武汉理工大学大物习题答案69

1、线线 量量 22rrdrvdtdvd radtdt 22dtddtddtd 角角 量量内容复习对比内容复习对比)(22102022000ssavvattvssatvv 02002200122 ()ttt 运动学规律运动学规律212mfmv转动惯量转动惯量212jmj 质量质量转动动能转动动能转动定律转动定律力矩力矩动能动能牛顿定律牛顿定律力力动力学物理量动力学物理量fma mj 动力学规律动力学规律平平 动动0fdtmvmv 2201122wf drmvmv 2220111 222wwmvjmgxkx 外外非非恒恒量量转转 动动0mdtjj 2022121 jjmdw lj pmv dpfdt

2、 dlmdt 练习练习6 选择题选择题1. a3. c2lmr 由牛顿定律由牛顿定律22mmgmrr lm gmr 有心力作用，角动量守恒。有心力作用，角动量守恒。221122mrmr 21212rr 质点系角动量守恒质点系角动量守恒同高从静态同高从静态开始往上爬开始往上爬忽略轴处摩擦忽略轴处摩擦质点系质点系若若系统受合外力矩为零，角动量守恒。系统受合外力矩为零，角动量守恒。初态角动量初态角动量末态角动量末态角动量 =得得不论体力强弱，两人等速上升。不论体力强弱，两人等速上升。若若合外力矩不为零，角动量不守恒。合外力矩不为零，角动量不守恒。可应用可应用质点系角动量定理质点系角动量定理进行具体分

3、析讨论。进行具体分析讨论。12mm、12mm221 10m v rm v r21vv12mm2. c练习练习6 填空题填空题1.2(1)2 rtit j原题设原题设4kgm 则则2 2 vt ij00 xyijklrpxypp24120220ijktttt = 3s 时时3280 kg m /skl t = 0s 时时208 kg m /slk 272 kg m /skl 2.h mgncosnmg 2sinsin nmr 6cos10 12.9rad/s 3.由题意知，质点作匀速直线运动由题意知，质点作匀速直线运动510 it j 00rrv t2150 kg m /sk 000ylmvx

4、k 12122150 kg m /slkl 角动量守恒角动量守恒练习练习6 计算题计算题1. 解：解：38rijlrmv2174 kg m /sk ()56 n sk()mrfsinlrmvmrv lmfrmrfmr f387iji () ()38563ijij() () 地球可看作是半径地球可看作是半径 r = 6400km 的球体，一的球体，一颗人造地球卫星在地面上空颗人造地球卫星在地面上空h = 800km 的圆形轨的圆形轨道上，以道上，以 7.5km/s 的速度绕地球运动。在卫星的的速度绕地球运动。在卫星的外侧发生一次爆炸，其冲量不影响卫星当时的绕外侧发生一次爆炸，其冲量不影响卫星当时

5、的绕地圆周切向速度地圆周切向速度vt = 7.50201km/s，但却给予卫星，但却给予卫星一个指向地心的径向速度一个指向地心的径向速度vn= 0.2km/s。求这次爆。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？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这类问题所满足的基本规律是机械能守恒、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角动量守恒 爆炸过程及其前后，卫星对

6、地心的爆炸过程及其前后，卫星对地心的角动量守恒角动量守恒 tmv rmvr 其中其中 r是轨道最低点或最高点处距地心的距离，是轨道最低点或最高点处距地心的距离，此时此时 vr爆炸后，卫星、地球系统爆炸后，卫星、地球系统机械能守恒机械能守恒 22211()22tngmmgmmm vvmvrr爆炸时，卫星处在圆轨道上，由爆炸时，卫星处在圆轨道上，由牛顿定律牛顿定律 22tvgmmmrr2tgmv rtrvvr 将将式、式、式代入式代入式并化简得式并化简得222222()20tnttvvrv rrv r() ()0tnttntvvrv rvvrv r()0tntvvrv r()0tntvvrv r若

7、若即即得得ttnv rrvv 若若得得ttnv rrvv 7397km7013km远地点远地点173976400997kmh 近地点近地点270136400613kmh 练习练习7 选择题选择题1. c圆环圆环2jmr 2. b圆盘圆盘212jmr 2212r hr22aabbr hr h 2ab2barr 则则abrr 所以所以abjj 3. bvr 47.1m svt 25 102.5260 练习练习7 填空题填空题1. 0t当角速度为零时，飞轮获得最大角位移。当角速度为零时，飞轮获得最大角位移。据据此时此时2s 10/t 由匀加速运动的对称性由匀加速运动的对称性142stt由题意知由题意

8、知飞轮从初始状态到角位移为零，历时飞轮从初始状态到角位移为零，历时此时此时10rad/s 轮边缘一点的线速度轮边缘一点的线速度1.5( 10m)15/s vr 2. 22002 () 2202 222230202602 2256.54rad/s ()12 或或0t3020254.8s12 0t 此题为匀角加速运动，可完全比照此题为匀角加速运动，可完全比照匀加速直线运动处理。匀加速直线运动处理。3. ror这类问题都采用补偿法这类问题都采用补偿法221328mrmr 221322jmrmr2213224rmrm练习练习7 计算题计算题1. 解：解：224sin603xjm ama() 22cos

9、60yjm a() 22cos60m aa() 29ma222222 cos302zjmamama()() 212ma2222(sin30 )( sin30 )sjmam aam a24.5masoyx22ma()60 30 练习练习8 选择题选择题1. d 矢量和为零，力矩不一定为零（如力偶矩）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。而能够改变转动状态的是力矩的作用。3. bmj 335.0 101.26.0 10 n m 2. cfmgmgmg作用的系统有两个对象作用的系统有两个对象f 直接作用在滑轮上直接作用在滑轮上2amgrmrj bfrj aaa mg

10、tmatrjar 隔离法隔离法fab 得得练习练习8 填空题填空题1. 2. 0tmj 27.03.5rad/s2.0 03.58.0/14rad/s2 0t33.32 /601.5 22.325rad/s mj 210.70.152.3252m 0.0183n m 3. m2mo60 22()2()22lljmm222llmmgmg2/23/4mg lml mj 23gl 2lmg 234ml 力矩与角加速度力矩与角加速度都是瞬时量，与初始都是瞬时量，与初始状态无关。状态无关。ab练习练习8 计算题计算题1. 解：解：at1m1gabnm2gt2质点质点b ：质点质点a ：由牛顿定律：由牛顿

11、定律：22tm a111m gtm a水平方向上水平方向上加速度为加速度为a ，隔离分析隔离分析设绳的张力为设绳的张力为t1 ，设绳的张力为设绳的张力为t2 ，ab1t2t22tt 11tt由转动定律由转动定律12()tt rj 由于绳和滑轮无滑动，则由于绳和滑轮无滑动，则ar联立上述方程，联立上述方程，1212/m gammj r滑轮：滑轮：得：得：22tm a111m gtm a12()tt rj ar由圆盘由圆盘 代入上式得：代入上式得： 2312jm r112322()magmmm12311123(2)()2()mmmtm gagmmm122212322()m m gtm agmmm

12、m mab2rr2. 解：分析受力如图：解：分析受力如图：mgmgt1t2a2a11t2t设设a 的加速度为的加速度为a1方向向下；方向向下；b 的加速度为的加速度为a2方向向上；方向向上；滑块的加速度为滑块的加速度为 ，方向垂直纸面向外。方向垂直纸面向外。质点质点a ：11mgtma质点质点b ：22tmgma两圆粘合视作一个刚体，两圆粘合视作一个刚体，其转动惯量为其转动惯量为21292jjjmr由转动定律列方程：由转动定律列方程：122trt rj由牛顿第三定律：由牛顿第三定律：22tt 11tt由角量与线量的关系：由角量与线量的关系：12ar2ar解以上方程组得：解以上方程组得：25mg

13、rjmr219gr m mab2rr由系统角动量定理由系统角动量定理2mmg rmgr外外j 2229(2 ) 2mrmrmr 另解：另解：（定轴转动定律）（定轴转动定律）dldtdjdt 如图，求悬挂物加速度。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！系统角动量定理不可用！ 隔离法隔离法1111m gtm a2222tm gm a31111()ttrj 32222()ttrj 111ar 22r 2a 联解联解系统功能原理可用系统功能原理可用机械能守恒机械能守恒2222111 122221122111102222dm gym vm gym

14、 vjjdt 如图，两圆柱体它们原来沿同一转向分别以如图，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，每个缘相切。求：最后在接触处无相对滑动时，每个圆柱的角速度圆柱的角速度 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两圆柱系统角动量守恒1012021122jjjj 211112jm r 222212jm r 问题：解法正确否？问题：解法正确否？12, 正确解：正确解：无相对滑动时，二圆柱，角

15、速度相反，线速无相对滑动时，二圆柱，角速度相反，线速度一样，以度一样，以 1 为正方向为正方向1122rr 对两柱分别用角动量定理对两柱分别用角动量定理（力矩都是接触处的摩擦力（力矩都是接触处的摩擦力 f ）11110()r fdtj 22220()r fdtj 1110122220()()jrrj 111022201112()m rm rr mm 111022202212()m rm rr mm 结合这两式及圆柱体绕中心轴的转动惯量，最后得结合这两式及圆柱体绕中心轴的转动惯量，最后得 1 2练习练习9 选择题选择题1. c3. c2. c00013jj 03 olvvl角动量守恒角动量守恒2

16、2122(2 ) 12mvlmlml 67vl 人与盘组成的系统，有内部非保守力作人与盘组成的系统，有内部非保守力作用，对转轴无外力矩作用。用，对转轴无外力矩作用。2122(2 )12vmvmvmll 练习练习9 填空题填空题012345678910221212461416()102102310310llmgmgmlml 120.4m , 0.6mll210.5rad/s 1. 设顺时针转动为正向设顺时针转动为正向mj 2. m2mo/3l2221()2() 332 /3vlmlmllmvl 3. 0 v 角动量守恒角动量守恒20()jmvrjmr设顺时针转动为正向设顺时针转动为正向02jmv

17、rjmr 练习练习9 计算题计算题弹簧原长弹簧原长01.51.00.5ml 1. 解：解：棒转到水平位置时弹簧伸长量棒转到水平位置时弹簧伸长量2211.50.51.3ml 棒下摆过程中，系统机械能守恒棒下摆过程中，系统机械能守恒2211222ljklmg ()213jml且：且：解得：解得：2233.34rad/sklmglml ()重力势能零点在哪儿？重力势能零点在哪儿？2211222ljmgkl ()2. 解：解：dmdxx薄板对薄板对 轴的转动惯量为：轴的转动惯量为：oo2jx dm式中式中dm 是宽度为是宽度为dx 的一条细棒的质量。的一条细棒的质量。小球碰撞后速度方向不变，大小变为小

18、球碰撞后速度方向不变，大小变为v 。碰撞中角动量守恒：碰撞中角动量守恒：0mv ljmvl弹性碰撞前后系统机械能守恒：弹性碰撞前后系统机械能守恒：0222111222mvjmv解以上方程组得：解以上方程组得：xoo 213ml20lmxdxl063mvmm l()033mmvvmm* *讨论：讨论：当当3m m ，v 0 小球碰后继续向前；小球碰后继续向前；当当3m m ，v 0 小球碰后方向改变；小球碰后方向改变；当当3m = m ，v = 0 小球碰后静止。小球碰后静止。0mvmvmv转动惯量另解：转动惯量另解：dmdy薄板对薄板对 轴的转动惯量为：轴的转动惯量为：oojdjxoo 213ml201()3bmdy lb利用细棒利用细棒转动惯量的结果转动惯量的结果一光滑的圆环绕竖直轴（转动惯量一光滑的圆环绕竖直轴（转动惯量 j0 ）以）以角速度角速度0 旋转，