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《大学物理练习册》B分册解答(2008)

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作业1B牛顿运动定律 1B1质量为m的子弹以速度v水平射入沙土中,设子弹所受阻力与速度反向,大小与速度成正比,比例系数为K,忽略子弹的重力,求:(1)子弹射入沙土后,速度随时间变化的函数式;(2)子弹进入沙土的最大深度。 解:(1)子弹进入沙土后受力为一Kv,由牛顿定律
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作业1B牛顿运动定律 1B1质量为m的子弹以速度v水平射入沙土中,设子弹所受阻力与速度反向,大小与速度 成正比,比例系数为K,忽略子弹的重力,求:(1)子弹射入沙土后,速度随时间变化的函 数式:(2)子弹进入沙土的最大深度。 解:(1)子弹进入沙土后受力为一KU,由牛顿定律 dv k. di d U=Ue (2)求最大深度 解法 dx=u d dx d t x=(m/K)U(1-e") mvo/K 解法二 du. dx du -KU=m dx d K U/K B2一个质量为m,初速度为v的质点在阻力∫=-K的作用下作一维运动。这里K为 正常量。求质点速度与位移之间的关系。 解: dv 方程两边同乘以dt,并注意到dx=wdt,可得:mhv=-k2adhx

1 作业 1B 牛顿运动定律 1B-1 质量为 m 的子弹以速度 0 v 水平射入沙土中,设子弹所受阻力与速度反向,大小与速度 成正比,比例系数为 K,忽略子弹的重力,求:(1)子弹射入沙土后,速度随时间变化的函 数式;(2)子弹进入沙土的最大深度。 解:(1) 子弹进入沙土后受力为-Kv,由牛顿定律 t K m d dv  v  ∴       v v v v v v 0 d , d d d 0 t t m K t m K ∴ Kt / m 0 e  v  v (2) 求最大深度 解法一: t x d d v  x t Kt m d e d / 0   v x t Kt m x t d e d / 0 0 0     v ∴ ( / ) (1 e ) / 0 Kt m x m K   v  xmax  mv0 / K 解法二: x m t x x m t K m d d ) d d )( d d ( d d v v v v  v    ∴ dv K m dx   v v d d 0 0 0 max     K m x x ∴ xmax  mv0 / K 1B-2 一个质量为 m ,初速度为 0 v 的质点在阻力 3 f  Kv 的作用下作一维运动。这里 K 为 正常量。求质点速度与位移之间的关系。 解: 3 Kv dt dv m   方程两边同乘以 dt ,并注意到 dx  vdt ,可得: mdv Kv dx 2  

分离变量得,K 2=d,积分后易得 1_1k 所以 B3抛物线形弯管的表面光滑,绕铅直轴以均匀的角速率转动,抛物线的方程为y=Ax2 这里A为正常量。小环套于弯管上。如果小环可以在管上任意位置相对弯管静止,求弯管的 角速度。 解:在抛物线上任取一点P(x,y),在这一点抛物线切线的斜率为tanb=2Ax。如果小环 可以在P点相对于弯管静止,那么小环受到的重力(mg,铅直方向)与弯管对小环的支持 力(抛物线法向),它们的合力恰好提供小环圆周运动的向心力(mo2x);由几何关系易知: tang= mox 这样,我们就得到了弯管角速度所满足的方程: 2x g g 后得到:O=√2Ag B4一质量为60kg的人,站在质量为30起g的底板上,用绳和滑轮连接如图.设滑轮、绳 的质量及轴处的摩擦可以忽略不计,绳子不可伸长.欲使人和底板能以1ms2的加速度上升, 人对绳子的拉力72多大?人对底板的压力多大?(取g =10m/s2) 解法一:人受力如图(1) 72 m,g=m, 底板受力如图(2) N T+T2-N'-m2g=m,a T1=272 由以上四式可解得 图(1) 图(2)m2g 472-m18-m28=(m1+m2) T2=(m1+m2)g+a)/4=247.5N N=N=m1(g+a)-72=412.N 解法二:人和底板相对于地面有向上的加速度a=1m/s2,因此这个参照系是非惯性系。选 取人和底板为研究对象,在这个参照系里人和底板是静止的,所以人和底板受到的绳的竖直 向上拉力等于它们受到的竖直向下的重力与惯性力之和,271=(m1+m2)g+(m1+m2)a, 又因为71=2T2,可得到

2 分离变量得, dx m K v dv   2 ,积分后易得 x m K v v    0 1 1 所以 m Kv x mv v    0 0 1B-3 抛物线形弯管的表面光滑,绕铅直轴以均匀的角速率转动,抛物线的方程为 2 y  Ax , 这里 A 为正常量。小环套于弯管上。如果小环可以在管上任意位置相对弯管静止,求弯管的 角速度。 解:在抛物线上任取一点 P(x, y) ,在这一点抛物线切线的斜率为 tan  2Ax 。如果小环 可以在 P 点相对于弯管静止,那么小环受到的重力( mg ,铅直方向)与弯管对小环的支持 力(抛物线法向),它们的合力恰好提供小环圆周运动的向心力( m x 2  );由几何关系易知: g x mg m x 2 2 tan      。这样,我们就得到了弯管角速度所满足的方程: Ax g x 2 2   ,最 后得到:   2Ag 1B-4 一质量为 60 kg 的人,站在质量为 30 kg 的底板上,用绳和滑轮连接如图.设滑轮、绳 的质量及轴处的摩擦可以忽略不计,绳子不可伸长.欲使人和底板能以 1 m/s2 的加速度上升, 人对绳子的拉力T2 多大?人对底板的压力多大? (取g =10 m/s2 ) 解法一:人受力如图(1) T2  N  m1 g  m1a 底板受力如图(2) T1 T2  N  m2 g  m2a T1  2T2 N  N 由以上四式可解得 4T2  m1 g  m2 g  (m1  m2 )a ∴ T2  (m1  m2 )(g  a)/ 4  247.5 N N  N  m1 (g  a) T2  412.5 N 解法二:人和底板相对于地面有向上的加速度 2 a 1m/s ,因此这个参照系是非惯性系。选 取人和底板为研究对象,在这个参照系里人和底板是静止的,所以人和底板受到的绳的竖直 向上拉力等于它们受到的竖直向下的重力与惯性力之和, 2T1  (m1  m2 )g  (m1  m2 )a , 又因为 T1  2T2 ,可得到 N  图(1) T2  a  图(2) T1  T2  m g  2 m g  1 N 

72=(m1+m2Xg+a)/4=2475N 选取人为研究对象,在该参照系中人是静止的,同理可得 m1(g+a)-72=412.5 注:也可应用“超重”观点,引入等效重力加速度分析 作业2B动量定理 2B-1质量为m的小球自高为y处沿水平方向以速率U抛出,与地面碰撞后跳起的最大高度 y,水平速率为。求碰撞过程中(1)地面对小球的竖直冲量:(2)地面对小球的水 平冲量。 解:(1)由动量守恒定律,得 m,o=m√g-m√2g0=(1+√2)m (2)同上得: y 1=mv -mv,o =m-vo -m=--mvo 2B2一质点用轻绳悬挂起来,并使质点保持在一个铅垂平O 面内运动,就构成一个单摆。已知单摆作小幅振动的周期为 T=2丌,,这里L为摆长。设细绳端点的质点质量为m,求在单摆的一个振动周期里 细绳拉力对质点m的冲量(指明大小与方向)。 解:经过一个振动周期,质点的速度复原,因此动量的变化为零,由动量定理,在该过程中 质点所受的总冲量为零,即细绳拉力对质点的冲量与重力的冲量大小相等,方向相反。容易 得到,细绳拉力冲量的大小为mgT,方向为竖直向上 2B3将一空盒放在电子秤上,将秤的读数调整为零,然后从高出盒底18m处将小石子以每 秒100个的速率注入盒中。已知每个石子的质量为10g,落下的高度差均相同,且落到盒内 就停止运动,求石子开始注入盒子后10时秤的读数(取g=10m/s2) 解:每颗石子对盒的冲量为6×10-2N·s,每秒钟100颗石子产生的冲量为6N·s,因此平 均冲击力为6N,它对读数的影响相当于0.6kg物体静置于秤上:另外,10s时秤上已堆积 的石子总质量为10kg,所以读数为106kg 2B4一辆水平运动的装煤车,以速率ν从煤斗下面通过,每单位时间内有质量为m的煤御 入煤车,如果煤车的速率保持不变,煤车与钢轨间摩擦忽略不计,试求:(1)牵引煤车的力 的大小;(2)牵引煤车所需功率的大小;(3)牵引煤车所提供的能量中有多少转化为煤的动

3 T2  (m1  m2 )(g  a)/ 4  247.5 N 选取人为研究对象,在该参照系中人是静止的,同理可得 N  N  m1 (g  a) T2  412.5 N 注:也可应用“超重”观点,引入等效重力加速度分析。 作业 2B 动量定理 2B-1质量为 m 的小球自高为 y 0 处沿水平方向以速率 v0 抛出,与地面碰撞后跳起的最大高度 为 2 1 y 0,水平速率为 2 1 v0。求碰撞过程中,(1) 地面对小球的竖直冲量;(2) 地面对小球的水 平冲量。 解:(1) 由动量守恒定律,得 0 0 0 0 I mv mv m gy m 2gy (1 2)m gy y  y  y     (2)同上得:   0  0  0   2 1 I mv mv m v mv x x x mv0 2 1 2B-2 一质点用轻绳悬挂起来,并使质点保持在一个铅垂平 面内运动,就构成一个单摆。已知单摆作小幅振动的周期为 g L T  2 ,这里 L 为摆长。设细绳端点的质点质量为 m ,求在单摆的一个振动周期里, 细绳拉力对质点 m 的冲量(指明大小与方向)。 解:经过一个振动周期,质点的速度复原,因此动量的变化为零,由动量定理,在该过程中 质点所受的总冲量为零,即细绳拉力对质点的冲量与重力的冲量大小相等,方向相反。容易 得到,细绳拉力冲量的大小为 mgT ,方向为竖直向上。 2B-3 将一空盒放在电子秤上,将秤的读数调整为零,然后从高出盒底 1.8m 处将小石子以每 秒 100 个的速率注入盒中。已知每个石子的质量为 10g ,落下的高度差均相同,且落到盒内 就停止运动,求石子开始注入盒子后 10s 时秤的读数(取 2 g  10m /s )。 解:每颗石子对盒的冲量为  N s 2 6 10 ,每秒钟 100 颗石子产生的冲量为 6N s ,因此平 均冲击力为 6N ,它对读数的影响相当于 0.6kg 物体静置于秤上;另外, 10s 时秤上已堆积 的石子总质量为 10kg ,所以读数为 10.6kg 。 2B-4 一辆水平运动的装煤车,以速率 0 v 从煤斗下面通过,每单位时间内有质量为 m0 的煤御 入煤车,如果煤车的速率保持不变,煤车与钢轨间摩擦忽略不计,试求:(1)牵引煤车的力 的大小;(2)牵引煤车所需功率的大小;(3)牵引煤车所提供的能量中有多少转化为煤的动 能? x y O m y0 0 2 1 v 0 2 1 y v0

解:(1)以煤车和M时间内卸入车内的煤为研究对象,水平方向煤车受牵引力F 的作用,由动量定理:F△M=(M+m0M)U0-Mv 求出 F Do P=F Vo=moUo (3)单位时间内煤获得的动能:E=mv6 单位时间内牵引煤车提供的能量为 E=P /E 50% 即有50%的能量转变为煤的动能,其余部分用于在拖动煤时不可避免的滑动摩擦损耗 2B5如图,水平地面上一辆静止的炮车发射炮弹,炮车质量为M,炮身仰角为a,炮弹质 量为m,炮弹刚出口时,相对于炮身的速度为u,不计地面摩擦:(1)求炮弹刚出口时 炮车的反冲速度大小;(2)若炮筒长为l,求发炮过程中炮车移动的距离。 解:(1)以炮弹与炮车为系统,以地面为参考系,水平方向动量守恒.设炮车相对于地面的 速率为Vx,则有 M,, +m(uc 8+V=0 V =-m cosa/(M+m) 即炮车向后退 ○ (2)以(1)表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身 的速度,则该瞬时炮车 的速度应为 (1)=-m(1)cosa/(M+m) 积分求炮车后退距离Ax=ro)dr=-m/M+m) u(tcosadt 即向后退了 mucosa/(M+m)的距离 2B6匀质大圆盘质量为M、半径为R。在大圆盘的右半圆上挖去一个 小圆盘,半径为R/2,如图所示。 (1)试求剩余部分的质心位置。 (2)如果质心的加速度等于A,且水平向右,求这个物体所受的合外力。 解:(1)将大圆盘和小圆盘的圆心分别记为O和O。由对称性可知,剩余部分的质心在O 和O的连线上。以O为坐标原点,OO为x轴,设剩余部分的质心坐标为xc。因为小圆 盘质量为M/4,质心在x=R/2处;完整的大圆盘质心在O点。所以 4

4 解:(1) 以煤车和t 时间内卸入车内的煤为研究对象,水平方向煤车受牵引力 F 的作用,由动量定理: 0 0 0 Ft  (M  m t)v  Mv 求出: F  m0v0 (2) 2 P  Fv0  m0v0 (3) 单位时间内煤获得的动能: 2 0 0 2 1 EK  m v 单位时间内牵引煤车提供的能量为 E  P   2 1 EK / E 50% 即有 50%的能量转变为煤的动能,其余部分用于在拖动煤时不可避免的滑动摩擦损耗. 2B-5 如图,水平地面上一辆静止的炮车发射炮弹,炮车质量为 M,炮身仰角为  ,炮弹质 量为 m ,炮弹刚出口时,相对于炮身的速度为 u ,不计地面摩擦:(1)求炮弹刚出口时, 炮车的反冲速度大小;(2)若炮筒长为 l ,求发炮过程中炮车移动的距离。 解:(1) 以炮弹与炮车为系统,以地面为参考系,水平方向动量守恒.设炮车相对于地面的 速率为 Vx,则有 MVx  m(u cos Vx )  0 V mu cos /(M m) x     即炮车向后退. (2) 以 u(t)表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身 的速度,则该瞬时炮车 的速度应为 V (t) mu(t) cos /(M m) x     积分求炮车后退距离    t x x V t t 0 ( )d     t m M m u t t 0 /( ) ( ) cos d x  ml cos /(M  m) 即向后退了 ml cos /(M  m) 的距离. 2B-6 匀质大圆盘质量为 M、半径为 R。在大圆盘的右半圆上挖去一个 小圆盘,半径为 R/2,如图所示。 (1)试求剩余部分的质心位置。 (2)如果质心的加速度等于 A ,且水平向右,求这个物体所受的合外力。 解:(1)将大圆盘和小圆盘的圆心分别记为 O 和 O 。由对称性可知,剩余部分的质心在 O 和 O 的连线上。以 O 为坐标原点, O O 为 x 轴,设剩余部分的质心坐标为 C x 。因为小圆 盘质量为 M / 4 ,质心在 x  R/ 2 处;完整的大圆盘质心在 O 点。所以 v0  m O R r

1.R lxc +M=0 R 解得 6 (2)由质心运动定理,合外力A、3M4 作业3B角动量,转动定律 3B1.一个具有单位质量的质点在随时间t变化的力F=(32-41)7+121-6)(S1作 用下运动.设该质点在t=0时位于原点,且速度为零.求t=2秒时,该质点受到对原点的 力矩和该质点对原点的角动量。 解:以下各式均为SI式 F F=(312-4l)+(12t-6)),a=(32-4)+(121-6)j a=dU/dt,t=0时,bo=0 ∫dn=∫adt=j2-4n)+(2-6)dt U=(t3-21)+(6t-6) d r/d 0时 P=ludt 41/3+4j,U=12j,F=41+18j 力矩 l0=F×F=(-i+4j)×(41+18/ 角动量 L0=FXmU=(--i+4j)×12j=-16k 3B2匀质大圆盘质量为M、半径为R,对于过圆心O点且垂直于盘面 转轴的转动惯量为MR2。如果在大圆盘的右半圆上挖去一个小圆盘, 半径为R/2。如图所示,试求剩余部分对于过O点且垂直于盘面转轴 的转动惯量。 解:挖去圆盘的质量m=M,则挖去小圆盘对通过中心0且垂直于盘面的转动惯量为

5 0 4 2 1 4 3   R MxC M 解得 6 R xC   (2)由质心运动定理,合外力 F MA 4 3  作业 3B 角动量,转动定律 3B-1. 一个具有单位质量的质点在随时间 t 变化的力 F t t i t j    (3 4 ) (12 6) 2     (SI) 作 用下运动.设该质点在 t = 0 时位于原点,且速度为零.求 t = 2 秒时,该质点受到对原点的 力矩和该质点对原点的角动量。 解: 以下各式均为 SI 式 m = 1, F ma    , F t t i t j    (3 4 ) (12 6) 2     , a t t i t j    (3 4 ) (12 6) 2     ∵ a dv / dt    ,t = 0 时, v0  0  ∴    t a t 0 0 d d    v v      t t t i t j t 0 2 [(3 4 ) (12 6) ]d   t t i t t j    ( 2 ) (6 6 ) 3 2 2 v     ∵ dr /dt   v  , t = 0 时, r0  0  ∴   t v 0 r dt   t t i t t j   ) (2 3 ) 3 2 4 1 ( 4 3 3 2     当 t = 2 s 时 r i j     4 / 3  4 , j   v  12 , F i j     4 18 力矩 M r F i j i j k         4 ) (4 18 ) 40 3 4 ( 0          角动量 L r m i j j k        4 ) 12 16 3 4 ( 0   v       3B-2 匀质大圆盘质量为 M、半径为 R,对于过圆心 O 点且垂直于盘面 转轴的转动惯量为 2 1 MR 2。如果在大圆盘的右半圆上挖去一个小圆盘, 半径为 R/2。如图所示,试求剩余部分对于过 O 点且垂直于盘面转轴 的转动惯量。 解:挖去圆盘的质量 1 4 m M  ,则挖去小圆盘对通过中心 O 且垂直于盘面的转动惯量为 O R r

R R 24"(2 则有J=1MR2-y=29MB2 3B3一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端,绳另一端绕在一轮轴的轴上, 如图所示.轴水平且垂直于轮轴面,其半径为r,整个装置架在光滑的固定轴 承之上.当物体从静止释放后,在时间t内下降了一段距离S.试求整个轮轴 的转动惯量(用m、r、t和S表示) 解:设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T,则根据牛顿运动定律和转动定 律得 ① 由运动学关系有 由①、②、③式解得: m(g-a)r2/a④ 又根据已知条件=0 将⑤式代入④式得:J=m( 3B4有一半径为R的圆形平板放在水平桌面上,平板与水平桌面的摩擦系数为,若平板 绕通过中心且垂直板面的固定轴以角速度O0开始旋转,它将在旋转几圈后停止? 解:在r处的宽度为dr的环带面积上摩擦力矩为 dM=u πr·rdr 2 总摩擦力矩 M=l dM=fumg h 故平板角加速度 设停止前转数为n,则转角6=2m 由 2=2B0=4πMn/J 可得 Ja% 4πM =3Ro/16/g 3B-5.一长为1m的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固 定轴转动.抬起另一端使棒向上与水平面成60°,然后无初转速地将

6 2 2 1 1 1 3 2 ' 2 4 2 4 4 64 R R J M M MR                 则有 1 29 2 2 ' 2 64 J MR J MR    3B-3 一质量为 m 的物体悬于一条轻绳的一端,绳另一端绕在一轮轴的轴上, 如图所示.轴水平且垂直于轮轴面,其半径为 r,整个装置架在光滑的固定轴 承之上.当物体从静止释放后,在时间 t 内下降了一段距离 S.试求整个轮轴 的转动惯量(用 m、r、t 和 S 表示). 解:设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为 T,则根据牛顿运动定律和转动定 律得: mg­T=ma ① T r=J ② 由运动学关系有: a = r ③ 由①、②、③式解得: J=m( g-a) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v0=0 ∴ S= 2 2 1 at , a=2S / t 2 ⑤ 将⑤式代入④式得:J=mr 2 ( S gt 2 2 -1) 3B-4 有一半径为 R 的圆形平板放在水平桌面上,平板与水平桌面的摩擦系数为μ ,若平板 绕通过中心且垂直板面的固定轴以角速度  0 开始旋转,它将在旋转几圈后停止? 解:在 r 处的宽度为 dr 的环带面积上摩擦力矩为 r r r R mg dM 2 d 2       总摩擦力矩 M M mgR R  3 2 d 0    故平板角加速度  =M /J 设停止前转数为 n,则转角  = 2n 由  2  4Mn / J 2 0  可得 R g M J n    3 /16π 4 2 0 2 0    3B-5.一长为 1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固 定轴转动.抬起另一端使棒向上与水平面成 60°,然后无初转速地将 T r  T a mg m O r l O 60° mg 

棒释放.已知棒对轴的转动惯量为-m12,其中m和l分别为棒的质量和长度.求 (1)放手时棒的角加速度 (2)棒转到水平位置时的角加速度 解:设棒的质量为m,当棒与水平面成60°角并开始下落时,根据转动定律 其中 M= mohsin30°=mgl/4 于是 38=735radi J 47 当棒转动到水平位置时,M=-mgl 那么 =14.grad 3B-6如图所示,一圆盘形工件K套装在一根可转动的 固定轴A上,它们的中心线互相重合,圆盘的内外直 径分别为D和D,该工件在外力矩作用下获得角速度 Oo,这时撤掉外力矩,工件在轴所受的阻力矩作用下 最后停止转动,其间经过了时间1.试求轴所受的平均 阻力.这里圆盘工件绕其中心轴转动的转动惯量为 mD2+D2)/8,m为圆盘的质量.轴的转动惯量忽略不计 解:如果平均阻力为∫,根据转动定律得 f斤=JB 其中 =D/2,J=m(D2+D2)/8 JB/D=-m(d +DB/(4D) 又从已知条件 则角加速度 B=(a1-00)/t=-oo/t 将③式代入②式,得∫的量值为 D+D 作业4B4B角动量守恒定律,转动动能 4B1光滑圆盘面上有一质量为m的物体A,拴在一根穿过圆盘中心O 处光滑小孔的细绳上,如图所示.开始时,该物体距圆盘中心O的距离 7

7 棒释放.已知棒对轴的转动惯量为 2 3 1 ml ,其中 m 和 l 分别为棒的质量和长度.求: (1) 放手时棒的角加速度; (2) 棒转到水平位置时的角加速度. 解:设棒的质量为 m,当棒与水平面成 60°角并开始下落时,根据转动定律 M = J 其中 sin 30 / 4 2 1 M  mgl  mgl  于是 2 7.35 rad/s 4 3    l g J M  当棒转动到水平位置时, M = 2 1 mgl 那么 2 14.7 rad/s 2 3    l g J M  3B-6 如图所示,一圆盘形工件 K 套装在一根可转动的 固定轴 A 上,它们的中心线互相重合,圆盘的内外直 径分别为 D 和 D1.该工件在外力矩作用下获得角速度  ,这时撤掉外力矩,工件在轴所受的阻力矩作用下 最后停止转动,其间经过了时间 t.试求轴所受的平均 阻力.这里圆盘工件绕其中心轴转动的转动惯量为 m(D 2+ 2 D1 ) / 8,m 为圆盘的质量.轴的转动惯量忽略不计. 解:如果平均阻力为 f ,根据转动定律得  fr  J ① 其中 r  D/ 2, ( )/8 2 1 2 J  m D  D ∴ 2 / ( ) /(4 ) 2 f   J D  m D  D1  D ② 又从已知条件 t = 0 则角加速度 = (t-) / t =-0 t ③ 将③式代入②式,得 f 的量值为 f = m0(D 2+ 2 D1 ) / (4Dt) 作业 4B 4B 角动量守恒定律,转动动能 4B-1 光滑圆盘面上有一质量为 m 的物体 A,拴在一根穿过圆盘中心 O 处光滑小孔的细绳上,如图所示.开始时,该物体距圆盘中心 O 的距离 . D D1 A K r A 0 O v 0

为r,并以角速度ω绕盘心O作圆周运动.现向下拉绳,当质点A的径向距离由n减少到 r时,向下拉的速度为,求下拉过程中拉力所作的功 解:角动量守恒 nOr= mU U-2时小球的横向速度 Z为小球对地的总速度,而v=v2+b3 拉力作功 W=-mUB 当r=时 W=(3m2o2/2)+m 4B2质量为m4的粒子A受到另一重粒子B的万有引力作用,B保持在原点不动.起初,当 A离B很远(r=∞)时,A具有速度U0,方向沿图中所 示直线Aa,B与这直线的垂直距离为D.粒子A由于A→x2-- 粒子B的作用而偏离原来的路线,沿着图中所示的轨 道运动.已知这轨道与B之间的最短距离为d,求B 的质量mB. 解:A对B所在点的角动量守恒.设粒子A到达距B最短距离为d时的速度为U. Uo=m, ud, U=Dvo /d A、B系统机械能守恒在很远处时,引力势能为零 m, u-gr 解得 Uo=2Gmald m=(D2-d2)u2/(2d) 4B-3.如图所示,A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上,设两轮的转动惯量分别为J=10 kg·m2和J=20kg·m2.开始时,A轮转速为600 rev/min,B轮静止.C为摩擦啮合器, 其转动惯量可忽略不计.A、B分别与C的左、右两个组件 相连,当C的左右组件啮合时,B轮得到加速而A轮减速 直到两轮的转速相等为止.设轴光滑,求: - (1)两轮啮合后的转速n (2)两轮各自所受的冲量矩 解:(1)选择A、B两轮为系统,啮合过程中只有内力矩作用,故系统角动量守恒 JAoa+JB@B=(J+JB)o 又aB=0得 Ox JO/JA+JB)=20.9 rad/s

8 为 r0,并以角速度0 绕盘心 O 作圆周运动.现向下拉绳,当质点 A 的径向距离由 r0 减少到 0 2 1 r 时,向下拉的速度为 v,求下拉过程中拉力所作的功. 解:角动量守恒 mv r  mv r 0 0 ① v '为 0 2 1 r  r 时小球的横向速度. 拉力作功 2 0 2 2 1 2 1 W  mv B  mv ② vB 为小球对地的总速度, 而 2 2 2 v B  v v 当 0 2 1 r  r 时 2 2 0 2 0 2 1 W  (3mr  / 2)  mv 4B-2 质量为 mA 的粒子 A 受到另一重粒子 B 的万有引力作用,B 保持在原点不动.起初,当 A 离 B 很远( r = ∞)时,A 具有速度 v 0  ,方向沿图中所 示直线 Aa,B 与这直线的垂直距离为 D.粒子 A 由于 粒子 B 的作用而偏离原来的路线,沿着图中所示的轨 道运动.已知这轨道与 B 之间的最短距离为 d,求 B 的质量 mB. 解:A 对 B 所在点的角动量守恒.设粒子 A 到达距 B 最短距离为 d 时的速度为 v. DmAv0  mAvd , v  Dv0 / d A、B 系统机械能守恒(A 在很远处时, 引力势能为零) mA mA GmAmB / d 2 1 2 1 2 2 v0  v  解得 2GmB / d 2 0 2 v v  ∴ ( ) /(2 ) 2 0 2 2 mB  D  d v Gd 4B-3. 如图所示,A 和 B 两飞轮的轴杆在同一中心线上,设两轮的转动惯量分别为 J=10 kg·m 2 和 J=20 kg·m 2.开始时,A 轮转速为 600 rev/min,B 轮静止.C 为摩擦啮合器, 其转动惯量可忽略不计.A、B 分别与 C 的左、右两个组件 相连,当 C 的左右组件啮合时,B 轮得到加速而 A 轮减速, 直到两轮的转速相等为止.设轴光滑,求: (1) 两轮啮合后的转速 n; (2) 两轮各自所受的冲量矩. 解:(1) 选择 A、B 两轮为系统,啮合过程中只有内力矩作用,故系统角动量守恒 JAA+JBB = (JA+JB), 又B=0 得  JAA / (JA+JB) = 20.9 rad / s A B a d D v  v0  A B C A

转速 n≈200rev/mm (2)A轮受的冲量矩 ∫Mdrz=J(4+l=-419×102N·m·s 负号表示与4方向相反 B轮受的冲量矩 MBdt=Ja(O-0)=4.19×10N·m·s 方向与o,相同 4B4在半径为R具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上,有一个人静止站立在距转轴为 R处,人的质量是圆盘质量的1/10,开始时盘载人相对地以角速度ω匀速转动,如果此 人垂直圆盘半径相对于盘以速率v沿与盘转动相反方向作圆周运动,如图所示。 已知圆盘对中心轴的转动惯量为-MR2,求 (1)圆盘对地的角速度; (2)欲使圆盘对地静止,人沿着-R圆周对圆盘的速度v的大小及方 向 解:(1)设当人以速率U沿相对圆盘转动相反的方向走动时,圆盘对地的绕轴角速度为O, 则人对与地固联的转轴的角速度为 R R 人与盘视为系统,所受对转轴合外力矩为零,系统的角动量守恒. 设盘的质量为M,则人的质量为M/10,有: 4+(号1-=号+(号 将①式代入②式得:O 21R (2)欲使盘对地静止,则式③必为零.即 0b+2U/(21R)=0 得 U=-21Rcb/2 式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反,即与 盘的初始转动方向一致 4B5如图所示,长为l的轻杆,两端各固定质量分别为m和2m

9 转速 n  200 rev/min (2) A 轮受的冲量矩  M t A d = JA(JA+JB) = 4.19×10 2 N·m·s 负号表示与  A  方向相反. B 轮受的冲量矩  M t B d = JB( - 0) = 4.19×102 N·m·s 方向与  A  相同. 4B-4 在半径为 R 具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上,有一个人静止站立在距转轴为 R 2 1 处,人的质量是圆盘质量的 1/10,开始时盘载人相对地以角速度  o 匀速转动,如果此 人垂直圆盘半径相对于盘以速率 v 沿与盘转动相反方向作圆周运动,如图所示。 已知圆盘对中心轴的转动惯量为 2 2 1 MR ,求: (1)圆盘对地的角速度; (2)欲使圆盘对地静止,人沿着 R 2 1 圆周对圆盘的速度 v  的大小及方 向? 解:(1) 设当人以速率 v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时,圆盘对地的绕轴角速度为, 则人对与地固联的转轴的角速度为 R R v 2v 2 1        ① 人与盘视为系统,所受对转轴合外力矩为零,系统的角动量守恒. 设盘的质量为 M,则人的质量为 M / 10,有:                         2 2 0 2 2 2 1 2 10 1 2 1 2 10 1 MR M R MR M R ② 将①式代入②式得: 21R 2 0 v    ③ (2) 欲使盘对地静止,则式③必为零.即 0 +2v / (21R)=0 得: v=-21R0 / 2 式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反,即与 盘的初始转动方向一致. 4B-5 如图所示,长为 l 的轻杆,两端各固定质量分别为 m 和 2m R v   R/2 l 3 1 ⅓l 2m m m O v0  ⅓l l 3 2 ⅓l 2 0 1 v 

的小球,杆可绕水平光滑轴在竖直面内转动,转轴O距两端分别为_和2l3,原来静止在 竖直位置,今有一质量为m的小球,以水平速度v。与杆下端小球m作对心碰撞, 速度返回,试求碰撞后轻杆所获得的角速度。 解:将杆与两小球视为一刚体,水平飞来小球与刚体视为一系统.由角动量守恒得 m21-m3Jo(逆时针为正向) Do 2 又 n(2)2+2m(-)2 将②代入①得 4B6一块宽L=060m、质量M=1kg的均匀薄木板,可绕水平固定轴OO无摩擦地自由 转动.当木板静止在平衡位置时,有一质量为m=10×103kg的子弹垂直击中木板A点,A 离转轴OO距离l=0.36m,子弹击中木板前的速度为500m·s1,穿出木板后的速度为200 m·s 求 (1)子弹给予木板的冲量 (2)木板获得的角速度 (已知:木板绕OO轴的转动惯量J=M2) 解:(1)子弹受到的冲量为=「Fdr=m(U-) 子弹对木块的冲量为=∫Fd=-Fdt=m-)=3Ns 方向与U0相同 (2)由角动量守恒定律m=如+m grads MI2 4B-7一根放在水平光滑桌面上的匀质棒,可绕通过其一端的竖直固定光滑轴O转动.棒的 质量为m=1.5kg,长度为l=1.0m,对轴的转动惯量为J=m}2.初始时棒静止.今有 水平运动的子弹垂直地射入棒的另一端,并留在棒中,如图所示.子弹的质量为m=0.020kg 速率为U=400m·s1.试问: (1)棒开始和子弹一起转动时角速度o有多大? (2)若棒转动时受到大小为M=40N·m的恒定阻力

10 的小球,杆可绕水平光滑轴在竖直面内转动,转轴 O 距两端分别为 3 1 l 和 2l/3,原来静止在 竖直位置,今有一质量为 m 的小球,以水平速度 o v  与杆下端小球 m 作对心碰撞,碰后以 o v  2 1 速度返回,试求碰撞后轻杆所获得的角速度。 解:将杆与两小球视为一刚体,水平飞来小球与刚体视为一系统.由角动量守恒得 J l m l m    3 2 3 2 2 0 0 v v (逆时针为正向) ① 又 2 2 ) 3 ) 2 ( 3 2 ( l m l J  m  ② 将②代入①得 2l 3v0   4B-6 一块宽 L=0.60 m、质量 M=1 kg 的均匀薄木板,可绕水平固定轴 OO 无摩擦地自由 转动.当木板静止在平衡位置时,有一质量为 m=10×10-3 kg 的子弹垂直击中木板 A 点,A 离转轴 OO 距离 l=0.36 m,子弹击中木板前的速度为 500 m·s -1,穿出木板后的速度为 200 m·s -1.求 (1) 子弹给予木板的冲量; (2) 木板获得的角速度. (已知:木板绕 OO 轴的转动惯量 2 3 J  1 ML ) 解:(1) 子弹受到的冲量为     d  m v v0 I F t 子弹对木块的冲量为 d d   3 N s 0            I F t F t m v v 方向与 v 0  相同. (2) 由角动量守恒定律 0 lmv J mv      1 2 0 9 rads 3      v v ML lm  4B-7 一根放在水平光滑桌面上的匀质棒,可绕通过其一端的竖直固定光滑轴 O 转动.棒的 质量为 m= 1.5 kg,长度为 l = 1.0 m,对轴的转动惯量为 J= 2 3 1 ml .初始时棒静止.今有一 水平运动的子弹垂直地射入棒的另一端,并留在棒中,如图所示.子弹的质量为 m= 0.020 kg, 速率为 v = 400 m·s -1.试问: (1) 棒开始和子弹一起转动时角速度有多大? (2) 若棒转动时受到大小为 Mr = 4.0 N·m 的恒定阻力 v0  O L l A O m, l O m v

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