完全弹性碰撞_百度百科
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完全弹性碰撞
完全弹性碰撞（Perfect Elastic Collision） 在理想情况下，完全弹性碰撞的物理过程满足和。一般在高中物理教材上，直接称这样满足机械能守恒与动能守恒的碰撞为弹性碰撞（ Elastic Collision）。如果两个碰撞小球的质量相等，联立动量守恒和能量守恒方程时可解得：两个小球碰撞后交换速度。如果被碰撞的小球原来静止，则碰撞后该小球具有了与碰撞小球一样大小的速度，而碰撞小球则停止。多个小球碰撞时可以进行类似的分析。事实上，由于小球间的碰撞并非理想的弹性碰撞，还会有能量的损失，所以最后小球还是要停下来。
完全弹性碰撞解释
碰撞，一般是指两个或两个以上物体在运动中相互靠近，或发生接触时，在相对较
完全弹性碰撞
短的时间内发生强烈相互作用的过程。
碰撞会使两个物体或其中的一个物体的发生明显的变化。
完全弹性碰撞碰撞特点
1）碰撞时间极短
2）碰撞力很大，外力可以忽略不计，系统
3）速度要发生有限的改变，位移在碰撞前后可以忽略不计
完全弹性碰撞过程分析
讨论两个球的碰撞过程。碰撞过程可分为两个过程。开始碰撞时，两球相互挤压，发生，由形变产生的弹性使两球的速度发生变化，直到两球的速度变得相等为止。这时形变得到最大。这是碰撞的第一阶段，称为压缩阶段。此后，由于形变仍然存在，弹性恢复力继续作用，使两球速度改变而有相互脱离接触的趋势，两球压缩逐渐减小，直到两球脱离接触时为止。这是碰撞的第二阶段，称为恢复阶段。整个碰撞过程到此结束。
完全弹性碰撞碰撞分类
根据碰撞过程动能是否守恒分为
1）完全弹性碰撞：碰撞前后系统守恒（能完全恢复原状）；
2）：碰撞前后系统动能不守恒（部分恢复原状）；
3）：碰撞后系统以相同的速度运动（完全不能恢复原状）。
一.完全弹性碰撞：，。
若两质量为m1,m2的物体，以为v10,v20发生碰撞，设碰撞后的速度各为v1,v2。
则根据：m1v10+m2v20 = m1v1+m2v2
1/2 m1v10^2 + 1/2 m2v20^2 = 1/2 m1v1^2+ 1/2m2v2^2
易证得：v1 = [(m1-m2)v10 + 2m2v20] / (m1+m2)
v2 = [(m2-m1)v20 + 2m1v10] / (m1+m2)
二：必须满足三个约束：1）动量约束：即碰撞前后
2）能量约束：即碰撞前后系统能量不增加
3）运动约束：即碰撞前若A物体向右碰撞B物体，那么碰撞后A物体向右
的速度不可超越B物体。
完全弹性碰撞例题
完全弹性碰撞妙趣横生、耐人寻味，是很特殊的一类碰撞。现拟从七个方面入手，通过一些经典的实例和身边的现象，仔细“品味”完全弹性碰撞，以期激发学生学习物理的兴趣。
如果主碰球的质量为，被碰球的质量为，根据和：
完全弹性碰撞两和相等
【这个结论再没有其它任何条件，适用范围最广。】
完全弹性碰撞偷梁换柱
（1）结论推导：若，则，。（交换速度）
完全弹性碰撞
（2）典型示例：如图1所示，在光滑的水平面上有一辆长为的小车A，在A上有一木块B（大小不计），A与B的质量相等，B与A的为。开始时A是静止的，B位于A的正中以初速度向右运动，假设B与A的前后两壁碰撞是完全弹性的，求B与A的前后两个墙壁最多能相碰多少次？
解析：先是B在的作用下减速，A在摩擦力的作用下加速。地面是光滑的，系统，B与A的前壁发生完全弹性碰撞，且质量相等，因此A与B交换速度。此后，B将加速，A将减速，B又与A的后壁发生完全弹性碰撞交换速度。就这样不停地减速，间断地交换，最终达到相等的速度，相对运动宣告结束。
再根据系统的，，解得。
在中，是相对路程，所以最多能相碰次。
（3）现象链接：如图2所示，质量相等的两个刚性小球，不相等，同时由静止自由释放，各自将会在自己的半面振动，但是角度不停地周期性变化，对于左面的小球角度的变化是：，右面的小球角度的变化是：。妙趣横生。
完全弹性碰撞前赴后继
（1）结论推导：若，且，则，。（传递速度）
（2）一题多变：在图1中，如果B与A之间光滑，B与地面之间的为，其它条件不变，求B与A的前后两个墙壁最多能相碰多少次？
解析：先是B在A上无摩擦的滑动，与A的前壁发生短暂的完全弹性碰撞，可以看作，由于A与B质量相等，所以它们传递速度，B便停下来，A在此速度的基础上开始减速，接着B与A的后壁又发生完全弹性碰撞传递速度，B又匀速运动，A又停止。就这样二者交换，走走停停，最终系统都停下来。
根据系统的：，解得。
则B与A的前后两个墙壁最多能相碰次。
点评：虽然情景相似，但略作变化，结果就大相径庭。
（3）现象链接：
①（的一个很著名的实验）它是在天花板上悬挂好多相等摆长的双线摆，当第一个小球摆下以后，这个速度一直就会传递到最后一个小球，最后一个小球也就摆到原来的高度，这样一直往复运动下去，中间的双线摆不运动，起到传递速度的作用。如图3所示。
②（台球）这在台球运动中是经常见到的现象。
（4）经典回顾：（93年全国高考题）如图4所示，A、B是位于水平桌面上的两个质量相等的小木块，离墙壁的距离分别为和，与桌面之间的分别为和，今给A以某一，使之从桌面的右端向左运动，假定A、B之间，B与墙壁之间的碰撞时间极短，且碰撞中总无损失，若要使木块A最后不从桌面上掉下来，则A的初速度最大不能超过多少？
解析：物理情景是这样的，三次碰撞均为完全弹性碰撞：A碰B（前赴后继），B碰墙（），B碰A。三段减速运动：A至B，B往返至A，A减速恰至桌面边缘。
点评：本题也可以分段列式解答。
完全弹性碰撞勇往直前
（1）结论推导：若，且，则，，。
（2）典型示例：（验证的实验）为了避免入射小球被反向弹回，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，原因就在于此。如图5所示。
（3）现象链接：一个大人跑步时一不小心碰到一个小孩的身上，小孩很容易被碰倒，就是这个道理。
（4）习题精练：如图6所示，在光滑水平面上静止着质量为的物体B，B的一端固连着一根轻质弹簧，质量为的物体A，以的速度冲向B并与之发生，求当弹簧重新回复原长时两物体的速度各为几何？
解析：弹簧被压缩到回复原长的过程，是储存并完全释放的过程，守恒，发生了完全弹性碰撞，，“勇往直前”，把数据代入篇首的结论，解得：
点评：这个答案可以用第一点“两和相等”的结论验证，。
完全弹性碰撞我行我素
（1）结论推导：若，且，则，。
（2）典型示例：（）在这个实验中，首先得排除粒子大角度散射不是电子造成的，课本上为了说明这一点，用了这样一个比喻：粒子遇到电子就像高速飞行着的子弹遇到一粒尘埃一样。这个现象可以用以上结论很好的解释了。
（3）现象链接：铅球碰撞乒乓球就是这种现象。
（4）习题精练：见第七点“”。
完全弹性碰撞反向弹回
（1）结论推导：若，且，则，。
（2）典型示例： 有光滑圆弧轨道的小车质量为，静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平，有一质量为的小球以水平初速度滚上小车，如图7所示。求小球又滚下和小车分离时二者的速度？
解析：由于满足和，所以小球在光滑圆弧上的运动，可以看作是完全弹性碰撞，所以小球的分离可以看作是反向弹回。把数据代入篇首的结论，则
小球的速度：，
小车的速度：。
（3）现象链接：（篮球运动）在篮下，质量小的运动员经常被碰回，这是司空见惯的。
（4）习题精练：如图8所示，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为、（为待定系数），A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道开始下滑，与静止于轨道最低点的B球相碰，碰撞后A、B能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失，为。试求：（1）待定系数；（2）第一次碰撞刚刚结束时小球A、B各自的速度。
解析：（1）由于圆环内侧光滑，又碰撞是完全弹性碰撞，所以系统，
（2）小球A滚下，在最低点的是：，解得；
接着与B球发生完全弹性碰撞，被反向弹回，把数据代入篇首的结论，则第一次碰撞刚刚结束时小球A的速度为：，
小球B的速度为：。
①本题也可以倒过来计算，碰撞之后A、B分别向两侧滑上圆环，机械能守恒
A．； B．。
②在反向弹回的情况下，如果，碰撞之后二者速率相等。
完全弹性碰撞蚍蜉撼树
（1）结论推导：若，且，则，。
（2）典型示例：（乒乓球碰撞墙壁）乒乓球碰倒墙壁以后被反向弹回，它的动量发生了二倍的改变，即。如图9所示。
（3）现象链接：（器壁）气体分子频繁地碰撞器壁，给器壁产生一个持续的恒定的压力。而每个分子都被反向弹回。
（4）习题精练：网球拍以击中以速率飞来的网球，被击回的网球的最大速率是多少？（以上所有的速率都是指相对于地面的速率）
解析：最大速率是发生在一条直线上的完全弹性碰撞，设球拍质量为，网球质量为，满足。
解法一：若球拍静止，根据以上第七点“”的结论，网球被反向弹回，速率不变。若网球静止，根据以上第五点“我行我素”的结论，网球将以的速率飞出。
综合以上两点，被击回的网球的最大速率为：。
解法二：若以球拍为，则网球相对于球拍的速率为，碰撞后以相对速率反向弹回。
再以地面为参照系，球拍相对于地面的速率为，与网球相对于球拍离去速度同向，所以网球对地的速度是：。
解法三：球拍击球前后速度几乎不变，即保持不变，根据第一点“两和相等”得，，因此。
总之，从方方面面“品味”完全弹性碰撞，对掌握其它类型的碰撞是大有裨益的。
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大学物理教程2-1 上学期习题答案
习 1-1题 一一质点在平面 xOy 内运动，运动方程为 x ? 2t ， y ? 19 ? 2t 2 （SI）（1）求质点 ．的运动轨道； （2）求 t ? 1s 和 t ? 2s 时刻质点的位置矢量； （3）求 t ? 1s 和 t ? 2s 时刻质点的 瞬时速度和瞬时加速度； （4）在什么时刻，质点的位置矢量和速度矢量垂直?这时 x、y 分量 各为多少?（5）在什么时刻，质点离原点最近?最近距离为多大? [解] 质点的运动方程 x ? 2t ， y ? 19 ? 2t 2 （1）消去参数 t，得轨道方程为:1 y ? 19 ? x2 2?x ? 0?（2）把 t ? 1s 代入运动方程，得 r ? xi ? yj ? 2i ? 17 j 把 t ? 2s 代入运动方程，得r ? 2 ? 2i ? ?19 ? 2 ? 2 2 ? j ? 4i ? 11 j（3）由速度、加速度定义式，有v x ? d x /d t ? 2, v y ? d y /d t ? ?4t a x ? d v x /d t ? 0, a y ? d v y /d t ? ?4所以，t 时刻质点的速度和加速度分别为v ? vx i ? v y j ? 2i ? 4tja ? ax i ? a y j ? ?4 j所以， t ? 1s 时， v ? 2i ? 4 j ， a ? ?4 j t ? 2s 时， v ? 2i ? 8 j ， a ? ?4 j （4）当质点的位置矢量和速度矢量垂直时，有 r ?v ? 0 即 整理，得 解得?2ti ? ?19 ? 2t ? j ?? ?2i ? 4tj? ? 02t 3 ? 9t ? 0t1 ? 0 ； t 2 ? 3 ； t 3 ? ?3 （舍去）t ? 0s时, x1 ? 0, y1 ? 19m t ? 3s时, x2 ? 6m, y2 ? 1m（5）任一时刻 t 质点离原点的距离r ?t ? ?令x2 ? y2 ?t ?3?2t ?2 ? ?19 ? 2t 2 ?2dr ? 0 可得 dt所以， t ? 3s 时，质点离原点最近r ?3? ? 6.08m1-11-2 一粒子按规律 x ? t 3 ? 3t 2 ? 9t ? 5 沿 x 轴运动， 试分别求出该粒子沿 x 轴正向运动； 沿 x 轴负向运动；加速运动；减速运动的时间间隔． [解] 由运动方程 x ? t 3 ? 3t 2 ? 9t ? 5 可得 质点的速度 粒子的加速度 由式（1）可看出 由式（2）可看出 当t 当t 当t 当tv?dx ? 3t 2 ? 6t ? 9 ? 3?t ? 3??t ? 1? dt dv a ? ? 6?t ? 1? dt? 3s 时， v ? 0 ，粒子沿 x 轴正向运动； ? 3s 时， v ? 0 ，粒子沿 x 轴负向运动． ? 1s 时， a ? 0 ，粒子的加速度沿 x 轴正方向； ? 1s 时， a ? 0 ，粒子的加速度沿 x 轴负方向．（1） （2）因为粒子的加速度与速度同方向时， 粒子加速运动， 反向时， 减速运动， 所以， t ? 3s 当 或 0 ? t ? 1s 间隔内粒子加速运动，在 1s ? t ? 3s 间隔内里粒子减速运动． 一质点的运动学方程为 x ? t 2 ， y ? ?t ? 1? （S1） ．试求： （1）质点的轨迹方程;21-3（2）在 t ? 2 s 时，质点的速度和加速度． [解] （1） 由质点的运动方程x ? t22（1） （2）y ? ?t ? 1?消去参数 t，可得质点的轨迹方程y??x ?1?2（2） 由（1）（2）对时间 t 求一阶导数和二阶导数可得任一时刻质点的速度和加速度 、vx ?所以dx ? 2t dtvy ?dy ? 2?t ? 1? dt（3）v ? vx i ? vy j ? 2ti ? 2?t ? 1? jax ? d2 x ?2 dt2a ? 2i ? 2 jay ?d2 y ?2 dt2（4）所以把 t ? 2s 代入式（3）（4） 、 ，可得该时刻质点的速度和加速度． a ? 2i ? 2 j v ? 4i ? 2 j 1-4 质点的运动学方程为 x ? A sin ?t ， y ? B cos ?t ，其中 A、B、 ? 为正常数，质点 （1） （2）的轨道为一椭圆．试证明质点的加速度矢量恒指向椭圆的中心． ? [证明] 由质点的运动方程 x ? A s i n t y ? B c o ?t s 对时间 t 求二阶导数，得质点的加速度ax ?d2 x ? ? A? 2 sin ?t 2 dt d2 y ? ? B? 2 cos ?t dt2ay ?1-2所以加速度矢量为a ? ?? 2 ? A sin?ti ? B cos ?tj ? ? ?? 2 r可得加速度矢量恒指向原点――椭圆中心． 质点的运动学方程为 r ? 2ti ? 2 ? t 2 j （SI） ，试求： （1）质点的轨道方程； （2）1-5??t ? 2s 时质点的速度和加速度．[解] （1） 由质点的运动方程，可得x ? 2ty ? 2 ?t2消去参数 t，可得轨道方程1 y ? 2 ? x2 4（2） 由速度、加速度定义式，有 v ? dr / dt ? 2i ? 2tja ? d 2 r / dt 2 ? ?2 j将 t ? 2s 代入上两式，得 v ? 2i ? 4 j 1-6a ? ?2 j已知质点的运动学方程为 x ? r cos ?t ， y ? r sin ?t ， z ? ct ，其中 r、 ? 、c 均为常量．试求： （1）质点作什么运动?（2）其速度和加速度? （3）运动学方程的矢量式． [解] （1） 质点的运动方程 （1） x?rco s t ? y ? r sin ?t （2）z ? ct由（1）（2）消去参数 t 得 、（3）x2 ? y2 ? r 2此方程表示以原点为圆心以 r 为半径的圆，即质点的轨迹在 xoy 平面上的投影为圆． 由式（2）可以看出，质点以速率 c 沿 z 轴匀速运动． 综上可知，质点绕 z 轴作螺旋线运动． （2） 由式（1）（2）（3）两边对时间 t 求导数可得质点的速度 、 、vx ? dx ? ?r? sin?t dtvy ?dy ? r? cos ?t dt dz vz ? ?c dt所以v ? vx i ? vy j ? vz k ? ?r? sin?ti ? r? cos ?tj ? ck由式（1）（2）（3）两边对时间求二阶导数，可得质点的加速度 、 、ax ?d2 x ? ? r? 2 cos ?t dt 21-3ay ?d2 y ? ?r? 2 sin ?t 2 dtaz ? 0所以a ? ax i ? ay j ? az k ? ?r? 2 cos ?ti ? r? 2 sin?tj（3） 由式（1）（2）（3）得运动方程的矢量式 、 、 r ? xi ? yj ? zk ? r cos ?ti ? r sin?tj ? ctk 1-7 湖中一小船，岸边的人用跨过高处的定滑轮的绳子拉船靠岸（如图所示） ．当收绳速度为 v 0 时，试问： （1）船的运动速度 u 比 v 大还是小?（2）若 v ? 常量 ．船能否作匀速 运动?如果不能，其加速度为何值? [解] （1） 由图知L2 ? s 2 ? h 2 两边对 t 求导数，并注意到 h 为常数，得2L又 所以 即dL ds ? 2s dt dtv??dL ds , u?? dt dtLv ? su（1）u L ? ?1 v s因此船的速率 u 大于收绳速率 v． （2） 将（1）式两边对 t 求导，并考虑到 v 是常量dL ds du ?u ?s dt dt dt 2 2 u ? v ? sa 所以 ?u 2 ? v 2 ? ? h 2 v 2 a? 即 s s3 v1-8 质点沿 x 轴运动，已知 v ? 8 ? 2t 2 ，当 t ? 8 s 时，质点在原点左边 52m 处（向右 为 x 轴正向） ．试求： （1）质点的加速度和运动学方程； （2）初速度和初位置； （3）分析质 点的运动性质． a ? d v /d t ? 4t [解] （1） 质点的加速度 d x ? vdt 又 v ? d x /d t 所以 对上式两边积分，并考虑到初始条件得?所以x ?52dx ??t 8vdt ?? ?8 ? 2t ?d tt 2 82 x ? 8t ? t 3 ? 457.3 31-4因而质点的运动学方程为 x ? ?457.3 ? 8t ? （2） 将 t ? 0 代入速度表达式和运动学方程，得2 3 t 3v0 ? 8 ? 2 ? 0 2 ? 8m/s2 x0 ? ?457.3 ? 8 ? 0 ? ? 03 ? ?457.3m 3（3） 质点沿 x 轴正方向作变加速直线运动，初速度为 8m/s，初位置为 ? 457.3 m. 1-9 一物体沿 x 轴运动，其加速度与位置的关系为 a ? 2 ? 6 x ．物体在 x ? 0 处的速度为 10 m s ，求物体的速度与位置的关系． [解] 根据链式法则a?dv dv d x dv ? ?v dt d x dt dxv d v ? a d x ? ?2 ? 6 x ?d x对上式两边积分并考虑到初始条件，得 故物体的速度与位置的关系为?vvdv ?10? ?2 ? 6x?d xx 0v ? 6x 2 ? 4x ? 100ms1-10一质点在平面内运动，其加速度 a ? a x i ? a y j ，且 a x ， a y 为常量． （1）求 v ? t和 r ? t 的表达式； （2）证明质点的轨迹为一抛物线． t ? 0 时， r ? r0 ， v ? v 0 ． [解] 由 两边积分得a?dv 得 dtv ? adt?v v ? ?0 adt0vt因 ax ， a y 为常量，所以 a 是常矢量，上式变为v ? v 0 ? at由 v?即v ? v 0 ? atdr 得 d r ? v d t ? ?v 0 ? at ? d t dt两边积分，并考虑到 v 0 和 a 是常矢量，?rd r ? ?0 ?v 0 ? at ?d tr t0即r ? r0 ? v 0 t ?1 2 at 2（2） 为了证明过程简单起见，按如下方式选取坐标系，使一个坐标轴（如 y 轴）与 a1-5平行，并使质点在 t ? 0 时刻位于 r0 ． 这样x ? v0 x t ? x0（1） （2）y?1 2 at ? v0 y t ? y0 2联立 （1）~（2）式，消去参数 t 得y?v 1 a ?x ? x0 ?2 ? 0 y ?x ? x0 ? ? y0 2 2 v0 x v0 x此即为轨道方程，它为一条抛物线． 1-11 在重力和空气阻力的作用下，某物体下落的加速度为 a ? g ? Bv ，g 为重力加速 度，B 为与物体的质量、形状及介质有关的常数．设 t ? 0 时物体的初速度为零． （1）试求 物体的速度随时间变化的关系式； （2）当加速度为零时的速度（称为收尾速度）值为多大? [解] （1） 由 a ?dv 得 dtdv ? dt g ? Bv两边分别积分，得?dv ? 0 g ? Bvv?tdt0所以，物体的速率随时间变化的关系为：g ?1 ? e ?Bt ? B （2） 当 a ? 0 时 有 a ? g ? Bv ? 0 （或以 t ? ? 代入） v?由此得收尾速率v?g B1-12 一质点由静止开始作直线运动， 初始加速度为 a， 此后随 t 均匀增加， 经时间 ? 后， 加速度变为 2a，经 2? 后，加速度变为 3a，??．求经时间 n? 后，该质点的加速度和所走 过的距离． [解] 由题意可设质点的加速度与时间 t 的关系为a t ? a ? kt由 a τ ? a ? k? ? 2a 得（k 为常数）k?所以a?a ? t? a t ? a ? t ? ?1 ? ? a ? ? ??故当 t ? n? 时，质点的加速度anτ ? ?n ? 1?a1-6由a ?dv 得 dtdv ? adt对上式两边积分得t??0 dv ? ?0 ?1 ? ? ?a d t ? ?所以 又 对上式两边积分vt?v ? at ? v? dx dta 2 t 2?d x ? vdt?d x ? ?s 0n?0a 2? ? ? at ? t ? d t 2? ? ?经过时间 n? 后，质点所走过的距离a 3? ?1 s ? ? at 2 ? t ? 6? ? ?21-13n? 0?1 2 n ?n ? 3?a? 2 6一物体悬挂于弹簧上沿竖直方向作谐振动，其加速 a ? ?ky ，k 为常数，y 是离开平衡位置的坐标值．设 y 0 处物体的速度为 v 0 ，试求速度 v 与 y 的函数关系． [解] 根据链式法则a?dv dv d y dv ? ?v dt d y dt dy vdv ? ad y对上式两边积分?即v v0vdv ??y y0ad y ??y y0? ky d y1 2 ?v ? v02 ? ? ? 1 k ?y 2 ? y02 ? 2 22 2 v 2 ? v0 ? k ?y0 ? y 2 ?故速度 v 与 y 的函数关系为1-14一艘正以速率 v 0 匀速行驶的舰艇， 在发动机关闭之后匀减速行驶． 其加速度的大小与速度的平方成正比，即 a ? ?kv 2 ， k 为正常数．试求舰艇在关闭发动机后行驶了 x 距离 时速度的大小． [解] 根据链式法则a?dv dv d x dv ? ?v dt d x dt dx v d x ? dv a对上式两边积分1-7?0 d x ? ?v化简得xv0v dv v dv ? ? v0 ? kv ax??所以1 v ln k v0v ? v0 e ? kxl-15一粒子沿抛物线轨道 y ? x 2 运动， 且知 vx ? 3 m s ． 试求粒子在 x ?2 m 处的速度 3和加速度． [解] 由粒子的轨道方程 对时间 t 求导数y ? x2vy ?dy dx ? 2x ? 2 xv x dt dt（1）再对时间 t 求导数，并考虑到 v x 是恒量a?把x?d vy dt2 ? 2v x（2）2 m 代入式（1）得 3 2 vy ? 2 ? ? 3 ? 4 m s 3所以，粒子在 x ?2 m 处的速度为 32 2 v ? vx ? vx ? 32 ? 4 2 ? 5 m s与 x 轴正方向之间的夹角? ? arctan由式（2）得粒子在 x ?vy vx? arctan4 ? 5308? 32 m 处的加速度为 3a ? 2 ? 32 ? 18 m s 2加速度方向沿 y 轴的正方向． 1-16 一质点沿半径为 0.10m 的圆周运动，其角位置 ? ? 2 ? 4t 3 ． （1）在 t ? 2s 时，它 的法向加速度和切向加速度各是多少?（2）切向加速度的大小恰是总加速度大小的一半时， ? 值为多少?（3）何时切向加速度与法向加速度大小相等? [解] 质点的角速度??d? ? 12t 2 dt1-8质点的线速度v ? R? ? 0.10 ? 12t 2 ? 1.2t 2质点的法向加速度 an ，切向加速度 a t 为an ? ? 2 R ? ?12t 2 ? ? 0.10 ? 14.4t 42（1） （2）at ?dv ? 2.4t dt（1）把 t ? 2s 代入（1）式和（2）式，得此时a n ? 14.4 ? 2 4 ? 2.3 ? 10 2 m/s2 a t ? 2.4 ? 2 ? 4.8m/s2（2）质点的总加速度2 a ? an ? at2 ? 2.4t 36t 6 ? 1由 at ? 解得 所以1 a 得 22.4t ? 0.5 ? 2.4t 36t 6 ? 1t ? 0.66s? ? 2 ? 4t 3 ? 3.15rad（3）当 a n ? a t 即 14.4t 4 ? 2.4t 时 有 1-17t ? 0 .5 5 s火 车 在 曲 率 半 径 R ＝ 400m 的 圆 弧 轨 道 上 行 驶 ． 已 知 火 车 的 切 向 加 速 度a t ? 0.2 m s 2 ，求火车的瞬时速率为 10 m s 时的法向加速度和加速度．[解] 火车的法向加速度 方向指向曲率中心 火车的总加速度2 a ? a n ? a t2 ? 0.252 ? 0.2 2 ? 0.32 m s 2an ?v 2 10 2 ? ? 0.25 m s 2 R 400设加速度 a 与速度 v 之间的夹角为 ? ，则? ? arctanan 0.25 ? arctan ? 51.34 0 ? 510 20? at 0.21-18 为了转播电视而发射的地球同步卫星在赤道上空的圆轨道上运动， 周期等于地球 的自转周期 T ? 24h ．求卫星离开地面的高度和卫星的速率（距地球中心 r 处的重力加速度?R ? ） a ? g ? e ? ， Re 是地球的半径． ? r ?[解] 设同步卫星距地球的中心为 r，速率为 v，则2v?2?r T（1）1-9v2 ?R ? ? a ? g? e ? r ? r ?解（2）式可得2（2）r?3gRe2T 2 3 9.8 ? ?6378 ? 103 ? ? ?24 ? 3600?2 ? ? 4.22 ? 107 m 2 2 4? 4?2代入（1）式可得2?r 2? 4.22 ? 10 7 ? ? 3.07 ? 10 3 m s T 24 ? 3600 所以，卫星距地面的高度 v?h ? r ? Re ? 4.22 ? 107 ? 6378 ? 103 ? 3.58 ? 107 m1-19若登月舱在登上月球之前绕月球以半径 r ?1 Re （ Re 为地球半径）作圆周运动， 3并且已知这时月球对登月舱的引力加速度 a ?1 试计算登月舱的速率和飞行一周所需要 g． 12的时间． [解] 设登月舱的速率为 v，周期为 T，则v2 ?a r即3v 2 1 ? g Re 12（1）2?r ?v T解（1）式可得即2?Re ?v 3T（2）v?代入（2）式可得g 9.8 Re ? ? 6378 ? 10 3 ? 1.32 ? 10 3 m s 36 36T?2? Re 3 g 36?2? 6378 ? 10 3 3 9.8 36? 1.01 ? 10 4 s1-20 如图所示，一卷扬机自静止开始作匀加速运动，绞索上一点起初在 A 处经 3s 到 达鼓轮的 B 处， 然后作圆周运动． 已知 AB ? 0.45m ,鼓轮半径 R ? 0.5m ， 求该点经过点 C 时， 其速度和加速度的大小和方向． [解] 设 A 点的切向加速度为 a t ， 经过 B 点时的速率为 vB ， 法向加速度为 an 由 A 到 B 过程：AB ?1 2 at t 21-10（1）vB ? a t t在 B 点：（2） （3） （4） （5）? B ? vB / R ， ? ? a t / R2 2 由 B 到 C 过程： ? C ? ? B ? 2??在 C 点：vC ? ? C R联立以上五式，得4 AB 4 ? 0.45 ? 2 AB ? ? 2 ? 0.45 ? vC ? ? C R ? ? ?R? ? ? ? 0.5 ? 0.64 m s ? ? ? ? 2 Rt 0.5 ? 3 2 ? Rt ? ? 0.5 ? 3 ?方向沿切向22an ?2 vC Rat ?22 AB t2a?a t2?2 an? 0.64 2 ? 2 ? 0.45 ? ? ? ? ?? 2 ? 0.5 ? 3 ? ?? ? ? 0.83 m s 2 ? ?? ? arctanat 0.642 0.5 ? arctan ? 830 2? an 2 ? 0.45 321-21在一个转动的齿轮上， 一个齿尖 P 沿半径为 R 的圆周运动， 其路程随时间的变化规律为 s ? v0 t ?1 2 bt ，其中 v 0 和 b 都是正常量．求 t 时刻齿尖 P 的速度及加速度的大小． 2[解] 设时刻 t 齿尖 P 的速率为 v ，切向加速度 a t ，法向加速度 a n ，则v?ds ? v 0 ? bt dt dv at ? ?b dt v 2 (v 0 ? bt ) 2 an ? ? R R所以， t 时刻齿尖 P 的加速度为2 a ? a t2 ? a n ? b 2 ?(v0 ? bt ) 4 R21-22一物体作斜抛运动，抛射角为 ? ，初速度为 v 0 ，轨迹为一抛物线 （如图所示） 试分别求抛物线顶点 A 及下落点 B ． 处的曲率半径．1-11[解] 物体在 A 点的速度设为 vA ，法向加速度为 a nA ，曲率半径为 ? A ，由题图显然有v A ? v0 cos ? a nA =g2 vA（1） （2）?A联立上述三式得? an A（3）?A ?2 2 v0 c o s ? g物体在 B 点的速度设为 vB ，法向加速度为 a nB ，曲率半径为 ? B ，由题图显然有v B ? v0 a nB ? g cos ?2 vB（4） （5）?B联立上述三式得? a nB（6）?B ?2 v0 g cos ?1-23一物体作如图所示的抛体运动，测得轨道的点 A 处，速度的大小为 v，其方向与水平线的夹角为 30 0 ，求点 A 的切向加速度和该处的曲率半径． [解] 设 A 点处物体的切向加速度为 a t ， 法向加速度为 a n ， 曲率半径为?，则 g ? a t ? a n 由图知at ? ? g sin 300 ? ?0.5gan ? g cos 300 ? 3g / 2又v2?? an所以??v2 v2 2 3v 2 ? ? an 3g 3g / 21-24一门火炮在原点处以仰角 ?1 ? 300 、初速 v10 ? 100 m s 发射一枚炮弹．另有一门位于 x0 ? 60 m 处的火炮同时以初速 v20 ? 80 m s 发射另一枚炮弹，其仰角 ? 2 为何值时，可 望能与第一枚炮弹在空中相碰? 相碰时间和位置如何（忽略空气阻力的影响）?1-12[解] 设经过时间 t 后，炮弹 1、炮弹 2 的坐标分别为 ?x1 , y1 ? 、 ?x2 , y2 ? ，则 对炮弹 1 对炮弹 2x1 ? v10 cos ?1t x2 ? x0 ? v20 cos ? 2t1 y1 ? v10 sin?1t ? gt 2 2 1 y2 ? v20 sin? 2t ? gt 2 2y1 ? y2（1） （2）当炮弹 1、炮弹 2 相碰时 即x1 ? x2v10 cos?1t ? x0 ? v20 cos? 2t1 1 v10 sin?1t ? gt 2 ? v20 sin? 2t ? gt 2 2 2解（2）式可得sin? 2 ?v10 100 sin?1 ? ? sin 300 ? 0.625 v20 80（3）所以? 2 ? arcsin 0.625 ? 38.6820t? x0 60 ? ? 2.48s 0 v10 cos ?1 ? v20 cos ? 2 100 ? cos 30 ? 80 ? cos 38.6820由（1）式可得相遇时的坐标设为（x，y） ，则x ? x1 ? x2 ? v10 cos ?1t ? 100 ? cos 300 ? 2.48 ? 214.77m1 1 y ? y1 ? y2 ? v10 sin?1t ? gt 2 ? 100 ? sin 300 ? 2.48 ? ? 9.8 ? 2.482 ? 93.86m 2 21-25 河宽为 d，靠河岸处水流速度变为零，从岸边到中流，河水的流速与离开岸的距离成正比地增大，到中流处为 v 0 ．某人以相对水流不变的速率 v 垂直水流方向驶船渡河， 求船在达到中流之前的轨迹方程． [解] 取图示坐标系v x ? ky已知 代入上式得 所以 又 积分得 代入（1）式得y?d 时， v x ? v0 2 2v k? 0 d 2v vx ? 0 y dvy ? vy ? vt（1）（2）vx ?2v0 vt d1-13积分得 由（2）（3）消去 t 得 、x?v0 2 vt d v x ? 0 y2 vd（3）1-26如图所示，一航空母舰正以 17 m s 的速度向东行驶， 一架直升飞机准备降落在舰的甲板上． 海上有 12 m s 的北风吹着． 若舰上的海员看到直升飞机以 5 m s 的速度垂直下降， 求直升飞机相对海水及相对空气的速度?习题 1-26 图[解] 已知 v机对舰 ? ?5k 故v舰对海 ? 17 jv 气对海 ? 12iv机对海 ? v机对舰 ? v 舰对海 ? ?? 5k ? 17 j ? m s v机对气 ? v机对海 ? v 海对气 ? ?? 12i ? 17 j ? 5k ? m s2-1质量为 m 的子弹以速率 v 0 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，速度大小随时间的 变化关系； (2)子弹射入沙土的最大深度。 [解] 设任意时刻子弹的速度为 v，子弹进入沙土的最大深度为 s，由题意知，子弹所受 的阻力 f= - kv (1) 由牛顿第二定律 即 所以 对等式两边积分dv dt dv ? kv ?? m dt dv k ? ? dt v m v dv k t ?v0 v ? ? m ?0 dt f ? ma ? mln v k ?? t v0 m1-14得因此 (2) 由牛顿第二定律 即 所以 对上式两边积分 得到 即v ? v0 ek ? t mf ? ma ? mdv dv dx dv ?m ? mv dt dx dt dx dv ? kv ? mv dx k ? dx ? dv m 0 k s ? ? dx ? ? dv v0 m 0 k ? s ? ?v0 m mv s? 0 k2-2 质量为 m 的小球，在水中受到的浮力为 F，当它从静止开始沉降时，受到水的粘 滞阻力为 f＝kv(k 为常数)。若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率 v 与时间 的关系为v?mg ? F kkt ? ? ? ?1 ? e m ? ? ? ? ?f F0[证明] 任意时刻 t 小球的受力如图所示， 取向下为 y 轴的正 方向，开始沉降处为坐标原点。由牛顿第二定律得y mgmg ? F ? f ? ma ? m即dv dt dv mg ? F ? kv ? ma ? m dtdv dt ? mg ? F ? kv m习题 2－2 图整理得对上式两边积分?0 mg ? F ? kv ? ?0 mln mg ? F ? kv kt ?? mg ? F mmg ? F kkt ? ? ? ?1 ? e m ? ? ? ? ?vdvtdt得即v?2-3跳伞运动员与装备的质量共为 m，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即 F ? kv 2 。求跳伞员的运动速率 v 随时间 t 变化的规律和极限速率 vT 。 [解] 设运动员在任一时刻的速率为 v，极限速率为 vT ，当运动员受的空气阻力等于运1-15动员及装备的重力时，速率达到极限。 此时2 mg ? kv T即vT ?mg k有牛顿第二定律mg ? kv 2 ? mdv dt整理得dv dt ? 2 mg ? kv m对上式两边积分?0vt dt dv 1 ?? 2 0 m mg ? kv 2 mgk得2tlnmg ? k v mg ? k v2t?t m?1 ?1整理得v?e em kg 2t m kg? 1 mg e ? k ?1 em kg 2t m kgvT2-4一人造地球卫星质量 m=1327kg， 在离地面 h ? 1.85 ? 10 6 m 的高空中环绕地球作匀速率圆周运动。求：(1)卫星所受向心力 f 的大小；(2)卫星的速率 v；(3)卫星的转动周期 T。 [解] 卫星所受的向心力即是卫星和地球之间的引力f ?G?Re ? h?2M地 Re2Re2 ? 1327 ? 9.8 ?M 地mg ?G由上面两式得 f ? mg?Re ? h ?2?6378 ? 10?6378 ? 10 ?33 2 6 2? 1.85 ? 10?? 7.82 ? 10 3 N(2) 由牛顿第二定律f ?mv2 Re ? hv?f ?Re ? h ? 7.82 ? 103 ? 6378 ? 103 ? 1.85 ? 10 6 ? ? 6.96 ? 103 m s m 1327??(3) 卫星的运转周期T?2? ?Re ? h ? 2? 6378 ? 10 3 ? 1.85 ? 10 6 ? ? 7.43 ? 10 3 s ? 2h3min50s v 6.96 ? 10 31-16??2-5 试求赤道上方的地球同步卫星距地面的高度。 [解] 设同步卫距地面高度为 h，距地心为 R+h，则 Mm G 2 ? mr? 2 r Mm G 2 ? mg R 所以GM ? gR 2? gR 2 r ?? 2 ?? ? ? ? ? ?13代入第一式中??解得2? ? 7.27 ? 10?5 rad s 24 ? 3600 r ? 4.22 ? 107 mh ? r ? R ? 4.22 ? 107 ? 6.37 ? 106 ? 3.58 ? 10 4 m2-6 两个质量都是 m 的星球，保持在同一圆形轨道上运行，轨道圆心位置上及轨道附 近都没有其它星球。已知轨道半径为 R，求：(1)每个星球所受到的合力；(2)每个星球的运 行周期。 [解] 因为两个星球在同一轨道上作圆周运动，因此，他们受到的合力必须指向圆形轨 道的圆心， 又因星球不受其他星球的作用， 因此， 只有这两个星球间的万有引力提供向心力。 所以两个星球必须分布在直径的两个端点上，且其运行的速度周期均相同 (1)每个星球所受的合力F1 ? F2 ? G(2) 设运动周期为 T?2R ?2mm?Gm2 4R 2F1 ? m联立上述三式得v2 RT?2?R vT ? 4?RR Gm所以，每个星球的运行周期T1 ? T2 ? T ? 4?RR Gm2-7 一种围绕地球运行的空间站设计成一个环状密封圆筒(像一个充气的自行车胎)， 环中心的半径是 1.8km。如果想在环内产生大小等于 g 的人造重力加速度，则环应绕它的轴 以多大的速度旋转？这人造重力方向如何？ [解] 由于人造重力即人在环内的惯性离心力，所以有m? 2 r ? mg1-17??g 9.8 ? ? 7.4 ? 10?2 rad / s 3 r 1.8 ? 10此人造重力的方向为沿着环的转动半径向外。 2－8 平流层信息台是目前正在研制的一种多用途通信装置。它是在 20km～40km 高 空的平流层内放置的充氦飞艇， 其上装有信息转发器可进行各种信息传递。 由于平流层内有 比较稳定的东向或西向气流， 所以要固定这种飞艇的位置需要在其上装推进器以平衡气流对 飞艇的推力。一种飞艇的设计直径为 50m，预定放置处的空气密度为 0.062kg/m，风速取 40m/s，空气阻力系数取 0.016，求固定该飞艇所需要的推进器的推力。如果该推进器的推力 效率为 10mN/W，则该推进器所需的功率多大？（能源可以是太阳能。 ） [解] 推进器的推力和气流对飞艇的流体阻力相平衡，所以推力等于F? f ?1 1 C?Av 2 ? ? 0.016 ? 0.062 ? ? ? 25 2 ? 40 2 ? 1560 N 2 23 ?3所需功率为 1.56 ? 10 / 10 ? 10? 1.56 ? 105 W ? 156kW2-9 一根线密度为 ? 的均匀柔软链条，上端被人用手提住，下端恰好碰到桌面。现将 手突然松开，链条下落，设每节链环落到桌面上之后就静止在桌面上，求链条下落距离 s 时对桌面的瞬时作用力。 [解] 链条对桌面的作用力由两部分构成：一是已下落的 s 段对桌面的压力 N 1 ，另一部? 分是正在下落的 dx 段对桌面的冲力 N 2 ，桌面对 dx 段的作用力为 N 2 。显然N 1 ? ?sgt 时刻，下落桌面部分长 s。设再经过 d t ，有 d x 落在桌面上。取下落的 dx 段链条为研究对象，它在 dt 时间之内速度由 v ? 2 gs 变为零，根据动量定理? N 2 dt ? dpdp ? 0 ? ?vdxdx ? vdt由(2)、(3)式得(1) (2) (3)? N 2 ? ?2sg? ? N 2 ? ? N 2 ? 2sg?故链条对桌面的作用力为N ? N1 ? N 2 ? 3?sg2-10 一半径为 R 的半球形碗，内表面光滑，碗口向上固定于桌面上。一质量为 m 的 小球正以角速度 ? 沿碗的内面在水平面上作匀速率圆周运动。求小球的运动水平面距离碗 底的高度。 [分析] 小钢球沿碗内壁作圆周运动，其向心力是由内壁对它的支承力的分力提供的，1-18而支承力的方向始终与该点内壁相垂直， 显然， 不同的角速度对应不同大小和方向的支承力。 [解] 设小球的运动水平面距碗底的高度为 h，小球受力如图所示，则 N sin? ? mgN cos? ? m? 2 r R?h sin? ? R r cos ? ? R由以上四式得N R h r?mgg ? ? h ? R ?1 ? 2 ? ? ? R?习题 2－10 图2-11 自动步枪连发时每分钟射出 120 发子弹，每颗子弹的质量为 m＝7.90g，出口速 率为 735 m s ，求射击时(以分钟计)抢托对肩的平均压力。 [解] 取 ?t 时间之内射出的子弹为研究对象， 作用在子弹上的平均力为 N ? ， 根据动量定 理得N ??t ? ?p120 m ?tv ? 0 ?p 所以 N? ? ? 60 ? 2mv ? 2 ? 7.90 ? 10 ?3 ? 735 ? 11.6 N ?t ?t 故枪托对肩部的平均压力为 N ? N ? ? 11.6 N2-12 水力采煤是利用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层。 设水柱直径为 D=30mm， 水速 v=56 m s ，水柱垂直射到煤层表面上，冲击煤层后速度变为零。求水柱对煤层的平均冲 力。 [解] 取长为 dx 的一段水柱为研究对象，设它受到的煤层的作用力为 N ? ，根据动量定 理N ?dt ? dpN? ? dp 0 ? dx ? ? ? ?D 2? ?v D2 ? ? ?? ?v 2 dt dt 42所以? ?? ?故水柱对煤层的平均冲力?30 ? 10 ?4?3 2? 1 ? 10 3 ? 56 2 ? ?2.22 ? 10 3 NN ? ? N ? ? 2.22 ? 103 N2-13 F＝30+4t 的力作用在质量为 10kg 的物体上，求： (1)在开始两秒钟内，此力的冲 量是多少?(2)要使冲量等于 300 N ? s ，此力作用的时间为多少?(3)若物体的初速度为 101-19m s ，方向与 F 相同，在 t=6.86s 时，此物体的速度是多少?[解] 根据冲量定义I ? ? Fdt ? ? ?30 ? 4t ?dt ? 30t ? 2t 2t t 0 0(1)开始两秒钟此力的冲量I 2 ? 30t ? 2t 2 ? 30 ? 2 ? 2 ? 2 2 ? 68N ? s(2) 当 I ? 300N ? s 时30t ? 2t 2 ? 300t ? 6.86s 解得 (3) 当 t ? 6.86s 时， I ? 300N ? s ，根据动量定理I ? ?p ? mv ? mv0因此v?I ? mv0 300 ? 10 ? 10 ? ? 40 m s m 102-14 质量为 m 的质点，以不变速率 v 沿图示三角形 ABC 的 水平光滑轨道运动。求质点越过角 A 时，轨道作用于质点冲量的 大小。 [解] 如图所示，质点越过 A 角时动量的改变为 习题 2－14 图?p ? m?v 2 ? v1 ?由图知 ?p 的大小mv1?p ? 2mv sin 600 ? 3mv根据动量定理?pA mv2I ? ?p ? 3mv2-15质量为 m 的质点在 xOy 平面内运动，其运动方程 r ? a cos ?ti ? b sin ?tj ，试求：(1)质点的动量；(2)从 t＝0 到 t ? 质点的动量是否守恒?为什么? [解] 质点的速度2??这段时间内质点受到的合力的冲量；(3)在上述时间内，v?(1) 质点的动量dr ? ?a? sin?ti ? b? cos ?tj dt(1)p ? mv ? m? ?? a sin ?ti ? b cos ?tj ?(2) 由(1)式得 t ? 0 时，质点的速度v 0 ? b?j1-20t?2??时，质点的速度为v t ? ?a? sin 2?i ? b? cos 2?j ? b?j根据动量定理I ? ?p ? mvt ? mv0 ? 0解法二：dr ? ?a? sin ?ti ? b? cos ?tj dt dv a? ? ?a? 2 cos ?ti ? bw 2 sin ?tj dt F ? ma ? ?ma? 2 cos ?ti ? mbw 2 sin ?tj v?I ??2??0F d t ? ? ? ? ma? 2 cos ?ti ? mbw 2 sin ?tj d t ? 002???(3) 质点的动量不守恒，因为由第一问结果知动量随时间 t 变化。 2-16 将一空盒放在台秤盘上，并将台秤的读数调节到零，然后从高出盒底 h 处将石子 以每秒 n 个的速率连续注入盒中， 每一石子的质量为 m。 假定石子与盒子的碰撞是完全非弹 性的，试求石子开始落入盒后 t 秒时，台秤的读数。 [解] t 秒钟后台秤的读数包括下面两部分，一部分是已落入盒中的石子对称盘的压力N 1 ，另一部分是正下落的石子对秤的冲力 N 2 ，显然 N1 ? nmgt取 ?t 时间下落的石子为研究对象，设它们所受到的平均冲力为 N ? ，根据动量定理? N 2 ?t ? ?p ? 0 ? nm?tv ? 0 ? nm?t 2gh所以? N2 ? ?nm 2gh故 ?t 时间下落的石子对称的冲力? N 2 ? ?N 2 ? nm 2gh因此秤的读数为N ? N1 ? N2 ? nmgt ? nm 2gh2-17 一质点的运动轨迹如图所示。已知质点的质量为 20g，在 A、B 两位置处的速率都是 20 m s ， v A 与 x 轴成 45 0 角， v B 与 y 轴垂直，求质点由 A 点运动到 B 点这段时间内， 作用在质点上外力的总冲量。1-21习题 2－17 图 [解] 由题意知，质点由 A 点到 B 点动量的改变为?p x ? ?mv B ? mv A cos 45 0 ? ?20 ? 10 ?3 ? 20 ? 20 ? 10 ?3 ? 20 ?2 ? ?0.683 kg ? m s 2?p y ? 0 ? mv A sin 450 ? ?20 ? 10 ?3 ? 20 ?根据动量定理，作用在质点上的外力的冲量2 ? ?0.283 kg ? m s 2I x ? ?p x所以2 2 I ? Ix ? Iy ?I y ? ?p y??p x ?2 ? ??p y ?2??? 0.683?2 ? ?? 0.283?2? 0.739N ? s冲量与 x 轴之间的夹角? ? arctanIg Ix? arctan? 0.283 ? 202.5 0 ? 0.6832-18若直升飞机上升的螺旋浆由两个对称的叶片组成，每一叶片的质量 m＝136kg，长 l=3.66m。当它的转速 n=320 r min 时，求两个叶片根部的张力(设叶片是均匀薄片)。 [解一] 设叶片的根部为原点 O ， 作径向 Or 轴， 在叶片上距 O 点为 r 处取一线元 d r ， 则 d m ? ? d r ，其两边所受的张力如图所示。根据圆周运动沿径向的动力学方程，有?T ? d T ? ? T ? ? 2 r d m ? m ? 2 r d rl即dT ?m 2 ? rdr ll对上式积分，并考虑到叶片的外端 r 趋近于 l 时，张力 T ? 0 ，则?T d T ? ?r因此距 O 点为 r 处叶片中的张力为0m 2 ? rdr lm? 2 2 2? 2 mn 2 2 l ? r2 ? ? l ? r2 2l l 式中负号表明 T 指向 O 点。取 r=0，代入题中所给数据，得叶片根部张力 T ??????T0 ? ?2? 2mn2l ? ?2.79 ? 105 N1-22[解二] 任意时刻 t 叶片的动量pt ? ? vdm ? ? ?r0ll 2?n m m 2?n m ?n dr ? ? r dr ? l ? ml 0 60 l l 60 2 60经过 dt 时间，叶片动量的改变dp ? pt d? ? pt ?dt ? pt叶片根部所受的作用力2?n dt 60F? ?2? 2 ? 3202 dp 2?n 2? 2 n 2 ? 136 ? 3.66 ? 2.79 ? 105 N ? pt ? ml ? 2 2 60 dt 60 602-19如 图 所 示 ， 砂 子 从 h ＝ 0.8m 处 下 落 到 以v0 ? 3 m s 的速率沿水平向右运动的传输带上，若每秒钟落下 100kg 的砂子，求传输带对砂子作用力的大小和方向。 [解] 如图所示，设 ?t 时间内落下的砂子的质量为 ? m ， 则 ? m 的动量改变?p ? ?m?v 0 ? v1 ?显然有 由图可知v1 ? 2gh习题 2－19 图?p ?根据动量定理 所以??mv1 ?2 ? ??mv0 ?2F?t ? ?p2 ? ?m v12 ? v 0?mv0F??p ?m 2 ?m 2 2 ? v1 ? v0 ? 2gh ? v0 ?t ?t ?t2?mv1? 100 ? 2 ? 9.8 ? 0.8 ? 3 ? 497N?p2-20矿砂从传输带 A 落到另一传输带 B，其速度大小为 v 1 ＝4 m s ， v2 ＝2 m s 方向如 图 所 示 。 设 传 输 带 的 运 送 量 ?m ?t ＝y2000 kg h ，求矿砂作用在传输带 B 上的力的大 小和方向。x 0习题 2－20 图1-23[解] 取 ?t 时间内落下的矿砂 ? m 为研究对象，建立如图所示的坐标系，其动量的改变 为?p x ? ??mv2 cos ? 2 ? ?mv1 sin?1 ? ?m?v1 sin?1 ? v2 cos ? 2 ??p y ? ?mv2 sin? 2 ? ?mv1 cos ?1 ? ?m?v1 cos ?1 ? v2 sin? 2 ?根据动量定理F?t ? ?pFx ?t ? ?p x所以Fy ?t ? ?p yFx ??px ?m ?v1 sin?1 ? v2 cos? 2 ? ? 2000 4 sin 300 ? 2 cos150 ? 3.79 ? 10?2 N ? ?t ?t 3600 ?p y ?m ?v 2 sin? 2 ? v1 cos ? 1 ? ? 2000 2 sin150 ? 4 cos 30 0 ? 2.21N Fy ? ? ?t ?t 3600????故矿砂作用在传输带 B 上的力F ? Fx2 ? Fy2 ? 2.112 ? 3.79 ? 10?3与竖直方向的夹角??2? 2.1N? ? arctgFx 3.79 ? 10 ?3 ? arctg ? 10 Fy 2.112-21 质量为 m 的质点，当它处在 r=-2i+4j+6k 的位置时的速度 v=5i+4j+6k，试求其对 原点的角动量。 [解] 质点对原点的角动量为 L ? r ? p ? mr ? vi j k ? m ? 2 4 6 ? m(42 j ? 28k ) 5 4 62-22 一质量为 m＝2200kg 的汽车 v=60 km h 的速率沿一平直公路行驶。求汽车对公 路一侧距公路为 d＝50m 的一点的角动量是多大?对公路上任一点的角动量又是多大? [解] 根据角动量的定义式 L ? r ? mv (1) L ? rmv sin? ? mvd ? 2200 ? 60 ? 103 3600 ? 50 ? 1.83 ? 106 kg ? m 2 s (2) 对公路上任一点 r∥v，所以 L?0 2-23 某人造地球卫星的质量为 m＝l802kg，在离地面 2100km 的高空沿圆形轨道运行。试求卫星对地心的角动量(地球半径 R地 ? 6.40 ? 106 m)。 [解] 设卫星的速度为 v，地球的质量为 M，则G?R地 ? h?2Mm?mv2 R地 ? h(1)1-24又GM ?g R地(2)联立两式得v?g R地 R地 ? h卫星对地的角动量L ? m?R地 ? h? ? v ? m g ?R地 ? h? ?地?
? 6.40 ? 10 6 ? 2.10 ? 10 6 ? 6.40 ? 10 6? 1.05 ? 1014 kg ? m 2 s若将月球轨道视为圆周，其转动周期为 27.3d，求月球对地球中心的角动量及面??2-24积速度( m月 ? 7.35 ? 10 22 kg，轨道半径 R= 3.84 ? 10 8 m)。 [解] 设月球的速度为 v，月球对地球中心的角动量为 L，则 v ? 2?R / TL ? m月Rv ? m月2?R T 22 7.35 ? 10 ? (3.84 ? 108 ) 2 ? 2 ? 3.14 ? 27.3 ? 24 ? 3600? 2.89 ? 1034 kg ? m 2 /s月球的面积速度为v面 ? ?R 2 / T ? 1.96 ? 1011 m 2 /s2-25氢原子中的电子以角速度 ? ? 4.13 ? 106 rad s 在半径 r ? 5.3 ? 10 ?10 m 的圆形轨道上绕质子转动。试求电子的轨道角动量，并以普朗克常数 h 表示之( h ? 6.63 ? 10 ?34 J ? s )。 [解] 电子的轨道角动量L ? mr 2? ? 9.1?10?31 ? 5.3 ?10?10??2? 4.13 ?106 ? 1.06 ?10?42 ? 1.6 ?10?9 J ? s2-26海王星的轨道运动可看成是匀速率圆周运动，轨道半径约为 R ? 5 ? 10 9 km ，绕太阳运行的周期为 T=165 年。海王星的质量约为 m ? 1.0 ? 10 26 kg ，试计算海王星对大阳中 心的角动量的大小。 [解] 海王星对太阳中心的角动量L ? mRvv?联立两式得到2?R T1-252?R 2 2? ? 5.0 ? 10 9 ? 10 3 L?m ? 1.0 ? 10 26 ? ? 3.02 ? 10 42 kg ? m 2 s T 165 ? 365 ? 24 ? 36002-27 质量为 m 的质点开始处于静止状态，在外力 F 的作用下沿直线运动。已知??2F ? F0 sin2?t ，方向与直线平行。求：(1)在 0 到 T 的时间内，力 F 的冲量的大小；(2)在 0 T到 T 2 时间内，力 F 冲量的大小；(3)在 0 到 T 2 时间内，力 F 所作的总功；(4)讨论质点的 运动情况。 [解]由冲量的定义 I ?t1?tt12Fdt ，在直线情况下，求冲量 I 的大小可用代数量的积分，即I ? ? Fdtt2(1) 从 t＝0 到 t=T，冲量的大小为：I 1 ? ? Fdt ?0TT?0 F0 sinTTFT 2?t 2?t T dt ? 0 [? cos ] =0 T 2? T 0 FT 2?t 2?t T TF0 dt ? 0 [? cos ]2 ? T 2? T 0 ?I ? mv ? mv0(2) 从 t=0 到 t=T/2，冲量的大小为I 2 ? ? 2 Fdt ? ? 2 F0 sin0 0(3) 初速度 v0 ? 0 ，由冲量定理I TF0 当 t=T/2 时，质点的速度 v ? m ? ?m又由动能定理，力 F 所作的功A?mT 2 F02 T 2 F02 1 1 1 2 mv 2 ? mv 0 ? mv 2 ? ? 2 2 2 2? 2 m 2 2? 2 m(4) 质点的加速度 a ? ( F0 / m) sin(2?t / T ) ，在 t=0 到 t=T/2 时间内，a&0，质点作 初速度为零的加速运动，t=T/2 时，a=0，速度达到最大；在 t=T/2 到 t=T 时间内，a&0，但 v&0，故质点作减速运动，t=T 时 a=0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一周 期的相似运动。总之，质点作速度方向不变的变速直线运动。 2-28 角动量为 L，质量为 m 的人造地球卫星，在半径为 r 的圆形轨道上运行，试求其 动能、势能和总能量。 [解] 将人造地球卫星看作质点，因为卫星作圆周运动，所以 r ? v ，由 L ? r ? ?mv ? 知，L ? rmvv?L rm2所以卫星的动能Ek ?1 1 ? L ? 1 L2 mv 2 ? m? ? ? 2 2 ? rm ? 2 r 2m选无穷远处为势能零点，由牛顿运动定律得：1-26Fn ? m所以 又v 2 GMm ? 2 r rEk ?1 2 GMm mv ? 2 2r GMm Ep ? ? rL2 mr 2 L2 2mr 2所以E p ? ?2 E k ? ?所以E ? Ek ? Ep ? ?2-29一质量为 m1 与另一质量为 m2 的质点间有万有引力作用。试求使两质点间的距离由 x1 增加到 x ? x1 ? d 时所需要作的功。 [解] 万有引力F ? ?Gm1 m 2 r2r0两质点间的距离由 x 增加到 x ? x1 ? d 时，万有引力所作的功为A??x1 ? dx1F ? dr ? ??x1 ? dx1Gm1 m2 r2? 1 1? dr ? Gm1 m2 ? ?x ?d ? x ? ? 1? ? 1故外力所作的功A? ? ? A ? ?x1 ? dx1?1 1 ? d ? ? Gm1m2 F ? dr ? Gm1m2 ? ? ?x ? x1 ?x1 ? d ? ? 1 x1 ? d ?此题也可用功能原理求：A外 ? ?E ? ?Ep＝?2-30设两粒子之间的相互作用力为排斥力，其变化规律为 f ? k r ，k 为常数。若3取无穷远处为零势能参考位置，试求两粒子相距为 r 时的势能。 [解]由势能的定义知 r 处的势能 E p 为:E p ? ? f ? dr ? ? fdr ? ?r r???rk 1 dr ? ?k 2 3 r 2r? r?k 2r 22-31设地球的质量为 M，万有引力恒量为 G0 ，一质量为 m 的宇宙飞船返回地球时，可认为它是在地球引力场中运动(此时飞船的发动机已关闭)。求它从距地心 R1 下降到 R2 处 时所增加的动能。1-27[解] 由动能定理，宇宙飞船动能的增量等于万有引力对飞船所作的功，而此功又等于 这一过程中地球与飞船系统势能增量的负值，即：?E k ? ? ?E p ? ?[?G 0 ? G0Mm Mm ? ( ?G 0 )] R2 R1Mm( R1 ? R2 ) R1 R2a b ? 6 ，式中 a、b 12 x x2-32双原子中两原子间相互作用的势能函数可近似写成 E p ? x ? ?为常数，x 为原子间距，两原子的势能曲线如图所示。(1)x 为何值时 E p ?x ? ? 0 ?x 为何值时E p ?x ? 为极小值?(2)试确定两原子间的作用力；(3)假设两原子中有一个保持静止， 另一个沿 x 轴运动， 试述可能发生的运动情况。 [解] (1) 当 E p ?x ? =0 时，有：即a b ? 6 ?0 12 x x a x6 ? b或1 ?0 x6习题 2-32 图a 1 ? 故 x1 ? ( ) 6 或x ? ?时，E（x） 0 p bE p (x)为极小值时，有即?0 dx a b ? 12 13 ? 6 7 ? 0 x x1dE p ( x )所以? 2a ? 6 x1 ? ? ? ? b ?或x2 ? ?(2)设两原子之间作用力为 f ?x ? ，则f ( x) ? ?gradEp ( x)在一维情况下，有f ( x) ? ?dE p ( x) dx? 12a b ?6 7 13 x x(3)由原子的受力情况可以看出可能发生的运动情况为:当 x&x2 时，两原子间的作 用 f(x)&0，它们互相排斥，另一原子将远离；当 x&x2 时 f(x)&0，它们又互相吸引，另一 原子在远离过程中减速， 直至速度为零， 然后改变方向加速靠近静止原子， 再当 x&x2 时， 又受斥力，逐渐减速到零，原子又将远离。如此循环往复。若开始时两原子离得很远， 则 f(x)趋于零，两原子互不影响。1-282-33两核子之间的相互作用势能，在某种准确程度上可以用汤川势?r ? E p ?r ? ? ? E 0 ? 0 ?e ? r r0 来表示，式中 E0 约为 50MeV， r0 约为 1.5 ? 10 ?15 m 。(1)试求两个柱 ?r?子之间的相互作用力 F 与它们之间距离 r 之间的函数关系；(2)求 r ? r0 时相互作用力的值； (3)求 r ? 2r0 ， r ? 5r0 ， r ? 10r0 时作用力的值，并通过比较解释什么是短程力。 [解] (1) f ?r ? ? ?dEp ?r ? dr??d ? ? r0 ? ?r r ? ? r0 ?? 1 1 ? ?r r ?? E0 ? ?e ? ? ? E0 ? ?? ? ?e ? ? dr ? ?r? ? r ?? r r0 ? ?00f ?r ? &0 为引力(2) 当 r ? r0 时， F0 ? E 02 ?1 2 E 0 e ? ? 3.92 ? 10 3 N r0 2r0(3) 当 r ? 2r0 时， F2 ? E0r0 2r0 r0 5r0? 1 3E 1? 3 ? ? ?e ?2 ? 2 0 ? F0 ? 0.54 ? 103 N ? 2r ? 4e r0 8e ? 0 r0 ? ? 1 6E0 1 ? ?5 3 ? ? 5r ? r ?e ? 25e 5 r ? 25e 4 F0 ? 0 ? ? 0 0当 r ? 5r0 时， F5 ? E0当 r ? 10r0 时， F5 ? E0r0 10r0? 1 11E0 1 ? ?10 11 ? ? 10r ? r ?e ? 100e10 r ? 200e 7 F0 ? 0 ? ? 0 0由以上的计算结果知，当 r 增大时，F 值迅速减小，即 F 只在 r 比较小的范围内(数量 级均为 10 ?14 m )有明显作用，这种力就叫做短程力。3-1以速度 v 0 前进的炮车，向后发射一炮弹，已知炮车的仰角为 ? ，炮弹和炮车的质习题 3-1 图 量分别为 m 和 M，炮弹相对炮车的出口速率为 v，如图所示。求炮车的反冲速率是多大? [解] 以大地为参照系，取炮弹与炮弹组成的系统为研究对象，系统水平方向的动量守 恒。由图可知炮弹相对于地面的速度的水平分量为 v cos ? ? v ? ，根据动量守恒定律? ?M ? m?v0 ? m?v cos ? ? v?? ? Mv?1-29所以v? ??M ? m?v0 ? mv cos?M ?m此即为炮车的反冲速率。 3-2 质量为 M 的平板车，在水平地面上无摩擦地运动。若有 N 个人，质量均为 m，站 在车上。开始时车以速度 v 0 向右运动，后来人相对于车以速度 u 向左快跑。试证明：(1)N 个人一同跳离车以后，车速为v ? v0 ?Nmu M ? Nm(2)车上 N 个人均以相对于车的速度 u 向左相继跳离，N 个人均跳离后，车速为 mu mu mu v ? ? v0 ? ? ??? M ? Nm M ? ?N ? 1?m M ?m [证明] (1) 取车和人组成的系统为研究对象，以地面为参照系，系统的水平方向的动量 守恒。人相对于地面的速度为 v ? u ，则?M ? Nm?v0 ? Nm?v ? u ? ? Mv所以v ? v0 ?Nmu M ? Nm(2) 设第 x ? 1 个人跳离车后，车的速度为 v x ?1 ，第 x 个人跳离车后，车的速度为 v x ， 根据动量守恒定律得?M ? ?N ? x ? 1?m?vx ?1 ? m?vx ? u ? ? ?M ? ?N ? x?m?vxmu ?N ? x ? 1?m ? M 此即车速的递推关系式，取 x ? 1,2, ? , N 得所以v x ? v x ?1 ?v N ? v N?1 ? v N ?1 ? v N ?2mu m?M mu ? 2m ? M???????? mu v 2 ? v1 ? ?N ? 1?m ? Mv1 ? v0 ?将上面所有的式子相加得mu Nm ? Mmu mu mu mu ? ??? ? ?N ? 1?m ? M Nm ? M 2m ? M m ? Mv N ? v0 ?此即为第 N 个人跳离车后的速度，即 mu mu mu v ? ? v0 ? ? ??? M ? Nm M ? ?N ? 1?m M ?m3-3质量为 m=0.002kg 的弹丸，其出口速率为 300 m s ，设弹丸在枪筒中前进所受到1-30的合力 F ? 400 ? 800 x 9 。开抢时，子弹在 x=0 处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为 L，由动能定理知A?1 2 1 2 mv ? mv0 2 2其中 A ? Fdx ??0L?0 (400 ?L8000x )dx 9? 400L ?而 v0 ? 0 ， 所以有：4000L2 ? 0.5 ? 0.002 ? 300 2 9 400L2 ? 360L ? 81 ? 0 化简可得： L ? 0.45m 即枪筒长度为 0.45m。 400L ?3-4 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为 m 的滑块以初速度 v 0 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为 ? ，试证明：当滑块从屏障的 另一端滑出时，摩擦力所作的功为 W ?1 2 ?2?? mv0 e ?1 2??[证明] 物体受力：屏障对它的压力 N，方向指向圆心，摩擦力 f f ? ?N 方向与运动方向相反，大小为 (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡 与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 法向 联立上述三式解得 又 所以 即? f ? matN ?m v2 R(2) (3)习题 3-4 图a t ? ??v2 Rat ?dv dv ds dv ? ?v dt ds dt dsv dv v2 ? ?? ds R ? dv ? ? ds v R两边积分，且利用初始条件 s=0 时， v ? v 0 得ln v ? ??Rs ? ln v0即v ? v0? s e R?1-31由动能定理1 1 2 W ? mv 2 ? mv0 ，当滑块从另一端滑出即 s ? ?R 时，摩擦力所做的功为 2 2W?? ?R 1 1 1 2 2 2 mv0 e R ? mv0 ? mv0 e ? 2?? ? 1 2 2 2 2???3-5某弹道火箭初始总质量 M 0 ? 12.9 t，内装 m＝9.0t 的燃料，由静止开始发射。发射时喷气速率 u ? 2.0 ? 10 3 m s ，喷气流量为 q＝125 kg s ，二者都是常量。不计重力及空气阻 力，求火箭受到的反推力和它在燃料烧尽后的速度。 [解] 取 dt 时间内喷出的气体为研究对象，根据动量定理F ?dt ? dp ? udm所以 火箭受到的反推力F? ?dp dm ?u ? uq dt dt(1)F ? F ? ? uq F ? 2.0 ? 103 ? 125 ? 2.5 ? 105 N设燃料燃烧尽后火箭的速度为 v，根据动量定理Fdt ? ?M 0 ? qt ?dv燃料燃烧时间(2)T?m0 quqdt M 0 ? qtT(3)联立(1)、(2)两式得dv ?(4)将上式积分得?0 dv ? ?0v ? u lnvuqdt M 0 ? qt(5)联立(3)、(5)两式得M0 12.9 ? 2.0 ? 10 3 ln ? 2.4 ? 10 3 m s M 0 ? m0 12.9 ? 9.03-6初始质量为 M 0 的火箭，在地面附近空间以相对于火箭的速率 u 垂直向下喷射高温气体，每秒钟消耗的燃料量 dm dt 为常量 C。设初速为零，试求火箭上升速度与时间的 函数关系。 [解] 经过时间 t 后，火箭的速度为 v，火箭受的反推力 F ? nc 根据动量定理?F ? ?M 0 ? ct ?g ?dt ? ?M 0 ? ct ?dv1-32联立两式得dv ?uc ? ?M 0 ? ct ? dt M 0 ? ctt对上式积分得?0vdv ? ?0uc ? ?M 0 ? ct ? dt M 0 ? ct M0 ? gt M 0 ? ct因此v ? u ln此式即火箭的速度与时间 t 的函数关系式。 3-7 有一个二级火箭，每一级的喷气速率相对于火箭体都是 u。发射前第一级火箭质量为 M 1 ，包括内装燃料质量 m1 ，第二级火箭质量为 M 2 ，包括内装燃料 m2 ；火箭由静止 开始发射，当第一级火箭燃料用完时，其外壳即脱离开火箭体，设不计空气阻力和重力，求 证当两级燃料全部燃烧完后，火箭达到的速度大小为? M1 ? M 2 M2 ? v ? u ln? ? ?M ?M ?m M ?m ? ? 2 1 2 2 ? ? 1[证明] 由第上题知，第一级火箭燃料烧尽时火箭的速率v1 ? u lnM1 ? M 2 M 1 ? M 2 ? m1(1)第二级火箭燃料燃尽时，火箭的速度为 v 2 ，火箭受的反推力F ? uq根据动量定理(q 为喷气量)(2) (3)Fdt ? ?M 2 ? qt ?dvdv ? uqdt udm ? M 2 ? qt M 2 ? m dv ? ?m2联立(2)、(3)式将上式两边积分得?vv210udm M2 ? m M2 M 2 ? m2(4)所以v 2 ? v1 ? u lnv 2 ? v1 ? u lnM2 M 2 ? m2联立(1)、(4)式得v 2 ? u lnM1 ? M 2 M2 ? M 1 ? M 2 ? m1 M 2 ? m2这就是火箭的最终速度。1-333-86 月 22 日， 地球处于 远日点， 到太阳的距离 为 1.52 ? 1011 m， 轨道速 度为2.93 ? 10 4 m s 。6 个月后，地球处于近日点，到太阳的距离为 1.47 ? 1011 m。求：(1)在近日点地球的轨道速度； (2)两种情况下地球的角速度。 [解] 设在近日点附近地球的轨道速度为 v 1 ，轨道半径为 r1 ，角速度为 ?1 ；在远日点地 球的轨道速度为 v 2 ，轨道半径为 r2 ，角速度为 ? 2 。 (1) 取地球为研究对象，其对太阳中心的角动量守恒。m地 r1v1 ? m地 r2 v2所以v1 ?r2 v 2 1.52 ? 1011 ? 2.93 ? 10 4 ? ? 3.03 ? 10 4 m s r1 1.47 ? 1011(2) ?1 ?v1 3.03 ? 10 4 ? ? 2.06 ? 10 ?7 rad s 11 r1 1.47 ? 10 v 2 2.9 3? 1 04 ? ? 1.9 3? 1 0?7 r a ds 11 r2 1.5 3? 1 0?2 ?3-9哈雷彗星绕太阳运行的轨道是一个椭圆。它离大阳最近的距离是r1 ? 8.75 ? 1010 m ， 其 时 它 的 速 率 为 v1 ? 5.46 ?104 m s ； 它 离 太 阳 最 远 时 的 速 率 是 v2 ? 9.08 ? 10 2 m s ，这时它离太阳的距离 r2 是多少。[解] 彗星运行受的引力指向太阳，所以它对太阳的角动量守恒，它在走过离太阳最近 或最远的地点时，速度的方向均与对太阳的矢径方向垂直，所以根据角动量守恒mr1 v1 ? mr2 v 2由此得到r2 ?r1v1 8.75 ? 1010 ? 5.46 ? 10 4 ? ? 5.26 ? 1012 m v2 9.08 ? 10 23-10 我国第一颗人造地球卫星沿椭圆形轨道运行，地球的中心是椭圆的一个焦点。已 知地球半径 R=6378km，卫星与地面的最近距离为 439km，与地面的最远距离为 2384km 若 卫星在近地点的速率为 8.1 km s ，求它在远地点的速率是多大? [解] 地球的中心点 O 位于椭圆轨道的一个焦点上， 设卫星运动时仅受地球引力的作用， 由于该力总是指向 O 点，故卫星在运动的全过程中对 O 点角动量守恒。即L1 ? L2由于两者的方向一致，上式可直接用大小来表示， 有1-34mv1 ?R ? l1 ? ? mv2 ?R ? l 2 ?得到v 2 ? v1R ? l1 6378 ? 10 3 ? 439 ? 10 3 ? 8.1 ? 10 3 ? ? 6.30 km s R ? l2 6378 ? 10 3 ? 2384 ? 10 33-11 如图所示的刚性摆，由两根带有小球的轻棒构成， 小球的质量为 m，棒长为 l。此摆可绕无摩擦的铰链 O 在竖直 面内摆动。试写出：(1)此摆所受的对铰链的力矩；(2)此摆对 铰链的角动量。 [解] (1) 此摆所受的对铰链 O 的力矩M ? mgl sin? ? mg l sin? ? l sin?900 ? ? ?? mgl ?2 sin? ? cos ? ???习题 3-11 图(2) 此摆对铰链的角动量为 L，转动惯量为 I，则I ? ml 2 ? m l 2 ? l 2所以?? ? 3ml22L ? I? ? 3ml2d? dt3-12有两个质量都等于 50kg 的滑冰运动员，沿着相距 1.5m 的两条平行线相向运动，速率皆为 10 m s 。当两人相距为 1.5m 时，恰好伸直手臂相互握住手。求：(1)两人握住手以 后绕中心旋转的角速度； (2)若两人通过弯曲手臂而靠近到相距为 1.0m 时，角速度变为多 大? [解] 取两人组成的系统为研究对象，系统对两人距离中点的角动量守恒 (1) 设两人质量均为 m，到转轴的距离为 r1 ，握住手以后绕中心角速度为 ?1 ，系统对转轴的 转动惯量为 J 1 ，则有：r1mv ? r1mv ? J 1?1又 联立（1） ，(2)式得(1) (2)J1 ? mr12 ? mr12 ? 2mr12?1 ? v / r1 ? 10 / 0.75 ? 13.3rad/s(2) 设两人相距 1.0 米时，角速度为 ? 2 ，此时系统对转轴的转动惯量为 J 2 ，两人到转轴的 距离为 r2 ，则J 1?1 ? J 2? 2(3)1-35J 2 ? mr22 ? mr22 ? 2mr22又联立(2)-(4)式得(4)? 2 ? r12?1 / r22 ? 0.752 ? 13.3 / 0.52 ? 29.9rad/s本题要注意，对于质点系问题应先选择系统，然后通过分析受力及力矩情况，指出系统 对哪个转轴或哪个点的角动量守恒。 3-13 如图所示，一根轴沿 x 轴安装在轴承 A 和 B 上，并以匀角速 ? 旋转动着。轴上 装有长为 2d 的轻棒，其两端各有质量为 m 的小球，棒与轴的夹角为 ? 。若以棒处在 xOy 平 面内的时间开始计时，则图中所示时刻为 t 的情况。 (1)根据 L ? 小球组成的系统对原点 O 的角动量? ri ? mv i ，试证明此两12L ? 2m?d 2 sin 2 ? i ? 2m?d 2 cos? sin? cos ?t j ? 2m?d 2 cos? sin? sin?t k(2)求 dL dt 的表达式，并解释其含义，(3)若 ? ? 90 0 ，则结论如何??? ?? ??习题 3-13 图 [解] (1) 由图可知r1 ? d cos ?i ? d sin? cos ?tj ? d sin? sin ?tk v1 ? ?d? sin? sin ?tj ? d? sin? cos ?tk L ? r1 ? mv1 ? r2 ? mv 2 ? 2mr1 ? v1i ? 2m d cos? 0j k d sin? cos ?t d sin? sin?t ? d? sin? sin?t d? sin? cos ?? 2m?d 2 sin 2 ? i ? 2m?d 2 cos? sin? cos ?t j ? 2m?d 2 cos? sin? sin?t k(2)?? ?? ??dL ? 2m? 2 d 2 cos? sin? sin?t j ? 2m? 2 d 2 cos? sin? cos ?t k dt?? ??1-36由dL dL 的表达式可看出， 只有 y，z 分量，说明轴承只提供对 y，z 轴的力矩，以保 dt dt dL ? 0 ，即角动量不随时间变化。 dt证系统旋转。 (3) 当 ? ? 90 0 时， Li ? 2m?d 2 i ， 说明轴承无需提供力矩。3-14如图所示，将质量为 m 的球，以速率 v 1 射入最初静止于光滑平面上的质量为 M的弹簧枪内，使弹簧达到最大压缩点，这时球体和弹簧枪以相同的速度运动。假设在所有的 接触中无能量损耗，试问球的初动能有多大部分贮存于弹簧中? [解] 设地球和弹簧枪的共同速度为 v 2 ，将球体 和弹簧枪看作一个系统，因为水平方向所受合外力 为零，所以该系统在水平方向上动量守恒，且碰撞 前后速度方向相同，故有mv1 ? ?m ? M ?v 2(1)习题 3-14 把球体、弹簧枪、地球看作一个系统，不考虑接触时的能量损失，则该系统的机械能 守恒，所以贮存于弹簧中的能量1 2 1 2 W ? mv1 ? ?m ? M ?v2 2 2联立以上两式得(2)W??1 1 m2 mv12 ? ?m ? M ? v2 2 1 2 2 ?m ? M ?1 1 m2 mv12 ? v12 2 2 m?M?mMv12 1 m ? ? mv12 ?1 ? ?? 2 m ? M ? 2?m ? M ? ?3-15已知某人造卫星的近地点高度为 h1 ，远地点高度为 h2 ，地球的半径为 Re 。试求卫星在近地点和远地点处的速率。 [解] 地球卫星在其轨道上运行，角动量守恒，即 L ? 恒量 。在近地点和远地点速度方 向与轨道半径方向垂直。 故?Re ? h1 ?mv1 ? ?Re ? h2 ?mv2(1)设在无穷远处为引力势能的零点，则在近地点和远地点系统势能分别为 －GMm 和 Re ? h1－GMm ，由机械能守恒定律得 R e ? h21-371 GMm 1 GMm 2 mv12－ ? mv 2 － 2 Re ? h1 2 R e ? h2在地球表面附近有(2)GMm ? mg Re2(3)联立以上三式解得v1 ? Re2 g ?Re ? h2 ? ?Re ? h1 ??2Re ? h1 ? h2 ?v 2 ? Re2 g ?Re ? h1 ? ?Re ? h2 ??2Re ? h1 ? h2 ?3-16 如图所示，有一门质量为 M(含炮弹)的火炮，在一斜面上无摩擦地由静止开始下滑。 当滑到距顶端为 l 时从炮口沿水平方向射出一发质量为 m 的炮弹。 欲使炮车发射炮弹后的瞬 时停止滑行，炮弹的初速度 v 应是多大? [解] 大炮从静止滑动距离 L 的过程中， 取大炮(含炮弹） 和地球组成的系统为研究对象， 系统机械能守恒。设末态大炮的速度为 V'，取末态 重力势能为零，则由机械能守恒定律，得MgL sin? ? mv? 2 / 2(1)大炮发射炮弹的过程中，取大炮和炮弹组成的系统 为研究对象，由于重力的冲量可以忽略（与斜面的 作用力冲量相比） ，而斜面的作用力垂直于斜面（斜面 习题 3-16 图 光滑） ，故斜面方向动量守恒，设炮弹初速为 v， 沿斜面方向的分 量为 v cos? ，又因炮车末态静止，则 Mv ? ? mv cos ? (2) 由(1)、(2)两式得v ? ? 2 gL s i n ? v? M 2 gL s i n ? Mv ? ? mc o ? s mc o ? s3-17 求半圆形的均匀薄板的质心。 [解] 设圆半径为 R，质量为 m，建立如图所示的坐标 系，设质心坐标为 ? xc , y c ? ，取图示面积元 d s ? r d ? d r ， 则 dm ?? d s ?2m d s ，由对称性知： ?R 2y?Rxc ? 0yc ?? ydm ? dm??0 ?0 r sin? ?R 2 rd?drm2m4R ? 3?C O?r x1-38? 4R ? 所以质心的坐标为 ? 0, ? ? 3? ?水分子的结构如图所示。两个氢原子与氧原子的中心距离都是 0.958?，它们与氧3-18原子中心的连线的夹角为 1050 ，求水分子的质心。y?lx习题 3－18 图 [解] 建立如图所示坐标系，设质心坐标为 ? xc , y c ? ，则xc ?mH l sin? ? m H l sin? ?0 m O ? 2m Hyc ?m H l cos ? ? m H l cos ? 2m H l cos ? ? ? 0.0648 ? m O ? 2m H m O ? 2m H所以水分子的质心坐标为(0，0.0648)3-19三个质点组成的系统，其中 m1 =4kg，坐标为(1，3)； m2 =8kg，坐标为(4，1)；m3 =4kg，坐标为(-2，2)(SI)。设它们分别受力 F1 =14N，沿 x 方向； F2 =16N，沿 y 方向； F3＝6N，沿负 x 方向。质点间无相互作用力。求：(1)各质点的加速度；(2)开始时质心的坐标； (3)质心的加速度。 [解] (1) 各质点的加速度a1 ?F1 14i ? ? 3.5i m1 4 F2 16 j ? ? 2.0 j m2 8 F3 ? 6i ? ? ?1.5i m3 4a2 ?a3 ?(2) 设开始时质心的坐标为 ? xc , y c ? ，则xc ?m1 x1 ? m2 x 2 ? m3 x3 4 ? 1 ? 8 ? 4 ? 4 ? ?? 2? 7 ? ? m m1 ? m2 ? m3 4?8?4 41-39yc ?m1 y1 ? m2 y 2 ? m3 y 3 4 ? 3 ? 8 ? 1 ? 4 ? 2 7 ? ? m m1 ? m2 ? m3 4?8?4 4(3) m1 ， m2 和 m3 所组成的系统所受的合力F ? F1 ? F2 ? F3 ? 14i ? 16 j ? 6i ? 8i ? 16 j所以质心的加速度是ac ?8i ? 16 j 1 F ? ? i? j m1 ? m2 ? m3 4 ? 8 ? 4 2如图所示，浮吊的质量 M＝20t，从岸上吊起 m=2t 的重物后，再将吊杆与竖直方3-20向的夹角 ? 由 60 0 转到 30 0 ，设杆长 l=8m，水的阻力与杆重略而不计，求浮吊在水平方向上 移动的距离。M a M xO b m ymx?=600x?=300习题 3-20 图 [解法一] 取吊车和重物组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此 ? 在由 0 60 转到 30 0 时，质心的位置不变。取质心为坐标原点，如图所示。设在 ? 在由 60 0 转到 30 0 时吊车在水平方向上移动的距离为 x，重物在水平方向上移动的距离为 y，则 ? = 60 0 时 Ma-mb=0 a+b=lsin 60 0? = 30 0 时M(a-x)-m(b-y)=0 (a-x)+ (b-y)=lsin 30 0 联立上述四式得ml sin 60 0 ? sin 30 0 2 ? 8 sin 60 0 ? sin 30 0 ? ? 0.2 6 6 m M ?m 20 ? 2 [解法二] 以岸边为参考系，选如图坐标系，因水的阻力不计，因此浮吊在 x 方向动量 守恒。该 M 以 V 向岸边靠拢，m 相对 M 以 u 向左运动，相对岸边的速度为 u-V。 吊杆转动角度 ? 前后，在水平方向动量守恒， x?????0 ? MV ? m?u ? V ?即V?m u M ?m依题意，m 在水平方向相对浮吊移动的距离为1-40x2 ? l ?cos 300 ? cos 600 ? ? 2.93m经历时间 t ?x2 u在 t 时间内，M 在 x 方向移动的距离为x1 ? Vt ?x m 2 ? 2.93 u? 2 ? ? 0.266m M ?m u 20 ? 23-21一个质子在一个大原子核附近的势能曲线如图所示。 若在 r ? r0 处释放质子， 问：(1)在离开大原子核很远的地方，质子的速率为多大? (2) 如果在 r ? 2r0 处释放质子呢? [解] 当 r ? ? 时， Ep ? 0 ，将原子核和质子看作一 个系统，可忽略重力作用，则在原子核的引力场中，系 统的能量守恒，故 Ek? ? Ep ?r ? ，又 Ek? ?1 mp v 2 ，其 2习题 3-21 图中 m p 为质子的质量， mp ? 1.673 ? 10?27 kg ， 得到v?2 E p ?r ? 2 E k? ? mp mp(1) r ? r0 时， Ep ?r0 ? ? 0.40MeV ? 0.40 ? 1.602 ? 10?19 ? 106 J所以v1 ?2 ? 0.40 ? 1.602 ? 10 ?19 ? 10 6 ? 8.75 ? 10 6 m s 1.673 ? 10 ?27(2) r ? 2r0 时， Ep ?2r0 ? ? 0.12MeV ? 0.12 ?1.602 ?10?19 ?106 J所以v1 ?3-222 ? 0.12 ? 1.602 ? 10 ?19 ? 10 6 ? 4.79 ? 10 6 m s ? 27 1.673 ? 10如图所示，在水平光滑平面上有一轻弹簧，一端固定，另一端系一质量为 m 的滑块。弹簧原长为 L0 ，倔强系数为 k。当 t＝0 时，弹簧长度为 L0 。滑块得一水平速度 v 0 ，方向与弹簧轴线 垂直。时刻弹簧长度为 L。 t 时刻滑块的速度 v 的大小和方向(用 t 求 ? 角表示)。 习题 3-22 图 [解]因为弹簧和小球在光滑水平面上运动，所以若把弹簧和小球作为一个系统，则系统 的机械能守恒，即1 2 1 2 1 mv0 ? mv ? k ( L ? L0 ) 2 2 2 21-41(1)小球在水平面上所受弹簧拉力通过固定点，则小球对固定点角动量守恒，即 L ? r ? mv ? 恒量 故L0 mv0 ? Lmv sin?2 v ? v0 ?(2)由(1)式得 代入(2)式得k ( L ? L0 ) 2 m? ? arcsin2 L v0 ?L0 v 0 k ( L ? L0 ) 2 m3-23如图所示，两飞船 S1 和 S2 在绕地球的两个圆形轨道上作逆时针方向飞行，两轨道同处一个平面内，半径分别为 r1 和 r2 ? 6r1 。现从 S1 上 沿其轨道的切向发射的补给火箭， 使其速度能在抵达 S2 时 与 S2 的轨道相切。 补给火箭发射后，就在自由飞行的条件 下完成其旅程。试求：(1)补给火箭相对于 S1 的发射速率； (2)补给火箭到达 B 处的速率； (3) S2 的轨道速率； (4)对比 (2)和(3)的结果后，为了使 S1 和 S2 连接，还应当采取什么措施? 习题 3-23 图[解] (1) 补给火箭的轨道是一个半椭圆，设其相对于地心的速率为 v 0 ，则v0 ?2GMr2 12GM ? r1 ?r1 ? r2 ? 7r1为求补给火箭相对于 S1 的速率 v ? ， 先要知道 S1 相对于地心的速率 v 1 ， 由于 S1 作半径为r1 的圆周运动，由牛顿运动定律和万有引力公式得GMm mv12 ? r1 r12所以v1 ?GM r1? 12 ? GM ? v ? ? v0 ? v1 ? ? ? 7 ? 1? r 1 ? ?(2)设补给火箭到达 B 处的速率为 vB ，根据动量守恒有1-42r1 mv0 ? r2 mvB所以(m 为补给火箭的质量)vB ?r1 1 1 12GM GM v0 ? v0 ? ? ? r2 6 36 7r1 21r12 Mm mv2 ? r2 r22(3) 设 S2 的轨道速率为 v 2 ，根据牛顿运动定律和万有引力公式，有 G所以v1 ?GM GM ? r2 6r1(4) 对比(2)和(3)可知，vB & v 2 。 所以补给火箭抵达 B 后， 必须开动引擎使其速率增至 S2 的轨道速率，否则不能连结。 3-24 求证：两个小球在一维弹性撞过程中，最大弹性形变势能为E pmax ?m1 m2 ?v10 ? v 20 ?2 2?m1 ? m2 ?式中 m1 、 m2 是小球的质量， v10 、 v 20 是碰撞前小球的速率。 [解] 在弹性碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒，当二者速度相等时，弹性势能最大， 此时，由动量守恒定律，得m1v10 ? m2 v20 ? (m1 ? m2 )v又由机械能守恒定律得，(1)Ep ?1 1 1 2 2 m1v10 ? m2 v20 ? (m1 ? m2 )v 2 2 2 2m1 m2 (v10 ? v 20 ) 2 2(m1 ? m2 )(2)由(1)式，解出 v，代入(2)式中，得Ep ?3-25 在核反应堆中，石墨被用作快速中子的减速剂，裂变产生的快中子的质量为 1 个 原子质量单位(记作 1u)，石墨原子质量为 12u。若中子与石墨原子作弹性碰撞，试计算：(1) 碰撞前后中子速率的比值，(2)碰撞过程中中子的能量损失多少?设碰撞前中子的动能为 E 0 。 [解] 设中子质量为 m1 ，碰撞前后速度分别为 v1 , v 2 ；石墨原子质量为 m2 ，碰撞后速度 为 v ? 。碰撞前后中子和石墨原子组成的系统动量守恒，在一维碰撞中，有： 2? ? m1v1 ? m1v1 ? m2 v2此碰撞可看作完全弹性碰撞，所以有：1-431 1 1 2 ? ? m1v1 ? m1v1 2 ? m2 v22 2 2 2化简上两式，得：? ? v1 ? v1 ? 12v2可解出2 ? ? v1 ? v1 2 ? 12v22? v1 ? ?11 v1 ? 0.85v1 13碰撞过程中中子损失的能量：1 1 1 1 121 2 1 48 2 2 2 48 ? ?E ? m1v1 ? m1v1 2 ? m1v1 ? m v1 ? m1v1 ? E0 ? 0.28E0 2 2 2 2 169 2 169 169习 题 四4-1 一飞轮的半径为 2m，用一条一端系有重物的绳子绕在飞轮上，飞轮可绕水平轴转 动，飞轮与绳子无相对滑动．当重物下落时可使飞轮旋转起来．若重物下落的距离由方程x ? at 2 给出，其中 a ? 2.0 m s 2 ．试求飞轮在 t 时刻的角速度和角加速度．[解] 设重物的加速度为 a t ，t 时刻飞轮的角速度和角加速度分别为 ? 和 ? ，则at ?d2x ? 2a dt 2因为飞轮与绳子之间无相对滑动，所以 a t ? R? 则 由题意知??at 2a 2 ? 2.0 ? ? ? 2.0 rad/s 2 R R 2t ? 0 时刻飞轮的角速度 ? 0 ? 0所以? ? ? 0 ? ?t ? ?t ? 2.0t rad s4-2一飞轮从静止开始加速，在 6s 内其角速度均匀地增加到 200 rad min ，然后以这个速度匀速旋转一段时间， 再予以制动， 其角速度均匀减小． 又过了 5s 后， 飞轮停止转动． 若 该飞轮总共转了 100 转，求共运转了多少时间? [解] 分三个阶段进行分析 10 加速阶段．由题意知? 1 ? ? 1 t1?1 ?和?12 ? 2? 1? 1得?12 ?1t1 ? 2? 1 21-4420 匀速旋转阶段．? 2 ? ? 1t 230 制动阶段． ?1 ? ? 3 t 3?12 ? 2? 3? 3?3 ??12 ?1t 3 ? 2? 3 2由题意知?1 ? ? 2 ? ? 3 ? 100 ? 2?联立得到?1t12t2 ? 2? ? 100 ?? ?1t 2 ??1t 32? 100 ? 2?所以200 200 ?6? ?5 2 ? 60 2 ? 60 ? 183s 200 60因此转动的总时间t ? t1 ? t 2 ? t 3 ? 6 ? 5 ? 183 ? 194 s4-3 历史上用旋转齿轮法测量光速的原理如下：用一束光通过匀速旋转的齿轮边缘的 齿孔 A，到达远处的镜面反射后又回到齿轮上．设齿轮的半径为 5cm，边缘上的齿孔数为 500 个，齿轮的转速使反射光恰好通过与 A 相邻的齿孔 B． （1）若测得这时齿轮的角速度为 600 r s ，齿轮到反射镜的距离为 500 m，那么测得的光速是多大?（2）齿轮边缘上一点的线 速度和加速度是多大? [解] （1） 齿轮由 A 转到 B 孔所需要的时间 t ? 所以光速2? 500 ? 1 ? ? ? 600 ? 2? 3 ? 10 5c?2L 2 ? 500 ? ? 3 ? 108 m s 1 T 3 ? 10 5（2） 齿轮边缘上一点的线速度 v ? ?R ? 600 ? 2? ? 5 ? 10 ?2 ? 1.88 ? 10 2 m s 齿轮边缘上一点的加速度 a ? ? 2 R ? ?600 ? 2? ? ? 5 ? 10 ?2 ? 7.10 ? 105 m s 224-4刚体上一点随刚体绕定轴转动．已知该点转过的距离 s 与时间 t 的关系为s?a0 3 a0 2 t ? t ．求证它的切向加速度每经过时间 ? 均匀增加 a0 ． 6? 2[证明] 该点的切向加速度at ?dv d 2 s a 0 ? ? t ? a0 dt dt 2 ?1-45所以?a ? ?a ? a t ? τ ? a t ? ? 0 ?t ? ? ? ? a 0 ? ? ? 0 t ? a 0 ? ? a 0 ?? ? ?? ?因此，切向加速度每经过时间 ? 均匀增加 a04-5 如图所示的一块均匀的长方形薄板，边长分别为 a、b．中心 O 取为原点，坐标系 如图所示．设薄板的质量为 M，求证薄板对 Ox 轴、Oy 轴和 Oz 轴的转动惯量分别为J Ox ?1 Mb 2 12J Oy ?1 Ma 2 12J ? ? r 2 dmJ Oz ?1 M a2 ? b2 12??y[解] 根据转动惯量的定义 对 J ox 取图示微元，有J ox ? ?同理可得 对于1m 12dmb 2 ?1 mb 2 12 J oy ? 1 ma 2 12J oz ? ? r 2 dm ? ? ( x 2 ? y 2 )dm ? ? x 2 dm ? ? y 2 dm? J oy ? J ox ?1 1 ma 2 ? mb 2 12 124-6 一个半圆形薄板的质量为 m、半径为 R，当它绕着它的直径边转动时，其转动惯 量是多大? [解] 建立坐标系，取图示面积元 d s ? r d r d ? ，根据转动 惯量的定义有dr dm R O rJ ox ? ? y 2 dm ? ? ? 2m ?R 2?0?0Rr 2 sin 2 ?2m rdrd? ?R 2 1 mR 2 4? d?x??0?R0r 3 sin 2 ?drd? ?4-7 一半圆形细棒， 半径为 R， 质量为 m， 如图所示． 求细棒对轴 AA? 的转动惯量． [解] 建立图示的坐标系，取图示 d l 线元， d m ? ? d l ? ?R d ? ， 根据转动惯量的定义式有?1-46xd?dlJ AA? ? x 2 dm ?? mR 2???0R 2 sin 2 ??Rd?1 mR 2 2y r???0sin 2 ?d? ?4-8 试求质量为 m、半径为 R 的空心球壳对直径轴 的转动惯量． [解] 建立如图所示的坐标系，取一 ? ? ? ? d? 的球 带， d s ? 2?rR d ? 它对 y 轴的转动惯量?xdI ? r 2 dm ? r 2又 所以m 2?rRd? 4?R 2 r ? R cos ?dI ?mR 2 cos 3?d? 2I ? ? dI ? ? 2?? 2?mR 2 2 cos 3?d? ? mR 2 2 3此即空心球壳对直径轴的转动惯量．4-9图示为一阿特伍德机，一细而轻的绳索跨过一定滑轮，绳的两端分别系有质量为m1 和 m2 的物体，且 m1 & m2 ．设定滑轮是质量为 M，半径为 r 的圆盘，绳的质量及轴处摩擦不计，绳子与轮之间无相对滑动．试求物体的加速度和绳的张力． [解] 物体 m1 , m2 及滑轮 M 受力如图所示NT1T2m2m1Mm2 gT2m1 gMgT1对 m1 取向下为正方向： 对 m2 取向上为正方向：m1 g ? T1 ? m1 a T2 ? m2 g ? m2 a（1） （2） （3） （4） （5）对 M 取顺时针方向为正方向： T1 r ? T2 r ? J? 又??J ? Mr 2 / 2a ? r?1-47? T1 ? T1T2 ? T2联立（1）-（7）式，解得（6） （7）?a?(m1 ? m 2 ) g m1 ? m 2 ? M / 2T1 ?2m 2 ? M / 2 m1 g m1 ? m2 ? M / 2 2m1 ? M / 2 m2 g m1 ? m 2 ? M / 2T2 ?4-l0 绞车上装有两个连在一起的大小不同的鼓轮（如图） ，其质量和半径分别为 m ? 2kg 、 r ? 0.05m ， M ? 8kg 、 R ? 0.10m ．两鼓轮可看成是质 量均匀分布的圆盘，绳索质量及轴承摩擦不计．当绳端各受拉力T1 ? 1kg ， T2 ? 2kg 时，求鼓轮的角加速度．[解] 根据转动定律，取顺时针方向为正? T1 r ? T2 R ? J?（1）J ? mr 2 / 2 ? MR 2 / 2（2） 联立（1）（2）式可得 ，??? 2T1 r ? 2T2 R mr ? MR2 2? 34.6rad/s 24-11 质量为 M、 半径为 R 的转盘， 可绕铅直轴无摩擦地转动． 转盘的初角速度为零． 一 个质量为 m 的人，在转盘上从静止开始沿半径为 r 的圆周相对圆盘匀角速走动，如果人在 圆盘上走了一周回到了原位置，那么转盘相对地面转了多少角度? [解] 取 m 和 M 组成的系统为研究对象，系统对固定的转轴角动量守恒．设人相对圆盘 的速度为 v ，圆盘的角速度为 ? ，设人转动方向为正方向，则mr ?v ? ?r ? ? J? ? 0而 联立（1）（2）式可得 、（1） （2）J ? MR 2 / 21-48???mvr MR / 2 ? mr 22人在转盘上走一周所用的时间 t ? 2?r / v 转盘转过的角度为? ? ?t ? ?mr 2 2? MR 2 / 2 ? mr 2负号表示方向与正方向相反．4-12 如图所示， 一质量为 m 的圆盘形工件套装在一 根可转动的轴上，它们的中心线相互重合．圆盘形工件的 内、外直径分别为 D1 和 D2 ．该工件在外力矩作用下获得 角速度 ? 0 ，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， 其间经历了时间 t． 试求轴处所受到的平均阻力 f [轴的转动惯量略而不计，2 圆盘形工件绕其中心轴的转动惯量为 m D12 ? D2 ]．1 8??[解] 根据角动量定理Mt ? J?2 ? J?1M ??f ?D1 21 2 J ? m?D12 ? D2 ? 8联立上述三式得到f ?m? 0 ?D12 ? D22 ? 4 D1t4-13一砂轮直径为 1m ，质量为 50kg ，以 900r min 的转速转动，一工件以 200 N 的正压力作用于轮子的边缘上，使砂轮在 11.8s 内停止转动．求砂轮与工件间的摩擦系数（砂 轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为 和半径） ． [解] 根据角动量定理，1 mR 2 ，其中，m 和 R 分别为砂轮的质量 2Mt ? J? 2 ? J?1M ? ? ?NR1 J ? mR 2 2?2 ? 01-49联立上述四式得到mR? 0 ?? ? 2 Nt50 ?1 2? ? 900 ? 2 60 ? 0.5 2 ? 200 ? 11.84-14以 20 N ? m 的恒力矩作用于有固定轴的转轮上，在 10s 内该轮的转速由零增大到100 r min ．此时撤去该力矩，转轮因摩擦力矩的作用，又经 100s 而停止，试求转轮的转动惯量． [解] 设转轮的转动惯量为 J，摩擦力矩为 M f ，则根据角动量定理 考虑到本题力矩为常矢量，以外力矩方向为正方向，有?0 Mdt ? ?LtL21dL?M ? M f ? t1 ? J? ? 0? M f t 2 ? 0 ? J?联立（1）（2）式可得 、（1） （2）J?Mt1 t ? ?? 1 t2?20 ? 10 ? 17.4kg ? m 2 100 ? 2? 100 ? 2? 10 ? 60 60 1004-15 设流星从各个方向降落到某星球， 使该星球表面均匀地积存了厚度为 h 的一层尘 埃（h 比该星球的半径 R 小得多） ．试证明：由此而引起的该星球自转周期的变化为原来的 自转周期的 5hd ?RD? 倍．式中 R 是星球的半径，D 和 d 分别为星球和尘埃的密度． [解] 取星球和尘埃为研究对象，在尘埃落向星球的过程中，系统的角动量守恒．设开 始时星球的转动惯量为 J 1 ，角动量为 ?1 ，星球的自转周期为 T1 ；当落上厚度为 h 的尘埃后， 转动惯量为 J 2 ，角速度为 ? 2 ，自转周期为 T 2 ，由角动量守恒得：J 1?1 ? J 2? 22? 2?而T1 ??1T1 J 1 ? T2 J 2T2 ??2得到设尘埃对自转轴的转动惯量为 J 0 ，则1-50J 2 ? J1 ? J 0而J1 ?2 4 3 ? ?R DR 2 5 3因此J0 ?2 ?4 4 3 2? 3 2 ? 3 ? ?R ? h ? d ?R ? h ? ? 3 ?R dR ? 5? ?所以2 ?4 4 3 2? 3 2 ? 3 ? ?R ? h ? d ?R ? h ? ? 3 ?R dR ? J T2 5 ? ?1? ?1? 0 ?1? ? 2 4 3 T1 J1 2 ? ?R DR 5 35 ?? ? h? d ??1 ? ? ? 1? R? ?? ? ? ? D又因为h&&R所以5 ?? ? h? d ??1 ? ? ? 1? R? T2 ?? ? ? ? 1 ? 5hd ?1? ? T1 D RD因此T2 ? T1 5hd ? T1 RD4-16如图所示的飞船以角速度 ? ? 0.20 rad s 绕其对称轴自由旋转，飞船的转动惯量若宇航员想停止这种转动， 启动了两个控制火箭． 它们装在距转轴 r ? 1.5m J ? 2000kg ? m 2 ． 的 地 方 ． 若 控 制 火 箭 以 v = 50 m s 的 速 率 沿 切 向 向 外 喷 气 ， 两 者 总 共 的 排 气 率dm dt ? 2 kg s ．试问这两个切向火箭需要开动多长时间?[解] 把飞船和喷出的气体当作研究系 d 统． 在喷气过程中， t 时间内喷出的气体为 d m ， 在整个过程中，喷出的气体的总角动量为Lg ? dmrv ? mrv0?m当飞船停止转动时，它的角动量为零． mrv ? J? 由系统角动量守恒得 所以 所求的时间为m? t? mJ? rv??J? 2000 ? 0.2 ? ? 2.67s ?rv 2 ? 1.5 ? 504-17一冲床飞轮的转动惯量为 25kg ? m 2 ，转速为 300 r min ，每次冲压过程中，冲压1-51所需的能量完全由飞轮供给．若一次冲压需要做功 4000J ，求冲压后飞轮的转速将减少至多 少? [解] 设冲压后飞轮的转速为 ? 2 ，由动能定理得A?1 2 1 2 J?2 ? J?1 ? ?2所以?2 ? ?1 2 ?2A 2 ? 4000 ? 300 ? 2? ? ? ? ? 25.8 rad/s ? ? J 60 25 ? ?4-18 擦地板机圆盘的直径为 D，以匀角速度 ? 旋转，对地板的压力为 F，并假定地板 所受的压力是均匀的， 圆盘与地板间的摩擦系数为 ? ， 试求开动擦地板机所需的功率 （提示： 先求圆盘上任一面元所受的摩擦力矩， 而整个圆盘所受摩擦力矩与角速度的乘积即是摩擦力 矩的功率） ． [解] 在圆盘上取一细圆环，半径 r，宽度为 dr，则其面积为 ds ? 2?rdr 此面积元受到的摩擦力为df ? ? ?F ? 2?rdr 2 ? ?D 2 ?其方向与 ω 方向相反所以此面元所受的摩擦力矩为 其大小dM ? r ? dfdM ? rdf sin ? ? rdf ? r? ?8 ?F 4F ? 2?rdr ? 2 r 2 dr 2 ?D D又因为各面元所受的摩擦力矩方向相同，所以整个圆盘所受的摩擦力矩为M ? ? dM ? ?所以所需要的功率D 208 ?F 2 1 r dr ? ?FD 2 3 D1 N ? M? ? ?FD? 34-19如图所示，A、B 两飞轮的轴可由摩擦啮合使之连结．轮 A 的转动惯量 J 1 ? 10kg ? m 2 ，开始时轮 B 静止， A 以 n1 ? 600 r min 的转速转动， 轮 然后使 A 与 B 连结，轮 B 得以加速，而轮 A 减速，直至两轮的转速都 等于 n ? 200 r min 为止．求： （1）轮 B 的转动惯量； （2） 在啮合过程中损失的机械能是多少? [解] （1）以飞轮 A，B 为研究对象，在啮合过程中,系统受到轴向的正压力和啮合的切 向摩擦，前者对轴的力矩为零，后者对轴的力矩为系统的内力矩，整个系统对转轴的角动量 守恒，按角动量守恒定律，有1-52J A ? A ? J B? B ? ?J A ? J B ??而J A ? J1 ? 10kg ? m 2? A ? 2?n1 ? 20?rad/s?B ? 0? ?? JB ? A J1 ? ?? ? 2?n ?20? ?20? rad s 3所以20? 320? 3 ? 10 ? 20kg ? m 2在啮合的过程中，部分机械能转化为热能，损失的机械能为?E ?2 J A ? A ? J A ? J B ?? 2 ? 2 2? 0.5 ? 10 ? ?20? ? ? 0.5 ? ?10 ? 20? ? ?20? / 3? ? 1.31? 104 J2 25-1 设有一宇宙飞船，相对于地球作匀速直线运动，若在地球上测得飞船的长度为其 静止长度的一半，问飞船相对地球的速度是多少? [解] 飞船静止长度 l 0 为其固有长度，地球上测得其长度为运动长度，由长度收缩公式，有：l v l ? l0 1 ? ( ) 2 ? 0 c 2解得：v 3 ? c 2 3 c ? 0.866c 2即： v ?5-2宇宙射线与大气相互作用时能产生 ? 介子衰变，此衰变在大气上层放出 ? 粒子，已知 ? 粒子的速率为 v＝0.998c，在实验室测得静止 ? 粒子的平均寿命为 2.2 ? 10 ?6 s ，试问 在 8000m 高空产生的 ? 粒子能否飞到地面? [解] 地面上观测到的 ? 子平均寿命与固有寿命之间的关系t ? t0?v? 1? ? ? ?c?2? 子运行距离 l ? vt ? v t 0 ? 子能飞到地面。?v? 1 ? ? ? ? 0.998c ? 2.2 ? 10 ?6 ?c?21 ? 0.9982 ? 1042m1-535-3 在 S 系中观测到两个事件同时发生在 x 轴上，其间距离为 1m，在 S ? 系中观测这 两个事件之间的距离是 2m。求在 S ? 中测得的这两个事件发生的时间间隔。 [解] 在 S 系中两事件时间间隔 ?t ? 0, 由 Lorentz 变换x? ?x ? ut 1 ? (u / c) 2u x c2 ?? t 1 ? (u / c) 2 t??x ? u?t ?x ? ? ? ?x ? ? 2 1 ? (u / c) 1 ? (u / c) 2 ? ? u u 得： ? ?t ? 2 ?x ?x ? c c2 ?t ? ? ?? ? 1 ? (u / c) 2 1 ? (u / c) 2 ? ?将 ?x ? ? 2m, ?x ? 1m 代入上两式，得u?3 c, 2?t ? ? ?5.77 ? 10 ?9 s5-4 远方一颗星体以 0.80c 的速率离开我们， 我们接收到它辐射来的闪光按 5 昼夜的周 期变化，求固定在这星体上的参考系中测得的闪光周期。 [解] 所求的为固有周期 T0 ：T0 ? T 1 ? (v / c) 2 ? 5 1 ? 0.80 2 ? 3 昼夜5-5 假设一飞船的速率可达 u＝0.5c，它沿着广州和北京的连线飞行，已知广州到北京的直线距离为 1.89 ? 10 3 km ，问飞船中的乘客观测到广州到北京的直线距离是多少? [解] 已知固有长度 l0 ? 1.89 ? 103 kml ? l0?v? 1 ? ? ? ? 1.89 ? 10 3 ? 1 ? 0.5 2 ? 1.6368 ? 10 3 km ?c?25-6
年间， 欧洲原子核研究中心(CERN)多次测量到储存环中沿 “圆形轨道” 运行的 ? 粒子的平均寿命， ? 粒子的速率为 0.9965c 时， 在 测得的平均寿命是 26.15 ? 10 ?6 s 。? 粒子固有寿命的实验值是 2.197 ? 10 ?6 s。问实验结果与相对论理论值符合的