【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 ) 又根據(jù)動(dòng)量守恒定律 ,在最高點(diǎn)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(shí)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(yùn)動(dòng) ,其運(yùn)動(dòng)方程為 2212 tvxx x?? (5) 22222 21 gtthy y ??? v (6) 落地時(shí) ,y2 ＝ 0,由式 (5)、 (6)可解得第二塊碎片落地點(diǎn)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(wèn)：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(gè)系統(tǒng)內(nèi)質(zhì)量轉(zhuǎn)移的問(wèn)題．為了討論火箭的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 ,仍需建立其在重力場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)方程．為此 ,以 t 時(shí)刻質(zhì)量為 m 的火箭為研究對(duì)象 ,它在 t→ t ＋ Δt 的時(shí)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(dòng)量的增量 ΣdPi 和系統(tǒng)所受的外力 ———重力 (阻力不計(jì) ),由動(dòng)量定理可得到 mg ＝ udm′/dt ＋ mdv/dt(推導(dǎo)從略 ,見(jiàn)教材 ),即火箭主體的動(dòng)力學(xué)方程．由于在 dt 時(shí)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(xiě)成 mamgtmu ??dd ．在特定加速度 a0 的條件下 , 根據(jù)初始時(shí)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(shí)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(shí)間 ,則火箭運(yùn)動(dòng)的速率可通過(guò)對(duì)其動(dòng)力學(xué)方程積分后解得． 解 (1) 以火箭發(fā)射處為原點(diǎn) ,豎直向上為正方向．該火箭在重力 場(chǎng)中的動(dòng)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(xiě)成 tmmgtmu dddd v?? 分離變量后積分 ,有 ??? ?? tmm tgmmu 0 ddd 00vv v 火箭速率隨時(shí)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(shí)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(xiàn)運(yùn)動(dòng) ,c 為一常量．設(shè)介質(zhì)對(duì)物體的阻力正比于速度的平方．試求物體由 x0 ＝ 0 運(yùn)動(dòng)到 x ＝ l 時(shí) ,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(wèn)題 ,仍需按功的定義式 ? ?? xF dW 來(lái)求解．關(guān)鍵在于尋找力函數(shù) F ＝ F(x)．根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(jìn)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(yùn)動(dòng)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(guò)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(shí)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(xiě)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(guò)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(duì)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(yùn)動(dòng) ,RE 為地球的半徑．已知地球的質(zhì)量為 mE．求： (1) 衛(wèi)星的動(dòng)能； (2) 衛(wèi)星的引力勢(shì)能； (3) 衛(wèi)星的機(jī)械能． 分析 根據(jù)勢(shì)能和動(dòng)能的定義 ,只需知 道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運(yùn)動(dòng)的速率 ,其勢(shì)能和動(dòng)能即可算出．由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運(yùn)動(dòng) ,由此可算得衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的速率和動(dòng)能．由于衛(wèi)星的引力勢(shì)能是屬于系統(tǒng) (衛(wèi)星和地球 )的 ,要確定特定位置的勢(shì)能時(shí) ,必須規(guī)定勢(shì)能的零點(diǎn) ,通常取衛(wèi)星與地球相距無(wú)限遠(yuǎn)時(shí)的勢(shì)能為零．這樣 ,衛(wèi)星在特定位置的勢(shì)能也就能確定了．至于衛(wèi)星的機(jī)械能則是動(dòng)能和勢(shì)能的總和． 解 (1) 衛(wèi)星與地球之間的萬(wàn)有引力提供衛(wèi)星作圓周運(yùn)動(dòng)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(wú)限遠(yuǎn) (r→∞) 時(shí)的勢(shì)能為零 ,則處在軌道上的衛(wèi)星所具有的勢(shì)能為 EEP 3RmmGE ?? (3) 衛(wèi)星的機(jī)械能為 EEEEEEPK 636 R mmGR mmGR mmGEEE ?????? 3 34 如圖所示 ,一個(gè)質(zhì)量為 m 的小球 ,從內(nèi)壁為半球形的容器邊緣點(diǎn) 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(kāi)始時(shí)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(diǎn) B時(shí) ,受到向上的支持力為多大？ 分析 由于桌面無(wú)摩擦 ,容器可以在水平桌面上滑動(dòng) ,當(dāng)小球沿容器內(nèi)壁下滑時(shí) ,容器在桌面上也要發(fā)生移動(dòng)．將小球與容器視為系統(tǒng) ,該系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng)量守恒；若將小球、容器與地球視為系統(tǒng) ,因系統(tǒng)無(wú)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(jī)械能守恒．由兩個(gè)守恒定律可解得小球和容器在慣性系中的速度．由于相對(duì)運(yùn)動(dòng)的存在 ,小球相對(duì)容器運(yùn)動(dòng)的軌跡是圓 ,而相對(duì)桌面運(yùn)動(dòng)的軌跡就不再是圓了 ,因此 ,在運(yùn)用曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中的法向動(dòng)力學(xué)方程求解小球受力時(shí) ,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(duì)于容器速度 )求得．在分析小球受力時(shí) ,除重力和支持力外 ,還必須計(jì)及它所受的慣性力．小球位于容器的底部這一特殊位置時(shí) ,容器的加速度為零 ,慣性力也為零．這樣 ,由法向動(dòng)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(wú)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(dòng)量守恒定律以及小球在下滑過(guò)程中機(jī)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(duì)桌面的速度．由式 (1)、 (2)可得小球到達(dá)容器底部時(shí)小球、容器的速度大小分別為 mm gRmm ???? 2v mm gRmmmm ?????? 2v 由于小球相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)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(shí) ,小球相對(duì)容器的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)方程為 RmmgF mN 2v??? (4) 由式 (3)、 (4)可得小球此時(shí)所受到的支持力為 ?????? ??? mmmgFN 23 4 － 10 如圖 (a)所示 ， 圓盤(pán)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(duì) OO 軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 ； (2) 剩余部分對(duì) O′O′軸 (即通過(guò)圓盤(pán)邊緣且平行于盤(pán)中心軸 )的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 ． 分析 由于轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可加性 ， 求解第 一問(wèn)可有兩種方法 ： 一是由定義式 mrJ d2?? 計(jì)算 ，式中 dm 可取半徑為 r、 寬度為 dr 窄圓環(huán) ； 二是用補(bǔ)償法可將剩余部分的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量看成是原大圓盤(pán)和挖去的小圓盤(pán)對(duì)同一軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的差值 ． 至于第二問(wèn)需用到平行軸定理 ． 解 挖去后的圓盤(pán)如圖 (b)所示 ． (1) 解 1 由分析知 22/3222/2203215d2 dπ2πdmRrrRmrrRmrmrJRRRR??????? 解 2 整個(gè)圓盤(pán)對(duì) OO 軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為 21 21mRJ ?， 挖去的小圓盤(pán)對(duì) OO 軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量22222 32122ππ21 mRRRRmJ ??????????????? ???????， 由分析知 ， 剩余部分對(duì) OO 軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為 2210 3215 mRJJJ ??? (2) 由平行軸定理 ， 剩余部分對(duì) O′O′軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為 222220 32392ππ3215 mRRRRmmmRJ ????????? ??????????? 4 － 13 如圖 (a) 所示 ， 質(zhì)量 m1 ＝ 16 kg 的實(shí)心圓柱體 A， 其半徑為 r ＝ 15 cm， 可以繞其固定水平軸轉(zhuǎn)動(dòng) ， 阻力忽略不計(jì) ． 一條輕的柔繩繞在圓柱體上 ， 其另一端系一個(gè)質(zhì)量 m2 ＝ kg 的物體 ： (1) 物體 B 由靜止開(kāi)始下降 s后的距離 ； (2) 繩的張力 FＴ . 分析 該系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)包含圓柱體的轉(zhuǎn)動(dòng)和 懸掛物的下落運(yùn)動(dòng) (平動(dòng) ).兩種不同的運(yùn)動(dòng)形式應(yīng)依據(jù)不同的動(dòng)力學(xué)方程去求解 ， 但是 ， 兩物體的運(yùn)動(dòng)由柔繩相聯(lián)系 ， 它們運(yùn)動(dòng)量之間的聯(lián)系可由角量與線(xiàn)量的關(guān)系得到 . 解 (1) 分別作兩物體的受力分析 ， 如圖 (b).對(duì)實(shí)心圓柱體而言 ， 由轉(zhuǎn)動(dòng)定律得 αrmαJrFT 2121?? 對(duì)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(xiàn)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(shí) ， 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(dòng)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(jì) ， 繩的質(zhì)量也略去不計(jì) .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(dòng)慣量是兩輪轉(zhuǎn)動(dòng)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(duì)平動(dòng)的物體和轉(zhuǎn)動(dòng)的組合輪分別列出動(dòng)力學(xué)方程 ， 結(jié)合角加速度和線(xiàn)加速度之間的關(guān)系即可解得 . 解 分別對(duì)兩物體及組合輪作受力分析 ， 如圖 (b).根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)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(xiàn)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