大学物理第03章补充例题

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大学物理学邮电大学出版社上册第三章习题答案

习题 3选择题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 A02ωmRJ J+ B 02)(ωR m J J + C02ωmR JD 0ω 答案： A2 如题2图所示,一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗,以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转,已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止,其位置高于碗底4cm,则由此可推知碗旋转的角速度约为 A13rad/s B17rad/s C10rad/s D18rad/sa b题2图答案： A3如3图所示,有一小块物体,置于光滑的水平桌面上,有一绳其一端连结此物体,；另一端穿过桌面的小孔,该物体原以角速度在距孔为R 的圆周上转动,今将绳从小孔缓慢往下拉,则物体 A 动能不变,动量改变;B动量不变,动能改变;C角动量不变,动量不变;D角动量改变,动量改变;E角动量不变,动能、动量都改变;答案： E填空题1 半径为30cm的飞轮,从静止开始以·s-2的匀角加速转动,则飞轮边缘上一点在飞轮转过240时的切向加速度aτ= ,法向加速度an= ;答案：0.15; 1.2562 如题2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而嵌于其中,则在此击中过程中,木球、子弹、细棒系统的守恒,原因是;木球被击中后棒和球升高的过程中,对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒;题2图答案：对o轴的角动量守恒,因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零,机械能守恒3 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA 和ρBρA>ρB,且两圆盘的总质量和厚度均相同;设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为JA 和JB,则有JAJB;填>、<或=答案： <刚体平动的特点是什么平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动解：刚体平动的特点是：在运动过程中,内部任意两质元间的连线在各个时刻的位置都和初始时刻的位置保持平行;平动时刚体上的质元可以作曲线运动;刚体定轴转动的特点是什么刚体定轴转动时各质元的角速度、线速度、向心加速度、切向加速度是否相同解：刚体定轴转动的特点是：轴上所有各点都保持不动,轴外所有各点都在作圆周运动,且在同一时间间隔内转过的角度都一样；刚体上各质元的角量相同,而各质元的线量大小与质元到转轴的距离成正比;因此各质元的角速度相同,而线速度、向心加速度、切向加速度不一定相同; 刚体的转动惯量与哪些因素有关请举例说明;解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质量的分布、转轴的位置等有关;如对过圆心且与盘面垂直的轴的转动惯量而言,形状大小完全相同的木质圆盘和铁质圆盘中铁质的要大一些,质量相同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环的转动惯量要大;刚体所受的合外力为零,其合力矩是否一定为零相反,刚体受到的合力矩为零,其合外力是否一定为零解：刚体所受的合外力为零,其合力矩不一定为零；刚体受到的合力矩为零,其合外力不一定为零;一质量为m 的质点位于11,y x 处,速度为j v i v v y x+=, 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用,求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩．解: 由题知,质点的位矢为作用在质点上的力为所以,质点对原点的角动量为作用在质点上的力的力矩为哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为1r ＝×1010m 时的速率是1v ＝×104m ·s -1,它离太阳最远时的速率是2v ＝×102m ·s-1这时它离太阳的距离2r 是多少太阳位于椭圆的一个焦点;解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用,所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有 2211mv r mv r =∴ m 1026.51008.91046.51075.81224102112⨯=⨯⨯⨯⨯==v v r r 物体质量为3kg,t =0时位于m 4i r =, 1s m 6-⋅+=j i v ,如一恒力N 5j f =作用在物体上,求3秒后,1物体动量的变化；2相对z 轴角动量的变化．解: 1 ⎰⎰-⋅⋅===∆301s m kg 15d 5d j t j t f p2解一 73400=+=+=t v x x x 即 i r41=,j i r5.2572+= 即 j i v611+=,j i v112+=∴ k j i i v m r L72)6(34111=+⨯=⨯=∴ 1212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L解二 ∵dtdz M =∴ ⎰⎰⨯=⋅=∆t t t F r t M L 0d )(d平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物．小球作匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡．今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如题图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少题图解: 在只挂重物时1M ,小球作圆周运动的向心力为g M 1,即201ωmr g M =①挂上2M 后,则有221)(ω''=+r m g M M②重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒．即 v m r mv r ''=00ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得飞轮的质量m ＝60kg,半径R ＝0.25m,绕其水平中心轴O 转动,转速为900rev ·min -1．现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：1设F ＝100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转 2如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F解: 1先作闸杆和飞轮的受力分析图如图b ．图中N 、N '是正压力,r F 、r F '是摩擦力,x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 是轮在O 轴处所受支承力．题图a 题图b杆处于静止状态,所以对A 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有对飞轮,按转动定律有I R F r /-=β,式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ N F r μ= N N '= ∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ ,212mR I = ∴ F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以N 100=F 等代入上式,得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为这段时间内飞轮的角位移为可知在这段时间里,飞轮转了1.53转． 210s rad 602900-⋅⨯=πω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知用上面式1所示的关系,可求出所需的制动力为固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ,质量分别为M 和m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连,1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧,如题图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m,m ＝4 kg,M ＝10 kg,1m ＝2m ＝2 kg,且开始时1m ,2m 离地均为h ＝2m ．求： 1柱体转动时的角加速度； 2两侧细绳的张力．解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度,方向如图如图b ．题a 图题b 图(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②βI r T R T ='-'21 ③式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,而 222121mr MR I += 由上式求得 2由①式由②式计算题图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设1m ＝50kg,2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象,受力图如图b 所示．对1m ,2m 运用牛顿定律,有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律,有β)21(212Mr r T r T =- ③又, βr a = ④ 联立以上4个方程,得题a 图题b 图如题图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下．求： 1初始时刻的角加速度； 2杆转过θ角时的角速度.题图解: 1由转动定律,有∴ lg 23=β 2由机械能守恒定律,有∴ lg θωsin 3=如题图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处．1设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值；2相撞时小球受到多大的冲量题图解: 1设小球的初速度为0v ,棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω,而小球的速度变为v ,按题意,小球和棒作弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律,可列式：mvl I l mv +=ω0 ① 2220212121mv I mv +=ω② 上两式中231Ml I =,碰撞过程极为短暂,可认为棒没有显着的角位移；碰撞后,棒从竖直位置上摆到最大角度o 30=θ,按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得由①式mlI v v ω-=0 ④ 由②式mI v v 2202ω-= ⑤所以求得2相碰时小球受到的冲量为由①式求得负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮可看作匀质圆盘,在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出,见题图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．1问它能升高多少2求余下部分的角速度、角动量和转动动能．题图解: 1碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度设碎片上升高度h 时的速度为v ,则有令0=v ,可求出上升最大高度为2圆盘的转动惯量221MR I =,碎片抛出后圆盘的转动惯量2221mR MR I -=',碎片脱离前,盘的角动量为ωI ,碎片刚脱离后,碎片与破盘之间的内力变为零,但内力不影响系统的总角动量,碎片与破盘的总角动量应守恒,即式中ω'为破盘的角速度．于是得ωω=' 角速度不变圆盘余下部分的角动量为转动动能为222)21(21ωmR MR E k -=一质量为m 、半径为R 的自行车轮,假定质量均匀分布在轮缘上,可绕轴自由转动．另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘如题图所示方向． 1开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值2用m ,0m 和θ表示系统包括轮和质点最后动能和初始动能之比．题图解: 1射入的过程对O 轴的角动量守恒 ∴ Rm m v m )(sin 000+=θω2 020*********sin 21])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ弹簧、定滑轮和物体的连接如题图所示,弹簧的劲度系数为 N ·m -1；定滑轮的转动惯量是0.5kg ·m 2,半径为0.30m ,问当6.0 kg 质量的物体落下0.40m 时,它的速率为多大假设开始时物体静止而弹簧无伸长．题图解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统,重物下落的过程中,机械能守恒,以最低点为重力势能零点,弹簧原长为弹性势能零点,则有又 R v /=ω故有 v =。

大学物理第三章课后习题答案

r3
， k 为常量。试求两粒子相距为 r 时的势能，设力为零的
r = a cos ωt i + b sin ωt j ， r 式中 a ， b ， ω 是正值常数，且 a ≻ b 。
（1）说明这质点沿一椭圆运动，方程为
�
x2 y 2 + = 1； a2 b2
（2）求质点在 A 点 (a ,0) 时和 B 点 (0, b ) 时的动能；（3）当质点从 A 点到 B 点，求力 F 所做的功，并求 F 的分力 Fx i 和 Fy j 所做的功；（4） F 力是不是保守力？ 12 . 如果物体从髙为 h 处静止下落，试求（1）时间为自变量； 12. （2）高度为自变量，画出它的动能和势能图线，并证明两曲线中动能和势能之和相等。 . 一质量为 m 的地球卫星，沿半径为 3R e 的轨道运动， R e 为地球的半径，已知 13 13. 地球的质量为 M e ，求（1）卫星的动能；（2）卫星的引力势能；（3）卫星的机械能。 . 如图所示， 14 14. 小球在外力作用下，由静止开始从 A 点出发做匀加速运动，到达 B 点时撤消外力，小球无摩擦的冲上竖直的半径为 R 的半圆环，到达最高点 C 时，恰能维持在圆环上做圆周运动，并以此速度抛出而刚好落回到原来的出发点 A 处，如图试求小球在 AB 段运动的加速度为多大？ . 如图所示，有一自动卸货矿车，满载时的质量 15 15. 为 M ，从与水平倾角 α = 30° 斜面上的点 A 由静止下滑。设斜面对车的阻力为车重的 0.25 倍，矿车下滑距离 l 时，矿车与缓冲弹簧一道沿斜面运动。当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自动卸货，然后矿车借助弹簧的弹性力作用，使之返回原位置 A 在装货。试问要完成这一过程，空载时车的质量与满载时车的质量之比应为多大? . 半径为 R 的光滑半球状圆塔的顶点 A 16 16. 上，有一木块 m ，今使木块获得水平速度

大学物理第三章部分课后习题答案

大学物理第三章部分课后习题答案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：1R处，2J11MR2①2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：1MRMR3J2Jcmd2()2()2MR2②2424232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：JJ1J213MR2323-2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120角，放在某Oy平面内，求铁丝对O某轴、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）对某轴的转动惯量为：L20J某rdm(lin600)22M1dlML2L32（2）对y轴的转动惯量为：L1ML2M5Jy()2(lin300)2dlML20322L96（3）对Z轴的转动惯量为：1ML1Jz2()2ML2322122题图3-23-3电风扇开启电源后经过5达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16风扇停止转动，已知风扇转动惯量为0.5kgm，且摩擦力矩Mf和电磁力矩M均为常量，求电机的电磁力矩M。

分析：Mf，M为常量，开启电源5内是匀加速转动，关闭电源16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：MMfJ1，即52520.54.12Nm5163-4飞轮的质量为60kg，直径为0.5m，转速为1000r/min，现要求在5内使其制动，求制动力F，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，MJ1MfJ1J20.5尺寸如题图3-4所示。

分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。

大学物理教程第3章习题答案

⼤学物理教程第3章习题答案思考题3.1 什么是连续性⽅程？答：若以闭合表⾯内既⽆源，⼜⽆负源，则根据质量守恒，进⼊该闭合表⾯的净流量等于闭合表⾯内物质的增加率，应⽤在稳定流动的流管中，我们得到连续性⽅程：ρ1A1v1=ρ2A2v2。

其中，ρ为密度,假设它在截⾯积A处是均匀的；v为经过截⾯积A 处的平均速度（v与A垂直）。

若流体⼜是不可压缩的，连续性⽅程简化为A1v1=A2v2。

3.2 什么是伯努利⽅程？答：流体是稳定的，⾮黏性的，不可压缩的，伯努利⽅程给出同⼀流线任两点处的压强p，流速v，⾼度y满⾜p1+12ρv12+ρgy1= p2+12ρv22+ρgy2注意伯努利⽅程中每⼀项都是取的单位⾯积的内的量值。

⽅程指出：压⼒沿流线所作的功等于动能和势能的改变（都指单位⾯积）。

3.3 在定常流动中，流体是否可能加速运动？答：定常流动是指宏观上流体在空间某位置的流速保持不变，对某个流体质点⽽⾔，它在空间各点速度可能不同，也就是说，它可能是加速运动。

3.4 从⽔龙头徐徐流出的⽔流，下落时逐渐变细，为什么？答：据连续性原理知，，流速⼤处截⾯积⼩，所以下落时⽔的流速逐渐增⼤，⾯积逐渐减少变细。

3.5 两船平⾏前进时，若靠的较近，极易碰撞，为什么？答：两船平⾏前进时，两条流线⽅向相同，，如果靠的较近，两船之间的流速将⼤于两船外侧的流速，这样两船都将受到⼀个指向对⽅的⼀个压⼒的作⽤，极易造成两船碰撞，稍有晃动，流线重合，船体就会相撞。

3.6 两条流线不能相交，为什么？答：如果两条流线相交，那么焦点处就会出现两个速度，这个结论是错误的，所以两条流线不能相交。

3.7 层流和湍流各有什么特点？引⼊雷诺数有哪些意义？答：流线是相互平⾏的流动称层流。

流体微团作复杂的⽆规则的运动称为湍流。

⽆量纲的量雷诺数是层流向湍流过渡的⼀种标志。

以临界雷诺数为准，⼩于它为层流，⼤于它为湍流。

习题3.1若被测容器A 内⽔的压强⽐⼤⽓压⼤很多时，可⽤图中的⽔银压强计。

大学物理答案 3.第三章

第三章质点系统的运动规律思考题3-19 在地球表面附近将物体以足够速度发射出去，物体可能以稳定轨道环绕地球运行，这就是所谓的“人造地球卫星”。

试估算物体能够环绕地球所需的最小发射速度（第一宇宙速度）。

分析：将地球与物体看成一个封闭系统，系统不受外力，机械能守恒。

答：物体被抛出后以稳定的轨道环绕地球运动，那么物体所受到的重力提供物体环绕地球运动的向心力：2v mg m R =. 此时，系统的机械能为：212mgR mv +初始时刻（物体被发射时）系统的机械能为：2012mgR mv + （R 为地球半径）所以，07.9/v v m s =≈ （第一宇宙速度）3-20 无风天气放烟花时，烟花质心的运动轨道如何？若将全部烟花微粒看作一组初速度相同，抛射监不同的斜抛运动，试证明在任何时刻所有烟花微粒都分布在同一球面上。

分析：这是一个质点组的问题。

将所有的烟花颗粒看成一个质点组系统，在无风天气，这个质点组系统爆炸之后只受到重力的作用，没有其他外力作用。

本题采用质心系分析起来比较方便。

答：无风天气放烟花，说明烟花爆炸后除重力以外，不再受其它外力的作用。

那么烟花爆炸时，有一个爆炸力，使烟花产生一个向斜上方的运动速度，其后只受重力的作用，所以烟花质心的运动轨道为一抛物线，烟花质心作的是斜抛运动。

**此处应为初速率相同。

我们选取烟花爆炸点作为坐标原点，建立直角坐标系。

假设初速率为v 0,它与水平面(XOY)的夹角为α，与XOZ 平面的夹角为β。

当抛射角不同时，角度α与β不同。

在直角坐标系中的初始速度分量分别为：αβαβαsin sin cos cos cos 000000v v v v v v z y x === 各个烟花微粒在水平方向（x 和y 方向）不受力，作匀速直线运动，在竖直方向受重力，作竖直上（或下）抛运动（即匀减速直线运动）。

烟花爆炸t 时间后，位移分别为：2020000021sin 21sin cos cos cos gt t v gt t v z t v t v y t v t v x z y x -=-=====αβαβα202222)()21( x t v gt z y =+++∴轨迹方程：所以，在任何时刻，烟花微粒全部分布在一个以)21- 0, ,0(2gt 为中心，半径为t v 0的球面上。

大学物理第三章刚体力学基础习题答案

方向竖直向下
3-15 由角动量守恒得
mul J mvl 1 1 2 1 2 2 mu m v J 因弹性碰撞，系统机械能守恒： 2 2 2 1 1 2 2 又： J M 2l Ml 12 3 6mu M 3m u 联立可得： v M 3m l M 3m
2 2 2 1 mv l [m( l ) M l 2 ] 3 3 3
o
2 l 3
6mv (4m 3M ) l
v
m
A
3-9 电风扇在开启电源后，经过t1时间到达了额定转速，此时相应的角速度为 0。当关闭电源后，经过t2时间风扇停转。已知风扇转子的转动惯量为 J，并假定摩擦力矩和电机的电磁力矩均为常量，试根据已知量推算电机的电磁力矩。解：设电机的电磁力矩为M，摩擦力矩为Mf
1
0
t1
3-9 (1)
mg T ma
T mg sin 30 ma

g 2 a m/s 4
方向竖直向下
T2 N 2
mg
(2)
mg T1 ma
T2 mg sin 300 ma
T1r T2r J
a r
T1
1
mg
J k m r2
g 联立求解得： a 22 k
质点运动 m 质量力 F 刚体定轴转动 2 J r 转动惯量 m dm 力矩 M Fr sin
dp dL F m a F 第二定律转动定律 M J M dt dt p mv 动量角动量 L J t t2 动量定理 t Fdt mv2 mv1 角动量定理 t Mdt J 2 J1 1 动量守恒 F 0, mv 恒矢量角动量守恒 M 0, J 恒矢量力矩的功 W Md 力的功 W F dr

(完整版)大学物理学(课后答案)第3章

第3章动量守恒定律和能量守恒定律习题一选择题3-1 以下说法正确的是[ ]（A）大力的冲量一定比小力的冲量大（B）小力的冲量有可能比大力的冲量大（C）速度大的物体动量一定大（D）质量大的物体动量一定大解析：物体的质量与速度的乘积为动量，描述力的时间累积作用的物理量是冲量，因此答案A、C、D均不正确，选B。

3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止，设打击时间为t∆，打击前锤的速率为v，则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ]（A）mvmgt+∆（B）mg（C）mvmgt-∆（D）mvt∆解析：由动量定理可知，F t p mv∆=∆=，所以mvFt=∆，选D。

3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体[ ] （A）动量守恒,合外力为零（B）动量守恒,合外力不为零（C）动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零（D）动量变化为零,合外力为零解析：作匀速圆周运动的物体运动一周过程中，速度的方向始终在改变，因此动量并不守恒，只是在这一过程的始末动量变化为零，合外力的冲量为零。

由于作匀速圆周运动，因此合外力不为零。

答案选C。

3-4 如图3-4所示，14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触，一物体（质量为m）自轨道顶端滑下，M与m间有摩擦，则[ ]（A ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒（B ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒（C ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒，M 、m 与地组成的系统机械能守恒（D ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒解析：M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上有外力作用，因此系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,。

由于M 与m 间有摩擦，m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功，机械能转化成其它形式的能量，系统机械能不守恒。

大学物理学3章习题解答

3章79页]3-4 质量为m 的小球与桌面相碰撞，碰撞前、后小球的速率都是v ，入射方向和出射方向与桌面法线的夹角都是α，如图3-3所示。

若小球与桌面作用的时间为δt ，求小球对桌面的平均冲力。

解设桌面对小球的平均冲力为f ，并建立如图所示的坐标系，根据动量定理，对于小球可列出,.由第一个方程式可以求得,由第二个方程式可以求得.根据牛顿第三定律，小球对桌面的平均冲力为,负号表示小球对桌面的平均冲力沿y 轴的负方向。

.3-7 求一个半径为r 的半圆形均匀薄板的质心。

解将坐标原点取在半圆形薄板的圆心上，并建立如图3-5所示的坐标系。

在这种情况下，质心c 必定处于y 轴上，即,.质量元是取在y 处的长条，如图所示。

长条的宽度为d y ，长度为2x 。

根据圆方程,故有.如果薄板的质量密度为σ，则有图3-3 图3-5.令, 则，对上式作变量变换，并积分，得...3-10 如图3-9所示，一个质量为1.240 kg 的木块与一个处于平衡位置的轻弹簧的一端相接触，它们静止地处于光滑的水平桌面上。

一个质量为10.0 g 的子弹沿水平方向飞行并射进木块，受到子弹撞击的木块将弹簧压缩了2.0 cm 。

如果轻弹簧的劲度系数为2000 n ⋅m -1 ，求子弹撞击木块的速率。

解设木块的质量为m ；子弹的质量为m ，速度为v ；碰撞后的共同速度为v 。

此类问题一般分两步处理：第一步是子弹与木块作完全非弹性碰撞，第二步是子弹在木块内以共同的速度压缩弹簧。

第一步遵从动量守恒，故有. (1)第二步是动能与弹力势能之间的转换，遵从机械能守恒，于是有. (2)有式(2)解得.将v 值代入式(1)，就可求得子弹撞击木块的速率，为.3-11 质量为5.0 g 的子弹以500 m ⋅s -1 的速率沿水平方向射入静止放置在水平桌面上的质量为1245 g 的木块内。

木块受冲击后沿桌面滑动了510 cm 。

求木块与桌面之间的摩擦系数。

1一飞轮半径为02m转速为150r·min1因受制动而均

大学物理
第一版
第3章补充例题
1 一飞轮半径为0.2 m、转速为 150 r·min-1，因受制动而均匀减速，经 30 s 停止转动．试求：(1)角加速度和在此时间内飞轮所转的圈数；(2)制动开始后 t = 6 s 时飞轮的角速度；(3)t = 6 s 时飞轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度．
直接向下拉绳子，滑轮的角加速度β 2将
R β1
R β2
(A) 不变 (B) 变小
(C) 变大
G
(D) 无法判断
第3章刚体的定轴转动
8
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第3章补充例题
解 GR J2 2 GR J FT R J1 1 FT R J
又 G FT
所以 2 1
1 2
gLh2
y
dA
代入数据，得
hy
dy
F 5.911010 N
O
L
x
第3章刚体的定轴转动
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第3章补充例题
dF [ p0 g(h y)]Ldy
dF对通过点Q的轴的力矩 dM ydF
h
M 0 y[ p0 g(h y)]Ldy
y

1 2
求棒转动时受到的摩擦力矩的大小．
ox
dx x
第3章刚体的定轴转动
4
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第3章补充例题
解如图，距O点为x，长为dx的质元dm
的质量 dm m dx l
其所受阻力矩 dM x(dmg)
M

xdmg

mg
l
L
0
xdx

大学物理第三章练习及答案

大学物理第三章练习及答案(总4页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--一、判断题1. 刚体是质点与质点之间的相对位置保持不变的质点系。

………………………………[√]2. 刚体中任意质点都遵循质点力学规律。

…………………………………………………[√]3. 定轴转动的刚体上的每一个质点都在作圆周运动，都具有相同的角速度。

…………[√]4. 刚体对轴的转动惯量越大，改变其对轴的运动状态就越困难。

………………………[√]5. 刚体质量一定，其转动惯量也就一定。

…………………………………………………[×]6. 当作用在刚体上的两个力合力矩为零时，则它们的合力也一定为零。

………………[×]7. 当作用在刚体上的两个力合力为零时，则它们的合力矩也一定为零。

………………[×]8. 平行于转轴的力对刚体定轴转动没有贡献。

……………………………………………[√]9. 刚体所受合外力矩为零时，刚体总角动量守恒。

………………………………………[√] 10. 刚体对某一轴的角动量守恒，刚体的所受合外力矩为零。

……………………………[×] 二、填空题11. 质量为m 的质点沿半径为r 的圆周以速率v 运动，质点对过圆心的中心轴转动惯量J =2mr ，角动量L =；质量为m 的质点沿着直线以速率v 运动，它相对于直线外距离为d 的一点的角动量为L =mdv 。

12. 长度为l 的均匀细棒放在Oxy 平面内，其一端固定在坐标原点O 位置，另一端可在平面内自由转动，当其转动到与x 轴正方向重合时，在细棒的自由端受到了一个34F i j =+牛顿的力，则此力对转轴的力矩M =4l 。

13. 在Oxy 平面内有一个由3个质点组成的质点系，其质量分别为1m 、2m 、3m ，坐标分别为()11,x y 、()22,x y 、()33,x y ，则此质点系对z 轴的转动惯量J =()()()222222*********m x y m x y m x y +++++。

大学物理第三章习题课选讲例题PPT课件

动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
物理学教程（第二版）
例4 甲、乙、丙三物体的质量之比是1：2：3，若它
们的动能相等，并且作用于每一个物体上的制动力都相
同，则它们制动距离之比是：
（C）
（A）1：2：3
（B）1：4：9
（C）1：1：1
（D）3：2：1
分析：由动能定理可知三个制动力对物体所作的功相等；在这三个相同的制动力作用下，物体的制动距离是相同的.
物理学教程（第二版）
作业：8，10，11，12，13
第三章动量守恒定律和能量守恒定律
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位置重力势能为零
mgcosNmv2
01m v2mg (1 RR co)s
2
cos 2 cos1 2 时，小球脱离大球.
3
3
第三章动量守恒定律和能量守恒定律
动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
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例13 一轻弹簧悬挂一金属盘，弹簧长l1 10cm
一个质量和盘相同的泥球，从高于盘 h30cm
r0 r2 r0
由动能定理 WEkEk012mv2
得到： v 2 k mr 0
第三章动量守恒定律和能量守恒定律
动量守恒和能量守恒习题课选讲例题
物理学教程（第二版）
例8一质点在如图所示的坐标平面内作圆运动，有
一力 F F 0(x i y j)作用在质点上，求质点从原点
运动到（0，2R）位置过程中，力所作的功.
挂一长为l ,质量为m的小球, 开始时, 摆线水平, 摆球
静止于A，后突然放手，当摆球运动到摆线呈铅直位

大学物理习题答案第三章

大学物理习题答案第三章[习题解答]??33-1用锤子敲钉子。

如果锤子的质量是500g，那么撞击钉子的速度是8.0m？S1，动作时间2.0？十s，求钉子所受的冲量和榔头对钉子的平均打击力。

对于hammer：,式中，I1是液压锤接收到的脉冲，是榔头所受钉子的平均打击力；对于指甲：,式中，I2是指甲接收到的脉冲，是钉子所受的平均打击力，显然=?。

标题要求的是I2和：,i2的方向与榔头运动方向一致。

,的方向与榔头运动方向一致。

500米处质量为10克的3-2发子弹？s?1在垂直于板面的方向上，向板子射击的速度穿过板子，速度下降到400m?s?1。

如果子弹穿过木板所需时间为1.00?10?5s，试分别利用动能定理和动量定理求木板对子弹平均阻力。

解（1）用动能定理求解：,(1)在…之间是木板对子弹的平均阻力，d为穿过木板的厚度，它可用下面的关系求得：,(2).(3)通过同时建立公式（2）和公式（3）得到的板厚度为&nb.根据式(1)，木板对子弹的平均阻力为.(2)用动量定理求解：,.这与上述结果是一致的。

从求解过程可以看出，用动量定理求解要容易得多。

3-4质量为m的小球与桌面相碰撞，碰撞前、后小球的速率都是v，入射方向和出射方向与桌面法线的夹角都是?，如图3-3所示。

若小球与桌面作用的时间为?t，求小球对桌面的平均冲力。

图3-3解设桌面对小球的平均冲力为f，并建立如图所示的坐标系，根据动量定理，对于小球可列出,.它可以从第一个方程得到,它可以从第二个方程中得到.根据牛顿第三定律，球在桌子上的平均冲击力为,减号表示桌面上球的平均冲量在y轴的负方向。

3-5如图3-4所示，一个质量为m的刚性小球在光滑的水平桌面上以速度v1运动，v1与x轴的负方向成?角。

当小球运动到o点时，受到一个沿y方向的冲力作用，使小球运动速度的大小和方向都发生了变化。

已知变化后速度的方向与x轴成?角。

如果冲力与小球作用的时间为?t，求小球所受的平均冲力和运动速率。

大学物理上册第3章习题解答

大学物理上册第3章习题解答第3章角动量定理和刚体的转动一、内容提要1、质点的角动量定理⑴质点对于某一定点的角动量和角动量定理：角动量L r mv =? 角动量定理 dL M dt=⑵质点对于z 轴的角动量和角动量定理：角动量z L r mv τ⊥=? 角动量定理 zz dL M dt=2、质点系的角动量定理刚体的转动惯量和定轴转动定理⑴质点系的角动量定理 i i iidM L dt =∑∑ ⑵刚体的转动惯量 2z iiiI r m =∑ 或2zI r dm =?⑶刚体的定轴转动定理 z z zd M I I dtωβ== 3、刚体的定轴转动动能定理⑴力矩的功z A M d θ=?⑵刚体的转动动能 212k z E I ω=⑶刚体的定轴转动动能定理 22211122z z z A M d I I θωω==-?4、角动量守恒定律⑴质点的角动量守恒定律：若0M =，则21L L = ⑵刚体的对轴角动量守恒定律：刚体对轴的角动量也可写为2z izizL r m I ωω=?=∑，若0iziM =∑，则0z z I I ωω=，即有0ωω=二、习题解答3.1 一发动机的转轴在7s 内由200/min r 匀速增加到3000/min r . 求：（1）这段时间内的初末角速度和角加速度. （2）这段时间内转过的角度和圈数. （3）轴上有一半径为2.0=r m 的飞轮, 求它边缘上一点在7s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度.解：（1）初的角速度1200220.9/60rad s πω?=≈ 末的角速度230002314/60rad s πω?=≈角加速度231420.941.9/7rad s t ωβ?-==≈?（2）转过的角度为2211120.9741.97117622t t rad θωβ=+=?+??=117618622 3.14n r θπ===? （3）切向加速度241.90.28.38/a r m s τβ==?=法向加速度为：22423140.2 1.9710/n a r m s ω==?=?总的加速度为：421.9710/a m s ===?3.3 地球在1987年完成365次自转比1900年长14.1s. 求在1900年到1987年间, 地球自转的平均角加速度.解：平均角加速度为0003652365287T t T a t T ππωω??--+?==212373036523652 1.140.9610/8787(3.1510)t rad s T ππ-≈=-=-3.4一人手握哑铃站在转盘上, 两臂伸开时整个系统的转动惯量为22kgm . 推动后, 系统以15/min r 的转速转动. 当人的手臂收回时, 系统的转动惯量为20.8kgm . 求此时的转速.解：由刚体定轴转动的角动量守恒定律，1122I I ωω=121221537.5/min 0.8I r I ωω==?=3.5 质量为60kg , 半径为0.25m 的匀质圆盘, 绕其中心轴以900/min r 的转速转动. 现用一个闸杆和一个外力F 对盘进行制动（如图所示）, 设闸与盘之间的摩擦系数为4.0. 求：（1）当100F N =, 圆盘可在多长时间内停止, 此时已经转了多少转？（2）如果在2s 内盘转速减少一半, F 需多大？图3-5 习题1.4图解：（1）设杆与轮间的正压力为N ,10.5l m =，20.75l m =，由杠杆平衡原理得121()F l l Nl +=121()F l l N l +=闸瓦与杆间的摩擦力为： 121()F l l f N l μμ+== 匀质圆盘对转轴的转动惯量为212I mR =，由定轴转动定律,M I β=，有 ()122112F l l R mR l μβ+-= 21212()40/3F l l rad s mRl μβ+=-=-停止转动所需的时间： 0900200607.06403t s πωβ--===- 转过的角度201532332.762t t rad rad θωβπ?=+=?≈532n θπ==圈（2）030ωπ=，在2s 内角速度减小一半，知0227.5/23.55/rad s rad s tωωβπ-=-=-=-()1222112F l l R mR l μβ+-= 112600.250.5(23.55)1772()20.4 1.25mRl F N l l βμ-=-=-≈+??3.6 发动机带动一个转动惯量为250kgm 的系统做定轴转动. 在0.5s 内由静止开始匀速增加到120/min r 的转速. 求发动机对系统施加的力矩.解：由题意，250I kgm =，00ω=，120/min 4/r rad s ωπ==系统角加速度为：20825.12/rad s t tωωωβπ-?====?? 由刚体定轴转动的转动定理，可知M I β=5025.121256M Nm =?=3.7一轻绳绕于半径为R 的圆盘边缘, 在绳端施以mg F =的拉力, 圆盘可绕水平固定光滑轴在竖直平面内转动. 圆盘质量为M , 并从静止开始转动. 求：（1）圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系. （2）如以质量为m 的物体挂在绳端, 圆盘的角加速度及转动的角度和时间的关系又如何？解：（1）由刚体转动定理可知：M I β= 上题可知： M FR mgR ==212I MR =代入上式得2mgMRβ=， 2212mg t t MRθβ==（2）对物体受力分析'mg F ma -= 'F R I β= a R β=,212I MR =由上式解得22mgMR mR β=+22122mg t t MR mRθβ==+3.8某冲床飞轮的转动惯量为32410kgm ?. 当转速为30/min r 时, 它的转动动能是多少？每冲一次, 其转速下降10/min r . 求每冲一次对外所做的功.解：由题意，转速为：()030/min /r rad s ωπ== 飞轮的转动动能为：232411410 1.9721022E I J ωπ===? 第一次对外做功为：22011122A I I ωω=- 1220/min 3r πω==()2422222301011111515410 3.14 1.0910*******A I I I I J ωωωωπ=-=-=?==?3.9半径为R , 质量为M 的水平圆盘可以绕中心轴无摩擦地转动. 在圆盘上有一人沿着与圆盘同心, 半径为R r <的圆周匀速行走, 行走速度相对于圆盘为v . 设起始时, 圆盘静止不动, 求圆盘的转动角速度.解：设圆盘的转动角速度为2ω，则人的角速度为12vrωω=-，圆盘的转动惯量为212MR ，人的转动惯量为2mr ,由角动量守恒定律， 222212v mr MR r ωω??-=即22222mrvmr MRω=+3.10 两滑冰运动员, 质量分别为60kg 和70kg , 他们的速率分别为7/m s 和6/m s , 在相距1.5m 的两平行线上相向滑行. 当两者最接近时, 互相拉手并开始绕质心做圆周运动. 运动中, 两者间距离保持m 5.1不变. 求该瞬时：（1）系统的总角动量. （2）系统的角速度.（3）两人拉手前后的总动能.解：⑴ 设1m 在原心，质心为c r70 1.50.87060c r m ?=≈+120.8, 1.50.810.7c r r m r m ===-=21112226070.870607630./J m v r m v r kg m s =+=??+??=⑵ 系统的转动惯量为： 222221122600.8700.772.7I m r m r kgm =+=?+?=6308.66/72.7J rad s I ω==≈ 222201122111160770627302222E m v m v J =+=??+??=221172.78.66272622E I J ω==??≈3.11半径为R 的光滑半球形碗, 固定在水平面上. 一均质棒斜靠在碗缘, 一端在碗内, 一端在碗外. 在碗内的长度为c , 求棒的全长.解：棒的受力如图所示本题属于刚体平衡问题，由于碗为光滑半球形，A 端的支持力沿半径方向，而碗缘B 点处的支持力方向不能确定，两个支持力和重力三者在竖直平面内。

大学物理课后习题答案第三章

第3章力学基本定律与守恒律习题及答案1．作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j6-m ·s -1的物体,回答这两个问题．解: (1)若物体原来静止，则i t i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，ip I imp v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆ 若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t tt F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d,同理， 12v v ∆=∆,12I I=这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t 解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)2．一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得 ba I 22= (3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 3．如图所示，一质量为m 的球，在质量为M 半径为R 的1/4圆弧形滑槽中从静止滑下。

大学物理习题答案解析第三章

第三章动量守恒定律和能量守恒定律3 -1对质点组有以下几种说法：(1) 质点组总动量的改变与内力无关；(2) 质点组总动能的改变与内力无关；(3) 质点组机械能的改变与保守内力无关．下列对上述说法判断正确的是()(A) 只有(1)是正确的(B) (1)、(2)是正确的(C) (1)、(3)是正确的(D) (2)、(3)是正确的分析与解在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3)说法是正确的．故选(C)．3 -2有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则()(A) 物块到达斜面底端时的动量相等(B) 物块到达斜面底端时动能相等(C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒(D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒分析与解对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒．物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功．由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等(动量方向也不同)．故(A)(B)(C)三种说法均不正确．至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒．3 -3对功的概念有以下几种说法：(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加；(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零．下列上述说法中判断正确的是()(A) (1)、(2)是正确的(B) (2)、(3)是正确的(C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．3 -4如图所示,质量分别为m1和m2的物体A和B,置于光滑桌面上,A和B之间连有一轻弹簧．另有质量为m1和m2的物体C和D分别置于物体A与B 之上,且物体A和C、B和D之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有()(A) 动量守恒,机械能守恒 (B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A 、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)．3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出．以地面为参考系,下列说法中正确的说法是( )(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能(B) 子弹-木块系统的机械能守恒(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热分析与解子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的．3 -6 一架以3.0 ×102 m·ｓ-1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？分析由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况．在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了．解以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得式中F ′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得0Δ-='v m t F鸟对飞机的平均冲力为式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N 的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．3 -7 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v 0 抛出,v 0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．分析重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果．另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出．解1 物体从出发到达最高点所需的时间为则物体落回地面的时间为于是,在相应的过程中重力的冲量分别为解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 的过程中,重力的冲量分别为3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m ＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v 1 N 1055.252⨯=='lm F v N 1055.25⨯-='-=FF gαt sin Δ01v =gαt sin Δ01v =gαt t sin Δ2Δ012v ==j j F I αm t mg t t sin Δd 011Δ1v -=-==⎰j j F I αm t mg t t sin 2Δd 022Δ2v -=-==⎰j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-=j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=＝10 m·s -1 ,方向与Fx 相同,在t ＝6.86s 时,此物体的速度v 2 ．分析本题可由冲量的定义式,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v 2．解 (1) 由分析知(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．求安全带对人的平均冲力．分析从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果．解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为(1)在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有(2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到时间内小球动量的增量．分析由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式积分前,应先将式中x 用x ＝A cos ωt 代之,方能积分．解力F 的冲量为 ⎰=21d t t t F I ()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I 112s m 40-⋅=+=mm I v v gh 21=v ()12Δv v m m t -=+P F ()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg t m Δmg F v N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F ωt 2π=⎰21d t t t F即 3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m 2 的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向．分析对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp ＝Δm (v B -v A )；此动量的变化是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F ；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F ．解在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水的平均冲力从而可得水流对管壁作用力的大小为作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．3 -12 一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6 m ．爆炸1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102 m ．问第二块落在距抛出点多远的地面上．(设空气的阻力不计)分析根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的．因此,若能求出第二块碎ωkA t t ωkA t kx t F I ωt t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d ()ωkA m -=vΔ()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F N 105.2232⨯-=-=-='v S ρFF片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地的位置．为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒．由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置．解取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A 的速度的水平分量为(1) 物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为当该碎片落地时,有y 1 ＝0,t ＝t 1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度(2) 又根据动量守恒定律,在最高点处有 (3) (4) 联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为(5)(6) 落地时,y 2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置x 2 ＝500 m3 -13 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1的速度继续向前驶去．A 、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)分析由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守hg x t x x 21010==v 21121gt t h y --=v 12121t gt h -=v x x m m 2021v v =y m m 2121210v v +-=1102s m 100222-⋅===hg x x x v v 112112s m 7.1421-⋅=-==t gt h y v v 2212t v x x x +=2222221gt t h y y -+=v恒方程即可解出结果．解设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有(1)(2)由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m·s -1 代入数据后,可解得也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解．3 -14 质量为m′ 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v 0 向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点)分析人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致．在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化．如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定．至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算．解取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率．得人的水平速率的增量为而人从最高点到地面的运动时间为 ()A A B A A m m m m v v v '=+-()''=+-B B A B B m m m m v v v ()()12s m 40.0-⋅-=---'-=m m m m m m m A B B B A v v ()()()12s m 6.3-⋅=---'-=m m m m m m m m B A B B A B vv ()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0u mm m α'++=cos 00v v u m m m α'+=-=cos Δ0v v v所以,人跳跃后增加的距离 *3 -15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着,绳的下端刚好触到水平桌面上．如果把绳的上端放开,绳将落在桌面上．试证明：在绳下落过程中的任意时刻,作用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的三倍．分析由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的托力．但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对d t 时间内下落绳的冲力,此力必须运用动量定理来求．解取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点,Oy 轴的正向竖直向下．绳的总长为l ,以t 时刻,已落到桌面上长为y 、质量为m′的绳为研究对象．这段绳受重力P 、桌面的托力F N 和下落绳子对它的冲力F (如图中所示)的作用．由力的平衡条件有(1) 为求冲力F ,可取d t 时间内落至桌面的线元d y 为研究对象．线元的质量,它受到重力d P 和冲力F 的反作用力F ′的作用,由于F ′＞＞d P ,故由动量定理得 (2) 而 (3)由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为 gαt sin 0v =()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0vv 0N =-+F F yg l m y lm m d d =y lm t F d 0d v -='F F '-=g m yg lm l m yg l m F F '==+=-='332N N v*3 -16 设在地球表面附近,一初质量为5.00 ×105 kg 的火箭,从尾部喷出气体的速率为2.00 ×103 m·s -1 ．(1) 试问：每秒需喷出多少气体,才能使火箭最初向上的加速度大小为4.90 m·s -2 ．(2) 若火箭的质量比为6.00,求该火箭的最后速率．分析这是一个系统内质量转移的问题．为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在重力场中的动力学方程．为此,以t 时刻质量为m 的火箭为研究对象,它在t →t ＋Δt 的时间内,将分离成火箭主体(包括尚剩的燃料)和排出的燃料两部分．根据它们的总动量的增量Σd P i 和系统所受的外力———重力(阻力不计),由动量定理可得到-mg ＝u d m′/d t ＋m d v /d t (推导从略,见教材),即火箭主体的动力学方程．由于在d t 时间内排出燃料的质量d m ′很小,式中m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率d m ′/d t 也就是火箭质量的变化率-d m /d t ．这样,上述方程也可写成．在特定加速度a 0 的条件下,根据初始时刻火箭的质量m 0 ,就可求出燃料的排出率d m /d t ．在火箭的质量比( 即t 时刻火箭的质量m 与火箭的初始质量m 0之比) 已知的条件下,可算出火箭所经历的时间,则火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得．解 (1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为 (1) 因火箭的初始质量为m 0 ＝5.00 ×105 kg, 要使火箭获得最初的加速度a 0 ＝4.90 m·s -2,则燃气的排出率为(2) 为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成分离变量后积分,有火箭速率随时间的变化规律为 (2) 因火箭的质量比为6.00,故经历时间t 后,其质量为得 (3) 将式(3)代入式(2),依据初始条件,可得火箭的最后速率 ma mg tm u=-d d ma mg tm u =-d d ()1300s kg 1068.3d d -⋅⨯=+=ua g m t m tm mg t m ud d d d v =-⎰⎰⎰-=t mm t g m m u 0d d d 00v v v gt m m u --=00lnv v m t t m m m 61d d 0=-=tm m t d /d 650=13000s m 1047.2d /d 65ln ln -⋅⨯=-=-='tm m m m u gt m m u v3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t ＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离线性地减小,且x ＝0 时,F ＝F 0 ；当x ＝L 时,F ＝0．试求质点从x ＝0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率．分析由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给条件知．则该力作的功可用式计算,然后由动能定理求质点速率．解由分析知, 则在x ＝0 到x ＝L 过程中作功, 由动能定理有得x ＝L 处的质点速率为此处也可用牛顿定律求质点速率,即分离变量后,两边积分也可得同样结果．3 -18 如图所示,一绳索跨过无摩擦的滑轮,系在质量为1.00 kg 的物体上,起初物体静止在无摩擦的水平平面上．若用5.00 N 的恒力作用在绳索的另一端,使物体向右作加速运动,当系在物体上的绳索从与水平面成30°角变为37°角时,力对物体所作的功为多少？已知滑轮与水平面之间的距离d ＝1.00 m ．分析该题中虽施以“恒力”,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化．需按功的矢量定义式来求解．解取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct 3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x 0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k )分析本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式来求解．关键在于寻找力函数F ＝F (x )．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F (v ) ＝k v 2 变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3 的x LF F F 00-=⎰L x F 0d x L F F F 00-=2d 0000L F x x L F F W L =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰0212-=v m W mL F 0=v xm t m x L F F d d d d 00v v v ==-⎰⋅=s F d W J 69.1d d cos d 2122=+-==⋅=⎰⎰⎰x x d Fx x θF W x x x F ⎰⋅=x F d W关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功的定义式求解．解由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体的速度按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为则阻力的功为3 -20 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．分析由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可题3 -20 图求出．解水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0．2 kg/m,人对水桶的拉力的功为3 -21 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开．求：(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和速率；(3) 在最低位置时的张力．23d d ct tx ==v 3/43/242299x kc t kc k F ===v ⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W l o l -=-==⋅=⎰⎰⎰xF ()J 882d d 1000=-=⋅=⎰⎰y agy mg W l y F分析 (1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功．小球摆动过程中同时受到重力和张力作用．重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式,即能得出结果来．(2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率．(3) 在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定．解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即在小球摆动过程中,张力F Ｔ的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为小球在最低位置的速率为(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得3 -22 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v 0 ．当它运动一周时,其速率为v 0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？分析质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中⎰⋅=s d F W ()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P s F d T T ⋅=⎰W J 53.0k k ==E E 1P K s m 30.222-⋅===mW m E v lm P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之．解 (1) 摩擦力作功为(1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有(2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为(3) 由于一周中损失的动能为,则在静止前可运行的圈数为圈 3 -23 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m 1 和m 2 ．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k )分析运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出．解选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1 ＝P 1 ＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得式中y 1 、y 2 为M 、N 两点对原点O 的位移．因为F 1 ＝ky 1 ,F 2 ＝ky 2 及P 1 ＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2 ＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得20202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-=mg μr πs F W 2180cos o f -==rgπμ16320v =2083v m 34k0==W En 2221212121mgy ky mgy ky +=-F＝P1＋F2(3) 当A板跳到N点时,B板刚被提起,此时弹性力F′2＝P2 ,且F2＝F′2．由式(3)可得F＝P1＋P2＝(m1＋m2 )g应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．3 -24如图(a)所示,有一自动卸货矿车,满载时的质量为m′,从与水平成倾角α＝30.0°斜面上的点A 由静止下滑．设斜面对车的阻力为车重的0.25 倍,矿车下滑距离l时,与缓冲弹簧一道沿斜面运动．当矿车使弹簧产生最大压缩形变时,矿车自动卸货,然后矿车借助弹簧的弹性力作用,使之返回原位置A 再装货．试问要完成这一过程,空载时与满载时车的质量之比应为多大？分析矿车在下滑和返回的全过程中受到重力、弹力、阻力和支持力作用．若取矿车、地球和弹簧为系统,支持力不作功,重力、弹力为保守力,而阻力为非保守力．矿车在下滑和上行两过程中,存在非保守力作功,系统不满足机械能守恒的条件,因此,可应用功能原理去求解．在确定重力势能、弹性势能时,应注意势能零点的选取,常常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点,这样做对解题比较方便．解取沿斜面向上为x轴正方向．弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点O．矿车在下滑和上行的全过程中,按题意,摩擦力所作的功为Wｆ＝(0.25mg＋0.25m′g)(l＋x) (1) 式中m′和m分别为矿车满载和空载时的质量,x为弹簧最大被压缩量．根据功能原理,在矿车运动的全过程中,摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值,故有Wｆ＝-ΔE＝-(ΔE P＋ΔEｋ)由于矿车返回原位时速度为零,故ΔEｋ＝0；而ΔE P＝(m -m′) g(l＋x) sinα,故有Wｆ＝-(m-m′) g(l＋x) sinα (2) 由式(1)、(2)可解得。

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 J C ωω=-∴dtJ C d t⎰⎰-=∴ωωωωtJC -=0lnωωtJC e-=0ωω 当021ωω=时，2ln CJ t =。

（2）角位移⎰=tdt 0ωθ⎰-=2ln 00C J tJ C dt eωC J 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 83s i n 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=--。

αT m m gT M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)(MM 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=。

大学物理上册课件：第3章功和能+习题

b
b
b
b
A a (T mg) dr a T dr a mg dr
b
b
A a mg dr a mg cosdr
0 mgl cosd mgl sin
b
a T dr 0
由动能定理 A mglsin 1 mv2 0 1 mv2 v 2gl sin
2
牛顿第二定律的法向分量式为:
何求力的功呢？
F (t) a(t) v (t) dr (t) v (t)dt
例质量为2kg的质点在力 F＝1(S2It)i的作用下，从静
止出发，沿x轴正向作直线运动。求前三秒内该力所作的功。
解dt
3
12tvdt
r1
0
0
v v0
t
adt 0
O x1 x2 x
kF
v
O x2 x1 x
弹簧伸长时，弹力作负功；弹簧收缩时，弹力作正功。
弹簧的弹力做功只与始、末位置有关，与具体路径无关。
2 重力的功
作用于质点上的重力 P mgk
位移元 dr dxi dyj dzk
z M(x, y, z)
•m
dr
O
mg
y
x
M 0 ( x0 , y0 ,0)
0
z (mgdz )
mgz
重力势能函数：
E p( z ) mgz
•m
dz
dr
mg
重力势能等于重力与质点和零势能点间高度差的乘积
势能曲线：势能随空间位置变化的函数关系曲线。
重力势能曲线
Ep
O
z
E p( z ) mgz
b、万有引力势能
选无限远为零势能参考点，则某点的势能为