【正文】 為面元 ， 環(huán)所受摩擦力 dFｆ ＝ 2πrμmgdr/πR2 ， 其方向均與環(huán)的半徑垂直 ， 因此 ， 該圓環(huán)的摩擦力矩 dM ＝ r dFｆ ， 其方向沿轉動軸 ， 則圓盤所受的總摩擦力矩 M ＝ ∫ ， 總的摩擦力矩的計算就可通過積分來完成 .由于摩擦力矩是恒力矩 ， 則由角動量定理 MΔ t ＝ Δ (Jω)， 可求得圓盤停止前所經歷的時間 Δ . 解 (1) 由分析可知 ， 圓盤上半徑為 r、 寬度為 dr 的同心圓環(huán)所受的摩擦力矩為 ? ?kFrM 22f /d2d Rrmgμrd ???? 式中 k 為軸向的單位 矢量 .圓盤所受的總摩擦力矩大小為 m gRμrR mgμrMM R 32d2d 0 22 ??? ? ? (2) 由于摩擦力矩是一恒力矩 ， 圓盤的轉動慣量 J ＝ mR2/2 .由角動量定理 MΔ t ＝ Δ (Jω)，可得圓盤停止的時間為 gμRωMωJt 43Δ ?? 4 － 18 如圖所示 ， 一通風機的轉動部分以初角速度 ω0 繞其軸轉動 ， 空氣的阻力矩與角速度成正比 ， 比例系數(shù) C 為一常量 .若轉動部分對其軸的轉動慣量為 J， 問 ： (1) 經過多少時間后其轉動角速度減少為初角速度的一半 ？ (2) 在此時間內共轉過多少轉 ？ 分析 由于空氣 的阻力矩與角速度成正比 ， 由轉動定律可知 ， 在變力矩作用下 ， 通風機葉片的轉動是變角加速轉動 ， 因此 ， 在討論轉動的運動學關系時 ， 必須從角加速度和角速度的定義出發(fā) ， 通過積分的方法去解 . 解 (1) 通風機葉片所受的阻力矩為 M ＝－ Cω， 由轉動定律 M ＝ Jα， 可得葉片的角加速度為 JωCtωα ??? dd (1) 根據初始條件對式 (1)積分 ， 有 tJCωω tωω dd 00 ?? ?? 由于 C 和 J 均為常量 ， 得 JCteωω /0 ?? (2) 當角速度由 ω0 → 12 ω0 時 ， 轉動所需的時間為 2lnCJt? (2) 根據初始條件對式 (2)積分 ， 有 teωθ JCttθ dd /0 00 ??? ? . 即 CωJθ 2 0? 在時間 t 內所轉過的圈數(shù)為 CωJθN π4π2 0?? 4 － 20 一質量為 m′、 半徑為 R 的均勻圓盤 ， 通過其中心且與盤面垂直的水平軸以角 速度 ω轉動 ， 若在某時刻 ， 一質量為 m 的小碎塊從盤邊緣裂開 ， 且恰好沿垂直方向上拋 ， 問它可能達到的高度是多少 ？ 破裂后圓盤的角動量為多大 ？ 分析 盤邊緣裂開時 ， 小碎塊以原有的切向速度作上拋運動 ， 由質點運動學規(guī)律可求得上拋的最大高度 .此外 ， 在碎塊與盤分離的過程中 ， 滿足角動量守恒條件 ， 由角動量守恒定律可計算破裂后盤的角動量 . 解 (1) 碎塊拋出時的初速度為 Rω?0v 由于碎塊豎直上拋運動 ， 它所能到達的高度為 gRωgh 22 2220 ?? v (2) 圓盤 在裂開的過程中 ， 其角動量守恒 ， 故有 LLL ??? 0 式中 ωRmL 221 ?? 為圓盤未碎時的角動量 ； ωmRL 2?? 為碎塊被視為質點時 ， 碎塊對軸的角動量 ； L 為破裂后盤的角動量 .則 ωRmmL 221 ?????? ??? 4 － 21 在光滑的水平面上有一木桿 ， 其質量 m1 ＝ kg， 長 l ＝ 40cm， 可繞通過其中點并與之垂直的軸轉動 .一質量為 m2 ＝ 10g 的子彈 ， 以 v ＝ 102 mｓ 1 和 x7 ＝ 142 m 2 18 一質量為 m 的 小球最初位于如圖 (a)所示的 A 點 ,然后沿半徑為 r的光滑圓軌道ADCB下滑．試求小球到達點 C時的角速度和對圓軌道的作用力． 分析 該題可由牛頓第二定律求解．在取自然坐標的情況下 ,沿圓弧方向的加速度就是切向加速度 aｔ ,與其相對應的外力 Fｔ 是重力的切向分量 mgsinα,而與法向加速度 an相對應的外力是支持力 FN 和重力的法向分量 mgcosα．由此 ,可分別列出切向和法向的動力學方程 Fｔ ＝mdv/dt和 Fn＝ man ．由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的 ,因此 ,需應用積分求解 ,為使運算簡便 ,可轉換積分變量． 倡 該題也能應用以小球、圓弧與地球為系統(tǒng)的機械能守恒定律求解小球的速度和角速度 ,方法比較簡便．但它不能直接給出小球與圓弧表面之間的作用力． 解 小球在運動過程中受到重力 P 和圓軌道對它的支持力 FN ．取圖 (b)所示的自然坐標系 ,由牛頓定律得 tmαmgFt ddsin v??? (1) RmmαmgFF Nn 2c os v??? (2) 由 tαrts dddd ??v ,得 vαrt dd ? ,代入式 (1),并根據小球從點 A 運動到點 C 的始末條件 ,進行積分 ,有 ? ??? ?? α ααrgo0 90 ds indvv vv 得 αrgcos2?v 則小球在點 C 的角速度為 rαgrω /c os2?? v 由式 (2)得 αmgαmgrmmFN c os3c os2 ??? v 由此可得小球對圓軌道的作用力為 αmgFF NN c o s3????? 負號表示 F′N 與 en 反向． 2 20 質量為 kg 的物體 ,由地面以初速 mｓ 1 的速度沿水平直線飛行 ,在離地面高為 100 m時 ,駕駛員要把物品空投到前方某一地面目標處 ,問： (1) 此時目標在飛機正下方位置的前面多遠？ (2) 投放物品時 ,駕駛員看目標的視線和水平線成何角度？ (3) 物品投出 ,它的法向加速度和切向加速度各為多少？ 分析 物品空投后作平拋運動．忽略空氣阻力的條件下 ,由運 動獨立性原理知 ,物品在空中沿水平方向作勻速直線運動 ,在豎直方向作自由落體運動．到達地面目標時 ,兩方向上運動時間是相同的．因此 ,分別列出其運動方程 ,運用時間相等的條件 ,即可求解． 此外 ,平拋物體在運動過程中只存在豎直向下的重力加速度．為求特定時刻 t時物體的切向加速度和法向加速度 ,只需求出該時刻它們與重力加速度之間的夾角 α或 β．由圖可知 ,在特定時刻 t,物體的切向加速度和水平線之間的夾角 α,可由此時刻的兩速度分量 vx 、 vy求出 ,這樣 ,也就可將重力加速度 g 的切向和法向分量求得． 解 (1) 取如圖所示的坐標 ,物 品下落時在水平和豎直方向的運動方程分別為 x ＝ vt, y ＝ 1/2 gt2 飛機水平飛行速度 v＝ 100 m1 6 已知質點沿 x 軸作直線運動 ,其運動方程為 32 262 ttx ??? ,式中 x 的單位為 m,t 的單位為 s．求： (1) 質點在運動開始后 s內的位移的大??； (2) 質點在該時間內所通過的路程； (3) t＝ 4 s時質點的速度和加速度． 分析 位移和路程是兩個完全不同的概念．只有當質點作直線運動且運動方向不改變時 ,位移的大小才會與路程相等．質點在 t 時間內的位移 Δx 的大小可直接由運動方程得到：0Δ xxx t ?? ,而在求路程時 ,就必須注意到質點在運 動過程中可能改變運動方向 ,此時 ,位移的大小和路程就不同了．為此 ,需根據 0dd ?tx 來確定其運動方向改變的時刻 tp ,求出 0～ tp 和tp～ t 內的位移大小 Δx1 、 Δx2 ,則 t 時間內的路程 21 xxs ???? ,如圖所示 ,至于 t ＝ s 時質點速度和加速度可用 txdd 和22ddtx 兩式計算． 解 (1) 質點在 s內位移的大小 m32Δ 04 ???? xxx (2) 由 0dd ?tx 得知質點的換向時刻為 s2?pt (t＝ 0不合題意 ) 則 021 ??? xxx m40Δ 242 ???? xxx 所以 ,質點在 s時間間隔內的路程為 m48ΔΔ 21 ??? xxs (3) t＝ s時 1 sm48dd ?? ???? ttxv 22 m .s36dd ?? ??? ttxa 1 7 一質點沿 x 軸方向作直線運動 ,其速度與時間的關系如圖 (a)所示．設 t＝ 0 時 ,x＝0．試根據已知的 vt 圖 ,畫出 at 圖以及 x t 圖． 分析 根據加速度的定義可知 ,在直線運動中 vt曲線的斜率為加速度的大小 (圖中 AB、CD 段斜率為定值 ,即勻變速直線運動；而線段 BC 的斜率為 0,加速度為零 ,即勻速直線運動 )．加速度為恒量 ,在 at 圖上是平行于 t 軸的直線 ,由 vt 圖中求出各段的斜率 ,即可作出 at 圖線．又由速度的定義可知 ,xt 曲線的斜率為速度的大?。虼?,勻速直線 運動所對應的 x t 圖應是一直線 ,而勻變速直線運動所對應的 x–t 圖為 t 的二次曲線．根據各段時間內的運動方程 x＝ x(t),求出不同時刻 t 的位置 x,采用描數(shù)據點的方法 ,可作出 xt 圖． 解 將曲線分為 AB、 BC、 CD 三個過程 ,它們對應的加速度值分別為 2sm20 ??????ABABAB tta vv (勻加速直線運動 ) 0?BCa (勻速直線運動 ) 2sm10 ???????CDCDCD tta vv (勻減速直線運動 ) 根據上述結果即 可作出質點的 at 圖［圖 (B)］． 在勻變速直線運動中 ,有 20 21 ttxx ??? v 由此 ,可計算在 0～ 2ｓ和 4～ 6ｓ時間間隔內各時刻的位置分別為 用描數(shù)據點的作圖方法 ,由表中數(shù)據可作 0～ 2ｓ和 4～ 6ｓ時間內的 x t 圖．在 2～ 4ｓ時間內 , 質點是作 1sm20 ???v 的勻速直線運動 , 其 x t 圖是斜率 k＝ 20的一段直線［圖 (c)］． 1 9 質點的運動方程為 23010 ttx ??? 22022 tty ?? 式中 x,y 的單位為 m,t 的單位為ｓ． 試求： (1) 初速度的大小和方向； (2) 加速度的大小和方向． 分析 由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量 ,再由運動合成算出速度和加速度的大小和方向． 解 (1) 速度的分量式為 ttxx 6010dd ????v ttyy 4015dd ???v 當 t ＝ 0 時 , vox ＝ 10 m41′．軌跡如圖所示． 1 18 飛機以 100 mｓ 1 和 x5 ＝ m 對 5ｓ＜ t ＜ 7ｓ 時間段 ,用同樣方法有 ?? ? t tas5 2dd0vv v 得 ttt 2 ???v 再由 ?? ? txx tx s55 dd v 得 x ＝ ＋ 將 t ＝ 7ｓ代入分別得 v7＝ 40 ms2 ． (2) 若火箭的質量比為 ,求該火箭的最后速率． 分析 這是一個系統(tǒng)內質量轉移的問題．為了討論火箭的運動規(guī)律 ,仍需建立其在重力場中的動力學方程．為此 ,以 t 時刻質量為 m 的火箭為研究對象 ,它在 t→ t ＋ Δt 的時間內 ,將分離成火箭主體 (包括尚剩的燃料 )和排出的燃料兩部分．根據它們的總動量的增量 ΣdPi 和系統(tǒng)所受的外力 ———重力 (阻力不計 ),由動量定理可得到 mg ＝ udm′/dt ＋ mdv/dt(推導從略 ,見教材 ),即火箭主體的動力學方程．由于在 dt 時間內 排出燃料的質量 dm′很小 ,式中 m 也就可以視為此刻火箭主體的質量 , 而燃料的排出率 dm′/dt 也就是火箭質量的變化率 dm/dt．這樣 ,上述方程也可寫成 mamgtmu ??dd ．在特定加速度 a0 的條件下 , 根據初始時刻火箭的質量 m0 ,就可求出燃料的排出率 dm/dt．在火箭的質量比 ( 即 t 時刻火箭的質量 m 與火箭的初始質量 m0之比 ) 已知的條件下 ,可算出火箭所經歷的時間 ,則火箭運動的速率可通過對其動力學方程積分后解得． 解 (1) 以火箭發(fā)射處為原點 ,豎直向上為正方向．該火箭在重力 場中的動力學方程為 mamgtmu ??dd (1) 因火箭的初始質量為 m0 ＝ 105 kg, 要使火箭獲得最初的加速度 a0 ＝ m m － 1 ， R1 ＝ mm， R2 ＝ mm，兩極間的電勢差為多少 ？ 分析 兩極間的電場可以近似認為是無限長同軸帶電圓柱體間的電場 ， 由于電荷在圓柱面上均勻分布 ， 電場分布為軸對稱 ． 由高斯定理不難求得兩極間的電場強度 ， 并利用電場強度與電勢差的積分關系 ? ?? 21 dRRU lE 求出兩極間的電勢差 ． 解 （ 1