【文章內(nèi)容簡介】 ) 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?? (5) 22222 21 gtthy y ??? v (6) 落地時 ,y2 ＝ 0,由式 (5)、 (6)可解得第二塊碎片落地點的水平位置 x2 ＝ 500 m *3 16 設(shè)在地球表面附近 ,一初質(zhì)量為 105 kg 的火箭 ,從尾部噴出氣體的速率為 103 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 ms2 ． (2) 若火箭的質(zhì)量比為 ,求該火箭的最后速率． 分析 這是一個系統(tǒng)內(nèi)質(zhì)量轉(zhuǎn)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(xué)方程．為此 ,以 t 時刻質(zhì)量為 m 的火箭為研究對象 ,它在 t→ t ＋ Δt 的時間內(nèi) ,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(jù)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(dǎo)從略 ,見教材 ),即火箭主體的動力學(xué)方程．由于在 dt 時間內(nèi) 排出燃料的質(zhì)量 dm′很小 ,式中 m 也就可以視為此刻火箭主體的質(zhì)量 , 而燃料的排出率 dm′/dt 也就是火箭質(zhì)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(jù)初始時刻火箭的質(zhì)量 m0 ,就可求出燃料的排出率 dm/dt．在火箭的質(zhì)量比 ( 即 t 時刻火箭的質(zhì)量 m 與火箭的初始質(zhì)量 m0之比 ) 已知的條件下 ,可算出火箭所經(jīng)歷的時間 ,則火箭運動的速率可通過對其動力學(xué)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(xué)方程為 mamgtmu ??dd (1) 因火箭的初始質(zhì)量為 m0 ＝ 105 kg, 要使火箭獲得最初的加速度 a0 ＝ ms2,則燃?xì)獾呐懦雎蕿? ? ? 1300 ?????? u agmtm (2) 為求火箭的最后速率 ,可將式 (1)改寫成 tmmgtmu dddd v?? 分離變量后積分 ,有 ??? ?? tmm tgmmu 0 ddd 00vv v 火箭速率隨時間的變化規(guī)律為 gtmmu ??? 00 lnvv (2) 因火箭的質(zhì)量比為 ,故經(jīng)歷時間 t 后 ,其質(zhì)量為 mttmmm 61dd0 ??? 得 tmmt d/d6 5 0? (3) 將式 (3)代入式 (2),依據(jù)初始條件 ,可得火箭的最后速率 13000 5lnln ????????? tmmmmugtmmuv 3 19 一物體在介質(zhì)中按規(guī)律 x ＝ ct3 作直線運動 ,c 為一常量．設(shè)介質(zhì)對物體的阻力正比于速度的平方．試求物體由 x0 ＝ 0 運動到 x ＝ l 時 ,阻力所作的功． (已知阻力系數(shù)為 k) 分析 本題是一維變力作功問題 ,仍需按功的定義式 ? ?? xF dW 來求解．關(guān)鍵在于尋找力函數(shù) F ＝ F(x)．根據(jù)運動學(xué)關(guān)系 ,可將已知力與速度的函數(shù)關(guān)系 F(v) ＝ kv2 變換到 F(t),進一步按 x ＝ ct3 的關(guān)系把 F(t)轉(zhuǎn)換為 F(x),這樣 ,就可按功的定義式求解． 解 由運動學(xué)方程 x ＝ ct3 ,可得物體的速度 23dd cttx ??v 按題意及上述關(guān)系 ,物體所受阻力的大小為 3/43/2422 99 xkctkckF ??? v 則阻力的功為 ? ?? xFW d 3/73/23/40 3/20 727d9d180c osd lkcxxkcxW lol ??????? ??? xF 3 20 一人從 m 深的井中提水 ,起始桶中裝有 kg 的水 ,由于水桶漏水 ,每升高 m 要漏去 kg 的水．水桶被勻速地從井中提到井口 ,求所作的功． 分析 由于水桶在勻速上提過程中 ,拉力必須始終與水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而隨提升高度而變 ,因此 ,拉力作功實為變力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功 ,因此 ,只要能寫出重力隨高度變化的關(guān)系 ,拉力作功即可題 3 20 圖求出． 解 水桶在勻速上提過程中 ,a ＝ 0,拉力與水桶重力平衡 ,有 F ＋ P ＝ 0 在圖示所取坐標(biāo)下 ,水桶重力隨位置的變化關(guān)系為 P ＝ mg αgy 其中 α＝ 0． 2 kg/m,人對水桶的拉力的功為 ? ? J882dd 1000 ????? ?? yagymgW l yF 3 26 一質(zhì)量為 m 的地球衛(wèi)星 ,沿半徑為 3RE 的圓軌道運動 ,RE 為地球的半徑．已知地球的質(zhì)量為 mE．求： (1) 衛(wèi)星的動能； (2) 衛(wèi)星的引力勢能； (3) 衛(wèi)星的機械能． 分析 根據(jù)勢能和動能的定義 ,只需知 道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運動的速率 ,其勢能和動能即可算出．由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運動 ,由此可算得衛(wèi)星繞地球運動的速率和動能．由于衛(wèi)星的引力勢能是屬于系統(tǒng) (衛(wèi)星和地球 )的 ,要確定特定位置的勢能時 ,必須規(guī)定勢能的零點 ,通常取衛(wèi)星與地球相距無限遠時的勢能為零．這樣 ,衛(wèi)星在特定位置的勢能也就能確定了．至于衛(wèi)星的機械能則是動能和勢能的總和． 解 (1) 衛(wèi)星與地球之間的萬有引力提供衛(wèi)星作圓周運動的向心力 ,由牛頓定律可得 ? ? E22EE 33 RmR mmG v? 則 EE2K 621 RmmGmE ?? v (2) 取衛(wèi)星與地球相距無限遠 (r→∞) 時的勢能為零 ,則處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢能為 EEP 3RmmGE ?? (3) 衛(wèi)星的機械能為 EEEEEEPK 636 R mmGR mmGR mmGEEE ?????? 3 34 如圖所示 ,一個質(zhì)量為 m 的小球 ,從內(nèi)壁為半球形的容器邊緣點 A滑下．設(shè)容器質(zhì)量為 m′,半徑為 R,內(nèi)壁光滑 ,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上．開始時小球和容器都處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)小球沿內(nèi)壁滑到容器底部的點 B時 ,受到向上的支持力為多大？ 分析 由于桌面無摩擦 ,容器可以在水平桌面上滑動 ,當(dāng)小球沿容器內(nèi)壁下滑時 ,容器在桌面上也要發(fā)生移動．將小球與容器視為系統(tǒng) ,該系統(tǒng)在運動過程中沿水平桌面方向不受外力作用 ,系統(tǒng)在該方向上的動量守恒；若將小球、容器與地球視為系統(tǒng) ,因系統(tǒng)無外力作用 ,而內(nèi)力中重力是保守力 ,而支持力不作功 ,系統(tǒng)的機械能守恒．由兩個守恒定律可解得小球和容器在慣性系中的速度．由于相對運動的存在 ,小球相對容器運動的軌跡是圓 ,而相對桌面運動的軌跡就不再是圓了 ,因此 ,在運用曲線運動中的法向動力學(xué)方程求解小球受力時 ,必須注意參考系的選擇．若取容器為參考系 (非慣性系 ),小球在此參考系中的軌跡仍是容器圓弧 ,其法向加速度可由此刻的速度 (相對于容器速度 )求得．在分析小球受力時 ,除重力和支持力外 ,還必須計及它所受的慣性力．小球位于容器的底部這一特殊位置時 ,容器的加速度為零 ,慣性力也為零．這樣 ,由法向動力學(xué)方程求解小球所受的支持力就很容易了．若仍取地面為參考系 (慣性系 ),雖然無需考慮慣性力 ,但是因小球的軌跡方程比較復(fù)雜 ,其曲率半徑及法向加速度難以確定 ,使求解較為困難． 解 根據(jù)水平方向動量守恒定律以及小球在下滑過程中機械能守恒定律可分別得 0??? ?mm mm vv (1) m gRmm m ??? ?22 2121 vv v (2) 式中 vm 、 vm′分別表示小球、容器相對桌面的速度．由式 (1)、 (2)可得小球到達容器底部時小球、容器的速度大小分別為 mm gRmm ???? 2v mm gRmmmm ?????? 2v 由于小球相對地面運動的軌跡比較復(fù)雜 ,為此 ,可改為以容器為參考系 (非慣性系 )．在容器底部時 ,小球相對容器的運動速度為 ? ? gRm mmmmmmm 2?????? ? ???????? ??? vvvvv (3) 在容器底部 ,小球所受慣性力為零 ,其法向運動方程為 RmmgF mN 2v??? (4) 由式 (3)、 (4)可得小球此時所受到的支持力為 ?????? ??? mmmgFN 23 4 － 10 如圖 (a)所示 ， 圓盤的質(zhì)量為 m， 半徑為 R． 求 ： (1) 以 O為中心 ， 將半徑為 R／ 2 的部分挖去 ， 剩余部分對 OO 軸的轉(zhuǎn)動慣量 ； (2) 剩余部分對 O′O′軸 (即通過圓盤邊緣且平行于盤中心軸 )的轉(zhuǎn)動慣量 ． 分析 由于轉(zhuǎn)動慣量的可加性 ， 求解第 一問可有兩種方法 ： 一是由定義式 mrJ d2?? 計算 ，式中 dm 可取半徑為 r、 寬度為 dr 窄圓環(huán) ； 二是用補償法可將剩余部分的轉(zhuǎn)動慣量看成是原大圓盤和挖去的小圓盤對同一軸的轉(zhuǎn)動慣量的差值 ． 至于第二問需用到平行軸定理 ． 解 挖去后的圓盤如圖 (b)所示 ． (1) 解 1 由分析知 22/3222/2203215d2 dπ2πdmRrrRmrrRmrmrJRRRR??????? 解 2 整個圓盤對 OO 軸轉(zhuǎn)動慣量為 21 21mRJ ?， 挖去的小圓盤對 OO 軸轉(zhuǎn)動慣量22222 32122ππ21 mRRRRmJ ??????????????? ???????， 由分析知 ， 剩余部分對 OO 軸的轉(zhuǎn)動慣量為 2210 3215 mRJJJ ??? (2) 由平行軸定理 ， 剩余部分對 O′O′軸的轉(zhuǎn)動慣量為 222220 32392ππ3215 mRRRRmmmRJ ????????? ??????????? 4 － 13 如圖 (a) 所示 ， 質(zhì)量 m1 ＝ 16 kg 的實心圓柱體 A， 其半徑為 r ＝ 15 cm， 可以繞其固定水平軸轉(zhuǎn)動 ， 阻力忽略不計 ． 一條輕的柔繩繞在圓柱體上 ， 其另一端系一個質(zhì)量 m2 ＝ kg 的物體 ： (1) 物體 B 由靜止開始下降 s后的距離 ； (2) 繩的張力 FＴ . 分析 該系統(tǒng)的運動包含圓柱體的轉(zhuǎn)動和 懸掛物的下落運動 (平動 ).兩種不同的運動形式應(yīng)依據(jù)不同的動力學(xué)方程去求解 ， 但是 ， 兩物體的運動由柔繩相聯(lián)系 ， 它們運動量之間的聯(lián)系可由角量與線量的關(guān)系得到 . 解 (1) 分別作兩物體的受力分析 ， 如圖 (b).對實心圓柱體而言 ， 由轉(zhuǎn)動定律得 αrmαJrFT 2121?? 對懸掛物體而言 ， 依據(jù)牛頓定律 ， 有 amFgmFP TT 222 ?????? 且 FＴ ＝ FＴ ′ .又由角量與線量之間的關(guān)系 ， 得 αra? 解上述方程組 ， 可得物體下落的加速度 21222 mm gma ?? 在 t ＝ s 時 ， B 下落的距離為 21 222 ???? mm gtmats (2) 由式 (2)可得繩中的張力為 ? ? 21 21 ????? gmm mmagmF T 4 － 14 質(zhì)量為 m1 和 m2 的兩物體 A、 B 分別懸掛在圖 (a)所示的組合輪兩端 .設(shè)兩輪的半徑分別為 R 和 r， 兩輪的轉(zhuǎn)動慣量分別為 J1 和 J2 ， 輪與軸承間 、 繩索與輪間的摩擦力均略去不計 ， 繩的質(zhì)量也略去不計 .試求兩物體的加速度和繩的張力 . 分析 由于組合輪是一整體 ， 它的轉(zhuǎn)動慣量是兩輪轉(zhuǎn)動慣量之和 ， 它所受的力矩是兩繩索張力矩的矢量和 (注意兩力矩的方向不同 ).對平動的物體和轉(zhuǎn)動的組合輪分別列出動力學(xué)方程 ， 結(jié)合角加速度和線加速度之間的關(guān)系即可解得 . 解 分別對兩物體及組合輪作受力分析 ， 如圖 (b).根據(jù)質(zhì)點的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動定律 ，有 111111 amFgmFP TT ????? (1) 222222 amgmFPF TT ????? (2) ? ?αJJrFRF TT 2121 ??? (3) 11 TT FF ?? , 22 TT FF ?? (4) 由角加速度和線加速度之間的關(guān)系 ， 有 αRa?1 (5) αra?2 (6) 解上述方程組 ， 可得 gRrmRmJJ r