力学第三章习题课

• 解：设土星质量为M，探测器的质量为m，全过程可近似处 理成类似弹性碰撞，可得：
(m − M )v0 − 2 MvM v= m+M
因为M>>m,即有：
v = − v0 − 2vM = 29.6km / s
第三章练习题2
解答2
(1)对0 ≤ x ≤ l,有：Fx = k1 (l − x), 1 2 k1 x − k1lx x 2 对x < 0, 有：Fx = k1 (l − x) − k 2 x E p ( x) = ∫ Fx dx =
解答5
代数后得： v1x=2.17m/s, v1y=2.49m/s, v2=1.08m/s 故v1=3.30m/s 碰后小球最高位置相对原碰撞点的高度为： hmax=v1y2/2g=0.32m
设碰后小球将落于地面，则其间历时 v1 y + 2(hmax + H ) / g = 0.773s t= g 此段时间内小球水平向右的位移和斜面体水平向左的位移量分别为 lm = v1x t = 1.68m, lM = v2t = 0.835m 如小球落于地面，则要求lm + lM > H cot θ = 3.73m 显然不成立
第三章练习题6
解答6
车厢系中，小球右滑或左滑离开圆柱面的方位角如图所示，应有 mu '2 1 mg cos φ = , mu '2 = mgR(1 − cos φ ) R 2 可解得 : cos φ = 2 , u ' = 2 gR 3 3 地面系中，小球初速u0 = v0 , 右滑或左滑离开圆柱面时的速度u可 分解为水平x方向与竖直y方向分量，各为： u x = v0 ± u ' cos φ , u y = u ' sin φ 过程中圆柱面支持力N对小球做功： 1 1 2 2 2 W = m(u x + u y ) − mgR(1 − cos φ ) + mv0 2 2 2 2 可算得：W = ± mv0 gR , (+：右行滑离； ：左行滑离) − 3 3
• 补充题2 系统如图示，滑轮不动，滑轮与绳间无摩擦，绳的 质量线密度为常量λ，且有m1+ λh1>m2+ λh2。 试求m1下行加速度a和半圆部分绳中张力T 的角分 布。
解答
分析ϕ角处微元的受力 T (ϕ + ∆ϕ ) − T (ϕ ) − ∆ϕRλg cos ϕ (重力分力) = ∆ϕRλa dT = ∆ϕRλ (a + g cos ϕ ) 积分得T − T2 = ∫ Rλ (a + g cos ϕ )dϕ = ϕRλa + Rλg sin ϕ
1 5
1 v⊥ = =5 v// 2 µ
2 gH v⊥ 2 gH , 此时t N > ∆t f , 有 tan φ = = v0 v0
第三章练习题4
解答4
• 分析：下降H/4时，小重物下降速度大于0
对于系统与地面构成的大系统，有机械能守恒 1 [λ (πR + H ) + m]v02 = 1 [λ (πR + H ) + H ]v 2 + λ H g ( H − H ) − mg H 2 2 4 4 4 1 m = λH 2 为使小重物在H / 4处v > 0，要求 1 [λ (πR + H ) + m]v02 > λ H g ( H − H ) − mg H 2 4 4 4 H g 即v0 > 2 2πR + 3H
T = T2 + ϕRλa + Rλg sin ϕ
第二次作业题选讲2
• 补充题7 光滑的细长直管道绕着它的某一固定部位P在水平面上旋转， 转动角速度始终为常量ω。质量为m的小球开始时静止在管 内P处，后因受到微小的扰动离开P点沿着管道运动。试求 小球与P相距x时，管壁受小球的作用力大小N。
解答
以管为参考系，小球径dv dt dv dv dx dv = = v = xω 2 dt dx dt dx
第三章练习题5
解答5
m碰到M前竖直向下速度为u0 = 2 gh 碰后m速度v1有水平分量v1x , 竖直分量v1 y , M碰后水平速度为v2 水平方向动量m守恒：mv1x = Mv2 m碰撞后前后沿斜面方向速度不变：v1x cos θ − v1 y sin θ = u0 sin θ 由e涉及的m，M法向碰撞关系，有：1x sin θ + v1 y cos θ ) + v2 sin θ = eu0 cos θ (v 由以上三式可解得 (1 + e) sin θ cos θ v1x = u0 2 m 1 + M sin θ (1 + e) cos 2 θ − 1u0 v1 y = 2 m 1 + M sin θ (1 + e) sin θ cos θ v2 = u0 2 M m + sin θ
0
1 E p ( x) = ∫ Fx dx = (k1 + k 2 ) x 2 − k1lx x 2 (2)对0 ≤ x ≤ l,有：Fx = k1 (l − x),
0
1 2 1 2 E p ( x) = ∫ Fx dx = k1 x − k1lx + k1l x 2 2 对x < 0, 有：Fx = k1 (l − x) − k 2 x
0
ϕ
令ϕ = π , T1 = T2 + πRλa 对两端进行受力分析 (m1 + λh1 ) g − T1 = (m1 + λh1 )a T2 − (m2 + λh2 ) g = (m2 + λh2 )a 所以a = m1 − m2 + λ (h1 − h2 ) g , T2 = (m2 + λh2 )( g + a ) m1 + m2 + λ (h1 + h2 + Rπ )
弹弓效应
弹弓效应：小天体或航天飞行器借助于大质量天体的重力来获得 更大的动能. 行星、宇宙飞船 二体系统 万有引力 交换轨道能量与动量 动量守恒、能量守恒 宇宙飞船能量增加、 动量增加，周期变长 双曲线轨道
应用举例：1997年发射的“卡西尼”号，经过四次“弹弓效应” 加速，获得足够能量到达土星。
解答1
l
E p ( x) = ∫
0
x
1 1 2 2 Fx dx = (k1 + k 2 ) x − k1lx + k1l 2 2
第三章习题3
• 长平板在水平方向上以恒定的速率v0朝右运动，板上方H 高处有一个小球从静止自由下落与平板碰撞。已知球与 平板间摩擦因数u=0.1，小球反弹高度仍为H，试确定小 球反弹抛射角Φ与正切tanΦ与 H 之间的函数关系。
力学第三章习题课
助教：王钟堂 2011-4-14
前两次作业完成情况
• 第一次作业未交同学：
• 00746143 00986037 00986042 1000010494
• 第二次作业未交同学：
• 00746143 00986037 1000011003 1000011055 1000062701
第二章作业题选讲1
v 2 x 0 0
∫ vdv = ω ∫
xdx, v = xω
小球在水平面垂直于管方向上有向下的科氏力Fcor Fcor = 2mvω = 2mxω 2 竖直方向上受壁弹力N ⊥ = mg
2 故N = Fcor 2 + N ⊥ = 4m 2 x 2ω 4 + m 2 g 2
机械能定理
元功： dW = F • dl 质点动能定理(W=△Ek) 保守力 势能 质点组机械能定理（△E=W内 +W ） 质点系动能定理(W内+W =△Ek)
解答3
解：设碰撞时间∆t N内正碰力平均值为N，小球受摩擦力作用 时间记为∆t f ，平均摩擦力为f，必有：∆t N ≤ ∆t f 小球碰撞前竖直方向速度为v⊥ = 2 gH , 碰撞过程的冲量、动量关系为 N∆t N = 2mv⊥ , f ∆t f = mv// , v// 是小球碰后的水平速度 若∆t N = ∆t f ，则可得 f = µ N，v// = 2 µv⊥ = 2µ 2 gH 真实的v// 不可超过v 0，要求2µv⊥ ≤ v 0 故∆t N = ∆t f 的条件是v 0 ≥ 2 µ 2 gH 所以当v 0 ≥ 2µ 2 gH = 1 2 gH ，有 tan φ = 5 当v 0 < 2 µ 2 gH =
质点组动能变化定理 机械能守恒定律 碰撞：弹性vs非弹性
一维&二维
第三章练习题1
• “弹弓效应”是航天技术中增大宇宙探测速率的一种有效 方法，如图所示，土星以相对太阳的轨道速率vM=9.6km/s 运行，一空间探测器以相对于太阳的速率v0=10.4km/s迎 向土星飞行，由于土星的引力，探测器绕过土星沿着河原 来相反的方向离去，试求探测器离去时相对于太阳的速率 v。