普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第五章 角动量

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大学物理学第五章角动量角动量守恒定律习题

大学物理学第五章角动量角动量守恒定律习题

第5章角动量角动量守恒定律一、本章总结1.请总结角动量、角动量守恒定律一章的知识点。

2.请画出本章的知识脉络框图。

二、填空题1. 如图所示,圆盘绕着与盘面垂直且过圆心O 的轴旋转,轴固定且光滑,转动角速度为ω。

这时,一对力偶沿着盘面作用在圆盘上(每个力大小为F ),圆盘的角速度ω 。

(填增大、减小或不能确定)2. 一个立方体放在粗糙的水平地面上,其质量分布均匀,为50 kg ,边长为1m 。

现用一水平拉力F 作用于立方体的定边中点。

如果地面摩擦力足够大,立方体不会滑动,那么要使该立方体翻转90︒,拉力F 至少为 。

3.一长为L 、质量为M 的均匀细棒,放在水平面上。

通过棒的端点O 有一垂直于水平面的光滑固定转轴,如图所示。

一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内垂直射向细棒,随后以速率v 21穿出,这时细棒的角速度 。

4. 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 。

5. 气候变暖造成地球两极的冰山融化,海平面因此上升。

这种情况将使地球的转动惯量 ,自转角速度 ,角动量 ,自转动能 。

(填变大、变小或不变)三、推导题6.试推导质量为m ,半径为R 的实心球体的转动惯量?(答:252mR )四、计算和证明题7.如图所示,一个质量均匀分布的梯子靠墙放置,和地面成θ角,下端A 处连接一个弹性系数为k 的弹簧。

已知梯子的长度为l ,重量为W ,靠墙竖直放置时弹簧处于自然伸长,所有接触面均光滑。

如果梯子处于平衡状态,求地面、墙面对梯子的作用力,以及W 、k 、l 和θ满足的关系。

(答:W ;kl cos θ;OF Fω O v 21v 俯视图θsin 2kl W =)8. 半径为r = 1.5 m 的飞轮,初角速度ω0= 10 rad ⋅s -1,角加速度α= -5 rad ⋅s -2。

试问经过多长时间飞轮的角位移再次回到初始位置?此时飞轮边缘上的线速度为多少?(答:4s ;-15m ⋅s -1)9.质量分别为m 和2m 的两物体(都可视为质点),用一长为l 的刚性细杆(质量为M )相连,系统绕通过杆且与杆垂直的竖直固定轴O 转动。

角动量守恒定理及其应用

角动量守恒定理及其应用

角动量守恒定理及其应用摘要:角动量这一概念是经典物理学里面的重要组成部分,角动量的研究主要是对于物体的转动方面,并且可以延伸到量子力学以、原子物理及天体物理等方面。

角动量这一概念范畴系统的介绍的力矩、角速度、角加速度的概念,并且统筹的联系到质点系、质心系、对称性等概念。

关键词:角动量;力矩;角动量守恒;矢量;转动;应用Angular momentum conservation theorems and theirapplicationAbstract:Angular momentum to the concept of classical physics there is an important component of angular momentum of research mainly for the rotation, and may extend to the quantum mechanics and physical and in the astrophysical. angular momentum in the categorical system of the present moment, the angular velocity, the concepts of angular acceleration and co-ordination of the particle, the quality of heart, symmetry, and concepts.Key words:Angular momentum;Torque;Conservation of angular momentum; Vector; Turn; application.引言在研究物体运动时,人们经常可以遇到质点或质点系绕某一定点或轴线运动的情况。

例如太阳系中行星绕太阳的公转、月球绕地球的运转、物体绕某一定轴的转动等,在这类运动中,运动物体速度的大小和方向都在不断变化,因而其动量也在不断变化。

《大学物理》第5单元课后答案 高等教育出版社

《大学物理》第5单元课后答案 高等教育出版社
2
2
ww
1 3
0-2=2
1 2 2 m m l 3 =15.4 rad 2M r
t=2 / r =11.4 s
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杭州电子科技大学
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题14. 图 题15. 图
《大学物理习题集》 (下册)
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2 分∴ 2分 2分 2分 2分 2分
作业登记号
学号
题1. 图
态为静止悬挂.现有一个小球自左方水平打击细杆.设小球与细杆之间为非弹性碰 撞,则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统 (A) 只有机械能守恒. (B) 只有动量守恒. (C) 只有对转轴 O 的角动量守恒. (D) 机械能、动量和角动量均守恒. 【 C 】
3.如图所示,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
w.
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(A) 角动量从小到大,角加速度从大到小. (B) 角动量从小到大,角加速度从小到大. (C) 角动量从大到小,角加速度从大到小. (D) 角动量从大到小,角加速度从小到大. 【 B 】
题4. 图
ww
5.刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 (A) 刚体不受外力矩的作用. (B) 刚体所受合外力矩为零. (C) 刚体所受的合外力和合外力矩均为零. (D) 刚体的转动惯量和角速度均保持不变.
沿相对圆盘转动相反的方向走动时圆盘对地的绕轴角速度为则人对与地固联的转轴的角速度为人与盘视为系统所受对转轴合外力矩为零系统的角动量守恒设盘的质量为m则人的质量杭州电子科技大学page31大学物理习题集下册
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第五章 角动量

第五章 角动量

v v 相对于参考点O 相对于参考点O的位置矢量 r 与力F 的矢积(叉积): 的矢积(叉积)
定义:力 F对参考点O的力矩为力 F 的作用点A 对参考点O的力矩为力 的作用点A 定义:
v
v
v v v M = r ×F v v v 大小: 大小: M = Fr sin r , F ≥ 0
( 3)
v转至 v的角 α 是 v v v 方向: 方向:r , F, M 构成右手螺旋系统。(注意:由 r 构成右手螺旋系统。 注意: 0 ≤α ≤ π ) F
P m α r
v 的正方向到动量 v 的正方向转动方向所经过的 角和Z 或者: 或者 :从 r α角和Z p
轴正向构成右手螺旋法则。 轴正向构成右手螺旋法则。
二者之间的关系
v v v LZ = (L0 ) Z = (r0 × p) Z
即:质点对轴的角动量等于对轴上任一点的角动量在该轴上的投影。 质点对轴的角动量等于对轴上任一点的角动量在该轴上的投影。 3
Lz = xp
y
− yp x
方法2: 和 投影到任选的xy平面来计算 方法 :把r和p 投影到任选的 平面来计算
第五章 角动量
14
二、 力矩 torque
1、力对轴的力矩 torque of the force exerted on the particle with respect
to the axis z 1.力和轴平行时,例如开门, MZ F Z = 0 力和轴平行时,例如开门, 2.力和轴垂直时: 力和轴垂直时: ( 1) MZ (F ⊥ Z) = F⊥ ⋅ d = F ⋅ r sinα v v 角的规定: α角的规定:从 r 的正方向到力 F的正方向的转动方向所经过的 α角 和Z轴正向成右手螺旋。 轴正向成右手螺旋。

大学物理第五章习题答案

大学物理第五章习题答案
R
L
o
y
x
22
在锥体上 z 坐标处任取半径为 r高为 dz 的小柱体,则
L z 2 dm dv r dz ( R ) dz L 根据质心定义得
2
z
1 zC M

L
0
1 zdm M
L

L
0
L z 2 z ( R ) dz L
r
dz
L
R ML2 0 L L R 2 L 2 2 3 x [ zL dz 2 Lz dz z dz ] 2 0 0 0 ML R 2 L4 2 L4 L4 R 2 2 3 M L [ ] L L 2 ML 2 3 4 12 M 12 M 4
11

如果一个长度已知的不规则物体的重量超过一个弹簧秤的最大 量度,问怎样用这弹簧秤称出该物体的重量? F 上图,根据合力矩为零得
Gx Fl

N
下图,根据合力矩为零得
F l G(l x )
x
F
l

整理可得:
G F F
G
N
G
课后习题

12
5-3:静止的电动机皮带轮半径为 5 cm,接通电源后做匀变速 转动,30 s 后转速达到152 rad / s,求: 1)30 s 内电动机皮带轮转过的转数; 2)通电后 20 s 时皮带轮的角速度; 3)通电后 20 s 时皮带轮边缘上一点的速度、切向加速度和法 向加速度。 解:皮带轮的角加速度为 152 t 0 t t 5 (rad/s 2 )
8

来复线的作用是增加炮弹的射程和准确性。由于炮弹射出时 绕自身轴线高速转动,空气阻力产生的对质心的力矩使炮弹 围绕前进方向产生进动效应,弹头的轴线始终围绕着弹道切 线向前且做锥形运动,从而能克服空气阻气,保证弹头稳定 地向前飞行,避免大的偏离,提高射程与准确性。

普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社刚体力学习题解答

普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社刚体力学习题解答

第七章刚体力学习题解答7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.⑴假设转动是匀加速转动,求角加速度。

⑵在此时间内,发动机转了多少转?解:⑴21260/2)12003000(/7.15s rad t===-∆∆πωβ⑵rad 27.152)60/2)(12003000(21039.26222202⨯===∆⨯--πβωωθ对应的转数=42010214.3239.262≈⨯=⨯∆πθ7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。

求t 时刻的角速度和角加速度。

解:23212643ct bt ct bt a dtd dtd -==-+==ωθβω7.1.4 半径为0.1m 的圆盘在铅直平面内转动,在圆盘平面内建立o-xy 坐标系,原点在轴上,x 和y 轴沿水平和铅直向上的方向。

边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上,该点的角坐标满足θ=1.2t+t 2 (θ:rad,t:s)。

⑴t=0时,⑵自t=0开始转45º时,⑶转过90º时,A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影。

解:0.222.1==+==dtd dtd t ωθβω⑴t=0时,s m R v v y x /12.01.02.10,2.1=⨯====ωω2222/2.01.00.2/144.01.0/12.0/sm R a a s m R v a a y y n x =⨯===-=-=-=-=βτ⑵θ=π/4时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/ssm R v s m R v y x /15.02/21.014.245sin /15.02/21.014.245cos =⨯⨯=︒=-=⨯⨯-=︒-=ωω222222222222/182.0)14.20.2(1.0)(45sin 45sin 45sin /465.0)14.20.2(1.0)(45cos 45cos 45cos s m R R R a s m R R R a y x -=-⨯=-︒=︒-︒=-=+⨯-=+︒-=︒-︒-=ωβωβωβωβ⑶θ=π/2时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.7895s,ω=1.2+2t=2.78rad/s2222/77.01.078.2/2.01.00.20/278.01.078.2s m R a s m R a v s m R v y x y x -=⨯-=-=-=⨯-=-==-=⨯-=-=ωβω7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m 的平行臂AB 和CD 支承,以角速率ω=10rad/s 逆时针转动,求臂与铅直成45º时门中心G 的速度和加速度。

力学(漆安慎版)答案第05章 角动量

力学(漆安慎版)答案第05章 角动量

第五章 角动量 习题5.1.1 我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度d 439km =近,远地点d 2384km =远,地球半径R 6370km =地,求卫星在近地点和远地点的速度之比.[解 答]卫星所受的引力对O 点力矩为零,卫星对O 点角动量守恒。

r m =r m νν远远近近2384+63701.29439+6370d +R r r d +R νν====远近远地远近近地5.1.2 一个质量为m 的质点沿着一条由ˆˆr =acos ti bsin tj ωω+ 定义的空间曲线运动,其中a,b 及ω皆为常数,求此质点所受的对原点的力矩.[解 答] 2222ˆˆˆˆˆˆˆˆ()r =acos ti bsin tj a sin ti b cos tj a =-a cos tib sin tj acos ti bsin tj r ωωνωωωωωωωωωωωω+=-+-=-+=-2F m r ω=-,通过原点0τ= 。

5.1.3 一个具有单位质量的质点在力场ˆˆ2F =(3t -4t)i +(12t -6)j中运动,其中t 是时间.设该质点在t=0时位于原点,且速度为零,求t=2时该质点所受的对原点的力矩.[解 答] 已知,m=1kg有牛顿第二定律 F ma =1ˆˆa F m 2(3t -4t)i+(12t -6)j == 0d a ,t 0,0dt νν===tt 000322ˆˆd adt dt ˆˆ=(t 2t )(6t 6t)2(3t -4t)i+(12t -6)j i jννν∴==-+-⎰⎰⎰同理由,t 0,0dr r dt ν===t3220ˆˆd [(t 2t )(6t 6t)]dtrr i j =-+-⎰⎰ˆˆ423212r =(t -t )i+(2t -3t )j 43ˆˆˆˆ4t =2:r =i 4j,F =4i 18j 3-++0ˆˆˆˆM r F ()()4i 4j 4i18j 3=⨯=-+⨯+ x y y y x x x y y xx y ˆˆˆ i j kˆˆˆA B A A A (A B A B )i (A B A B )j (A B A B )k B B B z z z z z z⨯==-+-+-0ˆˆˆ i j k4ˆM 4 040k34 18 0=-=-5.1.4 地球质量为246.010kg ⨯,地球与太阳相距614910km ⨯,视地球为质点,它绕太阳作圆周运动.求地球对医圆轨道中心的角动量.[解 答]2L rm mr ,2(rar/s)365243600νωπω===⨯⨯将624r 14910km,m 6.010kg =⨯=⨯代入上式得402L 2.6510kg m /s =⨯⋅5.1.5 根据5.1.2题所给的条件,求该质点对原点的角动量.[解 答]ˆˆˆˆr =acos ti bsin tj a sin tib cos tj ωωνωωωω+∴=-+质点对原点的角动量: ˆˆˆˆL r m ()m()acos ti bsin tj a sin ti b cos tj νωωωωωω=⨯=+⨯-+ˆˆˆ i j kˆcos sin 0abm k m m 0a tb t a sin t b cos t ωωωωωωω==-5.1.6 根据5.1.3题所给的条件,求该质点在t=2时对原点的角动量.[解 答]由5.1.3,t=2s 时22ˆˆˆ,12j,m 1kg 4r =i 4j 3ν-+== ˆˆˆL r m ()12j4i 4j 3ν=⨯=-+⨯2ˆˆˆ i j k4ˆL 4 016k(kg m /s)30 12 0=-=-⋅5.1.7 水平光滑桌面中间有一光滑小孔,轻绳一端伸入孔中,另一端系一质量为10g 的小球,沿半径为40cm 的圆周做匀速圆周运动,这是从孔下拉绳的力为310N -.如果继续向下拉绳,而使小球沿半径为10cm 的圆周做匀速圆周运动,这时小球的速率是多少?拉力所做的功是多少?[解 答](1)小球角动量守恒:00m R m R νν= ①由牛顿第二定律:最初20002F T mR ν== ②又②解出0ν代入①得 00R0.8(m /s)R νν==(2)拉力所作的功223011A m m 3.010(J)22νν-=-=⨯5.1.8 一个质量为m 的质点在O-xy 平面内运动,其位置矢量为ˆˆr =acos ti bsin tj ωω+其中a,b 和ω是正常数,试以运动学及动力学观点证明该质点对于坐标原点角动量守恒.[解 答](1)以运动学观点证明ˆˆr =acos ti bsin tj ωω+ˆˆdr a sin ti b cos tj dt νωωωω==-+质点对坐标原点的角动量为:ˆˆˆˆL r m ()m()acos ti bsin tj a sin ti b cos tj νωωωωωω=⨯=+⨯-+ˆˆˆ i j kˆcos sin 0abm k m m 0a tb t a sin t b cos t ωωωωωωω==-=常矢量(守恒)(2)以动力学观点证明222d ra ==-rdt ω由牛顿第二定律:2F =ma =-m r ω质点对坐标原点的力矩为: 20()0M r F r m r ω=⨯=⨯-=由dL M ,L=dt = 常矢量(守恒)5.1.9 质量为200g 的小球B 以弹性绳在光滑水平面上与固定点A 相连.弹性绳的劲度系数为8N/m ,其自由伸展长度为600mm.最初小球的位置及速度0ν如图所示.当小球的速度变为ν时,它与A 点的距离最大,且等于800mm ,求此时的速度ν及初速度0ν.[解 答] 由角动量守恒:00m d m d sin30νν=00d d sin30νν= (1)再由机械能守恒:2220111m m k(d 0.6)222νν=+- (2)联立求解:01.306(m/s),0.3266(m/s)νν==5.1.10 一条不可伸长的绳穿过铅直放置的、管口光滑的细管,一端系一个质量为0.5g 的小球,小球沿水平圆周运动.最初112m,30θ==,后来继续向下拉绳使小球以260θ=沿水平圆周运动.求小球最初的速度1ν、最后的速度2ν、以及绳对小球做的总功.[解 答]初时,112m,30,F T w,θ===+指向圆心。

物理学教程(第二版)上册第五章课后习题答案详解

物理学教程(第二版)上册第五章课后习题答案详解

物理学教程第二版第五章课后习题答案第五章 机械振动5-1 一个质点作简谐运动,振幅为A ,在起始时刻质点的位移为2A,且向x 轴正方向运动,代表此简谐运动的旋转矢量为( )题5-1图分析与解(B )图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为-A /2,且投影点的运动方向指向Ox 轴正向,即其速度的x 分量大于零,故满足题意.因而正确答案为(B ).5-2 一简谐运动曲线如图(a )所示,则运动周期是( )(A) 2.62 s (B) 2.40 s (C) 2.20 s(D )2.00 s题5-2图分析与解 由振动曲线可知,初始时刻质点的位移为A /2,且向x 轴正方向运动.图(b)是其相应的旋转矢量图,由旋转矢量法可知初相位为-3/π2.振动曲线上给出质点从A /2 处运动到x =0处所需时间为1 s ,由对应旋转矢量图可知相应的相位差65232πππϕ=+=∆,则角频率1s rad 65Δ/Δ-⋅==πϕωt ,周期s 40.22==ωπT .故选(B ). 5-3 两个同周期简谐运动曲线如图(a )所示, x 1的相位比x 2的相位( )(A )落后2π(B )超前2π(C )落后π(D )超前π分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图(b )即可得到答案为(B ).题5 -3图5-4 两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐运动合成后,振幅仍为A ,则这两个简谐运动的相位差为( )(A )60 (B )90 (C )120 (D )180分析与解 由旋转矢量图可知两个简谐运动1和2的相位差为120 时,合成后的简谐运动3的振幅仍为A .正确答案为(C ).题5-4图5-5 若简谐运动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=4ππ20cos 10.0t x ,式中x 的单位为m ,t 的单位为s.求:(1)振幅、频率、角频率、周期和初相;(2)s 2=t 时的位移、速度和加速度.分析 可采用比较法求解.将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较,即可求得各特征量.运用与上题相同的处理方法,写出位移、速度、加速度的表达式,代入t 值后,即可求得结果.解 (1)将()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得:振幅A =0.10m ,角频率1s rad π20-⋅=ω,初相ϕ=0.25π,则周期s 1.0/π2==ωT ,频率Hz /1T =v .(2)s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a5-6 一远洋货轮,质量为m ,浮在水面时其水平截面积为S .设在水面附近货轮的水平截面积近似相等,水的密度为ρ,且不计水的粘滞阻力,证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动,并求振动周期.分析 要证明货轮作简谐运动,需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时,它所受的合外力F 与位移x 间的关系,如果满足kx F -=,则货轮作简谐运动.通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==. 证 货轮处于平衡状态时[图(a )],浮力大小为F =mg .当船上下作微小振动时,取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ,竖直向下为x 轴正向,如图(b )所示.则当货轮向下偏移x 位移时,受合外力为∑'+=F P F其中F '为此时货轮所受浮力,其方向向上,大小为gSx mg gSx F F ρρ+=+='题5-6图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=是一常数.这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动.由∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为0d d 22=+m gSx t x //ρ令m gS /ρω=2,可得其振动周期为gS ρm πωT /2/π2==5-7 如图(a )所示,两个轻弹簧的劲度系数分别为1k 、2k .当物体在光滑斜面上振动时.(1)证明其运动仍是简谐运动;(2)求系统的振动频率.题5-7图分析 从上两题的求解知道,要证明一个系统作简谐运动,首先要分析受力情况,然后看是否满足简谐运动的受力特征(或简谐运动微分方程).为此,建立如图(b )所示的坐标.设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O ,Ox 轴正向沿斜面向下,由受力分析可知,沿Ox 轴,物体受弹性力及重力分力的作用,其中弹性力是变力.利用串联时各弹簧受力相等,分析物体在任一位置时受力与位移的关系,即可证得物体作简谐运动,并可求出频率υ.证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为1x 、2x ,则由物体受力平衡,有2211sin x k x k mg ==θ(1)按图(b )所取坐标,物体沿x 轴移动位移x 时,两弹簧又分别被拉伸1x '和2x ',即21x x x '+'=.则物体受力为 ()()111222sin sin x x k mg x x k mg F '+-='+-=θθ(2) 将式(1)代入式(2)得1122x k x k F '-='-=(3) 由式(3)得11k F x /-='、22k F x /-=',而21x x x '+'=,则得到()[]kx x k k k k F -=+-=2121/式中()2121k k k k k +=/为常数,则物体作简谐运动,振动频率 ()m k k k k πm k ωv 2121/21/π21π2/+=== 讨论 (1)由本题的求证可知,斜面倾角θ对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响.事实上,无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂,物体均作简谐运动.而且可以证明它们的频率相同,均由弹簧振子的固有性质决定,这就是称为固有频率的原因.(2)如果振动系统如图(c )(弹簧并联)或如图(d )所示,也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动,且振动频率均为()m k k v /π2121+=,读者可以一试.通过这些例子可以知道,证明物体是否作简谐运动的思路是相同的.5-8 一放置在水平桌面上的弹簧振子,振幅A =2.0 ×10-2 m ,周期T =0.50s.当t =0 时,(1)物体在正方向端点;(2)物体在平衡位置、向负方向运动;(3)物体在x =-1.0×10-2m 处,向负方向运动;(4)物体在x =-1.0×10-2 m 处,向正方向运动.求以上各种情况的运动方程.分析 在振幅A 和周期T 已知的条件下,确定初相φ是求解简谐运动方程的关键.初相的确定通常有两种方法.(1)解析法:由振动方程出发,根据初始条件,即t =0 时,x =x 0和v =v 0来确定φ值.(2)旋转矢量法:如图(a )所示,将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0和速度v 0的方向与旋转矢量图相对应来确定φ.旋转矢量法比较直观、方便,在分析中常采用.题5-8图解 由题给条件知A =2.0 ×10-2 m ,1s π4/2-==T ω,而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求.解析法:根据简谐运动方程()ϕω+=t A x cos ,当0t =时有()ϕω+=t A x cos 0,sin 0ϕωA -=v .当(1)A x =0时,1cos 1=ϕ,则01=ϕ;(2)00=x 时,0cos 2=ϕ,2π2±=ϕ,因00<v ,取2π2=ϕ;(3)m 100120-⨯=.x 时,50cos 3.=ϕ,3π3±=ϕ,由00<v ,取3π3=ϕ;(4)m 100120-⨯-=.x 时,50cos 4.-=ϕ,3ππ4±=ϕ,由00>v ,取3π44=ϕ. 旋转矢量法:分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图,如图(b )所示,它们所对应的初相分别为01=ϕ,2π2=ϕ,3π3=ϕ,3π44=ϕ. 振幅A 、角频率ω、初相φ均确定后,则各相应状态下的运动方程为(1)()m t πcos4100.22-⨯=x(2)()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x(3)()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x(4)()()m0.22+10=-xcos⨯/3π44tπ5-9有一弹簧,当其下端挂一质量为m的物体时,伸长量为9.8 ×10-2 m.若使物体上、下振动,且规定向下为正方向.(1)当t=0 时,物体在平衡位置上方8.0 ×10-2m处,由静止开始向下运动,求运动方程.(2)当t=0时,物体在平衡位置并以0.6m·s-1的速度向上运动,求运动方程.分析求运动方程,也就是要确定振动的三个特征物理量A、ω和φ.其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质(振子质量m及弹簧劲度系数k)决定的,即k mω=/,k可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算;振幅A和初相φ需要根据初始条件确定.题5-9图解物体受力平衡时,弹性力F与重力P的大小相等,即F=mg.而此时弹簧的伸长量Δl=9.8 ×10-2m.则弹簧的劲度系数k=F/Δl =mg/Δl.系统作简谐运动的角频率为1ωmk//g=s=l10-∆=(1)设系统平衡时,物体所在处为坐标原点,向下为x轴正向.由初始条件t =0 时,x10=8.0 ×10-2m、v10=0 可得振幅()m 10082210210-⨯=+=./ωv x A ;应用旋转矢量法可确定初相π1=ϕ[图(a )].则运动方程为()()m π10t cos 100.821+⨯=-x(2)t =0时,x 20=0、v 20=0.6 m·s -1,同理可得()m 100622202202-⨯=+=./ωv x A ;2/π2=ϕ[图(b )].则运动方程为 ()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x5-10 某振动质点的x -t 曲线如图(a )所示,试求:(1)运动方程;(2)点P 对应的相位;(3)到达点P 相应位置所需的时间.分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题.本题就是要通过x -t 图线确定振动的三个特征量A 、ω和0ϕ,从而写出运动方程.曲线最大幅值即为振幅A ;而ω、0ϕ通常可通过旋转矢量法或解析法解出,一般采用旋转矢量法比较方便.解 (1)质点振动振幅A =0.10 m.而由振动曲线可画出t 0=0 和t 1=4 s时旋转矢量,如图(b )所示.由图可见初相3/π0-=ϕ(或3/π50=ϕ),而由()3201//ππω+=-t t 得1s 24/π5-=ω,则运动方程为()m 3/π24π5cos 10.0⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x题5-10图(2)图(a )中点P 的位置是质点从A /2 处运动到正向的端点处.对应的旋转矢量图如图(c )所示.当初相取3/π0-=ϕ时,点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ(如果初相取成3/π50=ϕ,则点P 相应的相位应表示为()π200=-+=p p t ωϕϕ.(3)由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω,则s 61.=p t .5-11 质量为10 g 的物体沿x 的轴作简谐运动,振幅A =10 cm ,周期T =4.0 s ,t =0 时物体的位移为,cm 0.50-=x 且物体朝x 轴负方向运动,求(1)t =1.0 s 时物体的位移;(2)t =1.0 s 时物体受的力;(3)t =0之后何时物体第一次到达x =5.0 cm 处;(4)第二次和第一次经过x =5.0 cm 处的时间间隔.分析根据题给条件可以先写出物体简谐运动方程)cos(ϕω+=t A x .其中振幅A ,角频率Tπ2=ω均已知,而初相ϕ可由题给初始条件利用旋转矢量法方便求出. 有了运动方程,t 时刻位移x 和t 时刻物体受力x m ma F 2ω-==也就可以求出. 对于(3)、(4)两问均可通过作旋转矢量图并根据公式t ∆=∆ωϕ很方便求解.解由题给条件画出t =0时该简谐运动的旋转矢量图如图(a )所示,可知初相3π2=ϕ.而A =0.10 m ,1s 2ππ2-==T ω.则简谐运动方程为m )3π22πcos(10.0+=t x (1)t =1.0 s 时物体的位移m 1066.8m )3π22π0.1cos(10.02-⨯-=+⨯=x(2)t =1.0 s 时物体受力N1014.2N)1066.8()2π(101032232---⨯=⨯-⨯⨯⨯-=-=x m F ω (3)设t =0时刻后,物体第一次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 1,画出t =0和t =t 1时刻的旋转矢量图,如图(b )所示,由图可知,A 1与A 的相位差为π,由t ∆=∆ωϕ得s 2s 2/ππ1==∆=ωϕt (4)设t =0时刻后,物体第二次到达x =5.0 cm 处的时刻为t 2,画出t =t 1和t = t 2时刻的旋转矢量图,如图(c )所示,由图可知,A 2与A 1的相位差为3π2,故有 s 34s 2/π3/π212==∆=-=∆ωϕt t t题 5-11 图5-12 图(a )为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线,且振幅为2cm ,求(1)振动周期;(2)加速度的最大值;(3)运动方程. 分析 根据v -t 图可知速度的最大值v max ,由v max =Aω可求出角频率ω,进而可求出周期T 和加速度的最大值a max =Aω2.在要求的简谐运动方程x =A cos (ωt +φ)中,因为A 和ω已得出,故只要求初相位φ即可.由v -t 曲线图可以知道,当t =0 时,质点运动速度v 0=v max /2 =Aω/2,之后速度越来越大,因此可以判断出质点沿x 轴正向向着平衡点运动.利用v 0=-Aωsinφ就可求出φ. 解 (1)由ωA v =max 得1s 51-=.ω,则s 2.4/π2==ωT(2)222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a(3)从分析中已知2/sin 0ωA ωA =-=v ,即21sin /-=ϕ6/π5,6/π--=ϕ因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动,则取6/π5-=,其旋转矢量图如图(b )所示.则运动方程为()cm 6π55.1cos 2⎪⎭⎫⎝⎛-=t x题5-12图5-13 有一单摆,长为1.0m ,最大摆角为5°,如图所示.(1)求摆的角频率和周期;(2)设开始时摆角最大,试写出此单摆的运动方程;(3)摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少?题5-13图分析 单摆在摆角较小时(θ<5°)的摆动,其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程()ϕωθθ+=t cos max ,其中角频率ω仍由该系统的性质(重力加速度g 和绳长l )决定,即l g /=ω.初相φ与摆角θ,质点的角速度与旋转矢量的角速度(角频率)均是不同的物理概念,必须注意区分. 解 (1)单摆角频率及周期分别为s 01.2/π2;s 13.3/1====-ωT l g ω(2)由0=t 时o max 5==θθ可得振动初相0=ϕ,则以角量表示的简谐运动方程为t θ13.3cos 36π=(3)摆角为3°时,有()60cos max ./==+θθϕωt ,则这时质点的角速度为()()1max 2max max s2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为1s m 218.0/d d -⋅-==t l v θ讨论 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解,但结果会有极微小的差别.这是因为在导出简谐运动方程时曾取θθ≈sin ,所以,单摆的简谐运动方程仅在θ较小时成立.*5-14 一飞轮质量为12kg ,内缘半径r =0.6m,如图所示.为了测定其对质心轴的转动惯量,现让其绕内缘刃口摆动,在摆角较小时,测得周期为2.0s ,试求其绕质心轴的转动惯量.题5-14图分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动,复摆振动周期为c /π2mgl J T =,因此,只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离c l ,其以刃口为转轴的转动惯量即可求得.再根据平行轴定理,可求出其绕质心轴的转动惯量.解 由复摆振动周期c /π2mgl J T =,可得22π4/m g r T J =(这里r l C ≈).则由平行轴定理得222220m kg 83.2π4⋅=-=-=mr mgrT mr J J 5-15 如图(a )所示,质量为 1.0 ×10-2kg 的子弹,以500m·s -1的速度射入木块,并嵌在木块中,同时使弹簧压缩从而作简谐运动,设木块的质量为4.99 kg ,弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m -1,若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点,向左为x 轴正向,求简谐运动方程.题5-15图分析 可分为两个过程讨论.首先是子弹射入木块的过程,在此过程中,子弹和木块组成的系统满足动量守恒,因而可以确定它们共同运动的初速度v 0,即振动的初速度.随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动.它的角频率由振子质量m 1+m 2和弹簧的劲度系数k 确定,振幅和初相可根据初始条件(初速度v 0和初位移x 0)求得.初相位仍可用旋转矢量法求. 解 振动系统的角频率为()121s 40-=+=m m k /ω由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v 0为12110s m 0.1-⋅=+=m m vm v又因初始位移x 0=0,则振动系统的振幅为()m 105.2//202020-⨯==+=ωωx A v v图(b )给出了弹簧振子的旋转矢量图,从图中可知初相位2/π0=ϕ,则简谐运动方程为()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x5-16 如图(a )所示,一劲度系数为k 的轻弹簧,其下挂有一质量为m 1的空盘.现有一质量为m 2的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中,并和盘粘在一起振动.问:(1)此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同?(2)此时的振幅为多大?题5-16图分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入,振子质量由m 1变为m 1 + m 2,因此新系统的角频率(或周期)要改变.由于()2020/ωx A v +=,因此,确定初始速度v 0和初始位移x 0是求解振幅A 的关键.物体落到盘中,与盘作完全非弹性碰撞,由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v 0,这也是该振动系统的初始速度.在确定初始时刻的位移x 0时,应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置.因此,本题中初始位移x 0,也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移.解 (1)空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='可见T ′>T ,即振动周期变大了.(2)如图(b )所示,取新系统的平衡位置为坐标原点O .则根据分析中所述,初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移,即g kmg k m m k g m l l x 2211210-=+-=-= 式中k g m l 11=为空盘静止时弹簧的伸长量,l 2=g km m 21+为物体粘在盘上后,静止时弹簧的伸长量.由动量守恒定律可得振动系统的初始速度,即盘与物体相碰后的速度gh m m m m m m 22122120+=+=v v 式中gh 2=v 是物体由h 高下落至盘时的速度.故系统振动的振幅为()gm m khk g m x A )(21/2122020++='+=ωv 本题也可用机械能守恒定律求振幅A .5-17 质量为0.10kg 的物体,以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动,其最大加速度为4.0 m·s -1求:(1)振动的周期;(2)物体通过平衡位置时的总能量与动能;(3)物体在何处其动能和势能相等?(4)当物体的位移大小为振幅的一半时,动能、势能各占总能量的多少?分析 在简谐运动过程中,物体的最大加速度2max ωA a =,由此可确定振动的周期T .另外,在简谐运动过程中机械能是守恒的,其中动能和势能互相交替转化,其总能量E =kA 2/2.当动能与势能相等时,E k =E P =kA 2/4.因而可求解本题. 解 (1)由分析可得振动周期s 314.0/π2/π2max ===a A ωT(2)当物体处于平衡位置时,系统的势能为零,由机械能守恒可得系统的动能等于总能量,即J 100221213max22k -⨯====.m Aa m A E E ω (3)设振子在位移x 0处动能与势能相等,则有42220//kA kx =得m 100772230-⨯±=±=./A x(4)物体位移的大小为振幅的一半(即2x A =/)时的势能为4221212P /E A k kx E =⎪⎭⎫⎝⎛==则动能为43P K /E E E E =-=5-18 一劲度系数k =312 1m N -⋅的轻弹簧,一端固定,另一端连接一质量kg 3.00=m 的物体,放在光滑的水平面上,上面放一质量为kg 2.0=m 的物体,两物体间的最大静摩擦系数5.0=μ.求两物体间无相对滑动时,系统振动的最大能量.分析简谐运动系统的振动能量为2p k 21kA E E E =+=.因此只要求出两物体间无相对滑动条件下,该系统的最大振幅max A 即可求出系统振动的最大能量.因为两物体间无相对滑动,故可将它们视为一个整体,则根据简谐运动频率公式可得其振动角频率为mm k+=0ω.然后以物体m 为研究对象,它和m 0一起作简谐运动所需的回复力是由两物体间静摩擦力来提供的.而其运动中所需最大静摩擦力应对应其运动中具有最大加速度时,即max 2max A m ma mg ωμ==,由此可求出max A . 解根据分析,振动的角频率mm k+=0ω 由max 2max A m ma mg ωμ==得kgm m g A μωμ)(02max +=则最大能量J1062.92)(])([212132220202max max -⨯=+=+==kg m m kg m m k kA E μμ5-19 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ;()()m π25.010cos 06.02+=t x .求:(1)合振动的振幅及初相;(2)若有另一同方向、同频率的简谐运动()()m 10cos 07033ϕ+=t x .,则3ϕ为多少时,x 1+x 3的振幅最大?又3ϕ为多少时,x 2+x 3的振幅最小?题5-19图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知,两个同方向、同频率简谐运动的合成仍为一简谐运动,其角频率不变;合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ,其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关.而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=/ 解 (1)作两个简谐运动合成的旋转矢量图(如图).因为2/πΔ12-=-=ϕϕϕ,故合振动振幅为()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A合振动初相位()()[]rad1.48arctan11cos cos sin sin arctan22112211==++=ϕϕϕϕϕA A A A /(2)要使x 1+x 3振幅最大,即两振动同相,则由π2Δk =ϕ得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k ϕϕ要使x 1+x 3的振幅最小,即两振动反相,则由()π12Δ+=k ϕ得(),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k ϕϕ5-20 两个同频率的简谐运动1 和2 的振动曲线如图(a )所示,求(1)两简谐运动的运动方程x 1和x 2;(2)在同一图中画出两简谐运动的旋转矢量,并比较两振动的相位关系;(3)若两简谐运动叠加,求合振动的运动方程.分析 振动图已给出了两个简谐运动的振幅和周期,因此只要利用图中所给初始条件,由旋转矢量法或解析法求出初相位,便可得两个简谐运动的方程.解 (1)由振动曲线可知,A =0.1 m,T =2s,则ω=2π/T =πs-1.曲线1表示质点初始时刻在x =0 处且向x 轴正向运动,因此φ1=-π/2;曲线2 表示质点初始时刻在x =A /2 处且向x 轴负向运动,因此φ2=π/3.它们的旋转矢量图如图(b )所示.则两振动的运动方程分别为()()m 2/ππcos 1.01-=t x 和()()m 3/ππcos 1.02+=t x(2)由图(b )可知振动2超前振动1 的相位为5π/6. (3)()ϕω+'=+=t A x x x cos 21其中()m 0520cos 212212221.=-++='ϕϕA A A A A()12π0.268arctan cos cos sin sin arctan22112211-=-=++=ϕϕϕϕϕA A A A则合振动的运动方程为 ()()m π/12πcos 052.0-=t x题5-20 图5-21 将频率为348 Hz 的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成,测得拍频为3.0Hz .若在待测频率音叉的一端加上一小块物体,则拍频数将减少,求待测音叉的固有频率.分析 这是利用拍现象来测定振动频率的一种方法.在频率υ1和拍频数Δυ=|υ2-υ1|已知的情况下,待测频率υ2可取两个值,即υ2=υ1 ±Δυ.式中Δυ前正、负号的选取应根据待测音叉系统质量改变时,拍频数变化的情况来决定.解 根据分析可知,待测频率的可能值为υ2=υ1 ±Δυ=(348 ±3) Hz因振动系统的固有频率mkπ21=v ,即质量m 增加时,频率υ减小.从题意知,当待测音叉质量增加时拍频减少,即|υ2-υ1|变小.因此,在满足υ2与Δυ均变小的情况下,式中只能取正号,故待测频率为υ2=υ1+Δυ=351 Hz*5-22 图示为测量液体阻尼系数的装置简图,将一质量为m 的物体挂在轻弹簧上,在空气中测得振动的频率为υ1,置于液体中测得的频率为υ2,求此系统的阻尼系数.题5-22图分析 在阻尼不太大的情况下,阻尼振动的角频率ω与无阻尼时系统的固有角频率ω0及阻尼系数δ有关系式220δωω-=.因此根据题中测得的υ1和υ2(即已知ω0、ω),就可求出δ.解 物体在空气和液体中的角频率为10π2v =ω和2π2v =ω,得阻尼系数为2221220π2v v -=-=ωωδ。

(上海交大)大学物理上册课后习题答案4动量和角动量

(上海交大)大学物理上册课后习题答案4动量和角动量

)s 习题44-1.如图所示的圆锥摆,绳长为l ,绳子一端固定,另一端系一质量为m 的质点,以匀角速ω绕铅直线作圆周运动,绳子与铅直线的夹角为θ。

在质点旋转一周的过程中,试求:(1)质点所受合外力的冲量I;(2)质点所受张力T 的冲量T I。

解:(1)设周期为τ,因质点转动一周的过程中,速度没有变化,12v v =,由I mv =∆ ,∴旋转一周的冲量0I =;(2)如图该质点受的外力有重力和拉力,且cos T mg θ=,∴张力T 旋转一周的冲量:2cos T I T j mg j πθτω=⋅=⋅所以拉力产生的冲量为2mgπω,方向竖直向上。

4-2.一物体在多个外力作用下作匀速直线运动,速度4/v m s =。

已知其中一力F方向恒与运动方向一致,大小随时间变化内关系曲线为半个椭圆,如图。

求:(1)力F在1s 到3s 间所做的功;(2)其他力在1s 到3s 间所做的功。

解:(1)半椭圆面积⋅====⋅=⎰⎰⎰⎰v t F v t Fv x F x F A d d d dJ 6.12540201214==⨯⨯⨯=ππ(2)由动能定理可知,当物体速度不变时,外力做的总功为零,所以当该F做的功为125.6J 时,其他的力 的功为-125.6J 。

4-3.质量为m 的质点在Oxy 平面内运动,运动学方程为cos sin r a t i b t j ωω=+,求:(1)质点在任一时刻的动量;(2)从0=t 到ωπ/2=t 的时间内质点受到的冲量。

解:(1)根据动量的定义:P mv = ,而drv dt== sin cos a t i b t j ωωωω-+ , ∴()(sin cos )P t m a t i b t j ωωω=-- ;(2)由2()(0)0I mv P P m b j m b j πωωω=∆=-=-= , 所以冲量为零。

4-4.质量为M =2.0kg 的物体(不考虑体积),用一根长为l =1.0m 的细绳悬挂在天花板上。

大学物理力学第五章2刚体功和能、角动量

大学物理力学第五章2刚体功和能、角动量

J12
Ek 2
Ek1
A Ek2 Ek1
M、ω1、 ω2是对于同一转轴的!
4、刚体对地面的重力势能:
Ep
mi ghi g
mi hi
Δmi C×
质心高度:
hc
mi hi m
EP mghC
hC
hi
Ep= 0 视为质量集中到质心上
5. 机械能守恒
Aex Ain,nco 0
E E0
M rmg sin rmg R L sin L
Ωdt
Mdt
R
L
θ
Ω 1
摩擦 倒下

o mg
1、已知m1,m2 ,M1,M2,R1,R2 且m1> m2 试由牛顿运动
定律和转动定律写出系统的运动方程,求m2 的加速度和
张力T1 ,T2 , T3 。 解:设m2的加速度大小为a,方向向上,
M
l / 2 l / 2
dM
20l /2 gxdx
1 mgl
4
始末两态的角动量为: L0 J 0 , L 0
由角动量定理:
t
t0
Mdt L L0
0t
1 mgldt
4
0 J 0
1 mglt
4
1 12
ml
20
0 m ,l o dm l / 2
t l0 3 g
l/2
x dx x
当系统中只有保守力作功,其它力与力矩不 作功时,物体系的机械能守恒。
例1:一均匀细杆质量为m,长度为l,一端固定在
光滑水平轴上,由静止从水平位置摆下,求细杆摆
到铅直位置时的角速度。 棒上重力矩之和等于全部重
解(一):应用动能定理 力集中于质心对轴的力矩

《普通物理学教程 力学(第二版》电子教案目录精编版

《普通物理学教程 力学(第二版》电子教案目录精编版

第八章 弹性体的应力和应变
§8.1 弹性体的拉伸和压缩 §8.2 弹性体的剪切形变 §8.3 弯曲和扭转
第九章 振 动
§9.1简谐振动的动力学特征 §9.2简谐振动的运动学 §9.3简谐振动的能量转换 §9.4简谐振动的合成 §9.5 振动的分解 §9.6 阻尼振动 §9.7 受迫振动 §9.8“不守规矩”的摆 混沌行为 §9.9 参数振动自激振动
漆安慎 杜婵英 著
普通物理学教程 力学(第二版)
电子教案
何丽珠 研制
高 等 教 育 出版社 高等教育电子音像出版社
第一章 物理学和力学
§1.1 发展着的物理学 §1.2 物理学研究的方法 §1.3 时间和长度的测量 §1.4 单位制和量纲 §1.5 数量级估计 §1.6 参考系·坐标系与时间坐标轴 §1.7 力学——学习物理学的开始
第十章 波动和声
§10.1 波的基本概念 §10.2 平面简谐波方程 §10.3 波动方程与波速 §10.4 平均能流密度·声强与声压 §10.5 波的叠加和干涉·驻波 §10.6 多普勒效应
第十一章 流体力学
§11.1 理想流体 §11.2 静止流体内的压强 §11.3 流体运动学的基本概念 §11.4 伯努利方程 §11.5 流体的动量和角动量 §11.6 黏性流体的运动 §11.7 固体在流体中受到的阻力 §11.8 机翼的升力
第二章 质点运动学
§ 2.1 质点的运动学方程 §2.2 瞬时速度矢量与瞬时加速度矢量 §2.3 质点直线运动——从坐标到速度和加速度 §2.4质点直线运动——从加速度到速度和坐标 §2.5 平面直角坐标系·抛体运动 §2.6 自然坐标·切向和法向加速度 §2.7 极坐标系·径向速度与横向速度 §2.8 伽利略变换

普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第六章 万有引力定律

普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第六章 万有引力定律

第六章 万有引力定律习题解答 ,试用开普勒第三定律证明:一个物体由此轨道自静止而自由下落至中心天体所需的时间为π2T t = 证明:物体自由下落的加速度就是在行星上绕中心天体公转的向心加速度: 由自由落体公式:π2221/2,T a R t at R === (此题原来答案是:24Tt =,这里的更正与解答仅供参考)6.2.1 土星质量为5.7×1026kg ,太阳质量为2.0×1030kg ,两者的平均距离是1.4×1012m.⑴太阳对土星的引力有多大?⑵设土星沿圆轨道运行,求它的轨道速度。

解:⑴据万有引力定律,太阳与土星之间的引力f =GMm/r 2=6.51×10-11×2.0×1030×5.7×1026/(1.4×1012)2≈3.8×1022N⑵选择日心恒星参考系,对土星应用牛顿第二定律:f=mv 2/r6.2.3 ⑴一个球形物体以角速度ω转动,如果仅有引力阻碍球的离心分解,此物体的最小密度是多少?由此估算巨蟹座中转数为每秒30转的脉冲星的最小密度。

这脉冲星是我国在1054年就观察到的超新星爆的结果。

⑵如果脉冲星的质量与太阳的质量相当(≈2×1030kg 或3×105M e ,M e 为地球质量),此脉冲星的最大可能半径是多少?⑶若脉冲星的密度与核物质相当,它的半径是多少?核密度约为1.2×1017kg/m 3. 解:⑴设此球体半径为R,质量为m.考虑球体赤道上的质元Δm,它所受到的离心惯性力最大 f *=Δm ω2R ,若不被分解,它所受到的引力至少等于离心惯性力,即 Gm Δm/R 2=Δm ω2R ∴ m=ω2R 3/G ,而 m=4πR 3ρ/3,代如上式,可求得,G πωρ432=脉冲星的最小密度3141051.64)230(3/103.1112m kg ⨯≈=-⨯⨯⨯⨯ππρ⑵据密度公式,m =ρV=4πR 3ρ/3 ,∴R 3=3m/(4πρ) ⑶km R 16)102.114.34/(102331730=⨯⨯⨯⨯⨯=6.2.4 距银河系中心约25000光年的太阳约以0年的周期在一圆周上运动。

《物理学基本教程》课后答案第五章刚体的转动

《物理学基本教程》课后答案第五章刚体的转动

第五章 刚体的转动5-1 一个匀质圆盘由静止开始以恒定角加速度绕过中心而垂直于盘面的定轴转动.在某一时刻,转速为10 r/s ,再转60转后,转速变为15 r/s ,试计算:(1)角加速度;(2)由静止达到10 r/s 所需时间;(3)由静止到10 r/s 时圆盘所转的圈数.分析 绕定轴转动的刚体中所有质点都绕轴线作圆周运动,并具有相同的角位移、角速度和角加速度,因此描述运动状态的物理量与作圆周运动的质点的相似.当角加速度恒定时,绕定轴转动的刚体用角量表示的运动学公式与匀加速直线运动的公式类似.解 (1) 根据题意,转速由rad/s 1021⨯=πω变为rad/s 1522⨯=πω期间的角位移rad 260πθ⨯=,则角加速度为22222122rad/s 54.6rad/s 2602)102()152(2=⨯⨯⨯-⨯=-=πππθωωα (2) 从静止到转速为rad/s 1021⨯=πω所需时间为s 9.61s 54.61021=⨯==παωt (3) t 时间内转的圈数为48261.91022122121=⨯⨯⨯===ππωππθt N 5-2 唱片在转盘上匀速转动,转速为78 r/min ,由开始到结束唱针距转轴分别为15 cm 和7.5 cm ,(1)求这两处的线速度和法向加速度;(2)在电动机断电以后,转盘在15 s 内停止转动,求它的角加速度及转过的圈数.分析 绕定轴转动的刚体中所有质点具有相同的角位移、角速度和角加速度,但是线速度、切向加速度和法向加速度等线量则与各质点到转轴的距离有关.角量与线量的关系与质点圆周运动的相似.解 (1) 转盘角速度为rad/s 8.17rad/s 60278=⨯=πω,唱片上m 15.01=r 和m 075.02=r 处的线速度和法向加速度分别为m /s 1.23m /s 15.017.811=⨯==r ωv222121n m /s 10.0m /s 15.017.8=⨯==r ωam /s .6130m /s 075.017.822=⨯==r ωv222222n m /s .015m /s 075.017.8=⨯==r ωa(2) 电动机断电后,角加速度为22rad/s 545.0rad/s 1517.800-=-=-=t ωα 转的圈数为 75.921517.8212212=⨯⨯===πωππθt N 5-3 如图5-3所示,半径r 1 = 30 cm 的A 轮通过皮带被半径为r 2 = 75 cm 的B 轮带动,B 轮以π rad/s 的匀角加速度由静止起动,轮与皮带间无滑动发生,试求A 轮达到3000 r/min 所需要的时间. 分析 轮与皮带间无滑动,则同一时刻,两轮边缘的线速度相同,均等于皮带的传送速度;两轮边缘的切向加速度也相同,均等于皮带的加速度.解 设A 、B 轮的角加速度分别为A α、B α,由于两轮边缘与皮带连动,切向加速度相同,即2B 1A r r αα=B A r 1 r 2图5-3则 B 12A ααr r = A 轮角速度达到rad/s 6030002⨯=πω所需要的时间为 s 40s 75.06030.0300022B 1A =⨯⨯⨯⨯===ππαωαωr r t 5-4 在边长为b 的正方形的顶点上,分别有质量为m 的四个质点,求此系统绕下列转轴的转动惯量:(1)通过其中一质点A ,平行于对角线BD 的转轴,如图5-4所示.(2)通过A 垂直于质点所在平面的转轴.分析 由若干质点组成的质点系对某转轴的转动惯量等于各质点对该转轴转动惯量的叠加.每一质点对转轴的转动惯量等于它的质量与其到转轴的垂直距离平方的乘积. 解 (1)因质点B 和D 到转轴的垂直距离A 2B 和A 1D 为a 22,质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2,而质点A 位于转轴上,则系统对通过A 点平行于BD 的转轴的转动惯量为()222132222ma am a m J =+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=(2) 因质点B 和D 到转轴的垂直距离AB 和AD 为a ,质点C 到转轴的垂直距离AC 为a 2,而质点A 位于转轴上,则系统对通过A 垂于质点所在平面转轴的转动惯量为()2222422ma a m ma J =+= AA 2B图5-45-5 求半径为R ,质量为m 的均匀半圆环相对于图5-5中所示轴线的转动惯量.分析 如果刚体的质量连续分布在一细线上,可用质量线密度描述其分布情况,如果分布是均匀的,则质量线密度λ为常量.在刚体上取一小段线元l d ,质量为l d λ,对转轴的转动惯量为l r d 2λ,其中该线元到转轴的距离r 与线元在刚体上的位置有关.整个刚体的转动惯量就是刚体上所有线元转动惯量的总和,即所取线元的转动惯量对刚体分布的整个区域积分的结果.解 均匀半圆环的质量线密度为Rm πλ=,在半圆环上取一小段圆弧作为线元θd d R l =,质量为θπθπλd d d d m R R m l m === 此线元到转轴的距离为θsin R r =,对轴线的转动惯量为m r d 2,则整个半圆环的转动惯量为2022221d sin d mR m R m r J =⋅==⎰⎰θπθπ 5-6 一轻绳跨过滑轮悬有质量不等的二物体A 、B ,如图5-6(a)所示,滑轮半径为20 cm ,转动惯量等于2m kg 50⋅,滑轮与轴间的摩擦力矩为m N 198⋅.,绳与滑轮间无相对滑动,若滑轮的角加速度为2rad/s 362.,求滑轮两边绳中张力之差. 分析 由于定轴转动的刚体的运动规律遵从转动定律,因此对于一个定轴转动的滑轮来说,仅当其质量可以忽略,转动惯量为零,滑R图5-5 fF T1 F T2(a) (b)图5-6轮加速转动时跨越滑轮的轻绳两边的张力才相等.这就是在质点动力学问题中通常采用的简化假设.在掌握了转动定律后,不应该再忽略滑轮质量,通常将滑轮考虑为质量均匀分布的圆盘,则跨越滑轮的轻绳两边的张力对转轴的合力矩是滑轮产生角加速度的原因.解 滑轮所受力和力矩如图5-6(b)所示,其中跨越滑轮的轻绳两边的张力分别为F T1和F T2,轴的支承力F N 不产生力矩,由转动定律可得αJ M R F F =--f T2T1)()(1f T2T1M J R F F +=-α N 101.08N )1.9836.250(2.01 3⨯=+⨯⨯= 5-7 如图5-7(a )所示的系统中,m 1 = 50 kg ,m 2 = 40 kg ,圆盘形滑轮质量m = 16 kg ,半径R = 0.1 m ,若斜面是光滑的,倾角为30°,绳与滑轮间无相对滑动,不计滑轮轴上的摩擦,(1)求绳中张力;(2)运动开始时,m 1距地面高度为1 m ,需多少时间m 1到达地面?分析 由于存在物体运动和滑轮定轴转动,而且必须考虑圆盘形滑轮的质量,这是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题,应该采用隔离物体法,分别对运动物体作受力分析,对转动的滑轮作所受力矩的分析,然后分别应用牛顿第二定律和转动定律.m αF ’T1 F T1m 2 m 1 F F T2a︒30m 2g m 1g(a ) (b )图5-7解 (1)各物体与滑轮受力情况如图5-7(b )所示,其中F T1= F ’T1,F T2= F ’T2,轴对滑轮的支承力F N 不产生力矩,选取物体运动方向为坐标轴正向,分别应用牛顿第二定律和转动定律,可得a m F g m 1T11=-a m g m F 22T230sin =︒-α2T2T121)(mR R F F =- 由于物体的加速度等于滑轮边缘的线速度,则αR a =,与以上各式联立解得22121rad/s 3021)(30sin =++︒-=g mR R m m m m α N 340)(1T1=-=αR g m FN 316)30sin (2T2=+︒=αR g m F2m/s 3==αR a(2) m 1到达地面的时间为s 0.816s 3122=⨯==a h t 5-8 飞轮质量为60 kg ,半径为0.25 m ,当转速为1000 r/min 时,要在5 s 内令其制动,求制动力F ,设闸瓦与飞轮间摩擦系数μ=0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算,闸杆尺寸如图5-8所示.分析 制动力F 作用在闸杆上,闸杆在制动力和飞轮的正压力的力矩作用下达到平衡,转动轴在墙上,这是刚体在力矩作用下的平衡问题.由于二力的力臂已知,应该求出闸杆与飞轮之间的正压力.飞轮受到闸杆的正压F图5-8力、闸瓦与飞轮间摩擦力和轴的支承力作用,其中闸杆的正压力和轴的支承力的力矩为零,在闸瓦与飞轮间摩擦力的力矩作用下制动,应用转动定律可以求出摩擦力矩,然后由摩擦力与正压力关系可以求出闸杆与飞轮之间的正压力.解 以飞轮为研究对象,飞轮的转动惯量为221mR J =,制动前角速度为rad/s 6010002⨯=πω,制动时角加速度为tωα-=.制动时闸瓦对飞轮的压力为F N ,闸瓦与飞轮间的摩擦力N f F F μ=,应用转动定律,得αα2f 21mR J R F ==- 则 t mR F μω2N =以闸杆为研究对象.在制动力F 和飞轮对闸瓦的压力-F N 的力矩作用下闸杆保持平衡,两力矩的作用力臂分别为m )75.050.0(+=l 和m 50.01=l ,则有01N =-l F FlN 157N 6054.021000225.06075.050.050.021N 1=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯+===πμωt mR l l F l l F 5-9 一风扇转速为900 r/min ,当马达关闭后,风扇均匀减速,止动前它转过了75转,在此过程中制动力作的功为44.4 J ,求风扇的转动惯量和摩擦力矩.分析 合外力矩对刚体所作的功等于刚体的转动动能的增量.制动过程中风扇只受摩擦力矩作用,而且由于风扇均匀减速,表明摩擦力矩为恒定值,与风扇角位移的乘积就是所作的功.解 设制动摩擦力矩为M ,风扇转动惯量为J ,止动前风扇的角位移N πθ2=,摩擦力矩所作的功为N M M W πθ2⋅-=-=摩擦力矩所作的功应等于风扇转动动能的增量,即2210ωJ W -= 则 2222m kg 01.0m kg )60/2900()4.44(22⋅=⋅⨯-⨯-=-=πωW J m N 0.0942m N 7524.442⋅=⋅⨯--=-=ππN W M 5-10 如图5-10(a )所示,质量为24 kg 的鼓形轮,可绕水平轴转动,一绳缠绕于轮上,另一端通过质量为5 kg 的圆盘形滑轮悬有10 kg 的物体,当重物由静止开始下降了0.5 m 时,求:(1)物体的速度;(2)绳中张力.设绳与滑轮间无相对滑动.分析 这也是一个质点动力学和刚体动力学的综合问题,鼓形轮和滑轮都视为圆盘形定轴转动的刚体,应该采用隔离物体法,分别对运动物体作受力分析,对刚体作所受力矩的分析,然后分别应用牛顿第二定律和转动定律.解 各物体受力情况如图5-10(b )所示,其中F T1= F ’T1,F T2= F ’T2,鼓形轮的转动惯量为2121R m ,圆盘形滑轮的转动惯量为2221r m ,分别应用牛顿第二定律和转动定律,可得ma F mg =-T2222T1T221)(αr m r F F =- 121T121αR m R F =(1) 绳与滑轮间无相对滑动,物体的加速度等于鼓形轮和滑轮边缘的切向加αT1 F 2α ’T2 a F T2m g(a ) (b )图5-10速度,即12ααR r a ==.重物由静止开始下降了h = 0.5 m 时,速度ah 2=v ,由以上各式得m/s 2m/s )524(21105.08.9102)(212221=+⨯+⨯⨯⨯=++==m m m mgh ah v (2)绳中张力为N 48N 5241028.924102211T1=++⨯⨯⨯=++=m m m g mm F N 85N 5241028.9)524(102)(2121T2=++⨯⨯+⨯=+++=m m m g m m m F 5-11 一蒸汽机的圆盘形飞轮质量为200 kg ,半径为1 m ,当飞轮转速为120 r/min 时关闭蒸汽阀门,若飞轮在5 min 内停下来,求在此期间飞轮轴上的平均摩擦力矩及此力矩所作的功.分析 制动过程中飞轮只受摩擦力矩作用,该摩擦力矩不一定为恒定值,但是由于只需求平均摩擦力矩,因此可以假设飞轮均匀减速,由已知条件求出平均角加速度,再应用转动定律求出平均摩擦力矩.解 飞轮转动惯量为221mR J =,关闭蒸汽阀门后t = 5 min 内的平均角加速度为t00ωα-=,应用转动定律,平均摩擦力矩 m N 194m N 60560/212012002121202⋅-=⋅⨯⨯⨯⨯⨯-=-==.t mR J M πωα 在此期间平均摩擦力矩所作的功等于飞轮转动动能的增量J 7896J )60/2120(12002121 21212102220220-=⨯⨯⨯⨯⨯-=⋅-=-=πωωmR J W 负号表示平均摩擦力矩作负功,方向与飞轮旋转方向相反.5-12 长为85 cm 的均匀细杆,放在倾角为45°的光滑斜面上,可以绕过上端点的轴在斜面上转动,如图5-12(a)所示,要使此杆实现绕轴转动一周,至少应给予它的下端多大的初速度?分析 细杆在斜面上转动,斜面的支承力与转轴平行,转轴的支承力通过转轴,它们的力矩都为零,只有重力在转动平面内分量的力矩作功.解 如图5-12(b)所示,杆所受重力在转动平面内的分量为︒45sin mg ,当杆与初始位置的夹角为θ时,重力分量对转轴的力矩为θsin 2145sin l mg ⋅︒,此时若杆有角位移θd ,则重力矩所作的元功为θθd sin 2145sin d ⋅⋅︒=l mg W 杆从最低位置到最高位置重力矩所作的功为︒-=⋅⋅︒-==⎰⎰45sin d sin 2145sin d 0mgl l mg W W πθθ 重力矩所作的功等于此期间杆的转动动能的增量2021045sin ωJ mgl -=︒- 其中231ml J =,t 00v =ω,则 m/s 5.94m/s 45sin 85.08.9645sin 60=︒⨯⨯⨯=︒=gl v5-13 如图5-13(a)所示,滑轮转动惯量为0.012m kg ⋅,半径为7 cm ,物体质量为5 kg ,由一绳与倔强系数k=200 N/m 的弹簧相连,若绳与滑轮间无相对滑动,滑轮轴上的摩擦忽略不计,求:(1)当绳拉直弹簧无伸长时,使物体由v 0 ︒45 (a) (b) 图5-12静止而下落的最大距离;(2)物体速度达最大值的位置及最大速率.分析 下面的5-17题中将证明,如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用,则由刚体和地球组成的系统机械能守恒.如果将滑轮、地球和物体与弹簧组成一个弹性系统和重力系统合成的系统,当无重力和弹性力以外的力作功的情况下,整个系统的机械能守恒,可以应用机械能守恒定律.下面的解则仅应用功能原理和力矩所作的功与刚体转动动能的关系进行计算.解 (1) 物体由静止而下落到最低点时,速度为零,位移为1x ,在此期间重力所作的功完全转换为弹簧弹性势能的增量,即21121kx mgx = m 0.49m 2008.95221=⨯⨯==k mg x (2)物体与滑轮受力如图5-13(b)所示,设物体的最大速率为0v ,此时的位移为0x ,加速度00=a ,滑轮的角加速度000==R a α,分别应用牛顿第二定律和转动定律ma F mg =-T1αJ R F F =-)(T2T1可得此时T1F mg =,F T1= F T2,又因对于轻弹簧有0T2kx F =,则得m 0.245m 2008.950=⨯==k mg xT1aF ’T1m m g(a) (b)图5-13在此过程中,重力所作之功等于弹性势能的增量、物体动能和滑轮转动动能的增量的和,即2020200212121ωJ m kx mgx ++=v 因R 00v =ω,得 m/s 31.1m/s 9.85)07.001.05(2001)(122=⨯⨯+⨯=+=mg R J m k v5-14 圆盘形飞轮A 质量为m ,半径为r ,最初以角速度ω0转动,与A 共轴的圆盘形飞轮B 质量为4m ,半径为2r ,最初静止,如图5-14所示,两飞轮啮合后,以同一角速度ω转动,求ω及啮合过程中机械能的损失.分析 当物体系统所受的合外力矩为零时,系统的角动量守恒,在此过程中,由于相互作用的内力作功,机械能一般不守恒.解 以两飞轮组成的系统为研究对象,由于运动过程中系统无外力矩作用,角动量守恒,有 ωωω2202)2(4212121r m mr mr += 得 0171ωω= 初始机械能为2022021412121ωωmr mr W =⋅=啮合后机械能为 2022222241171)2(421212121ωωωmr r m mr W =⋅+⋅=则机械能损失为 A图5-141202211716411716W mr W W W ==-=∆ω 5-15 一人站在一匀质圆板状水平转台的边缘,转台的轴承处的摩擦可忽略不计,人的质量为m ’,转台的质量为10 m ’,半径为R .最初整个系统是静止的,这人把一质量为m 的石子水平地沿转台的边缘的切线方向投出,石子的速率为v (相对于地面).求石子投出后转台的角速度与人的线速度.分析 应用角动量守恒定律,必须考虑定律的适用条件,即合外力矩为零.此外还应该注意到,定律表达式中的角动量和角速度都必须是对同一惯性参考系选取的,而转动参考系不是惯性参考系.解 以人、转台和石子组成的系统为研究对象,由于系统无外力矩作用,角动量守恒,设转台角速度ω的转向与投出的石子速度v 方向一致,初始时系统角动量为零,得0=+v mR J ω 人和转台的转动惯量为221021R m R m J '+'=,代入上式后得 Rm m '-=6v ω 人的线速度 m m R '-=='6v v ω 其中负号表示转台角速度转向和人的线速度方向与假设方向相反.5-16 一人站立在转台上,两臂平举,两手各握一个m = 4 kg 的哑铃,哑铃距转台轴r 0 = 0.8 m ,起初,转台以ω0 = 2π rad/s 的角速度转动,然后此人放下两臂,使哑铃与轴相距r = 0.2 m ,设人与转台的转动惯量不变,且J = 52m kg ⋅,转台与轴间摩擦忽略不计,求转台角速度变为多大?整个系统的动能改变了多少?分析 角动量守恒定律是从定轴转动的刚体导出的,却不但适用与刚体,而且适用于绕定轴转动的任意物体和物体系统.解 以人、转台和哑铃组成的系统为研究对象,由于系统无外力矩作用,角动量守恒,有ωω)2()2(2020mr J mr J +=+rad/s 12.0rad/s 22.04258.042522220220=⨯⨯⨯+⨯⨯+=++=πωωmr J mr J 动能的增量为J183 J )2()8.0425(21J 12)2.0425(21 )2(21)2(2122222020220=⨯⨯⨯+⨯-⨯⨯⨯+⨯=+-+=-=∆πωωmr J mr J W W W 5-17 证明刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零.如果绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用,试证明它的机械能守恒.分析 在刚体动力学中有很多涉及重力矩作功的问题,如果能证明当只有重力矩作功时刚体和地球组成的系统机械能守恒,就能应用机械能守恒定律,而且还可以用刚体的质心的势能代替整个刚体中所有质点势能的总和,使求解过程大大简化. 证 刚体中任意两质点相互作用力沿转轴方向的分量对定轴转动不起作用,而在垂直于转轴的平面内的分量F 和-F 大小相等,方向相反,作用在一条直线上,如图5-17所示.设F 与转轴的垂直距离为ϕsin r ,则当刚体有微小角位移θd 时,力F 所作的功为θϕd sin Fr ,而其反作用力-F 所作的功为θϕd sin Fr -,二者之和为零,即刚体中任意两质点相互作用力所作之功的和为零.绕定轴转动的刚体除受到轴的支承力外仅受重力作用,刚体中任意质点则受-F图5-17到内力和重力作用,当刚体转动时,因为已经证明了任意两质点相互作用内力所作之功的和为零,则刚体中各质点相互作用力所作的总功为零,而且轴的支承力也不作功,就只有重力作功,因此机械能守恒.5-18 一块长m 50.0=L ,质量为m '=3.0 kg 的均匀薄木板竖直悬挂,可绕通过其上端的水平轴无摩擦地自由转动,质量m =0.1kg 的球以水平速度m/s 500=v 击中木板中心后又以速度m/s 10=v 反弹回去,求木板摆动可达到的最大角度.木板对于通过其上端轴的转动惯量为231L m J '= . 分析 质点的碰撞问题通常应用动量守恒定律求解,有刚体参与的碰撞问题则通常应用角动量守恒定律求解.质点对一点的角动量在第四章中已经讨论过,当质点作直线运动时,其角动量的大小是质点动量和该点到质点运动直线的垂直距离的乘积.解 对球和木板组成的系统,在碰撞瞬间,重力对转轴的力矩为零,且无其他外力矩作用,系统角动量守恒,碰撞前后球对转轴的角动量分别为021v mL 和v mL 21-,设碰后木板角速度为ω,则有 ωJ mL mL +-=v v 21210 设木板摆动可达到的最大角度为θ,如图5-18所示,木板摆动过程中只有重力矩作功,重力矩所作的功应等于木板转动动能的增量,即)1(cos 21d sin 2121002-'=⋅'-=-⎰θθθωθgL m L g m J (1) 由以上两式得 388.050.08.90.34)1050(1.0314)(31cos 2222202=⨯⨯⨯+⨯⨯-='+-=gL m m v v θv mm ’g图5-18︒==19.67)388.0arccos(θ根据5-17的结果,由于木板在碰撞后除受到轴的支承力外仅受重力作用,它的机械能守恒,取木板最低位置为重力势能零点,达到最高位置时它的重力势能应等于碰撞后瞬间的转动动能,也可以得到(1)式.5-19 半径为R 质量为m '的匀质圆盘水平放置,可绕通过圆盘中心的竖直轴转动.圆盘边缘及R /2处设置了两条圆形轨道,质量都为m 的两个玩具小车分别沿二轨道反向运行,相对于圆盘的线速度值同为v .若圆盘最初静止,求二小车开始转动后圆盘的角速度.分析 当合外力矩为零时,应用角动量守恒定律应该注意到表达式中的角动量和角速度都是对同一惯性参考系选取的.转动参考系不是惯性参考系,所以小车对圆盘的速度和角动量必须应用相对运动速度合成定理转换为对地面的速度和角动量.解 设两小车和圆盘的运动方向如图5-19所示,以圆盘的转动方向为正向,外轨道上小车相对于地面的角动量为)(v -ωR mR ,内轨道上小车相对于地面的角动量为)21(21v +ωR R m ,圆盘的角动量为ωω221R m J '=.对于两小车和圆盘组成的系统,外力对转轴的力矩为零,角动量守恒,得ωωω221)21(21)(R m R R m R mR '+++-v v R m m m )25(2'+=v ω vωv图5-19。

大学物理_04角动量守恒习题解答

大学物理_04角动量守恒习题解答


L J
2
J m R2
2 F G M mR / G M an R 引 2 m m R

GM R3
L J m G M R
一、选择题 2. 均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转 动,如图所示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落,在棒摆 动到竖直位置的过程中,下述说法哪一种是正确的 [ ] A A O (A)角速度从小到大,角加速度从大到小; (B)角速度从小到大,角加速度从小到大; (C)角速度从大到小,角加速度从大到小; (D)角速度从大到小,角加速度从小到大;
(A) JA>JB (B) JA<JB (C) JA=JB (D) 不能确定

m r d
2
1 2 1 m J m r m 2 2 d
J A B B J A
一、选择题 4. 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上: (1) 这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零; √ (2) 这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩可能是零; √ (3) 当这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定是零; × (4) 当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定是零。 × 在上述说法中[ B ] (A) 只有(1)是正确的。 (B) (1)、(2)正确,(3)、(4)错误 (C) (1)、(2)、(3)都正确,(4)错误。 (D) (1)、(2)、(3)、(4)都正确。
O 解 (1)碰撞过程中系统的角动量守恒。 摆动过程中机械能守恒。 2 2 m lv 0 M l 3 m l 0
3 0
1 2 l 2 2 M l 3 m l M g m g l 2 2 M gl v0 m 3

大学物理学第五章角动量角动量守恒定律习题

大学物理学第五章角动量角动量守恒定律习题

第5章角动量角动量守恒定律一、本章总结1.请总结角动量、角动量守恒定律一章的知识点。

2.请画出本章的知识脉络框图。

二、填空题1. 如图所示,圆盘绕着与盘面垂直且过圆心O 的轴旋转,轴固定且光滑,转动角速度为ω。

这时,一对力偶沿着盘面作用在圆盘上(每个力大小为F ),圆盘的角速度ω 。

(填增大、减小或不能确定)2. 一个立方体放在粗糙的水平地面上,其质量分布均匀,为50 kg ,边长为1m 。

现用一水平拉力F 作用于立方体的定边中点。

如果地面摩擦力足够大,立方体不会滑动,那么要使该立方体翻转90︒,拉力F 至少为 。

3.一长为L 、质量为M 的均匀细棒,放在水平面上。

通过棒的端点O 有一垂直于水平面的光滑固定转轴,如图所示。

一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内垂直射向细棒,随后以速率v 21穿出,这时细棒的角速度 。

4. 刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 。

5. 气候变暖造成地球两极的冰山融化,海平面因此上升。

这种情况将使地球的转动惯量 ,自转角速度 ,角动量 ,自转动能 。

(填变大、变小或不变)三、推导题6.试推导质量为m ,半径为R 的实心球体的转动惯量?(答:252mR )四、计算和证明题7.如图所示,一个质量均匀分布的梯子靠墙放置,和地面成θ角,下端A 处连接一个弹性系数为k 的弹簧。

已知梯子的长度为l ,重量为W ,靠墙竖直放置时弹簧处于自然伸长,所有接触面均光滑。

如果梯子处于平衡状态,求地面、墙面对梯子的作用力,以及W 、k 、l 和θ满足的关系。

(答:W ;kl cos θ;OF Fω O v 21v 俯视图θsin 2kl W =)8. 半径为r = 1.5 m 的飞轮,初角速度ω0= 10 rad ⋅s -1,角加速度α= -5 rad ⋅s -2。

试问经过多长时间飞轮的角位移再次回到初始位置?此时飞轮边缘上的线速度为多少?(答:4s ;-15m ⋅s -1)9.质量分别为m 和2m 的两物体(都可视为质点),用一长为l 的刚性细杆(质量为M )相连,系统绕通过杆且与杆垂直的竖直固定轴O 转动。

大学物理答案第五章 西南交大版

大学物理答案第五章 西南交大版

第五章 角动量 角动量守恒定律5-1 选择题:(1)一质点作匀速率圆周运动时,(A )它的动量不变,对圆心的角动量也不变。

(B )它的动量不变,对圆心的角动量不断改变。

(C )它的动量不断改变,对圆心的角动量不变。

(D )它的动量不断改变,对圆心的角动量也不断改变。

[C] 解:质点作匀速率圆周运动时,其速度大小虽不变,但速度方向不断改变,故其动量不断改变。

而该质点对圆心角动量大小不变,方向始终垂直于圆轨道平面,指向也不变。

(2)已知地球的质量为m ,太阳的质量为M ,地心与日心的距离为R ,引力常数为G ,则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为(A )GMR m (B )RGMm(C )R G Mm(D )RGMm 2 [A] 解:由万有引力定律和牛顿第二定律有R v m RmM G 22=得地球绕日运动速率RGM v =由角动量定义得GMR m mvR L ==(3)一刚体以每分钟60转绕Z 轴做匀速转动(ω沿z 轴正方向),设某时刻刚体上一点P 的位置矢量为k j i r 543++=,其单位为“m 102-”,若以“12s m 10--⋅”为速度单位,则该时刻P 点的速度为:(A )k j i v 0.1576.1252.94++= (B )j i v 8.181.25+-= (C )j i v 8.181.25--=(D )k v 4.31= [B] 解:刚体转动平面与转轴垂直,所以P 点速度无z 分量。

由题意,作出P 的位矢,可知该时刻P 点速度的x 分量为负而y 分量为正,故答案(B )正确。

(4)均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动,如图所示,今使棒从水平位置由静止开始自由下落,在棒摆动到竖直位置的过程中,下述说法哪一种是正确的?(A )角速度从小到大,角加速度从大到小。

(B )角速度从小到大,角加速度从小到大。

(C )角速度从大到小,角加速度从大到小。

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第五章 角动量习题解答5.1.1 我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度d 近=439km,远地点高度d 远=2384km,地球半径R 地=6370km,求卫星在近地点和远地点的速度之比。

解:卫星在绕地球转动过程中,只受地球引力(有心力)的作用,力心即为地心,引力对地心的力矩为零,所以卫星对地心的角动量守恒m 月v 近(d 近+R 地)=m 月v 远(d 远+R 地)v 近/v 远=(d 远+R 地)/(d 近+R 地)=(2384+6370)/(439+6370)≈1.295.1.2 一个质量为m 的质点沿着j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+=的空间曲线运动,其中a 、b 及ω皆为常数。

求此质点所受的对原点的力矩。

解: 0)ˆsin ˆcos (ˆsin ˆcos /ˆcos ˆsin /222222=⨯-=⨯=-==-=+-=--==+-==r r m F r r m a m F r j t b i t a j t b i t a dt v d a j t b i t a dt r d v ωτωωωωωωωωωωωωω5.1.3 一个具有单位质量的质点在力场j t i t t F ˆ)612(ˆ)43(2-+-= 中运动,其中t 是时间。

该质点在t=0时位于原点,且速度为零。

求t=2时该质点所受的对原点的力矩。

解:据质点动量定理的微分形式,)1()(===m v d v m d dt Fdt j t i t t v d ]ˆ)612(ˆ)43[(2-+-=∴kk k k ij k j i j j i i j i j i F r j i j i F ji j i r j t t i t t r dt t t j dt t t i r d dtj t t i t t dt v r d j t t i t t v dt t j dt t t i v d r t t t t v ˆ40)ˆ(44ˆ18)2(ˆˆˆ,ˆˆˆ,0ˆˆˆˆ)ˆ18ˆ4()ˆ4ˆ()2()2()2(ˆ18ˆ4ˆ)6212(ˆ)2423()2(ˆ4ˆˆ)2322(ˆ)22()2(ˆ)32(ˆ)()(ˆ6)2(ˆ]ˆ)(6ˆ)2[(ˆ)(6ˆ)2()612(ˆ)43(ˆ343423423332441233324410002232232230020-=-⨯+⨯-=∴-=⨯=⨯=⨯=⨯+⨯+-=⨯=+=-⨯+⨯-⨯=+-=⨯-⨯+⨯-⨯=-+-=-+-=-+-==-+-=-+-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰ττ5.1.4地球质量为6.0×1024kg ,地球与太阳相距149×106km ,视地球为质点,它绕太阳做圆周运动,求地球对于圆轨道中心的角动量。

解:606024365)10149(2100.629242⨯⨯⨯⨯⨯⨯===πωr m mvr L s kgm /1065.21060602436514920.6240422⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=π5.1.5根据5.1.2题所给的条件,求该质点对原点的角动量。

解:v r m p r L⨯=⨯= kmab k t ab k t ab m j t b i t a j t b i t a m ˆ)ˆsin ˆcos ()ˆcos ˆsin ()ˆsin ˆcos (22ωωωωωωωωωωω=+=+-⨯+=5.1.6根据5.1.3题所给的条件,求质点在t=2时对原点的角动量。

解:)2()2()2()2()2(v r m p r L⨯=⨯= kj j i ˆ16ˆ12)ˆ4ˆ(134-=⨯+-⨯=5.1.7 水平光滑桌面中间有一光滑小孔,轻绳一端伸入孔中,另一端系一质量为10g 小球,沿半径 为40cm 的圆周作匀速圆周运动,这时从孔下拉绳的力为10-3N 。

如果继续向下拉绳,而使小球沿半径为10cm 的圆周作匀速圆周运动,这时小球的速率是多少?拉力所做的功是多少?解:设小球的质量为m=10×10-3kg,原来的运动半径为R 1=40cm,运动速率为v 1;后来的运动半径为R 2=10cm,运动速率为v 2.i ˆj ˆk ˆ先求小球原来的速率v 1:据牛顿第二定律,F=mv 12/R 1,所以,s m m F R v /2.010/104.0/2311=⨯==--由于各力对过小孔的竖直轴的力矩为零,所以小球对该轴的角动量守恒,m v 1R 1=m v 2R 2,v 2=v 1R 1/R 2=0.2×0.4/0.1=0.8m/s在由R 1→R 2的过程中,只有拉力F 做功,据动能定理,有J v v v v m v v m mv mv A F 322112122121222121212221103)2.08.0)(2.08.0(10))(()(--⨯=-+⨯=-+=-=-=5.1.8 一个质量为m 的质点在o-xy 平面内运动,其位置矢量为j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+= ,其中a 、b 和ω是正常数,试以运动学和动力学观点证明该质点对于坐标原点角动量守恒。

证明:rj t b i t a dt v d a j t b i t a dt r d v 222ˆsin ˆcos /ˆcos ˆsin /ωωωωωωωωω-=--==+-== ⑴运动学观点:k mab k t mab kt mab L k i j j i j j i i j t b i t a m j t b i t a v m r L ˆˆsin ˆcos ˆ)ˆ(ˆˆˆ,0ˆˆˆˆ)ˆcos ˆsin ()ˆsin ˆcos (22ωωωωωωωωωωω=+=∴=-⨯=⨯=⨯=⨯+-⨯+=⨯= 显然与时间t 无关,是个守恒量。

⑵动力学观点: ∵0)(22=⨯-=-⨯=⨯=⨯=r r m r m r a m r F rωωτ,∴该质点角动量守恒。

5.1.9 质量为200g 的小球 B 以弹性绳在光滑水平面上与固定点A 相连。

弹性绳的劲度系数为8 N/m ,其自由伸展长度为600mm.最初小球的位置及速度v 0如图所示。

当小球的速率变为v 时,它与A 点的距离最大,且等于800mm ,求此时的速率v 及初速率v 0.解:设小球B 的质量m=0.2kg,原来与固定点A 的距离r 0=0.4m,当速率为v 时,与A 点距离r =0.8m,弹性绳自由伸展的长度为d =0.6m.小球B 的速率由v 0→v 的过程中,作用在小球B 上的力对过A 点轴的力矩之和始终为零,因而小球对A 点的角动量守恒,有r 0mv 0sin30º= rmv (最大距离时,)v r ⊥ (1)另外,在此过程中,只有保守内力(绳的弹力)做功,因而能量守恒,)2()(2212212021mv d r k mv +-=为求解方便,将⑴⑵化简,并代入已知数据可得:)'2(6.1)'1(42200v v v v +==解此方程组,求得:v 0 ≈1.3 m/s v ≈0.33 m/s5.1.10 一条不可伸长的细绳穿过铅直放置的、管口光滑的细管,一端系一质量为0.5g 的小球,小球沿水平圆周运动。

最初l 1=2m,θ1=30º,后来继续向下拉绳使小球以θ2=60º沿水平圆周运动。

求小球最初的速度v 1,最后的速度v 2以及绳对小球做的总功。

解:隔离小球,受力情况如图示,应用牛顿第二定律,有:)3(sin cos /)2/()1()2(cos )1(sin /sin sin cos sin 22θθθθθθθθgl v mg F l mv F gl v =∴===得 当θ=θ1时s m gl v /38.23/48.9sin cos /211111=⨯==θθ 当θ=θ2时,)4(322223cos sin 22222222g v gl l gl v =∴==θθ 由于作用质点上的力对管轴的力矩始终等于零,∴角动量守恒: 1sin sin 22221112211sin sin v v l mv l mv l l θθθθ=∴=,将(4)式和三角函数值代入,可求得: s m v v gl /43.338.228.93233323211=⨯⨯⨯==将v 2代入(4)中,可求得l 2=0.8m ,根据质点动能定理: Jl l mg v v m E E A p k F 0806.0)8.02(105.0)38.243.3(105.0)cos cos ()(21233223212211212221=⨯-⨯⨯+-⨯⨯⨯=-+-=∆+∆=--θθ5.2.2 理想滑轮悬挂两质量为m 的砝码盘。

用轻线拴住轻弹簧两端使它处于压缩状态,将此弹簧竖直放在一砝码盘上,弹簧上端放一质量为m 的砝码。

另一砝码盘上也放置质量为m 的砝码,使两盘静止。

燃断轻线,轻弹簧达到自由伸展状态即与砝码脱离。

求砝码升起的高度,已知弹簧劲度系数为k ,被压缩的长度为l 0.解:设滑轮半径为R ,弹簧释放后,弹簧上边的砝码获得的速度为v ,方向向上,左边砝码盘获得的速度为v ',方向向下,显然右边砝码盘及砝码获得的速度大小也是v ',但方向向上(如图示)。

把左盘、左盘上的砝码和右盘及盘中砝码视为一个质点系,作为研究对象。

在弹簧释放过程中,作用于质点系的外力对滑轮轴的力矩之和始终为零,故质点系对滑轮轴的角动量守恒,规定垂直纸面向外的角动量为正,则有:-mvR+mv ’R+2mv ’R = 0,即 v = 3 v ' (1)另外,在此过程中,只有弹簧的弹力和重力做功,因而质点系能量守恒,忽略重力势能的微小变化,则有:2212212021')3(v m mv kl +=,即 )2('32022kl mv mv =+左盘中的砝码脱离弹簧获得速度v 后做竖直上抛运动,达到最大高度h 时速度为零,据能量守恒,)3(2/2221g v h mgh mv =∴=由⑴⑵可求得v 2=3kl 02/4m ,代入⑶中得:h = 3 k l 02/8mg5.2.3 两个滑冰运动员的质量各为70kg ,以6.5m/s 的速率沿相反方向滑行,滑行路线间的垂直距离为10m ,当彼此交错时,各抓住10m 绳索的一端,然后相对旋转。

⑴在抓住绳索一端之前,各自对绳索中心的角动量是多少?抓住之后是多少?⑵它们各自收拢绳索,到绳长为5m 时,各自的速率如何?⑶绳长为5m 时,绳内张力多大?⑷二人在收拢绳索时,各自做了多少功〉⑸总动能如何变化?解:设每个运动员的质量为m=70kg ,收绳前相对绳中心o 的距离为d = d 1= 5m ,速率为v=v 1=6.5m/s ;当把绳收拢为d = d 2= 2.5m 时, 速率v=v 2.⑴对绳中心o 点的角动量各为L=mv 1d 1=70×6.5×5=2275kgm 2/s (抓住绳索前后角动量相同)⑵把两个运动员视为一个质点系,在收绳过程中,质点系对o 轴的角动量守恒有2m v 1d 1 = 2m v 2 d 2∴v 2 = v 1d 1/d 2 = 6.5×5/2.5 =13 m/s⑶把某一运动员视为质点,作为研究对象,由牛顿第二定律,绳中张力F = m v 22/d 2 = 70×132 /2.5 = 4732 N⑷由质点动能定理,每人所做的功均为:J v v v v m mv mv A 4436)5.613)(5.613(70))((2112122121212221=+-⨯=+-=-=⑸总动能增大了ΔE k = 2×4436 = 8872 J。

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