为 \(m_\mr{E}\)，求：
- 卫星的动能
- 卫星的引力势能
- 卫星的机械能
参考解答¶
-
卫星与地球之间的万有引力作为其作圆周运动的向心力，即
\[ G \frac{m_\mr{E} \tm m}{\rb{3 R_\mr{E}}^2} = m \frac{v^2}{3 R_\mr{E}} \ \Rightarrow \ m \tm v^2 = G \frac{m_\mr{E} \tm m}{{3 R_\mr{E}}} \]因此，卫星的动能
\[ E_\mr{k} = \frac{1}{2} m \tm v^2 = \frac{G m_\mr{E} \tm m}{{6 R_\mr{E}}} \] -
取无穷远处为卫星的零势能位置，则卫星的引力势能
\[ E_\mr{p} = - G \frac{m_\mr{E} \tm m}{3 R_\mr{E}} \] -
卫星的机械能
\[ E = E_\mr{k} + E_\mr{p} = \frac{G m_\mr{E} \tm m}{{6 R_\mr{E}}} - G \frac{m_\mr{E} \tm m}{3 R_\mr{E}} = - \frac{G m_\mr{E} \tm m}{6 R_\mr{E}} \]\[ \begin{align} E &= E_\mr{k} + E_\mr{p} = \frac{G m_\mr{E} \tm m}{{6 R_\mr{E}}} - G \frac{m_\mr{E} \tm m}{3 R_\mr{E}} \\ &= - \frac{G m_\mr{E} \tm m}{6 R_\mr{E}} \end{align} \]
3-32¶
如图所示，质量为 \(m\)、速度为 \(v\) 的钢球，射向质量为 \(m'\) 的靶。靶中心有一小孔，内有弹性系数为 \(k\) 的弹簧，此靶最初处于静止状态，但可在水平面上作无摩擦滑动。求子弹射入靶内弹簧后，弹簧的最大压缩长度
参考解答¶
将小球与靶作为一个系统，当它们以共同的速度 \(v_1\) 运动时，弹簧达到最大压缩，设此时的压缩长度为 \(\dt{x}\)。依题意可知，在水平方向动量守恒
碰撞过程中，系统内没有非保守力做功，因此，机械能守恒
联立方程 \(\eqref{eq:3-32-1}\) 和 \(\eqref{eq:3-32-2}\)，得
结果 \(\eqref{eq:3-32-3}\) 的求解过程
由式 \(\eqref{eq:3-32-1}\) 得到
代入式 \(\eqref{eq:3-32-2}\) 并化简
整理后
提取 \( v^2 \)
解得