武汉理工大学大物习题答案6-9

线量22rrdrvdtdvdradtdt22dtddtddtd角量内容复习对比)(22102022000ssavvattvssatvv02002200122()ttt运动学规律212mFmv转动惯量212JMJ质量转动动能转动定律力矩动能牛顿定律力动力学物理量FmaMJ动力学规律平动0Fdtmvmv2201122WFdrmvmv2220111222WWmvJmgxkx外非恒量转动0MdtJJ2022121JJMdWLJpmvdpFdtdLMdt练习6选择题1.A3.C2LmR由牛顿定律22mMGmRRLmGMR有心力作用，角动量守恒。221122mrmr21212rr质点系角动量守恒同高从静态开始往上爬忽略轴处摩擦质点系若系统受合外力矩为零，角动量守恒。初态角动量末态角动量=得不论体力强弱，两人等速上升。若合外力矩不为零，角动量不守恒。可应用质点系角动量定理进行具体分析讨论。12mm、12mm22110mvRmvR21vv12mm2.C练习6填空题1.2(1)2rtitj原题设4kgm则22vtij00xyijkLrpxypp24120220ijktttt=3s时3280kgm/skLt=0s时208kgm/sLk272kgm/skL2.hmgNcosNmg2sinsinNmr6cos1012.9rad/s3.由题意知，质点作匀速直线运动510itj00rrvt2150kgm/sk000yLmvxk12122150kgm/sLkL角动量守恒练习6计算题1.解：38rijLrmv2174kgm/sk()56Nsk()MrFsinLrmvmrvLMFrMrFMrF387iji()()38563ijij()()地球可看作是半径R=6400km的球体，一颗人造地球卫星在地面上空h=800km的圆形轨道上，以7.5km/s的速度绕地球运动。在卫星的外侧发生一次爆炸，其冲量不影响卫星当时的绕地圆周切向速度vt=7.50201km/s，但却给予卫星一个指向地心的径向速度vn=0.2km/s。求这次爆炸后使卫星轨道的最低点和最高点位于地面上空多少公里？解：普通物理学教案教材4-20：这是平方反比律的有心力作用下的轨道问题这类问题所满足的基本规律是机械能守恒、对于圆轨道，还可以利用引力提供向心力的概念角动量守恒爆炸过程及其前后，卫星对地心的角动量守恒tmvrmvr其中r＇是轨道最低点或最高点处距地心的距离，此时vr爆炸后，卫星、地球系统机械能守恒22211()22tnGmMGmMmvvmvrr爆炸时，卫星处在圆轨道上，由牛顿定律22tvGmMmrr2tGMvr①③②trvvr将①式、③式代入②式并化简得222222()20tnttvvrvrrvr[()][()]0tnttntvvrvrvvrvr()0tntvvrvr()0tntvvrvr若即得ttnvrrvv若得ttnvrrvv7397km7013km远地点173976400997kmh近地点270136400613kmh练习7选择题1.C圆环2JmR2.B圆盘212JmR2212RhR22AABBRhRh2AB2BARR则ABRR所以ABJJ3.BvR47.1msvt25102.5260练习7填空题1.0t当角速度为零时，飞轮获得最大角位移。据此时2s10/t由匀加速运动的对称性142stt由题意知飞轮从初始状态到角位移为零，历时此时10rad/s轮边缘一点的线速度1.5(10m)15/svR2.22002()22022222302026022256.54rad/s()12或0t3020254.8s120t此题为匀角加速运动，可完全比照匀加速直线运动处理。3.Ror这类问题都采用补偿法221328MRmR221322JMRmr2213224RMRm练习7计算题1.解：224sin603xJmama()22cos60yJma()22cos60maa()29ma222222cos302zJmamama()()212ma2222(sin30)(sin30)sJmamaama24.5masoyx22ma()6030练习8选择题1.D矢量和为零，力矩不一定为零（如力偶矩）而能够改变转动状态的是力矩的作用。3.BMJ335.0101.26.010Nm2.CFMgMgMg作用的系统有两个对象F直接作用在滑轮上2A[]MgRMRJBFRJAAAMgTMaTRJaR隔离法FAB得练习8填空题1.2.0tMJ27.03.5rad/s2.003.58.0/14rad/s20t33.32/601.522.325rad/sMJ210.70.152.3252M0.0183Nm3.m2mo6022()2()22LLJmm222LLMmgmg2/23/4mgLmLMJ23gL2Lmg234mL力矩与角加速度都是瞬时量，与初始状态无关。AB练习8计算题1.解：AT1m1gaBNm2gT2质点B：质点A：由牛顿定律：22Tma111mgTma水平方向上加速度为a，隔离分析设绳的张力为T1，设绳的张力为T2，AB1T2T22TT11TT由转动定律12()TTRJ由于绳和滑轮无滑动，则aRβ联立上述方程，1212/mgammJR滑轮：得：22Tma111mgTma12()TTRJaRβ由圆盘代入上式得：2312JmR112322()magmmm12311123(2)()2()mmmTmgagmmm122212322()mmgTmagmmmmmAB2rr2.解：分析受力如图：mgmgT1T2a2a11T2T设A的加速度为a1方向向下；B的加速度为a2方向向上；滑块的加速度为β，方向垂直纸面向外。质点A：11mgTma质点B：22Tmgma两圆粘合视作一个刚体，其转动惯量为21292JJJmr由转动定律列方程：122TrTrJβ由牛顿第三定律：22TT11TT由角量与线量的关系：12arβ2arβ解以上方程组得：25mgrJmrβ219grmmAB2rr由系统角动量定理2Mmgrmgr外＝J2229[(2)]2mrmrmr另解：（定轴转动定律）dLdtdJdt如图，求悬挂物加速度。解：普通物理学教案例题：1R2m1m2R3T2T1T系统角动量定理不可用！隔离法1111mgTma2222Tmgma31111()TTRJ32222()TTRJ111aR22R2a联解系统功能原理可用机械能守恒2222111122221122111102222[]dmgymvmgymvJJdt如图，两圆柱体它们原来沿同一转向分别以10、20匀速转动，然后平移两轴，使它们的边缘相切。求：最后在接触处无相对滑动时，每个圆柱的角速度1、2。解：普通物理学教案例题：2010无相对滑动时，二圆柱线速度一样1122RR两圆柱系统角动量守恒1012021122JJJJ211112JmR222212JmR问题：解法正确否？12,正确解：无相对滑动时，二圆柱，角速度相反，线速度一样，以1为正方向1122RR对两柱分别用角动量定理（力矩都是接触处的摩擦力f）11110()RfdtJ22220()RfdtJ1110122220()()JRRJ111022201112()mRmRRmm111022202212()mRmRRmm结合这两式及圆柱体绕中心轴的转动惯量，最后得12练习9选择题1.C3.C2.C00013JJ03oLvvL角动量守恒2212[2(2)]12mvLmLmL67vL人与盘组成的系统，有内部非保守力作用，对转轴无外力矩作用。2122(2)12vmvmvmLL练习9填空题012345678910221212461416()102102310310llmgmgmlml120.4m,0.6mll210.5rad/s1.设顺时针转动为正向MJ2.m2mo/3l2221[()2()]332/3vLmlmllmvl3.0v角动量守恒20()JmvRJmR设顺时针转动为正向02JmvRJmR练习9计算题弹簧原长01.51.00.5ml1.解：棒转到水平位置时弹簧伸长量2211.50.51.3ml棒下摆过程中，系统机械能守恒2211222lJklmgω()213Jml且：解得：2233.34rad/sklmglmlω[()]重力势能零点在哪儿？2211222lJmgklω()2.解：dmdxx薄板对轴的转动惯量为：oo2Jxdm式中dm是宽度为dx的一条细棒的质量。小球碰撞后速度方向不变，大小变为v。碰撞中角动量守恒：0mvlJmvlω弹性碰撞前后系统机械能守恒：0222111222mvJmvω解以上方程组得：xoo213Ml20lMxdxl063mvMmlω()033mMvvmM*讨论：当3mM，v0小球碰后继续向前；当3mM，v0小球碰后方向改变；当3m=M，v=0小球碰后静止。0mvMVmv转动惯量另解：dmdy薄板对轴的转动惯量为：ooJdJxoo213Ml201()3bMdylb利用细棒转动惯量的结果一光滑的圆环绕竖直轴（转动惯量J0）以角速度ω0旋转，一静止小球m从顶端开始下滑，求小球各点角速度和速度。解：普通物理学教案例题：θRABCωv╳sinR2000(sin)JmRJm+环：对竖直轴的角动量守恒0220sin1mRJ小球下滑过程中动量守恒否？对旋转轴的角动量守恒否？22200111(1cos)222JmgRJmv22220220sin2(1cos)sin1RvgRmRJm+环＋地球：机械能守恒，A为势能零点220sinJJmR0220sin1mRJ2222sinvvR地＝θRABCωv╳sinR1.有两个力作用在一个有固定轴的刚体上(1)这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定为0。(2)这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是0。(3)当这两个力的合力为0时，它们对轴的合力矩也一定为0。(4)当这两个力对轴的合力矩为0时，它们的合力也一定是0。答：(1)、(2):正确(3)、(4):不正确