武漢工程大學物理練習冊練習三

1、1 1一力學系統(tǒng)由兩個質點組成，它們之間只有引力作用。若一力學系統(tǒng)由兩個質點組成，它們之間只有引力作用。若兩質點所受外力的矢量和為零，則此系統(tǒng)兩質點所受外力的矢量和為零，則此系統(tǒng) (A) (A) 動量、機械能以及對一軸的角動量都守恒。動量、機械能以及對一軸的角動量都守恒。 (B) (B) 動量、機械能守恒，但角動量是否守恒不能斷定。動量、機械能守恒，但角動量是否守恒不能斷定。 (C) (C) 動量守恒，但機械能和角動量守恒與否不能斷定。動量守恒，但機械能和角動量守恒與否不能斷定。 (D) (D) 動量和角動量守恒，但機械能是否守恒不能斷定。動量和角動量守恒，但機械能是否守恒不能斷定。1m2m1

2、f2fo1rd2rd1F2F注意守恒條件：注意守恒條件： 0iF 動量守恒動量守恒合外力合外力合外力矩合外力矩 0iiiFrM 角動量守恒角動量守恒只有保守力做功只有保守力做功00 iirdF，A非非保保機械能守恒機械能守恒 0iF 0iiiiiFrFrM 動量守恒動量守恒 角動量不能斷定是否守恒角動量不能斷定是否守恒，A0 非非保保但但0 iiiirdFrdFA外外1m2m1f2fo1rd2rd1F2FOR mgNRFO 因合外力（拉力因合外力（拉力F ）對圓心）對圓心 O 點的點的合外力矩為合外力矩為 0 ，角動量守恒。物體在，角動量守恒。物體在合外力的方向上有位移合外力的方向上有位移 ，

3、r 減小，外減小，外力做了功力做了功，v 增大，物體的動能增加，增大，物體的動能增加，動量大小增加，方向也在改變。動量大小增加，方向也在改變。（ m不變）不變）ozdmRBAJJ (B) (D) 不能確定不能確定JA、 JBBAJJ (C) BAJJ 22220mRdmRdmRdmrJ 質質量量分分布布質質量量分分布布質質量量分分布布ozdmRLv32Lv54Lv76Lv98(A)(B) (C) (D) Ovv俯視圖0 合合外外M )(22mLJmvLmvLLv76 Ovv俯視圖1r2r 。 20540tradsrad250,/05. 0. 12 220100)05. 0(21100521tt

4、解：解：因均勻減速，所以因均勻減速，所以2/05. 0srad 常數(shù)常數(shù)， “”表示減速。表示減速。rad25034180240 2/5 . 0srad 34345 . 0202202 3 . 05 . 0Rat)/(15.02sm 4 . 03 . 0342Ran)/(26. 12sm， ，)/(26. 1),/(15. 0. 222smasmant 求求 也可用也可用 31634212121222tttt )/(26. 14 . 03 . 034316)21(22222smRRtRan )/(26. 1),/(15. 0. 222smasmant MRmMaT21.3 Ra aMRRaMR

5、JTR21212 MaT21 解：解：物體下落的加速度與輪邊緣的切向加速度相等物體下落的加速度與輪邊緣的切向加速度相等，對于圓盤由轉動定理有，對于圓盤由轉動定理有MRmMgmgTa 4決定剛體轉動慣量的因素是決定剛體轉動慣量的因素是 。解解：剛體的總質量，以及質量相對轉軸的分布。剛體的總質量，以及質量相對轉軸的分布。4. 剛體的總質量，以及質量相對轉軸的分布剛體的總質量，以及質量相對轉軸的分布2iirmJ r，ri 質點或者質元到轉軸的距離質點或者質元到轉軸的距離。 質質量量分分布布dmrJ2 sinrmvLmvd解：解：v5質量為質量為 m 的質點以速度的質點以速度 沿一直線運動，則它對直線

6、外垂沿一直線運動，則它對直線外垂直距離為直距離為 d 的一點的角動量大小是的一點的角動量大小是 。odvr mmvdL . 5vrmvmrL mvrvmrL vLrL , L6有一半徑為有一半徑為 R 的水平圓轉臺，可繞通過其中心的豎直固定的水平圓轉臺，可繞通過其中心的豎直固定光滑軸轉動，轉動慣量為光滑軸轉動，轉動慣量為 J ，開始時轉臺以勻角速度，開始時轉臺以勻角速度 0 轉動轉動此時有一質量為此時有一質量為 m 的人站在轉臺中心的人站在轉臺中心 。隨后人沿半徑向外跑。隨后人沿半徑向外跑去，當人到達轉臺邊緣時，轉臺的角速度去，當人到達轉臺邊緣時，轉臺的角速度 。解：解：由角動量守恒有由角動量

7、守恒有mgNRvO 0 mgNRvO )(20mRJJ20mRJJ 20. 6mRJJ 0v7長為長為L L 、質量為、質量為M M 的勻質桿可繞通過桿一端的勻質桿可繞通過桿一端 o o 的水平光滑的水平光滑固定軸轉動，轉動慣量為固定軸轉動，轉動慣量為ML2/3，開始時桿豎直下垂，如圖所，開始時桿豎直下垂，如圖所示。有一質量為示。有一質量為m的子彈以水平速度的子彈以水平速度 射入桿上射入桿上A點，并嵌在點，并嵌在桿中，桿中，OA=2L/3，則子彈射入后瞬間桿的角速度，則子彈射入后瞬間桿的角速度 0v AO 2l/3 m 解：解：碰撞過程極短，桿處于豎直位置碰撞過程極短，桿處于豎直位置重力不產(chǎn)生

8、力矩，力的作用線的延長線過重力不產(chǎn)生力矩，力的作用線的延長線過軸。系統(tǒng)（子彈軸。系統(tǒng)（子彈+桿）角動量守恒，有桿）角動量守恒，有l(wèi)mMmv)43(6. 70 0v32lMmcoA )32(332220lmMllmvlmMmv)43(60 lmMmv)43(6. 70 注意：碰后成為一體，子彈注意：碰后成為一體，子彈+ +桿看成剛體，桿看成剛體，求整體的轉動慣量更方便。求整體的轉動慣量更方便。22)32(3lmMlJ JvmrLL008一長為一長為L、質量為質量為m的細桿，兩端分別固定質量為的細桿，兩端分別固定質量為m和和2m的的小球，此系統(tǒng)在豎直平面內(nèi)可繞過中點小球，此系統(tǒng)在豎直平面內(nèi)可繞過中

9、點 O且與桿垂直的水平光且與桿垂直的水平光滑固定軸滑固定軸 (O 軸軸)轉動開始時桿與水平成轉動開始時桿與水平成 60角，處于靜止狀角，處于靜止狀態(tài)。無初轉速地釋放以后，桿球這一剛體系統(tǒng)繞態(tài)。無初轉速地釋放以后，桿球這一剛體系統(tǒng)繞 O 軸轉動。系軸轉動。系統(tǒng)繞統(tǒng)繞O軸的轉動慣量軸的轉動慣量 J 。釋放后，當桿轉到水平位置時，剛體受釋放后，當桿轉到水平位置時，剛體受到的合外力矩到的合外力矩 M；角加速度角加速度 _。 O60 m2m2r1rmg2mgmgo解：解：（1 1）注意桿有質量，對過質心的轉動慣量為）注意桿有質量，對過質心的轉動慣量為2121mLJ 桿桿222265)2)(2()2(12

10、1mLLmLmmLJ 系統(tǒng)繞系統(tǒng)繞O軸的轉動慣量軸的轉動慣量（2）桿轉到水平位置時）桿轉到水平位置時mgLLmgLmgM21222 （3）LgmLmgLJM536/52/2 LgmgLMmLJ53,21,65. 82 LgmgLMmLJ53,21,65. 82 注意：如果是輕桿，桿的質量注意：如果是輕桿，桿的質量m0，則，則22243)2)(2()2(0mLLmLmJ LgmLmgLJM324/32/2 mgLLmgLmgM21222 1質量為質量為m，長度為，長度為L的勻質桿可繞通過其下端的水平光滑固定的勻質桿可繞通過其下端的水平光滑固定軸軸O在豎直平面內(nèi)轉動，如圖。設它從豎直位置由靜止倒下

11、，求在豎直平面內(nèi)轉動，如圖。設它從豎直位置由靜止倒下，求它傾倒到與水平面成它傾倒到與水平面成 角時的角速度角時的角速度 和角加速度和角加速度 。O解：解：由機械能守恒定律求由機械能守恒定律求；由轉動定理求；由轉動定理求最簡單最簡單 解法一：解法一： 取取O點為重力勢能零點，桿在倒下點為重力勢能零點，桿在倒下過程中只有重力做功，機械能守恒，有：過程中只有重力做功，機械能守恒，有：LmgLmgJ21sin21212 hc1.由機械能守恒定律求由機械能守恒定律求；由轉動定理求；由轉動定理求最簡單最簡單rhc231mLJ Lg)sin1(3 )sin1(2 Lhc或者選以桿在鉛垂位置時，質心處為零勢，

12、質心高度改變量或者選以桿在鉛垂位置時，質心處為零勢，質心高度改變量LmgLmgJ21sin21212 22)31(21)sin1(2 mLLmg ，rhc （2）只有重力對）只有重力對 cos21)2sin(21sin21)sin(21sin21mgLmgLmgLmgLmgLMgmrM JMLgJM2cos3 得得由剛體轉動定律：由剛體轉動定律：解法二：解法二：先求先求，再求，再求 JMLgJM2cos3 得得由剛體轉動定律：由剛體轉動定律：dtddtd dddtddddtd dd注意：角速度的正方向是與角位置增大的方向成右手螺旋。注意：角速度的正方向是與角位置增大的方向成右手螺旋。得得再由再

13、由 20cos23dLgd)sin1(23212 Lg兩邊積分：兩邊積分：得得則：則：Lg)sin1(3 20021sin23 ddLg2021)sin1(23)cos1(23cos23 LgLgLg或或 2 解法三：解法三：也可由剛體的動能定理求出也可由剛體的動能定理求出：注意重力矩做正功使：注意重力矩做正功使 增加，使增加，使 減少，有減少，有 cos21sin21mgLmgLM021)sin1(21sin21cos21021)cos1(21cos21sin21222200 JmgLmgLdmgLJmgLmgLdmgLALgJmgL)sin1(3)sin1( 解出解出 dddtddddtd

14、LgLLgL2cos3)sin-3g(12cos3)sin-3g(1 可由可由 對時間對時間 t 求導得：求導得：021021)sin1(21cos21222 cmvJmgLdmgLA222222121)31(21)sin1(2 mLmvmLLmg22222)2(2121)31(21)sin1(2 LmmvmLLmgc特別注意：桿是剛體，不是質點；桿做定軸轉動，不是平動特別注意：桿是剛體，不是質點；桿做定軸轉動，不是平動。,21211RMJ 22221rMJ ， R M1 M2 r m a2M1RrM2mM1gM2gT1T1N1N2T2T2mg1解法一解法一：受力分析如圖所示，以順時針繞向為正

15、，以向下為正：受力分析如圖所示，以順時針繞向為正，以向下為正：111 JRT1 Ra21121RMJ 2212 JrTrT2 ra22221rMJ maTmg 2對滑輪對滑輪M1： 對滑輪對滑輪M2： 對物體對物體m： 121121 RMRTaMT1121 aMTT21221 aMMT)(21212 aMMmmg )(2121)/(422221smMMmmga ahv22 )/(22421smMMmmghv NaMMMmmgMT4821212111 NagmMMmmgMMT58)(2)(21212 )(58)(21212NaMMT 解法二解法二：求速率也可用機械能守恒來做，以物體：求速率也可用

16、機械能守恒來做，以物體 m 在下降到在下降到h0.5 m 時為重力勢能的零勢點，有時為重力勢能的零勢點，有 rvRv 21,2222212122222112)21(21)21(2121212121 rMRMmvJJmvmgh)/(22421smMMmmghv 021211111 JhTRT)(485 . 04424422122121212111NhvMhRMhJT )(5840985 . 0410215 . 08 . 91021212NhmvmghT 021)(222122122 JhTTrTrT)(585 . 044)245(4)(22122122212212122222112222NhvM

17、MhRMhrMhJhJT 解出解出2221mvhTmgh 第一種方法第一種方法中所用的剛體的轉動定律、牛頓第二定律都是中所用的剛體的轉動定律、牛頓第二定律都是瞬瞬時定律時定律，所以由它們求出的加速度，所以由它們求出的加速度 a 、T1 、T2 、v 都是都是任意任意時時刻的，從而由它們解出的結果就證明了刻的，從而由它們解出的結果就證明了這些值與時間無關這些值與時間無關。 注意注意 ：后一種后一種求解求解 T1 、T2 的方法基于這兩個力是的方法基于這兩個力是恒力恒力，但，但沒有第一種方法的證明，是沒有第一種方法的證明，是沒有判定沒有判定 T1 、T2 就是恒力的就是恒力的 。(1) 細桿的質量。細桿的質量。 (2) 細桿擺起的最大角度細桿擺起的最大角度 。OMm l l vlMmcol cch mglmv 221 Jlmv 231Mlmvl222121 Jmv222312121 Mlmv ， 式式得得2222222222312121MlJmlJJmvvml mM3 則細桿的質量：則細桿的質量： Jlmv222121 Jmv3/2MlJ Jlmv222121 Jmvl v