【正文】 加速度之間的關(guān)系 ， 有 αRa?1 (5) αra?2 (6) 解上述方程組 ， 可得 gRrmRmJJ rmRma 222121 211 ??? ?? grrmRmJJ rmRma 222121 212 ??? ?? gmrmRmJJ RrmrmJJF T 1222121 221211 ??? ???? gmrmRmJJ RrmRmJJF T 2222121 121212 ??? ???? 4 － 17 一半徑為 R、 質(zhì)量為 m 的勻質(zhì)圓盤 ， 以角速度 ω繞其中心軸轉(zhuǎn)動 ， 現(xiàn)將它平放在一水平板上 ， 盤與板表面的摩擦因數(shù)為 μ.(1) 求圓盤所受的摩擦力矩 .(2) 問經(jīng)多少時間后 ，圓盤轉(zhuǎn)動才能停止 ？ 分析 轉(zhuǎn)動圓盤在平板上能逐漸停止下來是由于平板對其摩擦力矩作用的結(jié)果 .由于圓盤各部分所受的摩擦力的力臂不同 ， 總的摩擦力矩應(yīng)是各部分摩擦力矩的積分 .為此 ， 可考慮將圓盤分割成許多同心圓環(huán) ， 取半徑為 r、 寬為 dr 的圓環(huán)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(zhuǎn)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(jīng)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(zhuǎn)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(zhuǎn)動部分以初角速度 ω0 繞其軸轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動部分對其軸的轉(zhuǎn)動慣量為 J， 問 ： (1) 經(jīng)過多少時間后其轉(zhuǎn)動角速度減少為初角速度的一半 ？ (2) 在此時間內(nèi)共轉(zhuǎn)過多少轉(zhuǎn) ？ 分析 由于空氣 的阻力矩與角速度成正比 ， 由轉(zhuǎn)動定律可知 ， 在變力矩作用下 ， 通風機葉片的轉(zhuǎn)動是變角加速轉(zhuǎn)動 ， 因此 ， 在討論轉(zhuǎn)動的運動學關(guān)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(zhuǎn)動定律 M ＝ Jα， 可得葉片的角加速度為 JωCtωα ??? dd (1) 根據(jù)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(zhuǎn)動所需的時間為 2lnCJt? (2) 根據(jù)初始條件對式 (2)積分 ， 有 teωθ JCttθ dd /0 00 ??? ? . 即 CωJθ 2 0? 在時間 t 內(nèi)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為 CωJθN π4π2 0?? 4 － 20 一質(zhì)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(zhuǎn)動 ， 若在某時刻 ， 一質(zhì)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(zhì)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(zhì)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(zhì)量 m1 ＝ kg， 長 l ＝ 40cm， 可繞通過其中點并與之垂直的軸轉(zhuǎn)動 .一質(zhì)量為 m2 ＝ 10g 的子彈 ， 以 v ＝ 102 ms1 ． (1) 試問：每秒需噴出多少氣體 ,才能使火箭最初 向上的加速度大小為 mｓ 2 ．在 t＝ 0時 ,其速度為零 ,位置矢量 r0 ＝ 10 mi．求： (1) 在任意時刻的速度和位置矢量； (2) 質(zhì)點在 Oxy 平面上的軌跡方程 ,并畫出軌跡的示意圖． 分析 與上兩題不同處在于質(zhì)點作平面曲線運動 ,根據(jù)疊加原理 ,求解時需根據(jù)加速度的兩個分量 ax 和 ay分別積分 ,從而得到運動方程 r的兩個分量式 x(t)和 y(t)．由于本題中質(zhì)點加速度為恒矢 量 , 故兩次 積分后所得 運動方程為固定形式 , 即 200 21 tatxx xx ??? v和200 21 tatyy yy ??? v ,兩個分運動均為勻變速直線運動．讀者不妨自己驗證一下． 解 由加速度定義式 ,根據(jù)初始條件 t0 ＝ 0時 v0 ＝ 0,積分可得 ??? ??? tt tt 000 )d46(dd jiav v ji tt 46 ??v 又由 tddr?v 及初始條件 t＝ 0 時 ,r0＝ (10 m)i,積分可得 ??? ??? ttrr tttt 00 )d46(dd0 jir v jir 22 2)310( tt ??? 由上述結(jié)果可得質(zhì)點運動方程的分量式 ,即 x ＝ 10＋ 3t2 y ＝ 2t2 消去參數(shù) t,可得運動的軌跡方程 3y ＝ 2x 20 m 這是一個直線方程．直線斜率 32tandd ??? αxyk ,α＝ 33176。s1 ,飛機離地面的高度 y＝ 100 m,由上述兩式可得目標在飛機正下方前的距離 m4522 ?? gyx v (2) 視線和水平線的夾角為 rc ta n ?? xyθ (3) 在任意時刻物品的速度與水平軸的夾角為 vvv gtα xy a rc t a na rc t a n ?? 取自然坐標 ,物品在拋出 2s 時 ,重力加速度的切向分量與法向分量分別為 rc t a ns i ns i n ??????????? vgtgαga t rc t a nc osc os ??????????? vgtgαga n 1 22 一質(zhì)點沿半徑為 R 的圓周按規(guī)律 20 21 btts ?? v運動 ,v0 、 b 都是常量． (1) 求 t 時刻質(zhì)點的總加速度； (2) t 為何值時總加速度在數(shù)值上等于 b？ (3) 當加速度達到 b 時 ,質(zhì)點已沿圓周運行了多少圈？ 分析 在自然坐標中 ,s 表示圓周上從某一點開始的曲線坐標．由給定的運動方程 s ＝s(t),對時間 t 求一階、二階導(dǎo)數(shù) ,即是沿曲線運動的速度 v 和加速度的切向分量 aｔ ,而加速度的法向分量為 an＝ v2 /R．這樣 ,總加速度為 a ＝ aｔ eｔ ＋ anen．至于質(zhì)點在 t 時間內(nèi)通過的路程 ,即為曲線坐標的改變量 Δs＝ st s0．因圓周長為 2πR,質(zhì)點所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得． 解 (1) 質(zhì)點作圓周運動的速率為 btts ??? 0dd vv 其加速度的切向分量和法向分量分別為 btsat ??? 22dd , RbtRa n 202 )( ??? vv 故加速度的大小為 R )(402222 btbaaaa ttn ????? v 其方向與切線之間的夾角為 ?????? ???? Rb btaaθ tn 20 )(a rc t a na rc t a n v (2) 要使｜ a｜＝ b,由 bbtbRR ??? 4022 )(1 v可得 bt 0v? (3) 從 t＝ 0 開始到 t＝ v0 /b 時 ,質(zhì)點經(jīng)過的路程為 bsss t 2 200 v??? 因此質(zhì)點運行的圈數(shù)為 bRRsn π4π2 20v?? 1 25 一無風的下雨天 ,一列火車以 v1＝ m s－ 1 的速度射入桿端 ，其方向與桿及軸正交 .若子彈陷入桿中 ， 試求所得到的角速度 . 分析 子彈與桿相互作用的瞬間 ， 可將子彈視為繞軸的轉(zhuǎn)動 .這樣 ， 子彈射入桿前的角速度可表示為 ω， 子彈陷入桿后 ， 它們將一起以角速度 ω′ 轉(zhuǎn)動 .若將子彈和桿視為系統(tǒng) ， 因系統(tǒng)不受外力矩作用 ， 故系統(tǒng)的角動量守恒 .由角動量守恒定律可解得桿的角速度 . 解 根據(jù)角動量守恒定理 ? ?ωJJωJ ??? 212 式中 ? ?222 2/lmJ ? 為子彈繞軸的轉(zhuǎn)動慣量 ， J2ω為子彈在陷入桿前的角動量 ， ω＝ 2v/l 為子彈在此刻繞軸的角速度 . 12/211 lmJ ? 為桿繞軸的轉(zhuǎn)動慣量 .可得桿的角速度為 ? ? 121 221 2 ??????? mm mJJ ωJω v 4 － 24 一轉(zhuǎn)臺繞其中心的豎直軸以角速度 ω 0 ＝ π s1 轉(zhuǎn)動 ， 轉(zhuǎn)臺對轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為 J0 ＝ 103 kgs ,將 I、 m 及 v1代入可得 112 sm40 ????? mmI vv 3 9 高空作業(yè)時系安全帶是非常必要的 ．假如一質(zhì)量為 kg 的人 ,在操作時不慎從高空豎直跌落下來 ,由于安全帶的保護 ,最終使他被懸掛起來．已知此時人離原處的距離為 m ,安全帶彈性緩沖作用時間為 s ．求安全帶對人的平均沖力． 分析 從人受力的情況來看 ,可分兩個階段：在開始下落的過程中 ,只受重力作用 ,人體可看成是作自由落體運動；在安全帶保護的緩沖過程中 ,則人體同時受重力和安全帶沖力的作用 ,其合力是一變力 ,且作用時間很短．為求安全帶的沖力 ,可以從緩沖時間內(nèi) ,人體運動狀態(tài)(動量 )的改變來分析 ,即運用動量定理來討論．事實上 ,動量定 理也可應(yīng)用于整個過程．但是 ,這時必須分清重力和安全帶沖力作用的時間是不同的；而在過程的初態(tài)和末態(tài) ,人體的速度均為零．這樣 ,運用動量定理仍可得到相同的結(jié)果． 解 1 以人為研究對象 ,按分析中的兩個階段進行討論．在自由落體運動過程中 ,人跌落至2 m 處時的速度為 gh21 ?v (1) 在緩沖過程中 ,人受重力和安全帶沖力的作用 ,根據(jù)動量定理 ,有 ? ? 12Δ vv mmt ??? PF (2) 由式 (1)、 (2)可得安全帶對人的平均沖 力大小為 ? ? 3?????? t ghmgtmΔmgF v 解 2 從整個過程來討論．根據(jù)動量定理有 ???? mgghtmgF 3 12 一作斜拋運動的物體 ,在最高點炸裂為質(zhì)量相等的兩塊 ,最高點距離地面為 m．爆炸 s 后 ,第一塊落到爆炸點正下方的地面上 ,此處距拋出點的水平距離為 102 m．問第二塊落在距拋出點多遠的地面上． (設(shè)空氣的阻力不計 ) 分析 根據(jù)拋體運動規(guī)律 ,物體在最高點處的位置坐標和速度是易求的．因此 ,若能求出第二塊碎片拋出的速度 ,按拋體運動的規(guī)律就 可求得落地 的位置．為此 ,分析物體在最高點處爆炸的過程 ,由于爆炸力屬內(nèi)力 ,且遠大于重力 ,因此 ,重力的沖量可忽略 ,物體爆炸過程中應(yīng)滿足動量守恒．由于炸裂后第一塊碎片拋出的速度可由落體運動求出 ,由動量守恒定律可得炸裂后第二塊碎片拋出的速度 ,進一步求出落地位置． 解 取如圖示坐標 ,根據(jù)拋體運動的規(guī)律 ,爆炸前 ,物體在最高點 A 的速度的水平分量為 hgxtxx 21010 ??v (1) 物體爆炸后 ,第一塊碎片豎直落下的運動方程為 211 21 gtthy ??? v 當該碎片落地時 ,有 y1 ＝ 0,t ＝ t1 ,則由上式得爆炸后第一塊碎片拋出的速度 121 21tgth??v (2) 又根據(jù)動量守恒定律 ,在最高點處有 xx mm 20 21 vv ? (3) ymm 21 21210 vv ??? (4) 聯(lián)立解式 (1)、 (2)、 (3) 和 (4),可得爆炸后第二塊碎片拋出時的速度分量分別為 1102 sm100222 ????? hgxxx vv 112112 1?????? t gthy vv 爆炸后 ,第二塊碎片作斜拋運動 ,其運動方程為 2212 tvxx x?? (