大学物理学 上册 (李承祖 杨丽佳 著) 科学出版社 课后答案 第一部分　力学 课后答案 60页

'课后答案网，用心为你服务！大学答案---中学答案---考研答案---考试答案最全最多的课后习题参考答案，尽在课后答案网（www.khdaw.com）！Khdaw团队一直秉承用心为大家服务的宗旨，以关注学生的学习生活为出发点，旨在为广大学生朋友的自主学习提供一个分享和交流的平台。爱校园（www.aixiaoyuan.com）课后答案网（www.khdaw.com）淘答案（www.taodaan.com） 第一部分力学第1章质点运动学一.基本要求1.理解几个基本概念：质点、参考系、惯性系、非惯性系．2.掌握描述质点运动的几个基本物理量：位置矢量、位移、速度、加速度．能区分矢量和标量，特别注意矢量的基本性质和运算法则．3.能熟练运用微积分等数学工具．用积分法由已知质点的运动速度或加速度求质点的位矢方程；用求导法由已知的位矢方程求速度和加速度．4.能熟练计算平面曲线运动特别是圆周运动中质点的加速度、切向加速度、法向加速度．掌握圆周运动的角量描述，以及角量和线量之间的关系．5.了解伽利略变换和牛顿的绝对时空观．二.内容提要和学习指导（一）描述质点运动的基本物理量1．位置矢量rt()：又简称位矢，由坐标原点指向质点位置的有向线段；2．位移rrttrt()()：①rrttrt()()；②在单向直线运动中rs，在其它运动中rs；③当t0时，drds。3．速度rrttrt()()s平均速度：v；在单向直线运动中vv（平均速率），ttt在其它运动中vv；drdrds瞬时速度：v；vv（瞬时速率）；dtdtdt4．加速度vvttvt()()平均加速度：att2dvdrdvdvdv瞬时加速度：a；在直线运动中a，在曲线运动中a；2dtdtdtdtdt强调：基本物理量有三性。①矢量性。必须注意矢量的书写及运算（加法、减法、叉乘、点乘、积分、微分）规则；②瞬时性。基本量在不同时刻有不同的大小和方向；③相对性。即：rA相对于B+rB相对于C=rA相对于C；rA相对于B+rB相对于C=rA相对于C；v+v=v。A相对于BB相对于CA相对于C（二）运动学的两类基本问题1．第一类问题：rrt()→vdrd/t；vvt()→advd/t；1 t2．第二类问题：aat()，vv→vt()vatdt()；t0000tvvt()，rr→rt()rvtdt()；t000012特例：匀变速运动：aa0→vt()vat00→rt()rvt00at0；212匀变速直线运动：aa0→vt()vat00→x()txv00ta0t；2avxx0,00vcosvvx0cosxv0cost抛体运动：→→2agyy,svv00invvy0singtyv0sintgt/2特别注意：当质点加速度以质点位置坐标的函数形式给出时，采用以下处理方法：dvdv122r2ar()→drar()dr→vdvardr()→()(vv21ard)r。dtdt2r1dvdv122x2ax()→dxaxdx()→vdvaxdx()→()(vvaxd)x。21dtdt2x1（三）曲线运动的两种描述方法1．直角坐标系法物理量表示式位矢和位移rxiyjzk，rxiyjzk速度dxdydzvijkvivxyzjvkdtdtdt加速度dx222dydzdvdvdvxyzaijkijkaiajak222xyzdtdtdtdtdtdt2．自然坐标法物理量一般曲线运动圆周运动速度vdsd/tvR法向加速度222avn/avRn/R切向加速度advd/taRdd/tRtt（四）相对运动问题的解题关键1．应用公式：vA相对于B+vB相对于C=vA相对于C；2．画出矢量图。三.习题解答和分析1.1．什么是质点？既然真正的质点是不存在的，研究质点的运动有什么意义？【答】一个只有质量而忽略其大小和形状的物体就称为质点。虽然真正的质点是不存在的，但是在研究实际问题时，有时可以忽略物体的大小和形状。也就是说，质点是现实物体有条件的、合理的抽象，是为了简化问题，突出问题的主要方面而引进的“理想模型”。理想化模型的研究方法是物理学中经常采用的方法。所以，研究质点的运动具有非常重要的现实意义。2 1.2．如何描述质点的运动？位矢和位移有什么差别？【答】（1）描述质点的位置用位矢；描述质点的位置移动用位移；描述质点运动的快慢和方向用速度；描述质点速度的大小和方向变化快慢用加速度。（2）位矢与位移的差别是：①位移是矢量，路程是标量；②一般情况下，路程s>位移的大小r；③在单向直线运动中，sr；④当t0时，路程微元ds=位移微元的大小dr。231.3．有一物体作直线运动，它的运动方程式为x6t2t，x的单位为m，t的单位为s，试求（1）第2s内的平均速度；（2）第3s末的速度；（3）第1s末的加速度；（4）这个物体的运动形式．x84【解】（1）x8m.，x4m，v4m/s；t2t1t1dx2（2）vt126t，vm18/s；t3dt2dx（3）at1212，a0；2t1dt（4）加速度均匀减少的直线运动。1.4．已知质点的运动方程为racostibsintj，其中a、b、均为正的常数．试求（1）质点的速度和加速度；（2）运动轨迹方程，并证明它的加速度恒指向椭圆中心．222【解】（1）vasintibcostj；aacostibsintjr；22xy2（2）质点运动轨迹方程为1；由于质点的加速度ar，即质点任一时刻的加22ab速度与质点此时的位矢方向相反，所以它的加速度始终指向椭圆中心．1.5．一个人身高h2米，在灯下以匀速率v沿水平直线行走。设灯距地面高为h1。试求M点沿地面移动的速度？dr【解题分析】根据速度的定义式v，在本题中点Mhdt1hdx2M做一维运动，其速度v，因此本题的关键是建立合适的dtxxx坐标系，写出点M位置的表达式．【解】建立如图坐标系，设M点的坐标为x，人的坐标为x，由三角形关系可知xxhxhdxhxdh2111→x→vv。Mxhhhdthhdthh11212121.6．矿井中有一升降机由静止开始匀加速上升3.0s，达到速度3.0m/s，然后按这个速度匀速上升6.0s，最后又匀减速上升5.0s而停止。（1）试计算升降机上升的高度；（2）试求升降机在整个上升过程中的平均速度。【解】以初始时刻升降机的位置为坐标原点，竖直向上为轴的正方向。运动分为三个阶段。（1）第一阶段：v0，ts3.0，vm3.0/s0113 22→avvtm()/1.0/s，yvtat/24.5m；110110111第二阶段：ts6.0，a0→yyvt22.5m；22211222第三阶段：ts5.0，v0，avvt()/0.6ms/→yyvtat/230.0m；333313321333vms(/)（2）vyttt3123/()2.14m/s。3另外一种解法：由右边的vt图可得升降机的上升高1度为：hm(614)330()。203914ts()21.7．一质点在X轴上运动，其速度和时间的关系为v82t（v的单位为cm/s；t的单位为s）．当t=8s时，质点在原点左边52cm处．试求：（1）质点的加速度和位置的表达式；（2）质点的初速度；（3）质点的初位置．2dv2【解】（1）v82t→a4t(cm/s)；dtxtt22v82t，xts852→52dx8vdt88(2t)dt→233231372xtt528(8)(8)→xt8t(cm)333（2）v(8cm/s)0（3）x457(3.cm)01.8．一质点以初速度v0作直线运动，所受阻力与其速度成正比。试求当质点的速度减为v0/n（n>1）时质点经过的路程与质点所能经过的总路程的比值。【解题分析】本题是给出了加速度和初始条件，求质点所经过的路程，必须进行积分运算．由于本dvdv题中未涉及到时间t，因此在积分的过程中须通过积分变量替换v．dtdxdvdv【解】fcv（c为常数）→macv→mmvcv；dtdxv0x1vmdnvcdx0；→mvc()xv0010n0x2x1mdvcdx1；→mvcx→1。v0020xn24 1.9．一弹性球自静止竖直落在斜面上的A点，下落高度h=0.20m，斜面与水平夹角=30．问弹性球第二次碰到斜面的位置B距A多远？设弹性球与斜面碰撞前后速度的数值相等，碰撞后入射角等于反射角。【解】vvsin2ghsin，y00xvvcos2ghcos；3000yhagsin，agcosAxyB30º122v0y2hx0vtat→t20yByBB题1.9图2agy218hhxv2a4sinhh4sin8sinh0.80（m)Bx0xgg21.10．质点作曲线运动时，（1）加速度一定不等于零吗？（2）速度方向一定沿轨道切向吗？（3）讨论一般曲线运动中，质点速度、切向加速度、法向加速度的大小、方向及其关系。324【答】（1）不一定。例如：st，则vt3，at6，at9/。tn当t0时，a0，a0，a0。tnvydydt/dy（2）一定。例如：在平面曲线运动中，轨道曲线的切向斜率。vdx/dtdxx2dvv221an（3）vve；ae；ae；aaa，aaa，tan。tnntntndtat31.11．飞轮加速转动时，其轮缘上一点按规律s1.0t而运动(t以秒计，s以米计)。飞轮半径为2米。求当此点的速率v＝30米／秒时，此点的法向与切向加速度。23ds230302【解】s1.0t→v3.0t；→ts10()→am450(s)dtv300.3nts102dv2→at0.66(ms)tts10dtts10ts1021.12．一质点从静止出发沿半径为R3m的圆周作匀加速运动，切向加速度为a3m/s。（1）t经过多长时间它的总加速度恰好与半径成45角？（2）在上述时间内，质点所经过的路程为多少？222dvvtvatt【解】a，v0→dvadt→vat→atdtt000ttnRRaRn（1）cot451→tscot1()；aat5 dst12（2）vat→satdtat1.5()m。tttdt021.13．一质点沿半径为0.10m的圆周运动，其角位置（单位：弧度）可用下式表示：324t式中t以秒计．问：（1）在t=2s时，它的法向加速度和切向加速度各是多少？（2）当切向加速度的大小为总加速度大小的一半时，为多少？（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰好有相等的值？3d2d24【解】24t→12t→24t→aR14.4t，aR2.4t；ntdtdt422（1）at14.4230.4(/ms)，atm2.44.8(/s)；nts2ts2tts22tsan3312（2）6ttan603→t→23.155(rad)；at23341（3）14.4tt2.4→ts0.550()。361.14．由楼窗口以初速v水平射出一发子弹，若取枪口为坐标原点，沿v方向为x轴，竖直向下为y00轴．发射瞬间开始计时，试求（1）子弹在任一时刻t的坐标及子弹的轨迹方程（设重力加速度已知）；（2）子弹在t时刻的速度、切向加速度和法向加速度．avxx0;00vxvt0g2【解】(1)→2→y2x。agvyy;00ygt/22v0av0;vvvxx00x0222（2）→→vvg0t；→agv;0vgtyy0ydvdvgt222gt2420222gtgv0a；→aaag；tdtdtvgt222nv2g2t222200v0gt2avgtavgv0另外一种解法：at；an。vvgt222vvgt222001.15．什么是Galileo变换？Galileo变换体现的时空观有什么特点？【解】①Galileo变换是指：设S参考系是惯性系，S系相对于S系沿x轴正向以速度v作匀速直线运动，则同一个物理事件，在这两个参考系中，时空坐标的变换关系为：xxvt，yy，zz，tt②Galileo变换所体现的是经典物理的绝对时空观，即：时间间隔是绝对的，与物质运动无关；空间距离是绝对的，与物质运动无关；同时性是绝对的，与物质运动无关；时间与空间是相互独立的，互不相关。1.16．一个人在静水中的划船速度为4.0km/h，（1）若江水自西向东流动，速度为2.0km/h，而此人从南向北航行，想达到正对面的江岸，他应当以怎样的方向划行？（2）设江阔4.0km，按上述选定的方向，他要多少时间才能渡过去？（3）如果他希望用最短的时间渡江，他应当以怎样的方向划行？【解题分析】根据伽利略的速度变换，船对岸的速度=船对水的速度+水对岸的速度，三个速度满足矢6 量三角形法则．问题（1）实际上是在船对岸运动距离最短的条件下确定船对水的速度方向；而问题（3）实际上是在船运动时间最短的条件下确定船对水的速度方向．北【解】（1）设船相对水的速度为vcs，水相对岸的速度为vsa，vsav船相对岸的速度为v，则vvv，三者应满足如图的csvcacacacssa11vsa1三角形关系，故有sinsin30v2题1.16图cs所以要想达到正对面的江岸，他的船的指向应该是北偏西30°．22（2）以上述方向划船，船相对岸的速度大小为vvv3.46kmhcacssas4船渡到对岸所用的时间为th1.15()。v3.46ca（3）如果他希望用最短的时间渡江，他应将船指向正对岸。因为船对水的速度是一定的，船相对水走的路程越短，渡江的时间越短。1.17．用水桶接装雨水，假定雨相对地面垂直下落，速度为v，试问刮风和不刮风时哪一种情形桶能较快装满雨水？（设风的方向与地面平行）vyd【解】设雨水相对风的速度为vyf，风相对地面的速度为vfd，vyfvfd雨水相对地面的速度为v，则：vvv。ydyffdyd设水桶口面积为s，则单位时间进入水桶的雨量为svcossv，ydyf题1.17图所以，接水速率与风速无关。1.18．河水自西向东流动，速度为10km/h，一轮船在水中航行，船相对于河水的航向为北偏西30o，航速为20km/h．此时风由正东向正西吹，风速为10km/h．试求在船上观察到的烟囱冒出的烟缕的飘向．（设烟离开烟囱后即获得与风相同的速度）北vvcscd【解】此题实质上是求风相对船的速度．设船相对河水的速20kmh/度为v，河水对地速度为v，则船对地速度为vvv。cssdcdcssdvfc又设风对地速度为v，则风相对船的速度为vvv。60fdfcfdcdvfdvsd由上述两个矢量式画出矢量图如右图。由图可知，风相对船的速10kmh/10kmh/度大小为v=20kmh，方向是吹向南偏西30°。fc题1.18图22tt1.19．质点的运动学方程为reiejk2．求：（1）质点的轨迹；（2）自t1至t1质点的位移．7 2txe2txy1【解】（1）ye→质点的轨迹方程,x,0y0z2z222reiej2kt1222222（2）22→reeieejeeij()()()()reiej2kt11.20．一物体从静止开始，先以大小的切向加速度运动一段时间后，紧接着又以大小的切向减速2t度运动，直至停止。若在此全过程中物体运动的总时间为t，试证明物体运动的总路程为s。2()dvdvsv12【证明】加速：v→dsvdv→dsvdv→2sv；dtds001dvdvs202减速：v→dsvdvdsvdv→2sv；dtds0v2vvtvt，vt，ttt→tv→v；12122222vt112→sss()t；12222()2()1.21．一张致密光盘音轨区域的内半径R1=2.2cm，外半径为R2=5.6cm，径向音轨密度N=650条/mm。在CD唱机内，光盘每转一圈，激光头沿径向向外移动一条音轨，激光束相对光盘以v=1.3m/s的恒定线速率运动，求：（1）这张光盘全部放音时间是多少？（2）激光束到达离盘心r=5.0cm处，光盘转动的角速度和角加速度各是多少？【解】（1）以光盘中心为圆心，在音轨区作半径为r宽度为dr的圆环，此圆环区包含的音轨长度为2rNdr，激光束在此段音轨上的扫描时间为dt2rNdrv/，由此可得这张光盘的全部放音时间为2NNR2223Tdtrdr()RR4.1610s69.4min21vvR12vdvdrv32（2）26(rads/)；3.3110(rads/)。23rdtrdt2Nr8 第2、3章质点和质点系动力学一．基本要求1．理解牛顿三定律的内容以及牛顿定律的适用范围，并能正确运用牛顿运动定律解题．2．理解惯性系和非惯性系，并能在非惯性系中解决质点的动力学问题．3．掌握描述力的时间积累效应的物理量——冲量和动量，以及有关质点（系）冲量和动量的主要规律：动量定理和动量守恒定律．弄清动量守恒定律的适用条件，并能熟练应用它们解决有关问题．4．掌握质点（系）角动量的定义，以及有关质点（系）角动量的主要规律：角动量定理和角动量守恒定律．并能用这些规律解决有关问题．5．掌握描述力的空间积累效应的物理量——功和能，以及有关质点（系）功和能的主要规律：质点（系）的动能定理、质点系的功能原理和机械能守恒定律．并能熟练应用它们解决有关问题．6．掌握质心的概念及质心运动的规律——质心运动定理．7．能够用质点系的基本规律解决两体碰撞问题．二．内容提要和学习指导（一）动力学的基本物理量1．力：①力是物体间的相互作用；②力通过场来传递；③力是运动状态改变的原因；④力是产生形变的原因。四种基本相互作用：引力相互作用；电磁相互作用；强相互作用；弱相互作用。m1m2几种力的表达式：①万有引力FGr（重力Fmg）；②弹性力（正压力，3r张力）Fkx；③静摩擦力fssN；④滑动摩擦力fkkN；⑤流体阻力fcv；…t2．冲量和动量：冲量元dIFdt；冲量IFdt；动量ppimivi；t0ii3．力矩和角动量：力矩MriFi；角动量LLirimivi（对同一参考点）；iiiB124．功和动能：元功dWFrd；路程功WABFdr；动能Ekmivi；A(L)2iB5．保守力的功与势能：①Fdr与路径无关；②Fdr0；A保L保Ep0B③EFdr；④Fdr()EE；pAA保A保pBpA几种势能：重力势能Emgh（规定物体在地面时系统的势能为零）；pmm12引力势能EG（规定两质点相距无穷远时系统的势能为零）pr12弹性势能Ekx（规定弹簧处于自然长时系统的势能为零）p29 （二）动力学的基本规律质点质点系备注力牛顿第一定律对质量离散质点系：的牛顿第二定律：rmciiiri/(mi)瞬dp质心运动定理Fma时dt对质量连续的物体：FMaC效牛顿第三定律rrdm/(dm)cMM应力动量定理动量定理t的2t内力并不改变质点Fdtmvmv2t21Fdtmvmv时1合外ii2ii1系的总动量，仅改变tii间1单个质点的动量，它积动量守恒定律动量守恒定律使动量在质点系内累若F0，传递，保持质点系的若iFi外0，则imviiP0效总动量不变．则mvmv0应角动量定理角动量定理drmv()d所有力矩和角动量rFrFii外()Lidtiidt都是相对于同一角动量守恒定律角动量守恒定律参考点而言的若M0，若rF0，则rmvLii0ii外ii则rmvL0力动能定理内力可以对质点系的动能定理WW()ei()(EE)做正功或负功，使质ikBikA空1122i点系的总动能增加WmvmvABBA间22或减少积功能原理累()ei()对单个质点不谈势WW非保i[(EEEEikBipB)(ikAipA)]效能，应机械能守恒定律所以对单个质点不()ei()谈若WW0，则非保功能原理和机械能守恒定律i()EiBEEip0（三）动力学基本规律的应用：应用动力学规律要解决的问题就是：什么物体在什么力的作用下做什么样的运动!1．应用牛顿运动定律解题（1）在惯性系中的解题步骤①选对象。即取一个或几个物体作为隔离体。②细分析。即对隔离体进行受力分析和运动分析。有时先进行受力分析，有时先进行运动分析，有时两者交替进行。画受力图时既要防止漏画力，也要防止多画力。③列方程。即用正交分解法把各隔离体所受的力和隔离体的加速度分解为各正交轴方向的分量，然后应用牛顿定律和运动学关系列方程。注意，方程的个数必须等于未知量的个数。10 ④符号解：即用字母或符号运算求解方程，不要中间不断地代入数据进行数字运算。这样做的好处一是减少了中间数字运算的计算量和计算误差，第二个好处是得到了用字母表示的公式型结果，便于对结果进行分析和讨论。⑤验结果：初步检验推导结果是否正确的常用方法，一是检查量纲是否相符，二是在结果公式中令特殊情况，看看是否符合实际。⑥代数据：代入数据进行运算前要先统一单位。（2）在非惯性系中解题设质点所受的真实力为F，质点相对于非惯性系的加速度为a，引入惯性力Fi，则牛顿第二定律在非惯性中形式上成立：FFma。应用此式在非惯性系中求解力学问i题时，方法和步骤与（１）中所列相同。惯性力F可分为以下三种：①平动非惯性系中的惯性力：设a是非惯性系相对惯性系i0的平动加速度，则Fma。②转动非惯性系中的惯性力：设S系相对惯性系的匀速转i0动角速度为，质点相对S系的速度为v，垂直于的径向矢为r，则在S系中，惯性离2心力为Fmr；③科里奥利惯性力为Fm2v。iC2．应用动量和角动量解题基本分析方法和步骤与上相似，但是要强调以下几点：①特别注重从系统的角度看问题；②特别注重对系统外力和外力矩的分析；③特别注意守恒条件是否成立；④特别注意：内力不改变系统总动量，内力矩不改变系统总角动量。３．应用功能关系解题基本分析方法和步骤以及要强调的注意点与上相似，但是还要强调两点：①要把所有存在保守力相互作用的物体都包含在一个系统内；②内力可能做功，从而改变系统的能量状态。４．综合应用的一个例子——两体碰撞特点：①忽略位移；②忽略外力→系统的动量和角动量守恒；③内力做功→动能损失12E()v．k212动能损失的衡量：恢复系数evvvv/。①完全弹性碰撞：e=1，E0；121020k12②完全非弹性碰撞：e=0，Ev(v)；③非完全弹性碰撞：00，所以加速上升时拉力做的功大。kk2.25．坡和平地上都覆盖着厚雪。一雪橇由静止从高度为h的山坡A处滑下，最后停在距A点的水平距离A为S的地面上，如图所示。（1）试证：雪橇和雪之间的h摩擦系数为hS/；（2）当坡度减小时，S将如何变化？【证明】（１）对整个过程运用动能定理，在整个过程中只有重力和摩擦力做功，由动能定理有S题2.25图19 A+A=0，其中Amgh，GfGhAmgcosmg(Shcot)mgS。由此可得：mghmgS，即hS/fsin（２）从上式可以看出Sh/，与坡度是无关的，所以坡度改变时，S将不变。2.26．如图所示，一个表面光滑半径为R的圆柱体和一个与弹簧相连FN质量为m的物体，弹簧的倔强系数为k。开始时m位于A处，这时弹簧处于自然长。力F位于竖直面内且与柱面始终相切。在F的作用下，m沿BT柱面切向匀速地由A移动到B处，试分别计算力F、重力、弹簧弹力做R的功。AB【解题分析】求力的功时，往往是根据功的定义式AFdr求mgA解，但是如果研究对象的运动情况已知，也可以由动能定理求解．本题中题2.26图物体动能不变，因此合外力的功为零，而重力和弹力为保守力，它们的功很容易求得，再进而求力F的功．【解】方法一：根据功的定义，用积分的方法．以物体m为研究对象，其受力如图所示，依题意物体切向方向所受合外力为零，则有FmgcoskRB122力F做功为：AFdr(cmgoskRRd)mgRsinkRFA0212重力和弹力做功分别为：AmgRsin，Ak()R。GT2方法二：用动能定理．以物体为研究对象，力F、重力、弹力对它做功，物体匀速运动，故有AAAE0FGTk12则AAAmgRsink(R)。FGT2B11222.27．证明：动能定理Fdrmvmv对任何惯性系都是正确的。BAA22【证明】设两惯性系为SS、，t0时刻两惯性系重合，S相对S沿x轴正向以速度u运动。下面的证明约定不带撇的量表示相对S系的物理量，带撇的量表示相对S系的物理量。如果在S系中动能定理成立，即B1212Fdrmvmv（1）BAA22tB考虑到伽利略变换rrtu，vvu和动量定理Fdtmvmvmvmv可得tBABAA（1）式左边：BBBtBBAFrdAFd(rtu)AFrd(tFdt)uAFrd(mvBmvA)u；A（1）式右边：121212121212mvmvm(vu)m(vu)mvmvm(vv)uBABABABA22222220 B1212两边相等，得Frdmv"mv"BAA22上面的证明说明只要一个惯性系中的动能定理成立，那么在所有惯性系中动能定理都成立。2.28．一质量为2.0g的子弹，其出口速度为300m/s。设子弹在枪筒中前进时所受到的合外力为8000F400x(N)，其中x以米为单位，开枪时子弹在x=0处，试计算枪筒的长度。912l40002【解】方法一：由动能定理可得：mvFdx400ll。02094002代入数据并整理可得一元二次方程：ll4090。9202因式分解得：(l3)0。39最终求出枪管长度为l0.45(m)。20dvFF方法二：用牛顿第二定律。子弹在枪管内的加速度为，两边同乘以dx得：vdvdx，dtmmvl0F12l利用始末状态条件计算积分vdvdx可得：mvFdx。00m200【评注】①应用动能定理求解本题更为简洁一些。②本题结果满足枪口处F0的条件。2.29．有一质量为1kg的物体与弹簧接触，如图所示。mmm施力其上，弹簧被压缩，物体向左移动距离x2.0m。假1设弹簧的质量可忽略不计，当此物体被弹簧弹出后，沿水平x1x2题2.29图桌面向右移动距离x1m后停止。弹簧的倔强系数2k100N/m，问此物体与桌面间的摩擦系数是多少？12【解】由功能原理得：mgx()x0kx1212解得：2kx12(mgxx)12A21000.2R0.17。219.8(0.21)H2.30．质量为m的小车自A点无摩擦地以初速为零沿如图所示的轨道滑下。（1）若使小车在运动的全程都不离开轨道滑Nmg下，A点的最小高度H是多少？（2）求此时圆形轨道上任意题2.30图点所受压力的一般表达式。【解】小车在运动过程中只受到重力和轨道正压力的作用，重力是保守力，轨道正压力不做功。所以，选小车和地球组成一个系统，则系统的机械能守恒。设小车到达圆轨道上角位置时速度为v，则由机械12能守恒可得：mvmgR(1sin)mgH221 2v小车在角位置时满足圆周运动的动力学关系：NmgsinmRH由以上两式解得：Nmg(23sin)R（1）若使小车在任意角处都不脱离轨道，即要求对任意角，都有N0，则必须H5R。即小车全程不脱离轨道的最小高度为HR5。min（）在上述的最小高度下，小车在2圆形轨道上任意点所受的正压力为Nm3(g1sin)。02.31．两物体A、B的质量分别为mk1.5g、mk2.85g，它们之间用细绳连接，放在倾角30AB的斜面上，如图所示。A、B与斜面间的滑动摩擦系数分别为.015，.021。kAkB求：（1）A、B两物体的加速度；（2）绳中的张力；（3）如果A、B互换位置，（1）（2）的结果又如何？【解题分析】根据牛顿定律，要求物体的加速度，应先分N析物体的受力情况，本题涉及两物体，它们之间的绳子中可能Bf有张力，也可能没有张力；摩擦力有可能是滑动摩擦力，也可BB能是静摩擦力。所以这个题须要运动分析和受力分析交替进NATT行。fAA【解】（1）先分析无绳连接时两物体的运动情况。假设两mgB物体斗下滑，容易得出：题2.31图agAsinkAgcos，aBgsinkBgcos。mgA计算三个数据：sin0.5，cos0.13，cos0.18。显然：sincos表kAkBkA示A将加速下滑；sincos表示B也将加速下滑；sincossincos表kBkAkB示A的加速度大于B的加速度。由此可知，当A和B用绳相连时，绳子绷紧，两者以共同的加速度下滑。据此画出示力图（如图）。以A和B整体作为研究对象，由正交分解法可得()mmgsinmgcosmgcos(mma)，即ABkAAkBBAB()mmcosag[sinkAAkBB]1(0.151.50.212.85)3/22[]9.8.329msmmAB21.52.85（2）以B为研究对象，由图可得Tmgsinmgcosma，代入a解得BkBBBmm1.52.853ABTg()cos(0.210.15)9.80.50()NkBkAmm1.52.852AB（３）如果A和B互换位置，由上面的分析可知，绳子松弛，两者各自独立运动，T0；132aAgsinKAgcos8.9.0158.9.363ms；2222 132aBgsinKBgcos8.9.0218.9=3.12ms。222.32．如图所示，地面上有一质量为M，倾角为1、2的斜面体。质量为m1、m2的两木块分别置于斜面体的两侧，用轻绳经滑轮相连。设各接触面光滑，绳子和滑轮的质量均可忽略，且绳不可伸长。试求ｍ1m1相对M的加速度以及M相对地面的加速度。m2M21【解】分别取m1、m2和M为隔离体，画出如图题2.32图示受力图。设M相对地面的加速度为aM，m1和m2T相对M的加速度为a。N1TN2方法一：以地面为参考系，建立如图坐标系。对m1：TNmsin1111cosgm1a1ymg1NN2mgN212TNmcossina111111xyMg对m2：TNmsin2222cosgm2a2yxTNmcossina22222x对M：NNTTMsinsincoscosa112221M运动学关系：aasin；aasin；aaacos，aaacos。11y22y11xM22xM(cmmmmoscos)(sinsin)11221122由以上9个关系式解得：agM2()mmM(mmm)(coscmos)12121122()Mmmm(sinmsin)121122ag2()mm(Mmmm)(coscmos)12121122方法二：首先在地面参考系中给出M的动力学关系：NsinNTTMsincoscosa112221M然后以M为参考系，分别研究m和m的运动。注意：此时必须考虑惯性力的作用。分别沿两个斜面建12立x轴，垂直斜面向上建立y轴。对m：沿斜面向上为x轴正向，则Tmacosmgsinma；111M111Nmasinmgcos0。11M111对m：沿斜面向上为x轴正向，则Tmacosmgsinma；222M22223 Nmasinmgcos0。22M222(cmmmmoscos)(sinsin)11221122由以上5个关系式解得：agM2()mmMmmm()(coscmos)12121122()Mmmm(sinmsin)121122ag2()mmMmmm()(coscmos)12121122【评注】以上两种方法比较，显然第二种方法简练。由此可见，在有些情况下，用非惯性系解题可以使得问题得到简化。2.33．光滑的水平桌面上放置一个固定的圆环带，半径为R。一物体贴着环带内侧运动（如图所示），物体与环带间的滑动摩擦系数为k。设物体在某一时刻经A点时速率为v0，求此后t时刻物体的速率以及从A点开始所经过的路程。22vv【解】物体对环带内侧的压力为Nm，环带对物体的摩擦力为fNm，kkRR2dvfvdvdt物体的切向加速度为ak，即。A2kdtmRvRv0vtdv题2.33图k计算积分dt，v200vR11ktv0R可得，整理后可得任意t时刻物体的速率为vvvRRvt00k从初始时刻到t时刻物体经过的路程为ttvRRvtSvdt0dtln(10k)。y00RvtR0kkH2.34．顶角为2的直圆锥体，底面固定在水平面上，如图所示。质量为m的小球系在绳的一端，绳的另一端系在圆锥的顶点，绳长为L，TN2且不能伸长，质量不计。圆柱面是光滑的，今使小球在圆锥面上以角速x度绕OH轴匀速转动，求：（1）锥面对小球的支持力N和细绳中的F张力T；（2）当增大到某一值c时，小球将离开锥面，这时c及T离又各是多少？ｏ【解】（1）建立固定于小球的转动参照系，将合外力沿x,y方向mg题2.34图分解2ｘ方向：TNsincosmlsiny方向：NTsincosmg2解得：Nmgl(cos)sin，22Tm(cosglsin)24 gmg（2）当N=0时，小球将离开锥面，此时：；T。cclcoscos2.35．一个人在赤道上静止时的视重为490N，他的实重是多少？当地球以多大的角速度自转时，物体在赤道上的视重为零？在此种情况下，一日的时间为多长？2R122【解】（1）设人所在纬度为，则W视W实(1cos)W实(1cos)g289在赤道上，纬度=0，cos1，则有289289WW4904917.N实视2882882R22R（2）由W视W实(1cos)可知，当=0，W0时，10，视ggg9.83即1.2410(rads/)3R64001022mA此时，一日的时间T.141(h)3.124102.36．物体A，B的质量分别为mA=2kg，mB=3kg，物体B放在水平桌面上，它与桌面间的静摩擦系数.025。物体B与物体A用轻质细绳相连并跨过一质量可以不计的定滑轮。桌子固定在一个吊车内，试求下列两种情况下绳子的张力。mB2（1）吊车以a0＝2m/s的加速度竖直向下运动；2（2）吊车以a0＝2m/s的加速度水平向左运动。题2.36图【解题分析】本题可以选地面为参考系，也可以选吊车为参考系。现选择吊车为非惯性系，此时，须考虑它们所受的惯性力，其NmaA0中A物体受到的惯性力为Fma，B物体受到的惯性力为AiA0TfmaFma，然后分别对两物体形式地运用牛顿第二定律．B0a0BiB0mgTA2【解】（1）吊车以a0＝2m/s的加速度竖直向下运动。以吊车为参照系，沿绳的方向，两物体有相同的加速度，设此加速度为a，mgB则对A物体：Tm()gmamaAA0Aa0对B物体：mgTmamaBB0BNmaA0mmgaAB()0(1)f解得：T11.()7NTmmABT2mgAmaB0(２）吊车以a0＝2m/s的加速度水平向左运动。同理可得对A物体：Tmamgma；AA0AmgB25 对B物体：mgcosmasinTma；BB0Bmgsinmacos0BB022mm(ggaa)AB00解得：T12.5()NmmBA【评注】在惯性力公式Fma中，a为非惯性系相对惯性系的加速度，m为研究对象的质量，i00例如物体A受到的惯性力为Fma，物体B受到的惯性力为Fma．在这一点上初学者iA0iB0常犯的错误是将m理解为非惯性参照物的质量．本题也可以在地面惯性系中求解，但是解题步骤要繁琐一些。2.37．如图所示，一只盛水的圆桶，水中有一弹簧，它的一端固定在桶底的中心，另一端系一浮标，浮标浮在水面上并拉伸弹簧。开始时，整个系统静止不动放在一个高台子上，然后将支撑桶的高台子突然撤掉，系统整体自由下落，问弹簧和浮标将会发生什么情况？【答】选水桶为参考系，突然撤掉支撑桶的高台子后，桶内的水和浮标全部失重，水的内部压强丢失，浮标只受到弹簧的弹性力作用。初始条件为弹簧拉长而浮标的初速为零。由此可以断定：浮标以弹簧自然长时的位置为平衡点，上下作简谐振动，初始位置就是其最大位移处。题2.37图2.38．一炮弹沿水平弹道（可近似看成直线）以900m/s的速度飞行，05炮弹在北纬60向着正北方向距离为18km处的目标发射。地球自转的角速度为3.710rad/s，若不考虑地球的公转，略去空气阻力，不计惯性离心力，问：因地球自转，炮弹打到目标附近时，在水平方向偏离多少？偏向什么方向？【解】因为受到一个向右的利里奥利力的作用，炮弹将偏向目标的东侧2偏东的加速度为：aF/2mv2svin0.114/msc21122SS偏东的距离为：Sat/22vsin()sin22.8()m22vv2.39．设想在地球北极装置一个单摆。令其摆动后，则会发现其摆动平面（摆线所扫过的平面），按顺时针方向转动。摆球受到垂直于这平面的作用力吗？试用惯性系和非惯性系概念解释这个现象。【答】设地面相对于惯性系转动的角速度为，摆球相对于地面的速度为v，则在惯性系中观察，摆球具有科里奥利加速度2v。在地面转动非惯性系中观察，摆球受到科里奥利力2v的作用。从这两个方面看，都可以得出摆动平面按顺时针方向转动的结论。（参阅教材中关于傅科摆的内容）。2.40．细线中间系一重物，如图所示，以力拉线的下端。缓慢地拉，或用力猛拉，上下哪根线先断？为什么？()mvT【解】以m为研究对象，由动量定理得TmgT，212t()mvｍ→TTmg。12tmgT1题2.40图26 ()mv缓慢拉绳时，t大，(mv)小，mg，TT，上面的绳子先断。用力猛拉时，t小，()mv12t()mv大，mg，TT，下面的绳子先断。12t2.41．利用帆的控制作用，有经验的水手能使船逆风F风前进。试解释其中的道理。前进F风对帆【答】如图所示，设风从侧前方吹来，选一空气质元v1F横v为研究对象。该质元的初速度为v，与帆碰撞后的末速度21vF帆对风为v2，速度的增量为v。质元动量的增量沿v的方向，v2即帆对风的作用力沿v的方向。风对帆的作用力沿vF阻F横的反方向。将凤对帆的作用力分解为横向分力F横和前进方向的分力F。横向分力被龙骨处的阻力所平衡，而前龙骨前进方向的分力驱动帆船向前进。2.42．如图所示，有一个在竖直平面上摆动的单摆。(1)摆球对悬挂点的角动量守恒吗？(2)定出t时刻小球对悬挂点的角动量的方向，对于不同的时刻，o角动量的方向会改变吗？(3)写出摆球在角时对悬挂点角动量的变化率。l【答】（１）因为摆球对悬挂点所受的合外力矩不为零，所以角动量不守恒。v（２）由Llmv可知，在任意t时刻，角动量的方向都垂直纸面。逆时针时向外，顺时针时向里。题2．42图dL（３）由角动量定理可得：Mlmgmglsink（k是dt垂直纸面向外的单位矢；以逆时针为角的正方向）。2.43．给出物体在某一时刻的运动状态（位置、速度），能确定此时刻它的动能和势能吗？反之，如物体的动能和势能已知，能否确定其运动状态？【答】以弹簧振子为例，很容易说明：物体的位置确定，则该物体的势能确定。但物体的势能确定，该物体的位置不能唯一确定。物体的速度确定，则该物体的动能确定。但物体的动能确定，该物体的速度不能唯一确定。2.44．在匀速运动的卡车上把木箱拉动一段距离时，人的拉力做的功，其大小与参照系的选择有关吗？一个物体的机械能和参照系的选择有关吗？B【答】拉力做功的大小与参照系的选取有关，因为据功的定义AFrd，参照系的选取不同，A元位移rd不同，导致功的大小不同。12一个物体的机械能EEEkP，其中动能EKmv与参照系的选取有关，势能EP决定于系统2的一对保守内力做的功，与参照系的选取无关，所以机械能E与参照系的选取有关。3.1．在系统的动量变化中内力起什么作用？有人说：因为内力不改变系统的总动量，所以不论系统内各质点有无内力作用，只要外力相同，则各质点的运动情况就相同。这话对吗？【答】系统的内力使得动量由系统内一个物体传到系统内另一个物体。虽然内力不改变系统的总动量，但是，它改变了与此内力相关的两个物体的运动状态。所以，上述说法是错误的。27 3.2．两个滑冰运动员，质量分别为60kg和40kg，每人各执绳索的一头。体重者手执绳端不动，体轻者用力收绳。m1m2x两人最终将在何处相遇？x1x2【解】设mk60g，mk40g，绳子总长为l，12l题3.2图从开始到相遇m和m移动的位移分别为x和x，则1212x(x)l。以两滑冰运动员作为一个系统，系统所受的合外力为零，动量守恒，所以有12ttm2mvmv021122→md1122xmdx0→mxmx11220→x1ll。00mm5123.3．一质量为5g的子弹，沿水平方向射进一静止在水平桌面上质量为3kg的木块中，木块和桌面间的摩擦系数为0.20，子弹射入木块后不穿出。木块沿桌面滑动0.25m后静止，问子弹原来的速度多大？（设子弹射入木块的时间极短）【解】本题包含两个过程第一个过程：子弹射入木块的过程。由于内力>>外力，系统动量守恒mv(mM)V①0第二个过程：子弹射入木块后和木块一起运动的过程。在此过程中运用动能定理得：fsE，K12即(Mm)gs(Mm)V②2mM由①②两式解得子弹的初速度为vg2s595(/)ms0m3.4．一静止的放射性原子核，在衰变的过程中放射一个电v子和中微子，电子和中微子的速度互相垂直，电子的动量为电22232.110kg.m/s，中微子的动量为4.610kg.m/s。求衰变后原子核的动量的大小和方向。v中【解】放射前后，系统动量守恒，则有PPP0核电中由如图所示的几何关系可得v核PP2P21.361022(kgms/)题3.4图核电中11P电1.20tantan62，所以核的动量与中微子动量的夹角为118。P0.64中3.5．三只质量都等于M的小船，在静uu水湖面上同向鱼贯而行，速率均为v。若中间的船同时以相对速率u向前面和后面的1v2v3v船各投出质量均为m的物体（投出物体的质题3.5图量包含在船的质量M中）。试求两物体分别落在前后两船中后三只船的速率。（水的阻力忽略不计）【解】若忽略水和空气阻力，则抛(接)物的船和被抛(接)物组成的系统在抛(接)过程中动量守恒。28 对船2+m+m系统：MvmvumvuMmv()()(2)→vv。2222由此可见，相对速度u既是相对于船2，也是相对于船1和船3。mu对船1+m系统：Mvm(vu)(Mm)v→vv。11Mmm对船3+m系统：MvmvuMmv()()→vvu。33Mm3.6．炮弹以一定的仰角射出，它的轨迹是一条抛物线，达到最高点时不料发生爆炸，分裂成质量相等的两块碎片，其中一块沿原来的轨道返回出发点，问：（1）另一块将沿怎样的轨道飞去？能否到达预定的地点？（2）到达地面时两者的速率是否相同？【解】(1)炮弹在爆炸前后水平方向上动量守恒，且在最高点，爆炸前炮弹的动量仅有水平分量，设此水平分量为Mv，则Mvmvmv1122由题意可知mmM/2，vv，则另一块的水平速度为v3v1212所以另一块将以爆炸前炮弹速度的3倍做平抛运动，因而不能达到预定的地点。(2)落地时两者速率显然不同3.7．一质量为6000kg的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射的燃料气体相对火箭的速率为1000m/s。试问：（1）每秒钟喷出多少气体，才能有克服火箭重量所需的推力；（2）每秒钟喷出多少气体，才能使火2箭在开始时有19.6m/s的加速度？vvdv【解题分析】火箭飞行问题的一般方法是：把变质量主体和将要分离的质量元作为一个系统，应用质点系的动量定理，导出变质量方程。m+如图所示，系统在t时刻的动量为：mv（其中v是m相对于惯dm性系的速度）。系统在t+dt时刻的动量为：()mdmvdv()()dmuvdv()-dmu(注意：其中dm0，u是质量元dm相对于变质量主题的速度)。FF系统在dt时间内的动量增量为：t时刻t+dt时刻题3.7图dp[(mdmv)(dv)(dmuv)(dv)]mvmdvudmdmdv。dmdv是二阶无穷小量，可以略去，所以，dpmdvudm。dpdvdmdvdpdm由质点系的动量定理可得：Fmu，或：mFudtdtdtdtdtdtdm其中u就是火箭喷气产生的推力。上述所得到的方程也适用于一般的变质量问题。dt【解】在本题中，火箭竖直向上发射，是一维问题，选竖直向上为y轴的正方向，则Fmgj，dmdmdvdmuuj，，vvj，变质量方程为：mumgdtdtdtdtdvdmmg60009.8(1)若0，则58.8(kms/)dtdtu100029 dv2dmdv(19.69.8)6000(2)若19.6(ms/)，则mg()/u176.4(kgs/)dtdtdt10003.8．若有一均匀的三角形薄板，试论证它的质心必在中线的交点。【证明】如图，均匀三角形薄板ABC，平行于BC边任取一细窄条dm，A其质心在其几何中心，即BC边的中线上。因此，整个均匀三角形薄板的质心一定在BC边的中线上。同理可以证明薄板的质心也一定在AB、AC边的中线上，所以薄板质心应在三边中线的交点。dm-243.9．一个水分子由一个氧原子O（mo=30.210g）和两个氢原子H-24（mH=1.6810g）组成，O和两个H的中心间距均为2.76Å，两条O—BC0H中心连线的夹角为105，试求水分子质心的位置。题3.8图【解】首先可以判定水分子的质心在两条氢—氧连线的角平分线上，以氧原子为原点建立如图坐标系。用y,y分别表示两氢Hc原子和质心的纵坐标，则有HyH2myHH21.682.76cos52.5yAc0.168105°2mm21.6830.2HOxO即质心在两条氢—氧连线的角平分线上，且距氧原子的距离为题3.9图.0168A．3.10．试计算下列物体的质心：（1）细杆总长l，单位长度的质量ax，其中和a为常数，x为杆上任一点离杆端的距离；00RHy（2）从半径为R，高为H的圆柱中间挖出一个半径为、深为的圆柱形洞，22且该洞与柱同轴同底。【解】（1）由质心定义式可得lllxdmxdx(ax)xdx00003(02al)lx；clll63aldmdx(ax)dx00000（2）建立如图坐标系，根据对称性可以判定空心圆柱的质心在y轴上，设其oH坐标为yc。挖去的小圆柱体的质心坐标为y1。空心圆柱与小圆柱拼合组成4题3.10图H实心大圆柱。实心大圆柱的质心坐标为y。由此可得：22222RHRHH2H(RH)yRHc4242421515解得yH，即空心圆柱的质心在距挖洞一端H处．C28283.11．天安门前放焰火时，焰火质心的运动轨迹如何（不计空气阻力与风力）？为什么在空中焰火总是以球形逐渐扩大？【答】若不计空气阻力与风力，焰火只受到重力作用，根据质心运动定理，焰火质心的运动轨迹必定呈抛物线形状。又因为质心系是零动量参照系，即所有质点组成的系统相对于质心的总动量为零，所以焰30 火必定呈球对称分布向外扩散。3.12．今有12kg和20kg的小球相距4m，中间并未连接。若有64N的力作用在20kg的球上，其方向沿两球中心连线，如图所示。设两球半径相等，试求：（1）开始时质心的位置；（2）三秒末质心的位置；（3）在64N的力的作用下，系统质心的加速度。mk12gmk20g12【解题分析】根据质心运动定理，质心的运动仅由质点系所受的合外力决定．将两小球看作一个系统，Fo系统所受合外力为64N，因此质心作匀加速直线运动．x【解】（1）开始时的质心坐标为4mmxmxx11222.5()m题3.12图；cmm12F642(3)由质心运动定理得质心运动的加速度为a(2m/s)；cmm122012122(2)质心作匀加速直线运动，任意时刻质心的位置坐标为xxat2.5tm()ccc2当t3s时质心的位置坐标为x11.5()mct33.13．在水平桌面上拉动纸，纸张上有一均匀球，球的质量M，纸被拉动时与球的摩擦力为F，求t秒后球相对桌面移动的距离。【解】由质心运动定理可得，球质心的加速度为aFM/，cFox122F因此，t秒后质心运动的距离为xatt。c22M【评注】做到此题时，很自然地想到转动问题。有少数初学者“想当然”地认为：球作逆时针转动，所以球心应该向左移动。这句话的前半句是正确的，后半句是错误的。球的实际运动是球心向右加速运动，同时绕球心作逆时针加速转动。球的最低点对地速度最大，球的最高点对地速度最小。3.14．两个质量都是m的质点，中间用长为l的v绳子连在一起，以角速度绕它们的质心转动。若绳2l子的质量可略去不计，（1）求它们对质心的角动量；r1r2（2）绳子突然断了，求绳断瞬间它们的角动量。绳断mom12前后系统的角动量是否相同？v1【解】(1)Lriiimvi；方向：垂直ll12纸面向里；大小：Lmm2l。222dL(2)两质点受到的相对质心的合外力矩M0，由质心系中的角动量定理M可知，两质点相dt对质心的角动量大小和方向都不变。3.15．两个滑冰运动员，体重都是60kg，在两条相距10m的平直跑道上以6.5m/s的速率相向地匀速滑行。当他们之间的距离恰好等于10m时，他们分别抓住一10m长的绳子的两端。若将每个运动员看作一个质点，绳子的质量以及运动员与跑道的摩擦略去不计。求：（1）他们抓住绳子前后相对绳子中点的角31 动量；（2）他们每人用力往自己的一边拉绳子，当他们之间的距离为5.0m时，各自的速率是少？（3）计算每个运动员在减少他们之间的距离时所做的功？【解】（1）抓住绳子前后，他们相对绳子中点的角动量相同，两人的总角动量为Lrimivir1m1v1r2m2v2i32其大小为：LLr22mv25606.53.910(kgms/)1（2）在整个过程中，他们相对绳中点的角动量守恒，所以L=L′，即r22rmvrmv→vvm13(/)sr（3）由动能定理，两个人做的总功应等于他们总动能的增量1212WE(mm)v(mm)v7605()Jk12120221每个人做功相同，所以WWW38025.J1223.16．有两个质量均为m的质点，由长度为a的轻杆相连，杆以角速度绕其质心转动。杆一端的一个质点与另一个静止的、质量也是m的质点相碰，并粘在一起。求：（1）碰撞前瞬间三个质点质心坐标和质心速度；（2）碰前、碰后瞬间三质点相对质心的总角动量；（3）碰后整个系统绕质心转动的角速度。【解】（1）如图所示，以c表示质心的位置，设m2和axxm3距离c为x，则有：2mxm(ax)，m3m1cm2aa题3.16图解得：x，即质心c离静止质点的距离为。33相对惯性系而言，m1、m2的速度大小相等，方向相反，m3静止。因此质心的速度为m1v1m2v2m3v3mvmv0。v0cmmm3m123（2）质点系相对质心的总角动量为Lr"iimvi，vi为各质点相对质心的速度。i先求碰撞前的角动量：由于质心速度为0，因此各质点相对质心的速度即为它们相对惯性系的速度，所以Lax()mvxmvxmv2a1a12112233amam0ma32322再求碰撞后的角动量：三质点组成的系统不受外力作用，根据质心运动定理，三质点的质心加速度为零，其速度当然不变。由于碰撞过程中，无外力作用，所以整个过程中角动量守恒，因此在碰后瞬间三质点相12对质心的角动量仍为ma2（3）设碰撞后系统绕质心转动的角速度为，则Lxa()mvxmvxmv221122112233ama2amama333331221223由（2）已经求出Lma，所以mama，由此可得：=23243.17．一对静摩擦力所做功的代数和是否总是负的？正的？为零？【答】设A和B两个物体间有相互作用的一对静摩擦力，A相对于B的位移为dr，A受到B的静AB32 摩擦力为f，…。根据一对力作功的特点有AB2()AA地面系()AAA系()AAB系fABAdrBffABBAffABBAffABBA1而对于静摩擦力而言，总有dr0，所以一对静摩擦力所作功的代数和总是为零。AB3.18．物体A放在木制斜面B上，斜面放在一光滑水平面上。当物体A下滑时，物体B也将运动。根据一对力作功NfABAB的特点说明，在运动过程中A、B间的一对摩擦力做功之和是正还是负？A、B间的一对正压力作功之和又如何？AdrAB【答】设A相对于B的位移为dr，A受到B的ABB摩擦力为f，A受到B的正压力为N，…。根据一ABAB对力作功的特点有2()AA地面系()AAA系()AAB系fdr0ffABBAffABBAffABBA1ABAB2()AA地面系()AAA系()AAB系NdABrAB0NNABBANNABBANNABBA13.19．力的功是否与参照系有关？一对作用力和反作用力所做功之和是否与参照系有关？为什么？2【答】①根据功的定义，物体从状态１到状态２的过程中，力F所做的功为AFdr，1因为F与参照系无关，但是dr与参照系有关，所以W与参照系有关。②设A和B两物体之间的作用力和反作用力分别为F和F，显然FF，则ABBAABBA2222AAFdrFdrFdrFdrFFABBA1111ABABABABAABB22Fd()rrFdrABABABAB11因为F与参照系无关，dr也与参照系无关，所以(AA)与参照系无关。ABABFFABBA3.20．一链条总长为L，质量为m。放在桌面上并使其一部分下垂，下垂的长度为a，设链条与桌面的滑动摩擦系数为，令链条从静止开始运动，则：（1）到链条离开桌面的过程中，摩擦力对链条做了多少功？（2）链条离开桌面时的速率是多少？T【解】（１）设任一时刻链条下垂的长度为x，则任一时刻链条受到fTmgo桌面对它的摩擦力的大小为(Lx)，摩擦力的功为Lx2LLmg(La)Afdx()LxdxmgfaaL2LmxgLx33 （２）由动能定理知，在链条从开始到离开桌面的过程中，重力功与摩擦力功之和应等于动能的增量，2Lxmg22()La即AAE。其中：Amgdx()La，Amg，GFkGfaLL22L12mg22mg212Emv。由此可得()()LaLamvk222LL2g222解出链条离开桌面时的速率为v[(La)(La)]。L3.21．“弹簧拉伸或压缩时，弹性势能总为正”。此论断是否正确？在什么情况下，弹性势能会是负的？【答】不正确。若规定弹簧在最大伸长(最大压缩)时势能为零，则弹簧在其他状态时的弹性势能为负。3.22．两质点相距很远时，引力很小，但引力势能大；反之，相距很近时，引力势能反而小。你是否能对此进行解释。【答】由势能的定义，两质点从相距为r到相距为r的过程中，万有引力做功等于势能的减少量。ABmmmm1212EEGGPAPBrrBA当rr时，即两质点从相距较远到相距较近时，万有引力做正功，引力势能减少，即EE，ABPBPA相距较远时引力势能大些。3.23．用一弹簧将质量分别为m1、m2的上下两块水平木板连接，ym2放在地面上。（1）以m1在弹簧上平衡时的位置为重力势能和弹性势能零点，证明系统总势能可以只通过弹性势能表达。（2）对m1施m1任意时刻m1位置加多大的向下压力F，才能在突然撤去F时，m1跳起来提起m2？y自然长位置y0【证明】（1）设m1平衡时弹簧压缩y0，则有ky0m1gom1平衡位置以m1的平衡位置为坐标原点，竖直向上为y轴正方向，建立如图m2坐标系。当m1的坐标为y时，弹簧的弹性势能为112221题3.23图E弹kyy()kykykyy，此时重力势能P000222为E重mgykyy，P1012所以系统总势能为EPPE弹EP重ky。2既：若以平衡位置为势能零点，则系统总势能在形式上与自然长为零点时弹簧中的弹性势能表达式相同。F（2）设在m1上加压力F，则平衡时m1的坐标为y1。放手后，根据机械能守恒定律，m1反kFFmg1弹到最高点的坐标为y2，此时弹簧偏离自然长的伸长量为yyy20。要使m2kkk被提起，必有kymg，即Fmmgg。所以Fmm()g21212。34 3.24．如图所示，两个质量分别为m1、m2的物体都可在光滑面PQR上滑动。先用m1压缩一个倔强系数为k的弹簧，压缩长度为x0，然后由静止释放，m1被弹出与静止在Q处的m2发生完全弹性碰撞。试问：（1）若m1.>外力时，往往可以忽略外力的作用，认为系统的动量守恒。③掌握“分阶段”处理问题的方法．对于复杂的物理题目，要弄清物理过程所包含的阶段，对不同阶段采用不同的物理规律。3.36．速率为v的水流沿水槽流过来。遇到一平面挡板后分y为左右两支流。假设挡板表面光滑，两支流流速仍为v，水总流v量为q=dm/dt(kg/s)，水槽与挡板法向夹角为（如图）。求：（1）水流对挡板的作用力；（2）两支水流的流量。vvx【解】以将要流到档板上的一段水柱dm为研究对象。（1）与档板碰撞前后，在竖直方向动量有改变，这一改变是由于档板对它的冲量引起的，由动量定理得题3.36图dpy0(dmv)cosFqvcosydtdt（2）与档板碰撞前后，在水平方向动量守恒dmvsindmvdmv→dmsindmdm①1212又因为dmdmdm②12(1sin)(1sin)由①②两式解得dmdm；dmdm1222(1sin)(1sin)上述两式的两边同时除以dt可得qq；qq12223.37．一个只受重力场作用的质点系，它的质心系是非惯性系。试证明在质心系观察，作用于任一质点的重力必与惯性力平衡，因而二者均可不计。【证】质点系所受外力为重力，由质心运动定理，质心的加速度为g，在质心系中，任一质点m受到惯性力的作用，其大小为Fmg，方向与重力加速度g的方向相反。这一惯性力正好与质点m受到的重力大i小相等，方向相反，因而两者相互抵消，所以在质心系中两者均可不计。3.38．一质量为M的木块静止在光滑的水平面上，一质量为m的子弹沿水平方向以速度v射入木块内一段距离S而停在木块内。（1）在这一过程中子弹和木块的动能变化各是多少？子弹和木块间的摩擦对子弹和木块各做多少功？（2）证明子弹和木块总的机械能的增量等于一对摩擦力之一沿相对位移S做的功。【解题分析】以子弹和木块为系统，子弹射入木块的过程中，系统所受的合外力为零，故动量守恒；但是系统的内力为摩擦力，因此总动能不守恒，其总动能的增量应等于非保守内力对系统做的总功．求解第（1）问时，应分别以子弹和木块为研究对象运用动能定理．【解】全过程实际上是子弹和木块的完全非弹性碰撞过程，碰撞后两者具有共同的速度V．（１）子弹射入木块的过程中，水平方向动量守恒40 mvmv(mM)V→VmM11221mv2121Mm(M2m)2子弹动能的增量为EmVmvm()mvvkm2222mM22(Mm)1(2MmMm)2由动能定理，摩擦力对子弹做的功AEvmMkm2(Mm)2；121mv2木块动能的增量为EMVM()K木22mM1mv2由动能定理，摩擦力对木块所做的功为AEM()MmkM2mM可见摩擦力对子弹做负功，对木块做正功．（２）【证明】作用在子弹m上的摩擦力的元功为dAfdxmvdv；mMmMmmm作用在木块M上的摩擦力的元功为dAfdxfdxMvdv；MmMmMmMMMM两者之和为dAdAfdx()xmvdvMvdv；mMMmmMmMmmMMVV对上式积分可得AAfSmvdvMvdvmMMmmMmmMMv02MmM(2m)22MmMm2vvv222(Mm)2(Mm)2(Mm)即子弹和木块总的机械能的增量等于作用在子弹上的摩擦力沿子弹相对于木块的相对位移s做的功。【评注】以上几题都涉及到一对力的功之和，为此，特别强调几点：①一对内力做功之和仅取决于两物体的相对运动，与参考系的选取无关；②虽然摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，但是由于摩擦力总是阻碍相对运动，所以，一对滑动摩擦力对系统总是做负功，使系统的机械能减少；一对静摩擦力的功总是为零；③势能的定义和势能的变化中所说的保守力的功总是指一对保守力的功之和。3.39．如图所示，弹簧下面悬挂着质量分别为m1、m2的两个物体，开始它们都处于静止状态。突然将m1、m2的连线剪断，若自然长位置以m1的平衡位置为竖直y轴的原点，相应的位形为弹性势能和重y1o力势能的零点。（1）试证当m的位置坐标为y时，弹势能和重力y2m1平衡位置1m1+m2平衡位置12势能之和为ky；（2）m1的最大速度是多少？设弹簧的劲度系m1y2任意时刻m1位置数为k=8.9N/m，m1=500g，m2=300g。【解】（１）证明如下：m1位于平衡位置时，弹簧的伸长量为m2yy1，则有mgky113.39题图以m1的平衡位置为坐标原点建立如图坐标系。如果o点为弹性势能和重力势能零点，则当m1的坐标为y时，弹簧的弹性势能和重力势能分别为112221EP弹kyy()11kykykyy1，EP重mgy11kyy222所以弹性势能和重力势能之和即系统的振动势能为41 12EE弹E重kyPP弹PP2111222（２）由机械能守恒定律得：kymvky，[其中y满足kyy()(mmg)，12212122222222mg2即kymg]。由此可得：mvky。221kmg3.08.92当y0时，m获得最大速率：v.139m/s1maxkm19.85.0【评注】从本题可以看出：系统势能零点的选取不同，势能函数的表达式也不同。不能错误地认为12mm12在任何情况下弹性势能和引力势能都表示为：E弹ky，E引G。PP2rB确定系统在任意位形的势能正确方法是根据势能的定义，即由FdrEE，如果规定BA保pApB势能零点位形的势能E0，则任意位形A的势能EFrd。pBpAA保3.40．慢中子与静止重水中的氘核发生弹性碰撞，若中子的散射角为90，试证明其动能将损失2/3并传递给了氘核。mvn1【证明】设慢中子的质量为m，碰撞前的速度为v，碰撞后n0mvn0的速度为v。氘核的质量为m2m，碰撞后的速度为v。两1Hn2mvH2粒子在碰撞过程中动量守恒，所以mvnn01mvmHv2。由此式题3.40图mvv画出如图矢量图。由图示几何关系可得vvtan，vn。102mcos2cosH111222222因为是弹性碰撞，碰撞前后两粒子总动能相等，所以mvnnH01mvmv2→vv012v2222222sin212221→vv2v→2cos2sin1→sin→3000220cos4cos411112222212慢中子动能的损失为Emvmvmvm(tvan30)()mvkn01nn00nn02222322即慢中子损失了的动能。由于碰撞前后两粒子总动能相等，所以这损失掉的动能传递给了氚核，即3111222212mvmvmv()mvHnn201n02223242 3.41．在匀速水平运行的车厢内悬挂一个单摆。相对于车厢参照系，摆球的机械能是否保持不变？相对于地面参照系，摆球的机械能是否也保持不变？【答】在车厢参照系中，作用在摆球上的摆线张l力不做功，只有重力做功，所以摆球的机械能守恒。vV0在地面参照系中，作用在摆球上的摆线张力做功，所T以摆球的机械能不守恒。mg【评注】在地面参照系中，作用在摆球上的张力的功＋作用在车厢上的张力的功＝0。应该注意：此题中的车厢要作匀速直线运动，必须在车厢外施加一个水平外力与摆线张力的水平分量相平衡。在地面参照系中，对于摆球、车厢和地球组成的系统，机械能的增量等于车厢外水平外力所做的功。若把车厢外水平外力的施力物体也包含在系统内，并且这个水平外力也是保守力，则整个系统机械能守恒。若车厢外不施加水平外力，则车厢是非惯性系。此时，在地面参照系中，摆球和车厢系统机械能守恒。在车厢参照系中，要考虑惯性力做功，摆球的机械能不守恒。43 第4章刚体力学一．基本要求1．理解刚体模型的概念．2．了解刚体的几种运动形式——平动和转动．重点掌握定轴转动的特点以及描述定轴转动的基本物理量——角坐标、角位移、角速度和角加速度．3．掌握外力对转轴的力矩的概念，进一步理解外力对参考点的力矩。掌握刚体对转轴的转动惯量，学会计算几何形状简单的刚体的转动惯量，掌握并能够应用平行轴定理。掌握刚体定轴转动定律。4．掌握刚体对转轴的角动量和质点对转轴的角动量的概念，进一步理解质点对参考点的角动量。理解并能够应用刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律。5．掌握力矩的功，转动动能，理解并能够应用刚体定轴转动的动能定理和功能关系．6．了解进动的概念和惯性导航原理。二．内容提要和学习指导概述：本章内容实际上就是第三章中关于质点系的力学规律对刚体这个特殊的质点系的具体应用。刚体这个特殊质点系的特殊之处就在于：①刚体上任意两个质元间的距离不变；②刚体平动时，任意两质元间的连线始终保持与前一时刻平行，刚体上所有质元具有相同的速度和加速度；③刚体转动时，其上所有质元都以共同的角位移、角速度和角加速度绕一条共同的直线做圆周运动，并且角位移、角速度和角加速度与转轴的位置无关。在定轴转动的情况下，角速度、角加速度dd/t、角动量Lrvdm、力m矩MirFii几个矢量退化为代数量，用正负号表示其方向。通常规定逆时针为正，顺时针为负。这几个物理量以及力矩的功和系统的动能，在刚体定轴转动的特殊情况下，有其特殊的表述形式。（一）刚体定轴转动运动学1．运动学的基本物理量：①角坐标()t；②角位移()(ttt)；22③角速度dd/t；④角加速度dd//tddt线速度与角速度之间的关系：vr或vriiii2．运动学的两类基本问题①(t)→dd/t；()t→dd/t；tt②()t，→dt；()t，→dt；t0000t00002匀变速转动：常量→t→tt/2000（二）刚体定轴转动动力学1．刚体定轴转动的转动定律：MI；（1）力矩MrziiiFriiFisin（其中ri为力Fi的作用点到转轴的垂直距离；F为力F垂直转轴的分量；为r与F之间的夹角）。iiiii44 22（2）转动惯量：Iimrii（质量离散分布）；Irdm（质量连续分布）；关于转动惯量有以下定理：①叠加原理：对同一轴，整体转动惯量等于部分转动惯量之和：IiIi；2②平行轴定理：两平行轴相距d,其一过质心,则绕不过质心轴的惯量为:IImd；C③正交轴定理：对位于ｘｏｙ平面内的薄平板刚体：III；zxy2．刚体定轴转动的角动量问题t（1）基本量：①冲量矩：Mdt；②角动量LI（对称刚体的L//）；zzt0t（2）角动量定理：MdtII（对任意质点系的定轴转动成立）；z0t0（3）角动量守恒定律：若Mz合外0，则iLiz常量（对任意质点系成立）；3．刚体定轴转动的功能关系212（1）基本量：①力矩的功AMd；②转动动能EI；k12③重力势能Emgy（y为质心相对重力势能零点的高度）；pCC21122（2）动能定理：MdII；21122（3）功能原理：A外A非保内[(iEikEip)]（对任意质点系成立）；（4）机械能守恒定律：若A外A非保内0，则i(EEikip)常量（对质点系成立）；刚体定轴转动与质点运动的对比质点运动刚体的定轴转动转动定律：MI牛顿运动定律：Fmat2t动量定理：Fdtmv21mv角动量定理：tMzdtII0t10动量守恒定律：角动量守恒定律：若F合外0,则imvi常矢量若Mz合外0，则iLiz常量动能定理：B1122动能定理：1212FdrmvmvMdIIA0z022022质点系的动能定理包含刚体的系统的动能定理质点系的功能原理包含刚体的系统的功能原理质点系的机械能守恒定律包含刚体的系统的机械能守恒定律（三）刚体定点转动的一个例子—陀螺仪的进动：具有大转动惯量的对称轴，并绕此轴高速旋转的刚体称为陀螺仪。其角动量L近似地平行于角速度：LI；陀螺在垂直于角动量的外力矩作用下自转轴发生转动的现象称为进动。M＝0时，L守恒，转轴方向外45 不变。其应用：定向、惯性导航、炮弹的飞行稳定。（四）刚体平面运动动力学：vdCd1212F外mmaC；MCICIC;EkICmvC；瞬心：v0。dtdt22（五）刚体的静态平衡条件：对任意点参考点，iFi外0，irFii外0。三．习题解答和分析4.1．分析下列运动是平动还是转动：(1)自行车脚蹬板的运动；(2)月球绕地球运行。【答】(1)自行车脚蹬板始终处于水平，其运动是平动；(2)月球绕地球的公转与绕月心的自转同步，其运动是绕地心的转动。4.2．把一本书放在桌子上，先使它绕竖直Z轴转动90，再使它绕水平X轴转动90。然后重新开始，先绕水平X轴转动90，再使它绕竖直Z轴转动90，这时书的放置方式与前面转动后书的放置方式是否相同？刚体角位移发生的顺序可以交换吗？【答】两种转动方法，先后顺序不同，所得结果也不同，说明有限大小的角位移不遵守交换律，它不是矢量。4.3．证明：刚体绕定轴O转动时，在垂直于轴的平面上任意两点A和B，它们的速度v和v在ABAB连线上的分量相等，并说明这一结果的物理意义．【证明】：刚体定轴转动时，其上任一点的速度为vrvAvAB→vOA且vOA，vOB且vOBAABBBO由图示几何关系容易得出：OAcosOBcos→OAcosOBcos→vcosvcosAB题4.3图即：速度v、v在AB连线上的分量大小相等，方向同向。AB这一结果的物理意义是：刚体上任意两点间的距离不会随时间而变，也就意味着刚体的体积和形状不会改变。【评注】本题也可以按与上述顺序相反的反向证明：刚体的大小和形状不变→刚体上任意两点间的距离不变→任意两点的速度在连线反向的分量大小相等方向相同。4.4．飞轮转速为300r/min，半径为100cm，受到制动后均匀减速，50s后停止．试求：（1）角加速度；（2）从开始制动到停止转动，飞轮转过的圈数；（3）制动后25s时，飞轮转过的圈数，轮边任一点的速度、切向加速度和法向加速度。dt【解题分析】由角速度求角加速度和角位移的公式分别为、dt。在本题中飞轮做dtt021012匀减速转动，上述公式简化为、tt．0ttt02212v刚体定轴转动时角量和线量的关系为：vr，ar，a．nr46 【解】（1）300/rmin10rads/，0，ts50，022202(/rads)t52（2）从开始制动到停止转动飞轮转过的圈数2112112nt()t(105050)1252022222225（3）从开始制动到t25s，飞轮转过的圈数11112112nt()t(102525)93.75101122222510此时，飞轮的角速度为tr10255(ad/)s10150轮边任一点的速度为vr515(/)15.7(/)msms2轮边任一点的切向加速度为ar10.628(m/s)5222轮边任一点的法向加速度为ar(5)1246.74(/ms)。n14.5．一个有固定轴的刚体，受到两个力的作用．当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩一定是零吗？当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力一定是零吗？试举例说明之．【答】当两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩不一定为零；F如图（a）所示，FF0时MM0。当两个力对轴2F12121r1rF2的合力矩为零时，它们的合力也不一定为零；如图(b)所示，2rr12M1M20时F1F20。F1()a()b4.6．求质量为m、半径为R、厚为l的均匀圆盘的转动惯量。题4.5图轴与盘平面垂直并通过盘的边缘。221322【解】由平行轴定律可得：IImdmRmRmR。c224.7．如图所示，一根均匀铁丝，质量为m，长度为L，在其中点yO处弯成2120角，放在xoy平面内。求：（1）对oxoyoz,,轴的转动惯量；（2）如果弯成260角，则（1）的结果又如何？x【解】如图，在距O点处取一段线元ldl，它到x、y,、z轴的距Ｏ离分别为lcos、lsin、。由此可得：l2120ldl对ox轴的转动惯量为2L/2222L/2mmL2I2(ldcos)m2cosldlcos；x00L12题4.7图47 2L/2222L/2mmL2对oy轴的转动惯量为I2(ldsin)m2sinldlsin；y00L122L/22L/22mmL对oz轴的转动惯量为I2ldm2ldl。z00L12222mLmLmL（1）令60可得：I，I，I。xyz481612222mLmLmL（2）令30可得：I，I，I。xyz1648124.8．从一个半径为R的均匀薄板上挖去一个直径为R的圆板，所形成的圆洞中心在距原薄板中心R/2处，所剩薄板的质量为m。求此时薄板对通R过原中心而与板面垂直的轴的转动惯量。O【解题分析】在物理学中经常遇到这样的习题：在一个大的规则物体上挖出一个小的规则的空洞，求与剩余部分有关的物理量，这个物理量遵守叠加原理。求解这类习题的常用方法是：剩余部分的物理量＋小规则物体的物题4.8图理量＝大规则物体的物理量。mm4【解】薄板的质量面密度为→挖去的小圆薄板的质量为222RRR/4324/mR4mm→m绕通过o并与板面垂直的轴的转动惯量为233R13RR22212Immmm()()RmR。222884m原来大薄圆板的质量为Mmm→M绕通过o并与板面垂直的轴的转动惯量为31222IMRmRM23设剩余薄板绕通过o并与板面垂直的轴的转动惯量为Im，则ImmMII，即2112232ImMmIImRmRmR3824N4.9．质量为m长为l的均质杆，其B端放在桌上，A端用手BA支住，使杆成水平．若突然释放A端，在此瞬时，求：（1）杆质心的加速度；（2）杆B端所受的力．l/2l/2【解】（1）对于过B点的定轴，由刚体的定轴转动定律得：mgl13题4.9图2mgml→g232ll3质心的加速度为：agc2431（2）由质心运动定理得：mgNmg→Nmg。4448 4.10．如图所示，匀质矩形薄板质量为m、宽为a、高为b，可绕其竖直边转y动，初始角速度为0．转动时受到空气阻力，阻力垂直于板面，且每一小面积上所受阻力的大小正比于该块面积和速度平方的乘积，比例常数为k．问经过多长时间角速度减为原来的一半？a【解】在距离轴x处取一宽度为dx且平引于轴的细窄条，此细窄条在转动222过程中受到的阻力dfkvbdxkbxdxbo4aa232板受到的阻力矩MdMxdfkbxdxkbx04题4.10图322aa12板对轴的转动惯量Ixdmxbdxbma0332222M3kabdk3ab由定轴转动定律得板对轴转动的角加速度→I4mdt4m222dk3abdk3abt113kab411m→dt→dt→t→t()22024m04m04m3kab04m→t/2203kab04.11．如图所示，两个物体m1和m2用细绳相连，绳子套在质量为m0，半径为r0的滑轮上，滑轮的质量集中在边缘上，m1放在光滑的水平桌面上，m2竖直下吊。已知m1=100g，m2=200g，m0=50g，r0=5.0cm．设绳子的质量和滑轮上的摩擦力均不计，绳子与滑轮无相对滑动．求m1的加速度、绳子的张力T1、T2．【解题分析】该题包含两种运动形式：m1、m2的平动以及滑轮的转动．在处理这样的问题时采取隔离法：对平动应用牛顿第二定律，T1对转动应用转动定律，两者之间的联系应用角量和线量的关系式．m1【解】对m1：T1m1a；对m2：m2gT2m2a；T22m对定滑轮：T2r0T1r0Im0r0；运动学关系：ar02联立以上四式解得题4.11图m2g2008.92a(6.5m/s)；mmm50100200012mmg12TN0.56()；1mmm012()mmmg012TN0.84()。2mmm01249 4.12．如图、固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕同一光滑轴OO′转动。设大小圆柱体的半径分别为R、r，质量分别为M、m。绕在圆柱体上的细绳分别与物体m1、m2相连，m1、m2挂在圆柱体的T两侧。设R=0.20m，r=0.10m，m=4kg，M=10kg，m1=m2=2kg。求：2（1）柱体转动时的角加速度；（2）如把m1、m2都去掉，在两根绳的mT12下端都用20N的力垂直下拉，则角加速度又为多少？m1【解】(1)对m1、m2利用牛顿第二定律，对大小圆柱体利用转动mg2定律，列方程如下：mg1题4.12图mgTma，aR；11111Tmgma，ar；2222222MRmrTRTr。122()mRmrg122解以上方程组得6.13(rads/)22(mMRmmr/2)(/2)1222MRmr2(FRr)（2）FRFr()→9.09(rads/)2222MRmr4.13．两皮带轮，半径分别为R1、R2，重量各为P1、P2，两轮以皮带相连接，可绕两平行的水平轴转动．今在第一个皮带轮上作用一力矩M，试求两轮的角加速度。（两皮带轮均可视为均匀圆盘．皮带和轮缘之间无滑动；皮带的质量以及两轴承处的摩擦均可忽略）【解】对两轮分别应用转动定律。R2T1R1MP12对第一轮：TRMTRR；T11211122g题4.13图P22对第二轮：TRTRR；2212222g连接条件：RR。11222gM2gM求解上述方程组可得：，。122P1P2R1R1R2P1P24.14．一个转动的轮子由于轴承摩擦力的作用渐渐变慢．第一分钟末的角速度是起始角速度的0.90倍，求下述两种情况下，第二分钟末的角速度。（1）摩擦力矩不变；（2）摩擦力矩在数值上与转动角速度成正比。【解】（1）由于摩擦力矩不变，则轮子转动的角加速度不变，所以任意时刻的角速度t．由0.0100.10题意可得：.09060→→1200.80。000ts120000606050 d（2）据题意，轮子的角加速度在数值上与角速度成正比，即k（k为比例常数）→dtddtkdt→kdt→lnkt000110120102→exp{kt}→kln→exp{(ln)}0.90.810609ts120006090ln(10/)602112或：→→ln2ln→()0.81。200ln(/)120200004.15．两个半径相同的轮子，质量相同．一个轮子的质量聚集在边缘附近，而另一个轮子的质量分布均匀，试问：（1）如果它们的角动量相同，哪个轮子转得快？（2）如果它们的角速度相同，哪个轮子的角动量大？2【答】由转动惯量的定义式I=rdm可知：质量分布离轴越远，转动惯量越大，所以质量聚集在边缘的轮子转动惯量大．（1）由角动量定义式LI，质量均匀分布的轮子转动惯量小，因此在角动量相同的情况下转动得快．（2）角速度相同，转动惯量大的角动量大，所以质量聚集在边缘的轮子角动量大．4.16．在长为l的细杆上，等间隔地分布有质量均为m的ll5个质点，杆的质量可不计．若杆以它的垂直平分线为轴转动，22试写出该系统对转动轴的转动惯量和角动量的表示式．2【解】系统对转轴的转动惯量为Imiriil2l2522[m()m()]ml；题4.16图42852系统对轴的角动量为LIml84.17．设两个质量为m的小球由长度为l、质量可忽略的刚性细杆相连接，它们可绕通过杆中点ｏ与杆成角度的固定轴Z匀速转动，角速度为（见图）。求z（1）刚体对ｏ点的角动量与对Z轴的角动量；（2）刚体对ｏ点的外力矩与对Z轴的外力矩是否为零？为什么？m1【解】（1）先求小球速度：ollmyvrkjk(sincos)sini21122xl题4.17图同理可得：visin2212m对ｏ点的角动量为：Lrmvmlsin(sinkcosj)；1111412m对ｏ点的角动量为：Lrmvmlsin(sinkcosj)；2222412刚体对ｏ点的角动量为：LLLmlsin(sinkcosj)；o12251 122刚体对Z轴的角动量为：LLkmlsinI。zo2（2）刚体所受到的对ｏ点的合外力矩为：Mrmgrmgrrm()g0o1212所以刚体所受到的对Z轴的合外力矩为：MMk0zo4.18．螺旋桨式直升飞机为什么在尾部还需装一个螺旋桨？【答】如图是直升飞机示意图。直升飞机起飞时，主旋翼高速旋转。如果没有尾翼，根据角动量守恒定律，飞机主体将向相反方向转动，飞机失去控制。如果有尾翼，尾翼旋转，使得空气向左运动，尾翼受到空气向右的反作用力F，F的力矩平衡了主旋翼作用在飞机主体上的扭转力矩，从而使得飞机主体保持稳定。另外，通过调节尾翼转速，还可以改变飞机的方向。飞机主体主旋翼u尾翼Fu题4.18图题4.19图4.19．如图，宇宙飞船对于其中心轴的转动惯量为32Ik210gm，正以0.2rads/的角速度绕0中心轴旋转。飞船上有两个切向的控制喷管可使它停止旋转，每个喷管的位置与轴线的距离都是r=1.5m．两喷管的喷气流量恒定，总共为q=2kg/s．废气相对飞船的喷射速率恒为u=50m/s．问喷管应喷射多长时间才能使飞船停止旋转？u【解】以飞船主体和将要喷出的气体质元作为一个系统，外力相对于中心轴的合力矩为零，系统相对中心轴的角动量守恒。r2方法一：t时刻系统的角动量为：(Imr)（其中为燃料质量），tdt时刻系统的角动量为：u2[(Imdmr)](d)dmrr[(d)u]2[]Imr()ddmru，2dmrumdmru由角动量守恒可得：[]Imrddmru0→d→d2m2Imr00Imr22uImruqtr→lnln(1)。0022rImrrImr0022qtrrImrrI0000令0得：1exp()→t[1exp()]2.67()s22Imruqruqru052 2方法二：设喷出气体的总质量为m，则初态角动量：LIm()rI。00000末态角动量：飞船主体停止转动，此时系统的角动量就是已喷出气体的对轴角动量。因为喷气速度远大于飞轮边缘速度，可以近似认为u就是喷气相对中心轴的速度。所以，Lrmurqtu。0I0由角动量守恒得：Irqtu→t。0rqu【评注】显然，方法二比方法一简捷得多。但是，方法一给出了任意时刻飞船角速度与燃料质量和时间的函数关系，体现了对变质量问题的一般处理方法，也便于对飞船制动问题进行理论分析。4.20．如图所示，已知匀质园盘质量为M，半径为R，可绕垂直于盘面的光滑轴转动。质量为m=M/2的泥球下落h高度，砸在圆盘的P点，已知＝。h求：（1）碰撞后瞬间盘的角速度；（2）P转到x轴时的角速度和角加速度？0P【解题分析】整个过程分解为三个阶段：①泥球作自由落体运动，以泥球、x地球为系统的机械能守恒；②泥球和圆盘的碰撞．虽然在此过程中，系统受到的外力矩并不为零，但由于它们相互作用的内力非常大，所以系统相对O点角动量仍然守恒；③泥球和盘一起在泥球的重力矩作用下绕过O点的定轴转动，题4.20图以泥球、圆盘和地球为系统的机械能在转动过程中守恒。12【解】①mghmv（其中v为泥球刚好落在P点前一瞬间的速度）→vg2h；21222vcoscos②mvRcosJ(MRmR)2mR→2gh；0000222RR121222222gsin③mgRsinJJ→mgRsinmR()→00022R222gsincosgsincos→gh→gh。22R2RRR2在上述所得结果中令60可得：gh（1）；028R3ggh（2）；P转到x轴时，系统受到的外力矩为mgR，由定轴转动定律得：22R8R2gmgRJ2mR→。2R【评注】本题中这种分阶段处理问题的方式在前面已经作过介绍，求解此类题容易常犯的错误为：不分过程，将整个过程笼统处理，对全过程应用机械能守恒定律．犯这种错误是因为没有考虑到泥球和圆盘发生的是完全非弹性碰撞，机械能有损耗．另外要注意的是：求解角加速度时应立即想到转动定理，转动定理是一个瞬时规律，要求得某一瞬时的角加速度，就必须先求这一瞬时的力矩．53 4.21．如图所示，质量为M长度为L的均质细杆可绕一水平轴自由转动。开始时杆子处于铅垂状态。现有一质量为m的橡皮泥以水平速度v和杆子发生完全非弹性碰撞并且和杆子粘在一起。试求：（1）碰撞后系统的角速度；（２）碰撞后杆子能上摆的最大角度．【解】（1）以杆和橡皮泥为系统，在碰撞过程中，重力对转轴的力矩为L零，因此系统对转轴的角动量守恒v1223mvmvL()MLmL→3MLm3L题4.21图（2）系统在上摆的过程中，只有重力做功，系统机械能守恒L11222Mg(1cos)mgL(1cos)(MLmL)22312→(2Mmg)(1cos)(Mm)L3222211932mvmv→(2Mm)(1cos)(gMm)(LMm)L2233(M3mL)(MmL3)22223mv13mv→cos1→cos[1](3MmMmgL)(2)(3MmMmgL)(2)4.22．工程上常采用摩擦啮合器使两飞轮以相同的转速一起转AB动。如图所示，A和B两飞轮的轴杆在同一中心线上，设A轮的转动22C惯量IA=10kg.m，B轮的转动惯量IB=20kg.m。开始时A轮的转速为600n/min，B轮静止。C为摩擦啮合器，A、B分别与C的左、右组件相连。当C的左右组件啮合时，B轮加速而A轮减速，直到两轮的转A速相等为止。求：（1）两轮啮合后的转速；（2）两轮啮合的过程中题4.22图损失的机械能。【解】(1)以A、B、C作为系统，系统相对转轴的合外力矩为零，故啮合过程中角动量守恒I10600AAII()I→200(/min)rr20.9(ad/)s；AAABII30AB(2)啮合过程中，摩擦力矩做负功，系统的机械能减少，由上述结果可得损失的机械能为112221IIAB4EI(II)1.3210()JAAABA222IIAB4.23．一个质量为M、半径为R并以角速度旋转着的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬时突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘飞出（如图）．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好向上。（1）问碎片能上升多高？（2）求破裂后瞬间余下部分的角速度、角动量和转动动能．v【解】(1)碎片脱离飞轮后，作竖直上抛运动，其初速度为R，02220R所以碎片能上升的最大高度为H。2g2g(2)以碎片和剩余部分作为一个系统，在破裂过程中，它们所受的重力对轴的合力矩仍然为0，所以破裂后瞬间系统的角动量仍然等于破裂前系统的角题4.23图54 动量，而在破裂后瞬间碎片的角速度为，则剩余部分的角速度显然也为．M22剩余部分的角动量LI(RmR)2121M222剩余部分的转动动能EI(RmR)TK2224.24．一细绳绕在质量为M、半径为R的圆柱体上，如图所示．若将绳垂直向上提起，绳和圆柱体间无相对滑动，要使它的质心不致下落，试求：（1）绳中的张力；（2）当圆柱体的角速度从0达到时，外力对圆柱体所做的功；（3）在此时间内绳子被提起的长度。题4.24图【解】(1)以圆柱体为研究对象，其质心加速度a0，由质心运动定理得：cTMgMa0→TMgC11222(2)由动能定理得外力所做的功WIMR24(3)在向上提圆柱体的过程中，相对中心轴而言，只有拉力矩做功，其大小为AMdTRdMgRdMgRMgl00022R其中为圆柱体转过的总角度，l为向上提起的绳子总长．考虑到（2）中的结果，可得l。4g4.25．一个轻质弹簧的劲度系数为k=2.0N/m。它的一端固定，另一端通过一条细线绕过一个定滑轮和质量为m1=80g的物体相连。定滑轮可看作均匀圆盘，它的半径r=0.05m，质量m=100g。先用手托住物体m1，使弹簧处于自然长度，然后松手．求物体m1下降h=0.5m时的速度。（忽略轮轴上的摩擦，并认为绳在滑轮边缘不打滑）【解】以弹簧、滑轮、物体m1，地球为系统，机械能守恒，则有1111vm2222mghkhmv()mr()112222r2m42mghkh11→vm1.48(/)s2mm1题4.25图4.26．一人站在无摩擦的旋转平台的中央，平台以1r/s的角速度旋转，这时人的双臂是伸着的，并且双22手都握着重物，整个系统的转动惯量为6.0kg·m．如果将双手收回，系统的转动惯量减少为2.0kg·m，问：（1）转台的旋转速度变为多少？（2）系统的动能改变多少？为什么会有改变？【解题分析】以人、重物和平台为系统，由于不考虑摩擦，系统所受到的外力矩为零，系统对转轴的角动量应守恒．在本题中，系统对轴转动惯量是可变的，角动量守恒将意味着系统的角速度将发生变化．当人双手收回时，内力对系统做了功，因此系统的动能将发生改变．【解】(1)人将双手收回的过程中，角过量守恒，所以有I6.0111II→3(/)18.85(rsrads/)11222I2.02(2)根据动能定理，人在收回双手的过程中内力所做的功等于系统动能的增量：55 11122III11()22AEII236.87()JK22111222I2【评注】角动量守恒定律适用于所有质点系。不仅适用于刚体，也适用于非刚体。本题属后一种情况。4.27．自行车前轮的转动惯量为2.034kgm，轮的半径为0.36m。在车前进的速率为5.0m/s时，骑车的人向右一歪，相当于一个质量为60kg的物体挂L自在轮轴上轮的右侧0.04m处．此时前轮mg应绕竖直轴以多大角速度转动才能配合这一倾倒力矩？题4.27图【解】本题的具体分析过程与4.33v题相同。L的方向水平向左，大小为LI()；L与进动轴（铅直轴）的夹角90；合外力自自自r矩M的方向垂直纸面向里，大小为Mmgd。由4.33题的分析可知，前轮轴绕铅直轴作顺时针（从上向下看）进动，其进动角速度的大小满足下列关系：dL自Ld自sinvmgdrMLsin→mgdI()→4.98(rads/)。自dtdtrIv4.28．一圆柱体的质量为1kg，半径为0.05m，放在水平桌面上。一拉力为30N，沿水平方向作用于圆柱体的中心轴（垂直于轴线），求纯滚动时圆柱体质心的加速度。【解题分析】此题是刚体的平面运动题。对于此类问题，总有：RF刚体的平面运动=刚体绕过质心且垂直于运动平面的轴的定轴转动+随质心在运动平面内的平动。mf因此要用到：①惯性系中的动力学规律和质心运动定理；②质心系题4.28图中的动力学规律。另外，圆柱体要有滚动，它与水平桌面间必定有摩擦力的作用。12【解】如图所示，在质心系中，由转动定律可得：fRmR。2在地面惯性系中，由质心运动定理可得：Ffmac因为是无滑滚动，所以的aRc22F302由以上三式解得：am20/s。c33m1【评注】对于无滑滚动，圆柱与地面的接触点瞬时速度为零，称为瞬心。在此瞬时，圆柱上各点绕接触点转动，由此可以给出圆柱上各点速度的大小和方向。4.29．刚体绕定轴转动时，其动能E、重力势能E、转动惯量I、动量P、绕轴转动的角动量L的kp表达式可分别写成下列形式：122Emv，Emgh，Imr，Pmv，LrmvkCpCCCCC2式中m为刚体质量，v为质心速度，r为质心到转轴的距离，h为质心的高度。其中哪些表达式是正CCC56 确的，哪些表达式是错误的？为什么？12【答】①公式Emv是错误的，正确的写法是：kC21122112222112EmvImd()I(mdI)I；kcccc222222②公式Emgh是正确的；pC2③公式Imr是错误的，正确的写法是：C22222Irdmd()rdmdrd(2)rdmmdI（其中I是刚体绕某轴mmccmcc的转动惯量，d是该轴到过质心平行轴的距离，r是质元垂直于过质心平行轴的位矢）；c④公式Pmv是正确的；C⑤公式Lrmv是错误的，正确的写法是Lrvdmrr()dm。当对称刚体绕其CCmm2对称轴转动时LrdmI。m4.30．如图，在半径为R的光滑半球形凹面内，有一刚性均匀细杆达到平衡。已知杆在半球面内的长度为l，试求杆露出在半球面外部分的长度。【解题分析】此题是刚体的静力平衡问题。刚体的静力平衡条N2件是：以任意点为参考点，总有：合外力矩irFii外0，合R外力iFi外0。如图所示，均匀细杆共受到三个力的作用，即：N1mg作用于细杆重心的重力mg、球面作用于杆端的支持力N、球面1题4.30图边缘作用于杆身的支持力N。因为接触面光滑，所以N和N垂212直于接触面。对于以上三个力，任意选取一个参考点，利用平衡条件，都可以得到正确结果。【解】根据以上分析，N沿半径指向球心，N垂直于杆长12N向上，由几何关系可知，两力的作用线必交于大圆周上的C点。2CE若取C点为参考点，则N1和N2的力矩为零。由合外力矩等于零RBD的条件可知，重力mg的力矩也等于零，即重力作用线经过C点，N1A三个力为共点力。再利用合外力等于零的条件，可求出N1和N2mg题4.30图的大小。但是该题并未要求解出N和N，因此，只要利用几何12关系解出外露部分的杆长即可。由图中几何关系可得：57 2222222BDBCBC2(R)l(2)RllR38→BD→BEl22BDl。BCABABlll【评注】本题若选其它参考点，虽然也可解出结果，但是解题过程要复杂得多。由此说明，如果一个问题有多种解法，要善于观察，从中选出最优方法。4.31．如图所示，均匀杆AB长度为l，重量为w，A端与C0粗糙的竖直墙接触，B端用不可伸长的绳悬挂于竖直墙的C点，fT杆呈水平状态，绳与杆的夹角为。试问：（１）为了使杆达到静力平衡，杆A端与竖直墙之间的摩擦系数应满足什么条件？NAB（２）若在杆上悬挂另一重量为ww/2的重物，为了使杆0l/2xww/200仍维持平衡，所需摩擦系数的最小值与悬点的位置有何关系？题4.31图【解】此题又是刚体的静力平衡问题。首先对均匀杆的受力分析如图，然后由刚体的静力平衡条件列出方程，解出结果。（１）杆上不挂其它重物。由合外力等于零的条件可得：Tfsinw；TNcos→wfNtan。00l选择B点为参考点，由合外力矩等于零的条件可得：flw→2fw→fNtan002又因为：fN→tan。w30（２）在距杆心x处悬挂重物。由合外力等于零的条件可得：wfNtan。022由合外力矩等于零的条件可得：llw3x32lx0→flw()x→f()wfNtan0022242l32lx32lx32lx又因为：fN→tan→tan。min32lx32lx【评注】有时为了理清解题思路，可以由要求的结果往前推，一直推到已知条件，然后按照相反的顺序解出问题。这就是“倒着想，顺着写”。4.32．A、B为两个完全相同的滑轮，A的绳端悬RARB挂重量Wmg的重物，B的绳端作用Fmg的外力，则两个滑轮的角加速度是否相同？为什么？mgRm【答】不相同。A的角加速度为A2mRImgRmgmgB的角加速度为题4.32图BI4.33．飞机沿水平方向飞行，螺旋桨尖端所在的半径为150cm，发动机转速为2000转/分．求：（1）桨尖相对于飞机的线速度；（2）若飞机以250km/h的速率飞行，计算桨尖相对地面速度的大小，并定性说明桨尖的轨迹．飞机航速v0【解】若飞机以速度v水平飞行，则螺旋桨在铅直面内转动。设桨尖相对0桨尖题4.33图58 于飞机的速度为vv()，相对于地面的速度为v，则vvv。0020002200200（1）(/rads)→vr1.5100314(/)ms603325000022（2）vm625(/)s→vvv321.6(/)ms。003600桨尖的轨迹是以v为轴的螺旋线。04.34．地球的自转轴与它绕日轨道平面的法线间的夹角是23.5º。由于日月对地球的引力产生力矩，地球的自转轴绕轨道平面的法线进动，进动一周需要时间26000a。已知地球对自转轴的转动惯量为372I=.80510kgm。求：（1）地球自旋角动量矢量变化率的大小；（2）日月对地球的合力矩。dL【解题分析】刚体进动的分析：由角动量定理M可得：dtdLdL自①若ML，则dLL→L大小不变地绕进动轴转动；②在L很大的情况下，M；自dtdtdL自Ld自sind③大小关系为MLsin（其中就是自转轴绕进动轴转动自dtdtdt的进动角速度）。37225【解】由题意可知：I8.0510kgm，7.2710(rads/)，23.5，自2436002123.1110(rad/)s。由上述分析可得：64000365243600dL自2122（１）LsinIsin7.2610(kgms/);自自dt（２）dLdL自d自MdtLLsin自217.2610(Nm)。L自23.5月日地题4.32图59'