大学物理3-7碰撞
大学物理仿真实验报告-碰撞与动量守恒
大学物理仿真实验报告实验名称碰撞与动量守恒班级：姓名：学号：日期：碰撞和动量守恒实验简介动量守恒定律和能量守恒定律在物理学中占有非常重要的地位。
力学中的运动定理和守恒定律最初是冲牛顿定律导出来的，在现代物理学所研究的领域中存在很多牛顿定律不适用的情况，例如高速运动物体或微观领域中粒子的运动规律和相互作用等，但是能量守恒定律仍然有效。
因此，能量守恒定律成为了比牛顿定律更为普遍适用的定律。
本实验的目的是利用气垫导轨研究一维碰撞的三种情况，验证动量守恒和能量守恒定律。
定量研究动量损失和能量损失在工程技术中有重要意义。
同时通过实验还可提高误差分析的能力。
实验原理如果一个力学系统所受合外力为零或在某方向上的合外力为零，则该力学系统总动量守恒或在某方向上守恒，即（1）实验中用两个质量分别为m1、m2的滑块来碰撞（图4.1.2-1），若忽略气流阻力，根据动量守恒有（2）对于完全弹性碰撞，要求两个滑行器的碰撞面有用弹性良好的弹簧组成的缓冲器，我们可用钢圈作完全弹性碰撞器；对于完全非弹性碰撞，碰撞面可用尼龙搭扣、橡皮泥或油灰；一般非弹性碰撞用一般金属如合金、铁等，无论哪种碰撞面，必须保证是对心碰撞。
当两滑块在水平的导轨上作对心碰撞时，忽略气流阻力，且不受他任何水平方向外力的影响，因此这两个滑块组成的力学系统在水平方向动量守恒。
由于滑块作一维运动，式（2）中矢量v可改成标量，的方向由正负号决定，若与所选取的坐标轴方向相同则取正号，反之，则取负号。
1．完全弹性碰撞完全弹性碰撞的标志是碰撞前后动量守恒，动能也守恒，即（3）（4）由（3）、（4）两式可解得碰撞后的速度为（5）（6）如果v20=0，则有（7）（8）动量损失率为（9）能量损失率为（10）理论上，动量损失和能量损失都为零，但在实验中，由于空气阻力和气垫导轨本身的原因，不可能完全为零，但在一定误差范围内可认为是守恒的。
2.完全非弹性碰撞碰撞后，二滑块粘在一起以10同一速度运动，即为完全非弹性碰撞。
大学物理仿真实验报告材料-碰撞与动量守恒
大学物理仿真实验报告实验名称碰撞与动量守恒班级：：学号：日期：碰撞和动量守恒实验简介动量守恒定律和能量守恒定律在物理学中占有非常重要的地位。
力学中的运动定理和守恒定律最初是冲牛顿定律导出来的，在现代物理学所研究的领域中存在很多牛顿定律不适用的情况，例如高速运动物体或微观领域中粒子的运动规律和相互作用等，但是能量守恒定律仍然有效。
因此，能量守恒定律成为了比牛顿定律更为普遍适用的定律。
本实验的目的是利用气垫导轨研究一维碰撞的三种情况，验证动量守恒和能量守恒定律。
定量研究动量损失和能量损失在工程技术中有重要意义。
同时通过实验还可提高误差分析的能力。
实验原理如果一个力学系统所受合外力为零或在某方向上的合外力为零，则该力学系统总动量守恒或在某方向上守恒，即（1）实验中用两个质量分别为m1、m2的滑块来碰撞（图4.1.2-1），若忽略气流阻力，根据动量守恒有（2）对于完全弹性碰撞，要求两个滑行器的碰撞面有用弹性良好的弹簧组成的缓冲器，我们可用钢圈作完全弹性碰撞器；对于完全非弹性碰撞，碰撞面可用尼龙搭扣、橡皮泥或油灰；一般非弹性碰撞用一般金属如合金、铁等，无论哪种碰撞面，必须保证是对心碰撞。
当两滑块在水平的导轨上作对心碰撞时，忽略气流阻力，且不受他任何水平方向外力的影响，因此这两个滑块组成的力学系统在水平方向动量守恒。
由于滑块作一维运动，式（2）中矢量v可改成标量，的方向由正负号决定，若与所选取的坐标轴方向相同则取正号，反之，则取负号。
1．完全弹性碰撞完全弹性碰撞的标志是碰撞前后动量守恒，动能也守恒，即（3）（4）由（3）、（4）两式可解得碰撞后的速度为（5）（6）如果v20=0，则有（7）（8）动量损失率为（9）能量损失率为（10）理论上，动量损失和能量损失都为零，但在实验中，由于空气阻力和气垫导轨本身的原因，不可能完全为零，但在一定误差围可认为是守恒的。
2.完全非弹性碰撞碰撞后，二滑块粘在一起以10同一速度运动，即为完全非弹性碰撞。
大学物理第三章-部分课后习题答案
大学物理第三章 课后习题答案3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在12R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析：用补偿法〔负质量法〕求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。
注意对同一轴而言。
解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。
分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：〔1〕对x 轴的转动惯量为：2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ 〔2〕对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰〔3〕对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 到达额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。
分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。
解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。
大学物理第二版习题答案
13级应用化学（2）班物理习题详解习题精解1-1某质点的速度为j t i v 82-=，已知t=0时它经过点（3，7），则该质点的运动方程为（ ）A.j t i t 242-B.()()j t i t 74322+-+ C.j 8- D.不能确定解：本题答案为B.因为 dt rd v =所以 ()dt j t i r d82-=于是有()d t j t i r d t rr ⎰⎰-=0820即 j t i t r r2042-=-亦即 ()j t i t j i r 24273-=-- 故 ()()j t i t r 74322+-+=1-2 一质点在平面上作曲线运动,1t 时刻位置矢量为j i r 621+-=，2t 时刻的位置矢量为j i r 422+=，求：（1）在12t t t -=∆时间内质点的位移矢量式;(2)该段时间内位移的大小和方向；（3）在坐标图上画出21,r r及r∆。
解 （1）在12t t t -=∆时间内质点的位移矢量式为()()m j i r r r 2412-=-=∆ （2）该段时间内位移的大小 ()()m r 522422=+=∆该段时间内位移的方向与轴的夹角为 ︒-=⎪⎭⎫⎝⎛-=-6.2642tan 1α （3）坐标图上的表示如图1.1所示1-3某质点作直线运动，其运动方程为214x t t =+- ，其中x 以m 计，t 以s 计，求：（1）第3s 末质点的位置；（2）头3s 的位移大小；（3）头3s 内经过的路程。
解 （1）第3s 末质点的位置为2(3)14334()x m =+⨯-=（2）头3s 的位移大小为 ()(3)03()x x m -=（3）因为质点做反向运动是有()0v t =，所以令0dxdt=，即420,2t t s -==因此头3s 内经过的路程为 (3)(2)(2)(0)45515()x x x x m -+-=-+-=1-4 已知某质点的运动方程为22,2x t y t ==-，式中t 以s 计，x 和y 以m 计。
碰撞打靶实验报告
篇一：大学物理碰撞打靶实验报告碰撞打靶实验物体间的碰撞是自然界中普遍存在的的现象，从宏观物体的一体碰撞到微观物体的粒子碰撞都是物理学中极其重要的研究课题。
本实验通过两个体的碰撞、碰撞前的单摆运动以及碰撞后的平抛运动，应用已学到的力学定律去解决打靶的实际问题，从而更深入地了解力学原理，并提高分析问题、解决问题的能力。
一．实验原理1. 碰撞：指两运动物体相互接触时，运动状态发生迅速变化的现象。
正碰是指两碰撞物体的速度都沿着它们质心连线方向的碰撞；其他碰撞则为斜碰。
2. 碰撞时的动量守恒：两物体碰撞前后的总动量不变。
3. 平抛运动：将物体用一定的初速度v0沿水平方向抛出，在不计空气阻力的情况下，物体所作的运动称平抛运动，运动学方程为x?v0t，y?12gt（式t中是从抛出开始计算的时2 间，x是物体在时间t内水平方向的移动距离，y是物体在该时间内竖直下落的距离，ｇ是重力加速度）4. 在重力场中，质量为ｍ的物体在被提高距离ｈ后，其势能增加了?ep?mgh5. 质量为m的物体以速度v运动时，其动能为ek?12mv 26. 机械能的转化和守恒定律：任何物体系统在势能和动能相互转化过程中，若合外力对该物体系统所做的功为零，内力都是保守力（无耗散力），则物体系统的总机械能（即势能和动能的总和）保持恒定不变。
7. 弹性碰撞：在碰撞过程中没有机械能损失的碰撞。
8. 非弹性碰撞：碰撞过程中的机械能不守恒，其中一部分转化为非机械能（如热能）。
二．实验仪器碰撞打靶实验仪如图1所示，它由导轨、单摆、升降架（上有小电磁铁，可控断通）、被撞小球及载球支柱，靶盒等组成。
载球立柱上端为锥形平头状，减小钢球与支柱接触面积，在小钢球受击运动时，减少摩擦力做功。
支柱具有弱磁性，以保证小钢球质心沿着支柱中心位置。
图1 碰撞打靶实验仪升降架上装有可上下升降的磁场方向与杆平行的电磁铁，杆上的有刻度尺及读数指示移动标志。
仪器上电磁铁磁场中心位置、单摆小球（钢球）质心与被碰撞小球质心在碰撞前后处于同一平面内。
大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社 习题3详解
3-1 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 [ ] A.2ωmR J J + B. 02)(ωR m J J+ C.02ωmR JD. 0ω 答案：A3-2 如题3-2图所示，圆盘绕O 轴转动。
若同时射来两颗质量相同,速度大小相同,方向相反并在一直线上运动的子弹,子弹射入圆盘后均留在盘内,则子弹射入后圆盘的角速度ω将：[ ]A. 增大.B. 不变.C. 减小.D. 无法判断. 题3-2 图 答案： C3-3 芭蕾舞演员可绕过脚尖的铅直轴旋转,当她伸长两手时的转动惯量为J 0，角速度为ω0,当她突然收臂使转动惯量减小为J 0 / 2时,其角速度应为：[ ] A. 2ω0 . B. ω0 . C. 4ω0 . D. ω 0/2. 答案：A3-4 如题3-4图所示，一个小物体，位于光滑的水平桌面上，与一绳的一端相连结，绳的另一端穿过桌面中心的小孔O . 该物体原以角速度ω 在半径为R 的圆周上绕O 旋转，今将绳从小孔缓慢往下拉．则物体：[ ]A. 动量不变，动能改变； 题3-4图B. 角动量不变，动量不变；C. 角动量改变，动量改变；D. 角动量不变，动能、动量都改变。
答案：D3-5 在XOY 平面内的三个质点,质量分别为m 1 = 1kg, m 2 = 2kg,和 m 3 = 3kg,位置坐标(以米为单位)分别为m 1 (－3,－2)、m 2 (－2,1)和m 3 (1,2),则这三个质点构成的质点组对Z 轴的转动惯量J z = .答案： 38kg ·m 23-6 如题3-6图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O 转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球并嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统对o 轴的 守恒。
大学物理基础教程答案1-3力-3
v = v +( + ) v ' mv mv m m v v ' = ( v − v ) /( + ) v mv mv m m
O f 1 2 C C O f 1 2
300 m1
x
v v 1 v 1 v −1 = m(2i − 1j) /(4 + 2) = i − j(m.s ) 6 12
( Vc’是子系统质心速度） 是子系统质心速度）
2
(2)绳中张力处处近似相等,如图: (2)绳中张力处处近似相等,如图: − 2F cos θ + mg = ma , 绳中张力处处近似相等
v l dv d v0 l a= )=− = (− 3 dt dt 2 x 16 x m 0l2 (x2 + l2 4)1/ 2 v2 F = (m + g ) 3 16x 2x
走了多远. 走了多远 水平方向合外力为零,故水平方向动量守恒 故水平方向动量守恒: 解: 水平方向合外力为零 故水平方向动量守恒 (M+m) xc=Mx1+mx2 Vc=0 △xc=0 m ∆x2 (M+m) △xc=M△x1+m△x2=0 ∆x1 = − △ △ M 由相对运动可知 △x1+ l =△x2 m M
（2）若用此绳提升箱子，则有 若用此绳提升箱子，
F−m = m g a
F ∴ m= = 92.6(kg) (g + a)
如题图所示， 使木箱上升，若绳端的下降速度不变， 3-2 如题图所示，用力F使木箱上升，若绳端的下降速度不变， 定滑轮和绳的固定端在同一高度上， 木箱质量为m，定滑轮和绳的固定端在同一高度上，且相距为l， 动滑轮、定滑轮和绳的质量以及绳的伸长量都忽略不及，(1)以 动滑轮、定滑轮和绳的质量以及绳的伸长量都忽略不及，(1)以x (2)求F(x)。 为变量表示m的速率v； (2)求F(x)。
大学物理B1_第3章_3
0 mAvA sin mB vB sin 1 1 1 2 2 2 mA v A0 mA v A mB vB 2 2 2
2014年10月15日星期三
5
第三章 动量与能量守恒定律3 3-8 能量守恒定律
德国物理学家和生理学家.于 1874年发表了《论力（现称能 量）守恒》的演讲，首先系统地 以数学方式阐述了自然界各种运 动形式之间都遵守能量守恒这条 规律.所以说亥姆霍兹是能量守恒 定律的创立者之一。 1. 能量守恒定律： 对与一个孤立系统来说, 系统内 各种形式的能量是可以相互转换 的，但是不论如何转换，能量既不 能产生，也不能消灭。
2
2014年10月15日星期三
第三章 动量与能量守恒定律3
一、碰撞的概念 两个或几个物体之间相互作用时间很短，但相互作用力很大， 以至外力的作用可以忽略不计，这种过程称为碰撞。
3-7
碰撞
f内 F外
二、碰撞的分类
mi vi C
1. (完全)弹性碰撞：两物体碰撞之后， 它们的动能之和不变 。
答：动量、动能、势能、功
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第三章 动量与能量守恒定律3 3-9 质心
1. 质心(质量中心) 为简单描述多质点系統的运动情形，设想质点系的质量集中于 某一特殊位置，此位置称为质点系的質心。 n 质心的质量是质点系质量总和： mc mi i 1 质心运动代表质点系的运动。 2. 质心的位置 n个质点组成的质点系的质心位置定义为: 质点的质量加权平均
2014年10月15日星期三
补例
第三章 动量与能量守恒定律3
第三章 小结 1.基本物理量 1）动量
P mv
t2 t1
3）冲量 I Fdt 2.基本定理
大学物理(机械工业出版社)第三章课后答案
第三章 刚体力学#3－1 一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量。
若转动部分对其轴的转动惯量为J ，问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？ 解：（1）由题可知：阻力矩ωC M -=，又因为转动定理 dtd JJ M ωβ== dtd JC ωω=-∴ dt JC d t ⎰⎰-=∴00ωωωω t JC-=0lnωω t JCe-=0ωω当021ωω=时，2ln CJt =。
（2）角位移⎰=tdt 0ωθ⎰-=2ln 00C Jt JC dt eωCJ 021ω=，所以，此时间内转过的圈数为CJ n πωπθ420==。
3－2 质量为M ，半径为R 的均匀圆柱体放在粗糙的斜面上，斜面倾角为α ，圆柱体的外面绕有轻绳，绳子跨过一个很轻的滑轮，且圆柱体和滑轮间的绳子与斜面平行，如本题图所示，求被悬挂物体的加速度及绳中张力解：由牛顿第二定律和转动定律得ma T mg =- ααJ R Mg TR =-.sin 2由平行轴定理 223MR J =联立解得 g m M M m a 83sin 48+-=αmg mM MT 83)sin 43(++=α3－3 一平板质量M 1，受水平力F 的作用，沿水平面运动，如本题图所示，板与平面间的摩擦系数为μ，在板上放一质量为M 2的实心圆柱体，此圆柱体在板上只滚动而不滑动，求板的加速度。
解：设平板的加速度为a 。
该平板水平方向受到拉力F 、平面施加的摩擦力1f 和圆柱体施加的摩擦力2f ，根据牛顿定律有，a M f f F 121=--。
m g设圆柱体的质心加速度为C a ，则C a M f 22=遵守转动定理，ββ22221R M J R f ==又因为圆柱体无滑滚动 βR a a C += 且 g M M f )(211+=μ解以上各方程得 212131)(M M gM M F a ++-=μ3－4 质量面密度为σ的均匀矩形板，试证其对与板面垂直的，通过几何中心的轴线的转动惯量为)(1222b a ab J +σ=。
西工大大学物理习题与综合练习
资料范本本资料为word版本，可以直接编辑和打印，感谢您的下载西工大大学物理习题与综合练习地点：__________________时间：__________________说明：本资料适用于约定双方经过谈判，协商而共同承认，共同遵守的责任与义务，仅供参考，文档可直接下载或修改，不需要的部分可直接删除，使用时请详细阅读内容大学物理习题1 ．质点运动学一、选择题1 ．质点在 xoy 平面内作曲线运动，则质点速率的正确表达式为：A ．B ．C ．D ．E ．（）2 ．质点作匀速圆周运动，下列各量中恒定不变的量是A ．B ．C ．D ．E ．F ． . （）3 ．下列表述中正确的是：A ．质点沿轴运动，若加速度，则质点必作减速运动；B ．在曲线运动中，质点的加速度必定不为零；C ．若质点的加速度为恒矢量，则其运动轨道必为直线；D ．当质点作抛体运动时，其法向加速度、切向加速度是不断变化的，因此也是不断变化的。
（）4 ．在离水面高度为 h 的湖岸边上，有人用绳子拉船靠岸。
若人以匀速率v 0 收绳，则船在水中的运动为：A ．匀速运动，且 v = v 0 ；B ．加速运动，且 v > v 0 ；C ．加速运动，且 v < v 0 ；D ．减速运动。
（）5 ．已知质点的运动方程为：式中 A 、 B 、θ 均为恒量，且，，则质点的运动为：A ．一般曲线运动；B ．匀速直线运动；C ．圆周运动；D ．匀减速直线运动；E ．椭圆运动；F ．匀加速直线运动。
（）6 ．下列说法中正确的是A ．作曲线运动的物体，必有切向加速度；B ．作曲线运动的物体，必有法向加速度；C ．具有加速度的物体，其速率必随时间改变。
（）7 ．在相对地面静止的坐标系内， A 、 B 两船都以 2 的速率匀速行驶，A 船沿 x轴正向， B 船沿 y 轴正向。
今在 A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系（ x 、 y 方向的单位矢量用 i ， j 表示），那么在 A 船上的坐标系中， B 船的速度（以为单位）为A ．B ．C ．D ．（）8 ．下列各种情况中，不可能存在的是A ．速率增加，加速度减小；B ．速率减小，加速度增大；C ．速率不变而有加速度；D ．速率增大而无加速度；E ．速率增大，而法向加速度的大小不变。
大学物理习题课3-7(1)
道上滑行。若物体 A 以恒定的速率 v 向
左滑行,当α= 60° 时，物体B的速度为
多少？
y
•B
l
0
•A v x
额外习题
解：建立坐标系如图，则物体A的速度为：
vAvx
dxi dt
vi
物体B的速度为：
dy vB vy dt j
y •B
l
0
•A v x
额外习题
x2 y2 l2
2xdx2ydy0 dt dt
该题要先对m1，m2进行受力分析，同 时要确定物体的运动方向和加速度的
方向，有题意可见，m1，m2都向下加
T
速运动，与m1相连的绳向下运动，与
m2相连的绳子向上运动，确定正方向。
a1牵连
f T
a2相对
m1 g
m2 g
• 5．因绳子质量不计，所
以环受到的摩擦力在数
值上等于张力T，设环对 T
地加速度为 a 2 ，取向下 为正；物体对地加速度
（D）
(C) aA<0, aB>0; (D) aA<0, aB=0;
对滑块A、B进行受力分析
A：F拉F弹-f摩 0 B：F弹 f摩
2.体重、身高相同的甲乙两人，分别用双手握住跨过无摩擦轻
滑轮的绳子各一端，他们由初速为零向上爬，经过一定时间，
甲相对绳子速率是乙相对绳子速率的两倍，则到达顶点的情况
是: (A)甲先到达 ;
y
dy x dx tg(v)
dt y dt vtg600 3v
dy vB dt j 3vj
•B
l
0
•A v x
额外习题
例 速5度已为知v0抛(如体图运)动,求
大学物理(华中科技版)第3章习题答案
习题答案3-1 运动员手持铁饼转动1.25圈后松手,此刻铁饼的速度值达到v=25m/s 。
设转动时铁饼沿半径为R=1.0m 的圆周运动并且均匀加速。
求： （1）铁饼离手时的角速度； （2）铁饼的角加速度；（3）铁饼在手中加速的时间（视铁饼为质点）.解:(1)铁饼离手时的角速度为s rad R v /250.1/25/===ω（2）铁饼的角加速度为222/8.3925.122252s rad =⨯⨯==πθωα （3）铁饼在手中加速的时间为s t 628.02525.1222=⨯⨯==πωθ3-2 汽车发动机的转速在7.0s 内由2000r/min 均匀增加到3000r/min 。
求 （1）角加速度；（2）这段时间转过的角度；（3）发动机轴上半径为0.2m 的飞轮边缘上的一点在第 7.0s 末的加速度。
解：（1）初角速度为s rad /20960/20020=⨯=πω 末角速度为s rad /31460/30002=⨯=πω 角加速度为20/150.7209314s rad t=-=-=ωωβ （2）转过的角度为rad t 301083.1723142092⨯=⨯+=+=ωωθ （3）切向加速度为2/32.015s m R a t =⨯==α 法向加速度为2422/1097.12.0314s m R a n ⨯=⨯==ω总加速度为2422/1097.1s m a a a nt ⨯=+= 总加速度与切向的夹角为998931097.1arctan arctan 4'=⨯==︒t n a a θ3-3 一飞轮以等角加速度2 rad /s 2转动，在某时刻以后的5s 内飞轮转过了100 rad ．若此飞轮是由静止开始转动的，问在上述的某时刻以前飞轮转动了多少时间？解：设某时刻后的角速度为1ω，某时刻前飞轮转动了t 秒。
t t 21==βω某时刻后't s 内飞轮转过θ∆。
则有10025105221522122''1=+=⨯⨯+⨯=+=∆t t t t βωθ s t 5.7=∴3-4 一个哑铃由两个质量为m ，半径为R 的铁球和中间一根长为l 连杆组成，如图所示。
大学物理课后习题详解(第三章)中国石油大学
3-1 以速度0v 前进的炮车，向后发射一炮弹，已知炮车的仰角为θ，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 v '-θcos ，根据动量守恒定律()()v M v v m v m M '-'-=+-θcos 0所以 ()mM mv v m M v +++='θcos 0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0v 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NmM Nmuv v ++=0(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()mM mum N M mu Nm M mu v v +++-++++=' 10[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u v -，则()()Mv u v Nm v Nm M +-=+0所以 NmM Nmuv v ++=0(2) 设第1-x 个人跳离车后，车的速度为1-x v ，第x 个人跳离车后，车的速度为x v ，根据动量守恒定律得()[]()()[]x x 1x 1v m x N M u v m v m x N M -++-=+-+-所以 ()Mm x N muv v ++-+=-11x x此即车速的递推关系式，取N x ,,2,1 =得Mm muv v ++=-1N NMm muv v ++=--22N 1N……………………()M m N muv v +-+=112 MNm muv v ++=01将上面所有的式子相加得()Mm muM m mu M m N mu M Nm mu v v ++++++-+++=210N 此即为第N 个人跳离车后的速度，即()mM mum N M mu Nm M mu v v +++-++++=' 103-3 质量为m =0.002kg 的弹丸，其出口速率为300m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力800400x F -=。
功能原理(大学物理)
外力
内力
外力
＋
保守内力
非保守内力
质点系的 动能定理
Σ Σ n
n
E E ＝ －
ki
ki0
i＝1
i＝1
W W Σ E Σ E Σ E Σ E 外力＋
n
＝ 非保守内力
i＝1
n
－
ki i＝1
n
ki0＋( i＝1
n
Pi －
i＝1
)
Pi0
Σ E Σ E Σ E Σ E n
＝(
i＝1
n
＋
ki i＝1
n
Pi）－( i＝1
E P=－k2 ( F －
u
mg
2
)
本题结束
例题：劲度系数为k 的弹簧,下端固定在水平面上，
如图所示，今将一质量为m的物体轻轻放在弹簧上， 立即松手，欲求弹簧的最大压缩量，你采用什么规律？ 关系式是__________；结果是__________。
（练习册P25填充题7）
m
分析：根据题意，松手后弹簧的弹性
压缩过程摩擦力的功:
Wf = - m(M + m )g x
由功能原理:
- m(M + m )g x
=
1 2
k
x
2
-
21(M +m )v 2
1 2
(
力克服物体的重力作功，是属于保守
力作功所以采用：机械能守恒的规律
关系式：
mg
x
=
－1
2
k
x
2
结果是
x=
2mg
k
本题结束
例题：已知地球的半径RE 约为6.4×103km今有质量m
《大学物理》3-5-9保守力与非保守力PPT课件
碰前
m1
v10
m2
v20
AB
碰后 v1
v2
AB
第三章 动量守恒和能量守恒
38
物理学
第五版
3-7 完全弹性碰撞 完全非弹性碰撞
解 取速度方向为正向,
碰前
由动量守恒定律得
m1v10 m2v20 m1v1 m2v2
m1
v10
m2
v20
AB
m1(v10 v1) m2 (v2 v20 ) (1)
m1v10 m2v20 m1v1 m2v2
分类：弹性碰撞、非完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞
一般情况碰撞 F ex F in
pi C
i
1 完全弹性碰撞
系统内动量和机械能均守恒
2 非完全弹性碰撞 系统内动量守恒，机械能不守恒
3 完全非弹性碰撞 系统内动量守恒，机械能不守恒
总之：碰撞问题属于系统的动量守恒定律问题，而弹 性碰撞和非弹性碰撞之分是与机械能守恒与否有关。
功能原理
W ex
W in nc
E
E0
物理学
第五版
3-6 功能原理 机械能守恒定律
例 1 雪橇从高50 m的山顶A点沿冰道由 静止下滑, 坡道AB长500 m．滑至点B后，又 沿水平冰道继续滑行若干米后停止在C处. 若 μ=0.050．求雪橇沿水平冰道滑行的路程.
第三章 动量守恒和能量守恒
26
物理学
求 物体与水平面间的滑动摩擦系数。
解 放手后，物体运动到 x 1 处和弹簧分离。在整个过程中，
弹簧弹性力作功
1 2
kx12
摩擦力作功
Байду номын сангаас
mgx2
根据动能定理有
大学物理第3章刚体的定轴转动习题解答
习题3-1 一汽车发动机曲轴的转速在12s 内由每分钟1200转匀加速地增加到每分钟2700转，求：（1）角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？解：（1）)/(401s rad πω= )/(902s rad πω=)/(1.13)/(6251240902212s rad s rad t≈=-=∆-=πππωωβ匀变速转动（2）)(78022122rad πβωωθ=-= )(3902圈==πθn 3-2 一飞轮的转动惯量为J ,在0=t 时角速度为0ω，此后飞轮经历制动过程。
阻力矩M 的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数0>K 。
求：（1）当30ωω=时,飞轮的角加速度；（2）从开始制动到30ωω=所需要的时间。
解：（1）依题意 2ωβK J M -== )/(92202s rad JK J K ωωβ-=-= （2）由J K dt d 2ωωβ-== 得 ⎰⎰-=32000ωωωωK Jd dt t ωK Jt 2=3-3 如图所示， 发电机的轮A 由蒸汽机的轮B 通过皮带带动。
两轮半径A R =30cm ，=B R 75cm 。
当蒸汽机开动后，其角加速度π8.0=B βrad/s 2，设轮与皮带之间没有滑动。
求（1）经过多少秒后发电机的转速达到A n =600rev/min ？（2）蒸汽机停止工作后一分钟内发电机转速降到300rev/min ，求其角加速度。
解：（1）t A A βω= t B B βω=因为轮和皮带之间没有滑动，所以A 、B 两轮边缘的线速度相同，即B B A A R R ωω=又)/(20606002s rad A ππω=⨯=联立得)(10s R R t B B A A ==βω（2）)/(10603002s rad A ππω=⨯=)/(62s rad t A A A πωωβ=-'= 3-4 一个半径为=R 1.0m 的圆盘，可以绕过其盘心且垂直于盘面的转轴转动。
大学物理(力学 )_南京航空航天大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年
大学物理（力学相对论热学电磁学）_南京航空航天大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.关于力距有以下几种说法：(1)内力矩不会改变刚体对某个定轴的角动量；(2)作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；(3)质量相等形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩作用下，它们的角加速度一定相等。
在上述说法中:答案:(1)、(2)是正确的2.一容器装着一定量的某种气体，下述几种说法哪一种对?答案:容器内各部分压强相等，且各部分密度也相同，这状态一定是平衡态3.一块铜板垂直于磁场方向放在磁感强度正在增大的磁场中时，铜板中出现的涡流(感应电流)将答案:减缓铜板中磁场的增加4.一水平圆盘可绕通过其中心的固定竖直轴转动，盘上站着一个人.把人和圆盘取作系统，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，此系统答案:对转轴的角动量守恒5.假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的答案:角动量守恒，动能守恒，动量不守恒6.一人站在转台中心，设转轴光滑，人的两手各握一重物并伸直，如图3-6所示。
以人、转台和重物为系统，在人向自身胸部收回双手的过程中，有以下4种说法： (1) 系统的转动惯量减小； (2) 系统转动的角速度增大； (3) 系统的角动量保持不变； (4) 系统的转动动能保持不变。
以上说法中正确的是【图片】答案:(1)(2)(3)7.一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O旋转，初始时静止。
现有一个小球自左方垂直打击细杆，如图3-7所示。
设小球与细杆的碰撞为非弹性碰撞。
以杆和球为系统，在碰撞过程中系统的【图片】答案:对转轴O的角动量守恒8.关于力矩有以下几种说法： (1)对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量； (2)作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零； (3)质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的角加速度一定相等。
上述说法中正确的是答案:(1)(2)9.均匀细杆OM能绕O轴在竖直平面内自由转动，如图3-12所示。
大学物理习题及答案(生物类)
习题三第三章流体的运动3-1 若两只船平行前进时靠得较近，为什么它们极易碰撞?答：以船作为参考系，河道中的水可看作是稳定流动，两船之间的水所处的流管在两船之间截面积减小，则流速增加，从而压强减小，因此两船之间水的压强小于两船外侧水的压强，就使得两船容易相互靠拢碰撞。
3-2 为什么一个装有烟囱的火炉，烟囱越高通风的效果越好?(即烟从烟囱中排出的速度越大)答：通常高处空气水平流动速度比较大，如果烟囱越高，则出口处的气体更容易被吸出。
3-3 为什么自来水沿一竖直管道向下流时，形成一连续不断的冰流，而当水从高处的水龙头自由下落时，则断裂成水滴，试说明之。
答：水沿一竖直管道向下流时，由于管壁的摩擦力作用，使得各处水的速度一致，因而可形成连续不断的水流。
水自由下落时，由于水在不同高度处速度不同，因此难以形成连续的流管，故易裂开。
3-4 有人认为从连续性方程来看，管子愈粗流速愈小，而从泊肃叶定律来看，管子愈粗流速愈大，两者似有矛盾，你认为如何?为什么?答：对于一定的管子，流量一定的情况下，根据连续性方程管子愈粗流速愈小；管子两端压强一定的情况下，根据泊肃叶定律管子愈粗流速愈大。
条件不同，结果不同。
3-5 水在粗细不均匀的水平管中作稳定流动，已知截面S1处的压强为110Pa，流速为0.2m·s-1，截面S2处的压强为5Pa，求S2处的流速(内摩擦不计)。
(0.5m·s-1)3-6 水在截面不同的水平管中作稳定流动，出口处的截面积为管的最细处的3倍，若出口处的流速为2m·s-1，问最细处的压强为多少?若在此最细处开一小孔，水会不会流出来。
(85kPa)3-7 在水管的某一点，水的流速为2m·s-1，高出大气压的计示压强为104Pa，设水管的另一点的高度比第一点降低了1m，如果在第二点处水管的横截面积是第一点的1／2，求第二点处的计示压强。
(13．8kPa)水以每秒1.4×10-4m3的快慢由水管自上面放人容器中。
大学物理3_7完全弹性碰撞 完全非弹性碰撞
m0 v0 m v
3–7完全弹性碰撞 完全非弹性碰撞 第三章动量守恒定律和能量守恒定律
m0 v0 m v m0 v0 （1） 由上式求微分可得 dm 2 dv v 在dt时间内， 由于航天器与尘埃作完全非弹性碰撞， 而粘在航天器上的尘埃的质量， dm S vdt 即航天器所增加的质量为 （2）
由（1）和（2）式，可解得
m1 v
1
m2
h
（2）
m1 m2 v1 (2 gh)1 2 m1
若分别测出m1 、m2和h，就可计算出子弹的速率。
3–7完全弹性碰撞 完全非弹性碰撞 第三章动量守恒定律和能量守恒定律
例 2 如图所示，设两个质量分别为m1 和m2 ，速度分别 为 v10和 v20的弹性小球作对心碰撞，两球的速度方向相同。 若碰撞是完全弹性的，求碰撞后的速度 v1 和 v2 。 解： 由动量守恒定律，得 碰前 （1） m1v10 m2 v20 m1v1 m2 v2
3–7完全弹性碰撞 完全非弹性碰撞 第三章动量守恒定律和能量守恒定律
碰撞： 两物体互相接触时间极短而互作用力较大 的相互作用.
对于碰撞的两个物体组成的系统
ex in F F pi C
i
说明： 从时间看，理想碰撞瞬间结束，
可认为开始与结束是同一瞬间 内力巨大，可不考虑外力，碰撞物体组成的系统动量守恒 碰撞开始与结束是在同一地点，无位移
碰后
v1
B
v2
式（2）可改写为
m1( v - v ) m2 (v - v )
（4）
A
3–7完全弹性碰撞 完全非弹性碰撞 第三章动量守恒定律和能量守恒定律
m1( v10 - v1 ) m2 (v2 v20 ) （3） 2 2 2 2 m1( v10 - v1 ) m2 (v2 - v20 ) （4）
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第三章动量守恒定律和能量守恒定律
大球碰撞小球
小球碰撞大球
3-7 碰撞
第三章动量守恒定律和能量守恒定律
同样大小的球相碰
非对心碰撞
3-7 碰撞 三、碰撞类型：
第三章动量守恒定律和能量守恒定律
完全弹性碰撞： 两物体碰撞前后动能守恒
3-7 碰撞 三、碰撞类型：
第三章动量守恒定律和能量守恒定律
完全弹性碰撞： 两物体碰撞前后动能守恒
例：机械能、电能、热能、光能以及分子、 原子、核能等等能量之间都可以相互转换
一个封闭系统内各种形式的能量是可以相互 转换的，但是不论如何转换，能量既不能产生，也 不能消灭，这一结论叫做能量守恒定律。是自然界 基本定律之一。
m1v1 (m1 m2 )v2 1
m1
v1 m2 h EP 0
第二过程为子弹和木块一起摆动的过程： 以子弹、木块、地球为系统， 机械能守恒
1 2 (m1 m2 ) v2 (m1 m2 ) gh 2 联立(1)、(2) 式求得结果。 2
3-7 碰撞 第三章动量守恒定律和能量守恒定律 例2 如图所示，设有两个质量分别为 m1 和 m2， 速度分别为 v10 和 v20 的弹性小球作对心碰撞，两球的 速度方向相同，若碰撞是完全弹性的，求碰撞后的速 度 v1 和 v2 。 v v 解：因物体作一维运动，所以 m1 m2 用正负表示速度的方向。 以两球为系统，完全弹性碰撞， 动量守恒、动能守恒。
10 20
Hale Waihona Puke m1v10 m2 v20 m1v1 m2 v2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 m1 v10 m2 v20 m1 v1 m2 v2 2 2 2 2 2 m1 ( v10 v1 ) m2 ( v2 v20 )
m1 ( v v ) m2 ( v v )
3-7 碰撞
第三章动量守恒定律和能量守恒定律
一、 碰撞：两物体在相遇中，在相对较短的时间 内发生强烈相互作用的过程。 二、碰撞特征： 系统的 内力
外力，
遵守动量守恒定律
如果两球在碰撞前的速度在两球的中心连线上， 那么，碰撞后的速度也都在这一连线上，这种碰撞 称为对心碰撞（或称正碰撞）。
3-7 碰撞
2）若 m1 m2 , 且v20 0
大球碰静止的小球 3）若 m2 m1 , 且v20 0 小球碰静止的大球
v10
v20
v1 v10 , v2 2v10
v1 v10 , v2 0
3-8 能量守恒定律第三章动量守恒定律和能量守恒定律 3-7 碰撞 能量守恒定律 封闭 （孤立）系统：不受外界作用的系统。 封闭系统内有非保守力做功时，机械能不守恒， 能量的形式可能变化，也可能在物体之间转移。
（五个小球质量全同）
非弹性碰撞： 完全非弹性碰撞：
两物体碰撞前后动能不守恒 动能不守恒，并且两物体碰 撞后不分开。
3-7 碰撞 第三章动量守恒定律和能量守恒定律 例1 如图为冲击摆，是一种测量子弹速率的装置，木 块的质量为 m2 ，被悬挂在细绳的下端，在一质量为 m1 的子弹以速率 v1 沿水平方向射入木块中后，子弹与木块 将一起摆至高度为h处。试求子弹射入木块前的速率。 解：第一过程为子弹与木块碰撞过程： 以子弹、木块为系统，动量守恒 设子弹与木块碰撞后一起运 动的速率为 v2
2 10 2 1 2 2 2 20
v10 v1 v2 v20 (3)
3-7 碰撞
第三章动量守恒定律和能量守恒定律
m1v10 m2 v20 m1v1 m2 v2 1
v10 v1 v2 v20 (3) m1 m2 ( m1 m2 )v10 2m2 v20 v1 m1 m2 解得 ( m1 m2 )v20 2m1 v10 v2 讨论 m1 m2 1）若 m1 m2 , v1 v20 , v2 v10 碰后两物体交换速度