大學(xué)物理答案

1、大學(xué)物理課后答案微積分在力學(xué)解題中的運(yùn)用微積分是大學(xué)物理學(xué)習(xí)中應(yīng)用很多的一種數(shù)學(xué)運(yùn)算,在力學(xué)中較為突出,也是初學(xué)大學(xué)物理課程時(shí)遇到的一個(gè)困難要用好微積分這個(gè)數(shù)學(xué)工具,首先應(yīng)在思想上認(rèn)識(shí)到物體在運(yùn)動(dòng)過程中,反映其運(yùn)動(dòng)特征的物理量是隨時(shí)空的變化而變化的一般來說,它們是時(shí)空坐標(biāo)的函數(shù)運(yùn)用微積分可求得質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)這是大學(xué)物理和中學(xué)物理最顯著的區(qū)別例如通過對(duì)質(zhì)點(diǎn)速度函數(shù)中的時(shí)間t 求一階導(dǎo)數(shù)就可得到質(zhì)點(diǎn)加速度函數(shù)另外對(duì)物理量數(shù)學(xué)表達(dá)式進(jìn)行合理變形就可得出新的物理含義如由,借助積分求和運(yùn)算可求得在t1 -t2 時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)速度的變化；同樣由也可求得質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程以質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)為例,我們可用微積分把

2、運(yùn)動(dòng)學(xué)問題歸納如下：第一類問題：已知運(yùn)動(dòng)方程求速度和加速度；第二類問題：已知質(zhì)點(diǎn)加速度以及在起始狀態(tài)時(shí)的位矢和速度,可求得質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程在力學(xué)中還有很多這樣的關(guān)系,讀者不妨自己歸納整理一下,從而學(xué)會(huì)自覺運(yùn)用微積分來處理物理問題,運(yùn)用時(shí)有以下幾個(gè)問題需要引起大家的關(guān)注：(1) 運(yùn)用微積分的物理?xiàng)l件在力學(xué)學(xué)習(xí)中我們會(huì)發(fā)現(xiàn),和等描述質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律的公式,只是式和式在加速度為恒矢量條件下積分后的結(jié)果此外,在高中物理中只討論了一些質(zhì)點(diǎn)在恒力作用下的力學(xué)規(guī)律和相關(guān)物理問題,而在大學(xué)物理中則主要研究在變力和變力矩作用下的力學(xué)問題,微積分將成為求解上述問題的主要數(shù)學(xué)工具 (2) 積分運(yùn)算中的分離變量和變量代換問

3、題以質(zhì)點(diǎn)在變力作用下作直線運(yùn)動(dòng)為例,如已知變力表達(dá)式和初始狀態(tài)求質(zhì)點(diǎn)的速率,求解本問題一條路徑是：由F m a 求得a的表達(dá)式,再由式dv adt 通過積分運(yùn)算求得v,其中如果力為時(shí)間t 的顯函數(shù),則a a(t),此時(shí)可兩邊直接積分,即；但如果力是速率v 的顯函數(shù),則a a(v),此時(shí)應(yīng)先作分離變量后再兩邊積分,即；又如力是位置x 的顯函數(shù),則aa(x),此時(shí)可利用得,并取代原式中的dt,再分離變量后兩邊積分,即, 用變量代換的方法可求得v(x)表達(dá)式,在以上積分中建議采用定積分,下限為與積分元對(duì)應(yīng)的初始條件,上限則為待求量第一章質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)1 -6已知質(zhì)點(diǎn)沿x 軸作直線運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)方程為,式中

4、x 的單位為m,t 的單位為 s求：(1) 質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)開始后4.0 s內(nèi)的位移的大??；(2) 質(zhì)點(diǎn)在該時(shí)間內(nèi)所通過的路程；(3) t4 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的速度和加速度分析位移和路程是兩個(gè)完全不同的概念只有當(dāng)質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動(dòng)且運(yùn)動(dòng)方向不改變時(shí),位移的大小才會(huì)與路程相等質(zhì)點(diǎn)在t 時(shí)間內(nèi)的位移x 的大小可直接由運(yùn)動(dòng)方程得到：,而在求路程時(shí),就必須注意到質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中可能改變運(yùn)動(dòng)方向,此時(shí),位移的大小和路程就不同了為此,需根據(jù)來確定其運(yùn)動(dòng)方向改變的時(shí)刻tp ,求出0tp 和tpt 內(nèi)的位移大小x1 、x2 ,則t 時(shí)間內(nèi)的路程,如圖所示,至于t 4.0 s 時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度和加速度可用和兩式計(jì)算解(1) 質(zhì)點(diǎn)在4.

5、0 s內(nèi)位移的大小 (2) 由 得知質(zhì)點(diǎn)的換向時(shí)刻為 (t0不合題意)則所以,質(zhì)點(diǎn)在4.0 s時(shí)間間隔內(nèi)的路程為 (3) t4.0 s時(shí)1 -9質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為式中x,y 的單位為m,t 的單位為試求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向分析由運(yùn)動(dòng)方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量,再由運(yùn)動(dòng)合成算出速度和加速度的大小和方向解(1) 速度的分量式為當(dāng)t 0 時(shí), vox -10 m-1 , voy 15 m-1 ,則初速度大小為設(shè)vo與x 軸的夾角為,則12341(2) 加速度的分量式為 , 則加速度的大小為設(shè)a 與x 軸的夾角為,則-3341(或32619) 1 -13

6、質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng),加速度a4 -t2 ,式中a的單位為m-2 ,t的單位為如果當(dāng)t 3時(shí),x9 m,v 2 m-1 ,求質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程分析本題屬于運(yùn)動(dòng)學(xué)第二類問題,即已知加速度求速度和運(yùn)動(dòng)方程,必須在給定條件下用積分方法解決由和可得和如aa(t)或v v(t),則可兩邊直接積分如果a 或v不是時(shí)間t 的顯函數(shù),則應(yīng)經(jīng)過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學(xué)操作后再做積分解由分析知,應(yīng)有得 (1)由 得 (2)將t3時(shí),x9 m,v2 m-1代入(1) (2)得v0-1 m-1,x00.75 m于是可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程為1 -14一石子從空中由靜止下落,由于空氣阻力,石子并非作自由落體運(yùn)動(dòng),現(xiàn)測(cè)得其加速度aA

7、-Bv,式中A、B 為正恒量,求石子下落的速度和運(yùn)動(dòng)方程分析本題亦屬于運(yùn)動(dòng)學(xué)第二類問題,與上題不同之處在于加速度是速度v的函數(shù),因此,需將式dv a(v)dt 分離變量為后再兩邊積分解選取石子下落方向?yàn)閥 軸正向,下落起點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)(1) 由題意知 (1)用分離變量法把式(1)改寫為 (2)將式(2)兩邊積分并考慮初始條件,有得石子速度 由此可知當(dāng),t時(shí),為一常量,通常稱為極限速度或收尾速度(2) 再由并考慮初始條件有得石子運(yùn)動(dòng)方程1 -22一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為R 的圓周按規(guī)律運(yùn)動(dòng),v0 、b 都是常量(1) 求t 時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的總加速度；(2) t 為何值時(shí)總加速度在數(shù)值上等于b？(3) 當(dāng)加速度達(dá)到

8、b 時(shí),質(zhì)點(diǎn)已沿圓周運(yùn)行了多少圈？分析在自然坐標(biāo)中,s 表示圓周上從某一點(diǎn)開始的曲線坐標(biāo)由給定的運(yùn)動(dòng)方程s s(t),對(duì)時(shí)間t 求一階、二階導(dǎo)數(shù),即是沿曲線運(yùn)動(dòng)的速度v 和加速度的切向分量a,而加速度的法向分量為anv2 /R這樣,總加速度為a aeanen至于質(zhì)點(diǎn)在t 時(shí)間內(nèi)通過的路程,即為曲線坐標(biāo)的改變量sst -s0因圓周長為2R,質(zhì)點(diǎn)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得解(1) 質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)的速率為其加速度的切向分量和法向分量分別為, 故加速度的大小為其方向與切線之間的夾角為(2) 要使ab,由可得(3) 從t0 開始到tv0 /b 時(shí),質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程為因此質(zhì)點(diǎn)運(yùn)行的圈數(shù)為第二章牛頓定律2 -6圖

9、示一斜面,傾角為,底邊AB 長為l 2.1 m,質(zhì)量為m 的物體從題2 -6 圖斜面頂端由靜止開始向下滑動(dòng),斜面的摩擦因數(shù)為0.14試問,當(dāng)為何值時(shí),物體在斜面上下滑的時(shí)間最短？ 其數(shù)值為多少？分析動(dòng)力學(xué)問題一般分為兩類：(1) 已知物體受力求其運(yùn)動(dòng)情況；(2) 已知物體的運(yùn)動(dòng)情況來分析其所受的力當(dāng)然,在一個(gè)具體題目中,這兩類問題并無截然的界限,且都是以加速度作為中介,把動(dòng)力學(xué)方程和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律聯(lián)系起來本題關(guān)鍵在列出動(dòng)力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)方程后,解出傾角與時(shí)間的函數(shù)關(guān)系f(t),然后運(yùn)用對(duì)t 求極值的方法即可得出數(shù)值來解取沿斜面為坐標(biāo)軸Ox,原點(diǎn)O 位于斜面頂點(diǎn),則由牛頓第二定律有 (1)又物體在斜面上

10、作勻變速直線運(yùn)動(dòng),故有則 (2)為使下滑的時(shí)間最短,可令,由式(2)有則可得 ,此時(shí) 2 -8如圖(a)所示,已知兩物體A、B 的質(zhì)量均為m 3.0kg 物體A 以加速度a 1.0 m-2 運(yùn)動(dòng),求物體B 與桌面間的摩擦力(滑輪與連接繩的質(zhì)量不計(jì))分析該題為連接體問題,同樣可用隔離體法求解分析時(shí)應(yīng)注意到繩中張力大小處處相等是有條件的,即必須在繩的質(zhì)量和伸長可忽略、滑輪與繩之間的摩擦不計(jì)的前提下成立同時(shí)也要注意到張力方向是不同的解分別對(duì)物體和滑輪作受力分析圖(b)由牛頓定律分別對(duì)物體A、B 及滑輪列動(dòng)力學(xué)方程,有mA g -F mA a (1)F1 -F mB a (2)F -2F1 0 (3)

11、考慮到mA mB m, F F , F1 F1 ,a2a,可聯(lián)立解得物體與桌面的摩擦力討論動(dòng)力學(xué)問題的一般解題步驟可分為：(1) 分析題意,確定研究對(duì)象,分析受力,選定坐標(biāo)；(2) 根據(jù)物理的定理和定律列出原始方程組；(3) 解方程組,得出文字結(jié)果；(4) 核對(duì)量綱,再代入數(shù)據(jù),計(jì)算出結(jié)果來2 -9質(zhì)量為m的長平板A 以速度v在光滑平面上作直線運(yùn)動(dòng),現(xiàn)將質(zhì)量為m 的木塊B 輕輕平穩(wěn)地放在長平板上,板與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,求木塊在長平板上滑行多遠(yuǎn)才能與板取得共同速度？分析當(dāng)木塊B 平穩(wěn)地輕輕放至運(yùn)動(dòng)著的平板A 上時(shí),木塊的初速度可視為零,由于它與平板之間速度的差異而存在滑動(dòng)摩擦力,該力將改變

12、它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)根據(jù)牛頓定律可得到它們各自相對(duì)地面的加速度換以平板為參考系來分析,此時(shí),木塊以初速度-v(與平板運(yùn)動(dòng)速率大小相等、方向相反)作勻減速運(yùn)動(dòng),其加速度為相對(duì)加速度,按運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解得 該題也可應(yīng)用第三章所講述的系統(tǒng)的動(dòng)能定理來解將平板與木塊作為系統(tǒng),該系統(tǒng)的動(dòng)能由平板原有的動(dòng)能變?yōu)槟緣K和平板一起運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能,而它們的共同速度可根據(jù)動(dòng)量定理求得又因?yàn)橄到y(tǒng)內(nèi)只有摩擦力作功,根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)能定理,摩擦力的功應(yīng)等于系統(tǒng)動(dòng)能的增量木塊相對(duì)平板移動(dòng)的距離即可求出解1以地面為參考系,在摩擦力F mg 的作用下,根據(jù)牛頓定律分別對(duì)木塊、平板列出動(dòng)力學(xué)方程F mg ma1F -F ma2a1 和a2 分

13、別是木塊和木板相對(duì)地面參考系的加速度若以木板為參考系,木塊相對(duì)平板的加速度a a1 a2 ,木塊相對(duì)平板以初速度- v作勻減速運(yùn)動(dòng)直至最終停止由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有- v2 2as由上述各式可得木塊相對(duì)于平板所移動(dòng)的距離為解2以木塊和平板為系統(tǒng),它們之間一對(duì)摩擦力作的總功為W F (s l) -Fl mgs式中l(wèi) 為平板相對(duì)地面移動(dòng)的距離由于系統(tǒng)在水平方向上不受外力,當(dāng)木塊放至平板上時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有mv(mm) v由系統(tǒng)的動(dòng)能定理,有由上述各式可得2 -10如圖(a)所示,在一只半徑為R 的半球形碗內(nèi),有一粒質(zhì)量為m 的小鋼球,當(dāng)小球以角速度在水平面內(nèi)沿碗內(nèi)壁作勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),它距碗底有多高？

14、分析維持鋼球在水平面內(nèi)作勻角速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),必須使鋼球受到一與向心加速度相對(duì)應(yīng)的力(向心力),而該力是由碗內(nèi)壁對(duì)球的支持力FN 的分力來提供的,由于支持力FN 始終垂直于碗內(nèi)壁,所以支持力的大小和方向是隨而變的取圖示Oxy 坐標(biāo),列出動(dòng)力學(xué)方程,即可求解鋼球距碗底的高度解取鋼球?yàn)楦綦x體,其受力分析如圖(b)所示在圖示坐標(biāo)中列動(dòng)力學(xué)方程 (1) (2)且有 (3)由上述各式可解得鋼球距碗底的高度為可見,h 隨的變化而變化2 -14一質(zhì)量為10 kg 的質(zhì)點(diǎn)在力F 的作用下沿x 軸作直線運(yùn)動(dòng),已知F 120t 40,式中F 的單位為N,t 的單位的在t 0 時(shí),質(zhì)點(diǎn)位于x 5.0 m處,其速度v06.

15、0 m-1 求質(zhì)點(diǎn)在任意時(shí)刻的速度和位置分析這是在變力作用下的動(dòng)力學(xué)問題由于力是時(shí)間的函數(shù),而加速度adv/dt,這時(shí),動(dòng)力學(xué)方程就成為速度對(duì)時(shí)間的一階微分方程,解此微分方程可得質(zhì)點(diǎn)的速度v (t)；由速度的定義vdx /dt,用積分的方法可求出質(zhì)點(diǎn)的位置解因加速度adv/dt,在直線運(yùn)動(dòng)中,根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有依據(jù)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的初始條件,即t0 0 時(shí)v0 6.0 m-1 ,運(yùn)用分離變量法對(duì)上式積分,得v6.0+4.0t+6.0t2 又因vdx /dt,并由質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的初始條件：t0 0 時(shí)x0 5.0 m,對(duì)上式分離變量后積分,有x 5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t32 -16質(zhì)量為m 的

16、跳水運(yùn)動(dòng)員,從10.0 m 高臺(tái)上由靜止跳下落入水中高臺(tái)距水面距離為h把跳水運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn),并略去空氣阻力運(yùn)動(dòng)員入水后垂直下沉,水對(duì)其阻力為bv2 ,其中b 為一常量若以水面上一點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O,豎直向下為Oy 軸,求：(1) 運(yùn)動(dòng)員在水中的速率v與y 的函數(shù)關(guān)系；(2) 如b /m 0.40m -1 ,跳水運(yùn)動(dòng)員在水中下沉多少距離才能使其速率v減少到落水速率v0 的1 /10？ (假定跳水運(yùn)動(dòng)員在水中的浮力與所受的重力大小恰好相等)分析該題可以分為兩個(gè)過程,入水前是自由落體運(yùn)動(dòng),入水后,物體受重力P、浮力F 和水的阻力F的作用,其合力是一變力,因此,物體作變加速運(yùn)動(dòng)雖然物體的受力分析比較簡單,

17、但是,由于變力是速度的函數(shù)(在有些問題中變力是時(shí)間、位置的函數(shù)),對(duì)這類問題列出動(dòng)力學(xué)方程并不復(fù)雜,但要從它計(jì)算出物體運(yùn)動(dòng)的位置和速度就比較困難了通常需要采用積分的方法去解所列出的微分方程這也成了解題過程中的難點(diǎn)在解方程的過程中,特別需要注意到積分變量的統(tǒng)一和初始條件的確定解(1) 運(yùn)動(dòng)員入水前可視為自由落體運(yùn)動(dòng),故入水時(shí)的速度為運(yùn)動(dòng)員入水后,由牛頓定律得P -F -F ma由題意P F、Fbv2 ,而a dv /dt v (d v /dy),代入上式后得-bv2 mv (d v /dy)考慮到初始條件y0 0 時(shí), ,對(duì)上式積分,有(2) 將已知條件b/m 0.4 m -1 ,v 0.1v0

18、 代入上式,則得2 -18一質(zhì)量為m 的小球最初位于如圖(a)所示的A 點(diǎn),然后沿半徑為r的光滑圓軌道ADCB下滑試求小球到達(dá)點(diǎn)C時(shí)的角速度和對(duì)圓軌道的作用力分析該題可由牛頓第二定律求解在取自然坐標(biāo)的情況下,沿圓弧方向的加速度就是切向加速度a,與其相對(duì)應(yīng)的外力F是重力的切向分量mgsin,而與法向加速度an相對(duì)應(yīng)的外力是支持力FN 和重力的法向分量mgcos由此,可分別列出切向和法向的動(dòng)力學(xué)方程Fmdv/dt和Fnman 由于小球在滑動(dòng)過程中加速度不是恒定的,因此,需應(yīng)用積分求解,為使運(yùn)算簡便,可轉(zhuǎn)換積分變量 倡該題也能應(yīng)用以小球、圓弧與地球?yàn)橄到y(tǒng)的機(jī)械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比

19、較簡便但它不能直接給出小球與圓弧表面之間的作用力解小球在運(yùn)動(dòng)過程中受到重力P 和圓軌道對(duì)它的支持力FN 取圖(b)所示的自然坐標(biāo)系,由牛頓定律得 (1) (2)由,得,代入式(1),并根據(jù)小球從點(diǎn)A 運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C 的始末條件,進(jìn)行積分,有得 則小球在點(diǎn)C 的角速度為由式(2)得 由此可得小球?qū)A軌道的作用力為負(fù)號(hào)表示FN 與en 反向第三章動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律3 -8Fx 304t(式中Fx 的單位為N,t 的單位為s)的合外力作用在質(zhì)量m10 kg 的物體上,試求：(1) 在開始2 內(nèi)此力的沖量；(2) 若沖量I 300 Ns,此力作用的時(shí)間；(3) 若物體的初速度v1 10 ms-1

20、,方向與Fx 相同,在t6.86s時(shí),此物體的速度v2 分析本題可由沖量的定義式,求變力的沖量,繼而根據(jù)動(dòng)量定理求物體的速度v2解(1) 由分析知(2) 由I 300 30t 2t2 ,解此方程可得t 686 s(另一解不合題意已舍去)(3) 由動(dòng)量定理,有I m v2- m v1由(2)可知t 686 s 時(shí)I 300 Ns ,將I、m 及v1代入可得3 -9高空作業(yè)時(shí)系安全帶是非常必要的假如一質(zhì)量為51.0 kg 的人,在操作時(shí)不慎從高空豎直跌落下來,由于安全帶的保護(hù),最終使他被懸掛起來已知此時(shí)人離原處的距離為2.0 m ,安全帶彈性緩沖作用時(shí)間為0.50 s 求安全帶對(duì)人的平均沖力分析從

21、人受力的情況來看,可分兩個(gè)階段：在開始下落的過程中,只受重力作用,人體可看成是作自由落體運(yùn)動(dòng)；在安全帶保護(hù)的緩沖過程中,則人體同時(shí)受重力和安全帶沖力的作用,其合力是一變力,且作用時(shí)間很短為求安全帶的沖力,可以從緩沖時(shí)間內(nèi),人體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(動(dòng)量)的改變來分析,即運(yùn)用動(dòng)量定理來討論事實(shí)上,動(dòng)量定理也可應(yīng)用于整個(gè)過程但是,這時(shí)必須分清重力和安全帶沖力作用的時(shí)間是不同的；而在過程的初態(tài)和末態(tài),人體的速度均為零這樣,運(yùn)用動(dòng)量定理仍可得到相同的結(jié)果解1以人為研究對(duì)象,按分析中的兩個(gè)階段進(jìn)行討論在自由落體運(yùn)動(dòng)過程中,人跌落至2 m 處時(shí)的速度為 (1)在緩沖過程中,人受重力和安全帶沖力的作用,根據(jù)動(dòng)量定理,有

22、 (2)由式(1)、(2)可得安全帶對(duì)人的平均沖力大小為解2從整個(gè)過程來討論根據(jù)動(dòng)量定理有3 -13A、B 兩船在平靜的湖面上平行逆向航行,當(dāng)兩船擦肩相遇時(shí),兩船各自向?qū)Ψ狡椒€(wěn)地傳遞50 kg 的重物,結(jié)果是A 船停了下來,而B 船以3.4 ms-1的速度繼續(xù)向前駛?cè)、B 兩船原有質(zhì)量分別為0.5103 kg 和1.0 103 kg,求在傳遞重物前兩船的速度(忽略水對(duì)船的阻力)分析由于兩船橫向傳遞的速度可略去不計(jì),則對(duì)搬出重物后的船A 與從船B 搬入的重物所組成的系統(tǒng)來講,在水平方向上無外力作用,因此,它們相互作用的過程中應(yīng)滿足動(dòng)量守恒；同樣,對(duì)搬出重物后的船B 與從船A 搬入的重物所組成的

23、系統(tǒng)亦是這樣由此,分別列出系統(tǒng)、的動(dòng)量守恒方程即可解出結(jié)果解設(shè)A、B兩船原有的速度分別以vA 、vB 表示,傳遞重物后船的速度分別以vA 、vB 表示,被搬運(yùn)重物的質(zhì)量以m 表示分別對(duì)上述系統(tǒng)、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律,則有 (1) (2)由題意知vA 0, vB 3.4 ms-1 代入數(shù)據(jù)后,可解得也可以選擇不同的系統(tǒng),例如,把A、B 兩船(包括傳遞的物體在內(nèi))視為系統(tǒng),同樣能滿足動(dòng)量守恒,也可列出相對(duì)應(yīng)的方程求解3 -18如圖所示,一繩索跨過無摩擦的滑輪,系在質(zhì)量為1.00 kg 的物體上,起初物體靜止在無摩擦的水平平面上若用5.00 N 的恒力作用在繩索的另一端,使物體向右作加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)系在物體

24、上的繩索從與水平面成30角變?yōu)?7角時(shí),力對(duì)物體所作的功為多少？ 已知滑輪與水平面之間的距離d 1.00 m分析該題中雖施以“恒力”,但是,作用在物體上的力的方向在不斷變化需按功的矢量定義式來求解解取圖示坐標(biāo),繩索拉力對(duì)物體所作的功為3 -19一物體在介質(zhì)中按規(guī)律x ct3 作直線運(yùn)動(dòng),c 為一常量設(shè)介質(zhì)對(duì)物體的阻力正比于速度的平方試求物體由x0 0 運(yùn)動(dòng)到x l 時(shí),阻力所作的功(已知阻力系數(shù)為k)分析本題是一維變力作功問題,仍需按功的定義式來求解關(guān)鍵在于尋找力函數(shù)F F(x)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系,可將已知力與速度的函數(shù)關(guān)系F(v) kv2 變換到F(t),進(jìn)一步按x ct3 的關(guān)系把F(t)轉(zhuǎn)換

25、為F(x),這樣,就可按功的定義式求解解由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程x ct3 ,可得物體的速度按題意及上述關(guān)系,物體所受阻力的大小為則阻力的功為3 -20一人從10.0 m 深的井中提水,起始桶中裝有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水水桶被勻速地從井中提到井口,求所作的功分析由于水桶在勻速上提過程中,拉力必須始終與水桶重力相平衡水桶重力因漏水而隨提升高度而變,因此,拉力作功實(shí)為變力作功由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能寫出重力隨高度變化的關(guān)系,拉力作功即可題3 -20 圖求出解水桶在勻速上提過程中,a 0,拉力與水桶重力平衡,有F P 0在圖示所取坐

26、標(biāo)下,水桶重力隨位置的變化關(guān)系為P mg -gy其中02 kg/m,人對(duì)水桶的拉力的功為3 -21 一質(zhì)量為0.20 kg 的球,系在長為2.00 m 的細(xì)繩上,細(xì)繩的另一端系在天花板上把小球移至使細(xì)繩與豎直方向成30角的位置,然后從靜止放開求：(1) 在繩索從30角到0角的過程中,重力和張力所作的功；(2) 物體在最低位置時(shí)的動(dòng)能和速率；(3) 在最低位置時(shí)的張力分析(1) 在計(jì)算功時(shí),首先應(yīng)明確是什么力作功小球擺動(dòng)過程中同時(shí)受到重力和張力作用重力是保守力,根據(jù)小球下落的距離,它的功很易求得；至于張力雖是一變力,但是,它的方向始終與小球運(yùn)動(dòng)方向垂直,根據(jù)功的矢量式,即能得出結(jié)果來(2) 在計(jì)

27、算功的基礎(chǔ)上,由動(dòng)能定理直接能求出動(dòng)能和速率(3) 在求最低點(diǎn)的張力時(shí),可根據(jù)小球作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的向心加速度由重力和張力提供來確定解(1) 如圖所示,重力對(duì)小球所作的功只與始末位置有關(guān),即在小球擺動(dòng)過程中,張力F 的方向總是與運(yùn)動(dòng)方向垂直,所以,張力的功(2) 根據(jù)動(dòng)能定理,小球擺動(dòng)過程中,其動(dòng)能的增量是由于重力對(duì)它作功的結(jié)果初始時(shí)動(dòng)能為零,因而,在最低位置時(shí)的動(dòng)能為小球在最低位置的速率為(3) 當(dāng)小球在最低位置時(shí),由牛頓定律可得3 -22一質(zhì)量為m 的質(zhì)點(diǎn),系在細(xì)繩的一端,繩的另一端固定在平面上此質(zhì)點(diǎn)在粗糙水平面上作半徑為r 的圓周運(yùn)動(dòng)設(shè)質(zhì)點(diǎn)的最初速率是v0 當(dāng)它運(yùn)動(dòng)一周時(shí),其速率為v0 /2

28、求：(1) 摩擦力作的功；(2) 動(dòng)摩擦因數(shù)；(3) 在靜止以前質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)了多少圈？分析質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中速度的減緩,意味著其動(dòng)能減少；而減少的這部分動(dòng)能則消耗在運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力作功上由此,可依據(jù)動(dòng)能定理列式解之解(1) 摩擦力作功為 (1)(2) 由于摩擦力是一恒力,且F mg,故有 (2)由式(1)、(2)可得動(dòng)摩擦因數(shù)為(3) 由于一周中損失的動(dòng)能為,則在靜止前可運(yùn)行的圈數(shù)為圈3 -23如圖(a)所示,A 和B 兩塊板用一輕彈簧連接起來,它們的質(zhì)量分別為m1 和m2 問在A 板上需加多大的壓力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起來時(shí)B 稍被提起(設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k)分析運(yùn)用守恒定律求解是

29、解決力學(xué)問題最簡捷的途徑之一因?yàn)樗c過程的細(xì)節(jié)無關(guān),也常常與特定力的細(xì)節(jié)無關(guān)“守恒”則意味著在條件滿足的前提下,過程中任何時(shí)刻守恒量不變?cè)诰唧w應(yīng)用時(shí),必須恰當(dāng)?shù)剡x取研究對(duì)象(系統(tǒng)),注意守恒定律成立的條件該題可用機(jī)械能守恒定律來解決選取兩塊板、彈簧和地球?yàn)橄到y(tǒng),該系統(tǒng)在外界所施壓力撤除后(取作狀態(tài)1),直到B 板剛被提起(取作狀態(tài)2),在這一過程中,系統(tǒng)不受外力作用,而內(nèi)力中又只有保守力(重力和彈力)作功,支持力不作功,因此,滿足機(jī)械能守恒的條件只需取狀態(tài)1 和狀態(tài)2,運(yùn)用機(jī)械能守恒定律列出方程,并結(jié)合這兩狀態(tài)下受力的平衡,便可將所需壓力求出解選取如圖(b)所示坐標(biāo),取原點(diǎn)O處為重力勢(shì)能和彈性

30、勢(shì)能零點(diǎn)作各狀態(tài)下物體的受力圖對(duì)A 板而言,當(dāng)施以外力F 時(shí),根據(jù)受力平衡有F1 P1 F (1)當(dāng)外力撤除后,按分析中所選的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律可得式中y1 、y2 為M、N 兩點(diǎn)對(duì)原點(diǎn)O 的位移因?yàn)镕1 ky1 ,F2 ky2 及P1 m1g,上式可寫為F1 -F2 2P1 (2)由式(1)、(2)可得F P1 F2 (3)當(dāng)A 板跳到N 點(diǎn)時(shí),B 板剛被提起,此時(shí)彈性力F2 P2 ,且F2 F2 由式(3)可得F P1 P2 (m1 m2 )g應(yīng)注意,勢(shì)能的零點(diǎn)位置是可以任意選取的為計(jì)算方便起見,通常取彈簧原長時(shí)的彈性勢(shì)能為零點(diǎn),也同時(shí)為重力勢(shì)能的零點(diǎn)3 -25用鐵錘把釘子敲入墻面木板

31、設(shè)木板對(duì)釘子的阻力與釘子進(jìn)入木板的深度成正比若第一次敲擊,能把釘子釘入木板1.00 10 -2 m第二次敲擊時(shí),保持第一次敲擊釘子的速度,那么第二次能把釘子釘入多深？分析由于兩次錘擊的條件相同,錘擊后釘子獲得的速度也相同,所具有的初動(dòng)能也相同釘子釘入木板是將釘子的動(dòng)能用于克服阻力作功,由功能原理可知釘子兩次所作的功相等由于阻力與進(jìn)入木板的深度成正比,按變力的功的定義得兩次功的表達(dá)式,并由功相等的關(guān)系即可求解解因阻力與深度成正比,則有Fkx(k 為阻力系數(shù))現(xiàn)令x01.00 10 -2 m,第二次釘入的深度為x,由于釘子兩次所作功相等,可得x0.41 10 -2 m3 -27如圖(a)所示,天文

32、觀測(cè)臺(tái)有一半徑為R 的半球形屋面,有一冰塊從光滑屋面的最高點(diǎn)由靜止沿屋面滑下,若摩擦力略去不計(jì)求此冰塊離開屋面的位置以及在該位置的速度分析取冰塊、屋面和地球?yàn)橄到y(tǒng),由于屋面對(duì)冰塊的支持力FN 始終與冰塊運(yùn)動(dòng)的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守內(nèi)力,所以,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒但是,僅有一個(gè)機(jī)械能守恒方程不能解出速度和位置兩個(gè)物理量；因此,還需設(shè)法根據(jù)冰塊在脫離屋面時(shí)支持力為零這一條件,由牛頓定律列出冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程求解上述兩方程即可得出結(jié)果解由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,有 (1)根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程為 (2)冰塊脫離球面時(shí),支持力FN 0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置冰塊

33、此時(shí)的速率為v 的方向與重力P 方向的夾角為90- 41.83 -28如圖所示,把質(zhì)量m 0.20 kg 的小球放在位置A 時(shí),彈簧被壓縮l 7.5 10 -2 m然后在彈簧彈性力的作用下,小球從位置A 由靜止被釋放,小球沿軌道ABCD 運(yùn)動(dòng)小球與軌道間的摩擦不計(jì)已知是半徑r 0.15 m 的半圓弧,AB 相距為2r求彈簧勁度系數(shù)的最小值分析若取小球、彈簧和地球?yàn)橄到y(tǒng),小球在被釋放后的運(yùn)動(dòng)過程中,只有重力和彈力這兩個(gè)保守內(nèi)力作功,軌道對(duì)球的支持力不作功,因此,在運(yùn)動(dòng)的過程中,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒運(yùn)用守恒定律解題時(shí),關(guān)鍵在于選好系統(tǒng)的初態(tài)和終態(tài)為獲取本題所求的結(jié)果,初態(tài)選在壓縮彈簧剛被釋放時(shí)刻,這樣

34、,可使彈簧的勁度系數(shù)與初態(tài)相聯(lián)系；而終態(tài)則取在小球剛好能通過半圓弧時(shí)的最高點(diǎn)C 處,因?yàn)檫@時(shí)小球的速率正處于一種臨界狀態(tài),若大于、等于此速率時(shí),小球定能沿軌道繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)；小于此速率時(shí),小球?qū)⒚撾x軌道拋出該速率則可根據(jù)重力提供圓弧運(yùn)動(dòng)中所需的向心力,由牛頓定律求出這樣,再由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律即可解出該彈簧勁度系數(shù)的最小值解小球要?jiǎng)偤猛ㄟ^最高點(diǎn)C 時(shí),軌道對(duì)小球支持力FN 0,因此,有 (1)取小球開始時(shí)所在位置A 為重力勢(shì)能的零點(diǎn),由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律,有 (2)由式(1)、(2)可得3 -29如圖所示,質(zhì)量為m、速度為v 的鋼球,射向質(zhì)量為m的靶,靶中心有一小孔,內(nèi)有勁度系數(shù)為k 的彈簧

35、,此靶最初處于靜止?fàn)顟B(tài),但可在水平面上作無摩擦滑動(dòng)求子彈射入靶內(nèi)彈簧后,彈簧的最大壓縮距離分析這也是一種碰撞問題碰撞的全過程是指小球剛與彈簧接觸直至彈簧被壓縮到最大,小球與靶剛好到達(dá)共同速度為止,在這過程中,小球和靶組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用,外力的沖量為零,因此,在此方向動(dòng)量守恒但是,僅靠動(dòng)量守恒定律還不能求出結(jié)果來又考慮到無外力對(duì)系統(tǒng)作功,系統(tǒng)無非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒應(yīng)用上述兩個(gè)守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度時(shí),彈簧被壓縮量最大這一條件,即可求解應(yīng)用守恒定律求解,可免除碰撞中的許多細(xì)節(jié)問題解設(shè)彈簧的最大壓縮量為x0 小球與靶共同運(yùn)動(dòng)的速度為v1 由動(dòng)量守恒定律,有

36、 (1)又由機(jī)械能守恒定律,有 (2)由式(1)、(2)可得3 -30質(zhì)量為m 的彈丸A,穿過如圖所示的擺錘B 后,速率由v 減少到v /2已知擺錘的質(zhì)量為m,擺線長度為l,如果擺錘能在垂直平面內(nèi)完成一個(gè)完全的圓周運(yùn)動(dòng),彈丸速度v的最小值應(yīng)為多少？分析該題可分兩個(gè)過程分析首先是彈丸穿越擺錘的過程就彈丸與擺錘所組成的系統(tǒng)而言,由于穿越過程的時(shí)間很短,重力和的張力在水平方向的沖量遠(yuǎn)小于沖擊力的沖量,因此,可認(rèn)為系統(tǒng)在水平方向不受外力的沖量作用,系統(tǒng)在該方向上滿足動(dòng)量守恒擺錘在碰撞中獲得了一定的速度,因而具有一定的動(dòng)能,為使擺錘能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng),必須使擺錘在最高點(diǎn)處有確定的速率,該速率可由其

37、本身的重力提供圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力來確定；與此同時(shí),擺錘在作圓周運(yùn)動(dòng)過程中,擺錘與地球組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒定律,根據(jù)兩守恒定律即可解出結(jié)果解由水平方向的動(dòng)量守恒定律,有 (1)為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng),在最高點(diǎn)時(shí),擺線中的張力F0,則 (2)式中vh 為擺錘在圓周最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速率又?jǐn)[錘在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)的過程中,滿足機(jī)械能守恒定律,故有 (3)解上述三個(gè)方程,可得彈丸所需速率的最小值為第四章剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)4 1有兩個(gè)力作用在一個(gè)有固定轉(zhuǎn)軸的剛體上：(1) 這兩個(gè)力都平行于軸作用時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩一定是零；(2) 這兩個(gè)力都垂直于軸作用時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩可能是零；(3) 當(dāng)這

38、兩個(gè)力的合力為零時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩也一定是零；(4) 當(dāng)這兩個(gè)力對(duì)軸的合力矩為零時(shí)，它們的合力也一定是零對(duì)上述說法下述判斷正確的是()(A) 只有(1)是正確的(B)(1)、(2)正確，(3)、(4)錯(cuò)誤(C) (1)、(2)、(3)都正確，(4)錯(cuò)誤 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正確分析與解力對(duì)軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸(例如門的重力并不能使門轉(zhuǎn))不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉(zhuǎn)軸的情況)對(duì)軸之矩不為零，但同時(shí)有兩個(gè)力作用時(shí)，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對(duì)同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規(guī)則

39、可知(1)(2)說法是正確對(duì)于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個(gè)力為共點(diǎn)力，當(dāng)合力為零時(shí)，它們對(duì)同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然但如這兩個(gè)力為非共點(diǎn)力，則以上結(jié)論不成立，故(3)(4)說法不完全正確綜上所述，應(yīng)選(B)4 2關(guān)于力矩有以下幾種說法：(1) 對(duì)某個(gè)定軸轉(zhuǎn)動(dòng)剛體而言，內(nèi)力矩不會(huì)改變剛體的角加速度；(2) 一對(duì)作用力和反作用力對(duì)同一軸的力矩之和必為零；(3) 質(zhì)量相等，形狀和大小不同的兩個(gè)剛體，在相同力矩的作用下，它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定相同對(duì)上述說法下述判斷正確的是()(A) 只有(2)是正確的 (B) (1)、(2)是正確的(C)(2)、(3)是正確的 (D) (1)、(2

40、)、(3)都是正確的分析與解剛體中相鄰質(zhì)元之間的一對(duì)內(nèi)力屬于作用力與反作用力，且作用點(diǎn)相同，故對(duì)同一軸的力矩之和必為零，因此可推知?jiǎng)傮w中所有內(nèi)力矩之和為零，因而不會(huì)影響剛體的角加速度或角動(dòng)量等，故(1)(2)說法正確對(duì)說法(3)來說，題述情況中兩個(gè)剛體對(duì)同一軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產(chǎn)生的角加速度不一定相同，因而運(yùn)動(dòng)狀態(tài)未必相同，由此可見應(yīng)選(B)4 3均勻細(xì)棒OA 可繞通過其一端O 而與棒垂直的水平固定光滑軸轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是()(A) 角速度從小到大，角加速度不變(B) 角速度從

41、小到大，角加速度從小到大(C) 角速度從小到大，角加速度從大到小(D) 角速度不變，角加速度為零分析與解如圖所示，在棒下落過程中，重力對(duì)軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關(guān)當(dāng)棒處于水平位置，重力矩最大，當(dāng)棒處于豎直位置時(shí)，重力矩為零因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機(jī)械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應(yīng)選(C)4 4一圓盤繞通過盤心且垂直于盤面的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)，軸間摩擦不計(jì)如圖射來兩個(gè)質(zhì)量相同，速度大小相同，方向相反并在一條直線上的子彈，它們同時(shí)射入圓盤并且留在盤內(nèi)，則子彈射入后的瞬間，圓盤和子彈系統(tǒng)的角動(dòng)量L 以及圓盤的角速

42、度的變化情況為()(A) L 不變，增大 (B) 兩者均不變(C) L 不變，減小 (D) 兩者均不確定分析與解對(duì)于圓盤一子彈系統(tǒng)來說，并無外力矩作用，故系統(tǒng)對(duì)軸O 的角動(dòng)量守恒，故L 不變，此時(shí)應(yīng)有下式成立，即式中mvD 為子彈對(duì)點(diǎn)O 的角動(dòng)量 為圓盤初始角速度，J 為子彈留在盤中后系統(tǒng)對(duì)軸O 的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，J0為子彈射入前盤對(duì)軸O 的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量由于J J0 ，則 故選(C)4 5假設(shè)衛(wèi)星環(huán)繞地球中心作橢圓運(yùn)動(dòng)，則在運(yùn)動(dòng)過程中，衛(wèi)星對(duì)地球中心的()(A) 角動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒 (B) 角動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒(C) 角動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒 (D) 角動(dòng)量不守恒，動(dòng)量也不守恒() 角動(dòng)量守恒，動(dòng)量

43、也守恒分析與解由于衛(wèi)星一直受到萬有引力作用，故其動(dòng)量不可能守恒，但由于萬有引力一直指向地球中心，則萬有引力對(duì)地球中心的力矩為零，故衛(wèi)星對(duì)地球中心的角動(dòng)星守恒，即r mv 恒量，式中r 為地球中心指向衛(wèi)星的位矢當(dāng)衛(wèi)星處于橢圓軌道上不同位置時(shí)，由于r 不同，由角動(dòng)量守恒知衛(wèi)星速率不同，其中當(dāng)衛(wèi)星處于近地點(diǎn)時(shí)速率最大，處于遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)速率最小，故衛(wèi)星動(dòng)能并不守恒，但由萬有引力為保守力，則衛(wèi)星的機(jī)械能守恒，即衛(wèi)星動(dòng)能與萬有引力勢(shì)能之和維持不變，由此可見，應(yīng)選(B)4 6一汽車發(fā)動(dòng)機(jī)曲軸的轉(zhuǎn)速在12 s 內(nèi)由1.2103 rmin-1均勻的增加到2.7103 rmin-1(1) 求曲軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角加速度；(2)

44、 在此時(shí)間內(nèi)，曲軸轉(zhuǎn)了多少轉(zhuǎn)？分析這是剛體的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律與質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有類似的關(guān)系，本題為勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)解(1) 由于角速度2 n(n 為單位時(shí)間內(nèi)的轉(zhuǎn)數(shù))，根據(jù)角加速度的定義，在勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中角加速度為(2) 發(fā)動(dòng)機(jī)曲軸轉(zhuǎn)過的角度為在12 s 內(nèi)曲軸轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為圈4 7某種電動(dòng)機(jī)啟動(dòng)后轉(zhuǎn)速隨時(shí)間變化的關(guān)系為，式中9.0 s-1 ，2 s 求：(1) t 6.0 s 時(shí)的轉(zhuǎn)速；(2) 角加速度隨時(shí)間變化的規(guī)律；(3) 啟動(dòng)后6.0 s 內(nèi)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)分析與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)相似，剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題也可分為兩類：(1) 由轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程，通過求導(dǎo)得到角速度、角加速度；(2) 在確

45、定的初始條件下，由角速度、角加速度通過積分得到轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方程本題由(t)出發(fā)，分別通過求導(dǎo)和積分得到電動(dòng)機(jī)的角加速度和6.0 s 內(nèi)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)解(1) 根據(jù)題意中轉(zhuǎn)速隨時(shí)間的變化關(guān)系，將t 6.0 s 代入，即得(2) 角速度隨時(shí)間變化的規(guī)律為(3) t 6.0 s 時(shí)轉(zhuǎn)過的角度為則t 6.0 s時(shí)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)圈4 8水分子的形狀如圖所示，從光譜分析知水分子對(duì)AA 軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量JAA1.93 10-47 kgm2 ，對(duì)BB 軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量JBB1.14 10-47 kgm2，試由此數(shù)據(jù)和各原子質(zhì)量求出氫和氧原子的距離D 和夾角假設(shè)各原子都可當(dāng)質(zhì)點(diǎn)處理分析如將原子視為質(zhì)點(diǎn)，則水分子中的氧原子對(duì)A

46、A 軸和BB 軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量均為零，因此計(jì)算水分子對(duì)兩個(gè)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量時(shí)，只需考慮氫原子即可解由圖可得此二式相加，可得則 由二式相比，可得 則 4 9 一飛輪由一直徑為30，厚度為2.0的圓盤和兩個(gè)直徑為10，長為8.0的共軸圓柱體組成，設(shè)飛輪的密度為7.8103 kgm-3，求飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量分析根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可疊加性，飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可視為圓盤與兩圓柱體對(duì)同軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量之和；而勻質(zhì)圓盤、圓柱體對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的計(jì)算可查書中公式，或根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的定義，用簡單的積分計(jì)算得到解根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的疊加性，由勻質(zhì)圓盤、圓柱體對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量公式可得4 10如圖(a)所示，圓盤的質(zhì)量為m，半徑為R求：(1)

47、以O(shè)為中心，將半徑為R2 的部分挖去，剩余部分對(duì)OO 軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量；(2) 剩余部分對(duì)OO軸(即通過圓盤邊緣且平行于盤中心軸)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量分析由于轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可加性，求解第一問可有兩種方法：一是由定義式計(jì)算，式中dm 可取半徑為r、寬度為dr 窄圓環(huán)；二是用補(bǔ)償法可將剩余部分的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量看成是原大圓盤和挖去的小圓盤對(duì)同一軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的差值至于第二問需用到平行軸定理解挖去后的圓盤如圖(b)所示(1) 解1由分析知解2整個(gè)圓盤對(duì)OO 軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為，挖去的小圓盤對(duì)OO 軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，由分析知，剩余部分對(duì)OO 軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為(2) 由平行軸定理，剩余部分對(duì)OO軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為4 11用落體觀察法測(cè)定飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣

48、量，是將半徑為R 的飛輪支承在O點(diǎn)上，然后在繞過飛輪的繩子的一端掛一質(zhì)量為m 的重物，令重物以初速度為零下落，帶動(dòng)飛輪轉(zhuǎn)動(dòng)(如圖)記下重物下落的距離和時(shí)間，就可算出飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量試寫出它的計(jì)算式(假設(shè)軸承間無摩擦)分析在運(yùn)動(dòng)過程中，飛輪和重物的運(yùn)動(dòng)形式是不同的飛輪作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，而重物是作落體運(yùn)動(dòng)，它們之間有著內(nèi)在的聯(lián)系由于繩子不可伸長，并且質(zhì)量可以忽略這樣，飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，就可根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律和牛頓定律聯(lián)合來確定，其中重物的加速度，可通過它下落時(shí)的勻加速運(yùn)動(dòng)規(guī)律來確定該題也可用功能關(guān)系來處理將飛輪、重物和地球視為系統(tǒng)，繩子張力作用于飛輪、重物的功之和為零，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒利用勻加速運(yùn)動(dòng)的路程、速度和

49、加速度關(guān)系，以及線速度和角速度的關(guān)系，代入機(jī)械能守恒方程中即可解得解1設(shè)繩子的拉力為F，對(duì)飛輪而言，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有 (1)而對(duì)重物而言，由牛頓定律，有 (2)由于繩子不可伸長，因此，有 (3)重物作勻加速下落，則有 (4)由上述各式可解得飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為解2根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律，有 (1)而線速度和角速度的關(guān)系為 (2)又根據(jù)重物作勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有 (3) (4)由上述各式可得若軸承處存在摩擦，上述測(cè)量轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的方法仍可采用這時(shí)，只需通過用兩個(gè)不同質(zhì)量的重物做兩次測(cè)量即可消除摩擦力矩帶來的影響4 12一燃?xì)廨啓C(jī)在試車時(shí)，燃?xì)庾饔迷跍u輪上的力矩為2.0303Nm，渦輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為25.0k

50、gm2 當(dāng)輪的轉(zhuǎn)速由2.80103 rmin-1 增大到1.12104 rmin-1時(shí)，所經(jīng)歷的時(shí)間t 為多少？分析由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩，因此，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律可知，飛輪的角加速度是一恒量；又由勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中角加速度與時(shí)間的關(guān)系，可解出飛輪所經(jīng)歷的時(shí)間該題還可應(yīng)用角動(dòng)量定理直接求解解1在勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中，角加速度，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律，可得飛輪所經(jīng)歷的時(shí)間解2飛輪在恒外力矩作用下，根據(jù)角動(dòng)量定理，有則 4 13 如圖(a) 所示，質(zhì)量m1 16 kg 的實(shí)心圓柱體A，其半徑為r 15 cm，可以繞其固定水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)，阻力忽略不計(jì)一條輕的柔繩繞在圓柱體上，其另一端系一個(gè)質(zhì)量m2 8.0 kg 的物體B.求：(1) 物體B 由靜止開始下降1.0 s后的距離；(2) 繩的張力F .分析該系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)包含圓柱體的轉(zhuǎn)動(dòng)和懸掛物的下落運(yùn)動(dòng)(平動(dòng)).兩種不同的運(yùn)動(dòng)形式應(yīng)依據(jù)不同的動(dòng)力學(xué)方程去求解，但是，兩物體的運(yùn)動(dòng)由柔繩相聯(lián)系，它們運(yùn)動(dòng)量之間的聯(lián)系可由角量與線量的關(guān)系得到.解(1) 分別作兩物體的受力分析，如圖(b).對(duì)實(shí)心圓柱體而言，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律得對(duì)懸掛物體而言，依據(jù)牛頓定律，有且F F .又由角量與線量之間的關(guān)系，得解上述方程組，可得物體下落的加速度在t 1.0 s 時(shí)，B 下落的距離為(2) 由式(2)可得繩中的張力為4 14質(zhì)量為m1 和