【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 ) 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,由牛頓定律可得則 (2) 取衛(wèi)星與地球相距無限遠(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(3) 衛(wèi)星的機(jī)械能為2 14　如圖(a)所示,天文觀測(cè)臺(tái)有一半徑為R 的半球形屋面,有一冰塊從光滑屋面的最高點(diǎn)由靜止沿屋面滑下,若摩擦力略去不計(jì)．求此冰塊離開屋面的位置以及在該位置的速度．　　分析　取冰塊、屋面和地球?yàn)橄到y(tǒng),由于屋面對(duì)冰塊的支持力FN 始終與冰塊運(yùn)動(dòng)的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守內(nèi)力,所以,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．但是,僅有一個(gè)機(jī)械能守恒方程不能解出速度和位置兩個(gè)物理量；因此,還需設(shè)法根據(jù)冰塊在脫離屋面時(shí)支持力為零這一條件,由牛頓定律列出冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程．求解上述兩方程即可得出結(jié)果．解　由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,有 (1)根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程為 (2)冰塊脫離球面時(shí),支持力FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置冰塊此時(shí)的速率為v 的方向與重力P 方向的夾角為α＝90176。θ ＝176。2 15　如圖所示,把質(zhì)量m ＝ kg 的小球放在位置A 時(shí),彈簧被壓縮Δl ＝ 10 2 m．然后在彈簧彈性力的作用下,小球從位置A 由靜止被釋放,小球沿軌道ABCD 運(yùn)動(dòng)．小球與軌道間的摩擦不計(jì)．已知是半徑r ＝ m 的半圓弧,AB 相距為2r．求彈簧勁度系數(shù)的最小值．分析　若取小球、彈簧和地球?yàn)橄到y(tǒng),小球在被釋放后的運(yùn)動(dòng)過程中,只有重力和彈力這兩個(gè)保守內(nèi)力作功,軌道對(duì)球的支持力不作功,因此,在運(yùn)動(dòng)的過程中,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．運(yùn)用守恒定律解題時(shí),關(guān)鍵在于選好系統(tǒng)的初態(tài)和終態(tài)．為獲取本題所求的結(jié)果,初態(tài)選在壓縮彈簧剛被釋放時(shí)刻,這樣,可使彈簧的勁度系數(shù)與初態(tài)相聯(lián)系；而終態(tài)則取在小球剛好能通過半圓弧時(shí)的最高點(diǎn)C 處,因?yàn)檫@時(shí)小球的速率正處于一種臨界狀態(tài),若大于、等于此速率時(shí),小球定能沿軌道繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)；小于此速率時(shí),小球?qū)⒚撾x軌道拋出．該速率則可根據(jù)重力提供圓弧運(yùn)動(dòng)中所需的向心力,由牛頓定律求出．這樣,再由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律即可解出該彈簧勁度系數(shù)的最小值．解　小球要?jiǎng)偤猛ㄟ^最高點(diǎn)C 時(shí),軌道對(duì)小球支持力FN ＝0,因此,有 (1)取小球開始時(shí)所在位置A 為重力勢(shì)能的零點(diǎn),由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律,有 (2)由式(1)、(2)可得2 16　如圖所示,質(zhì)量為m、速度為v 的鋼球,射向質(zhì)量為m′的靶,靶中心有一小孔,內(nèi)有勁度系數(shù)為k 的彈簧,此靶最初處于靜止?fàn)顟B(tài),但可在水平面上作無摩擦滑動(dòng)．求子彈射入靶內(nèi)彈簧后,彈簧的最大壓縮距離．分析　這也是一種碰撞問題．碰撞的全過程是指小球剛與彈簧接觸直至彈簧被壓縮到最大,小球與靶剛好到達(dá)共同速度為止,在這過程中,小球和靶組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用,外力的沖量為零,因此,在此方向動(dòng)量守恒．但是,僅靠動(dòng)量守恒定律還不能求出結(jié)果來．又考慮到無外力對(duì)系統(tǒng)作功,系統(tǒng)無非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒．應(yīng)用上述兩個(gè)守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度時(shí),彈簧被壓縮量最大這一條件,即可求解．應(yīng)用守恒定律求解,可免除碰撞中的許多細(xì)節(jié)問題．解　設(shè)彈簧的最大壓縮量為x0 ．小球與靶共同運(yùn)動(dòng)的速度為v1 ．由動(dòng)量守恒定律,有 (1)又由機(jī)械能守恒定律,有 (2)由式(1)、(2)可得2 17　質(zhì)量為m 的彈丸A,穿過如圖所示的擺錘B 后,速率由v 減少到v /2．已知擺錘的質(zhì)量為m′,擺線長度為l,如果擺錘能在垂直平面內(nèi)完成一個(gè)完全的圓周運(yùn)動(dòng),彈丸速度v的最小值應(yīng)為多少？分析　該題可分兩個(gè)過程分析．首先是彈丸穿越擺錘的過程．就彈丸與擺錘所組成的系統(tǒng)而言,由于穿越過程的時(shí)間很短,重力和的張力在水平方向的沖量遠(yuǎn)小于沖擊力的沖量,因此,可認(rèn)為系統(tǒng)在水平方向不受外力的沖量作用,系統(tǒng)在該方向上滿足動(dòng)量守恒．?dāng)[錘在碰撞中獲得了一定的速度,因而具有一定的動(dòng)能,為使擺錘能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng),必須使擺錘在最高點(diǎn)處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提供圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力來確定；與此同時(shí),擺錘在作圓周運(yùn)動(dòng)過程中,擺錘與地球組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒定律,根據(jù)兩守恒定律即可解出結(jié)果．解　由水平方向的動(dòng)量守恒定律,有 (1)為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng),在最高點(diǎn)時(shí),擺線中的張力FＴ＝0,則 (2)式中v′h 為擺錘在圓周最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速率．又?jǐn)[錘在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)的過程中,滿足機(jī)械能守恒定律,故有 (3)解上述三個(gè)方程,可得彈丸所需速率的最小值為2 18　如圖所示,一質(zhì)量為m′的物塊放置在斜面的最底端A 處,斜面的傾角為α,高度為h,物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,今有一質(zhì)量為m 的子彈以速度v0 沿水平方向射入物塊并留在其中,且使物塊沿斜面向上滑動(dòng)．求物塊滑出頂端時(shí)的速度大?。治觥≡擃}可分兩個(gè)階段來討論,首先是子彈和物塊的撞擊過程,然后是物塊(包含子彈)沿斜面向上的滑動(dòng)過程．在撞擊過程中,對(duì)物塊和子彈組成的系統(tǒng)而言,由于撞擊前后的總動(dòng)量明顯是不同的,因此,撞擊過程中動(dòng)量不守恒．應(yīng)該注意,不是任何碰撞過程中動(dòng)量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞擊力(屬于內(nèi)力)遠(yuǎn)大于子彈的重力P1 和物塊的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物塊所受的摩擦力Fｆ ,在該方向上動(dòng)量守恒,由此可得到物塊被撞擊后的速度．在物塊沿斜面上滑的過程中,為解題方便,可重新選擇系統(tǒng)(即取子彈、物塊和地球?yàn)橄到y(tǒng)),此系統(tǒng)不受外力作用,而非保守內(nèi)力中僅摩擦力作功,根據(jù)系統(tǒng)的功能原理,可解得最終的結(jié)果．解　在子彈與物塊的撞擊過程中,在沿斜面的方向上,根據(jù)動(dòng)量守恒有 (1)在物塊上滑的過程中,若令物塊剛滑出斜面頂端時(shí)的速度為v2 ,并取A 點(diǎn)的重力勢(shì)能為零．由系統(tǒng)的功能原理可得 (2)由式(1)、(2)可得2 19　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程中機(jī)械能守恒定律可分別得 (1) (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 (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 (4)由式(3)、(4)可得小球此時(shí)所受到的支持力為3 －1　有兩個(gè)力作用在一個(gè)有固定轉(zhuǎn)軸的剛體上：(1) 這兩個(gè)力都平行于軸作用時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩一定是零；(2) 這兩個(gè)力都垂直于軸作用時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩可能是零；(3) 當(dāng)這兩個(gè)力的合力為零時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩也一定是零；(4) 當(dāng)這兩個(gè)力對(duì)軸的合力矩為零時(shí)，它們的合力也一定是零．對(duì)上述說法下述判斷正確的是(　　)(A) 只有(1)是正確的　　　　　　　(B)(1)、(2)正確，(3)、(4)錯(cuò)誤(C) (1)、(2)、(3)都正確，(4)錯(cuò)誤 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正確分析與解　力對(duì)軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸(例如門的重力并不能使門轉(zhuǎn))．不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉(zhuǎn)軸的情況)對(duì)軸之矩不為零，但同時(shí)有兩個(gè)力作用時(shí)，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對(duì)同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規(guī)則可知(1)(2)說法是正確．對(duì)于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個(gè)力為共點(diǎn)力，當(dāng)合力為零時(shí)，它們對(duì)同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然．但如這兩個(gè)力為非共點(diǎn)力，則以上結(jié)論不成立，故(3)(4)說法不完全正確．綜上所述，應(yīng)選(B)．3 －2　關(guān)于力矩有以下幾種說法：(1) 對(duì)某個(gè)定軸轉(zhuǎn)動(dòng)剛體而言，內(nèi)力矩不會(huì)改變剛體的角加速度；(2) 一對(duì)作用力和反作用力對(duì)同一軸的力矩之和必為零；(3) 質(zhì)量相等，形狀和大小不同的兩個(gè)剛體，在相同力矩的作用下，它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定相同．對(duì)上述說法下述判斷正確的是(　　)(A) 只有(2)是正確的 (B) (1)、(2)是正確的(C)(2)、(3)是正確的 (D) (1)、(2)、(3)都是正確的分析與解　剛體中相鄰質(zhì)元之間的一對(duì)內(nèi)力屬于作用力與反作用力，且作用點(diǎn)相同，故對(duì)同一軸的力矩之和必為零，因此可推知?jiǎng)傮w中所有內(nèi)力矩之和為零，因而不會(huì)影響剛體的角加速度或角動(dòng)量等，故(1)(2)說法正確．對(duì)說法(3)來說，題述情況中兩個(gè)剛體對(duì)同一軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產(chǎn)生的角加速度不一定相同，因而運(yùn)動(dòng)狀態(tài)未必相同，由此可見應(yīng)選(B)．3 －3　均勻細(xì)棒OA 可繞通過其一端O 而與棒垂直的水平固定光滑軸轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是(　　)(A) 角速度從小到大，角加速度不變(B) 角速度從小到大，角加速度從小到大(C) 角速度從小到大，角加速度從大到小(D) 角速度不變，角加速度為零分析與解　如圖所示，在棒下落過程中，重力對(duì)軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關(guān)．當(dāng)棒處于水平位置，重力矩最大，當(dāng)棒處于豎直位置時(shí)，重力矩為零．因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機(jī)械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應(yīng)選(C)．3 －4　一汽車發(fā)動(dòng)機(jī)曲軸的轉(zhuǎn)速在12 s 103 r103 rmin1．(1) 求曲軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角加速度；(2) 在此時(shí)間內(nèi)，曲軸轉(zhuǎn)了多少轉(zhuǎn)？分析　這是剛體的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題．剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律與質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有類似的關(guān)系，本題為勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)．解　(1) 由于角速度ω＝2π n(n 為單位時(shí)間內(nèi)的轉(zhuǎn)數(shù))，根據(jù)角加速度的定義，在勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中角加速度為(2) 發(fā)動(dòng)機(jī)曲軸轉(zhuǎn)過的角度為在12 s 內(nèi)曲軸轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為圈3 －5 　一飛輪由一直徑為30㎝，㎝的圓盤和兩個(gè)直徑為10㎝，㎝的共軸圓柱體組成，103 kgm3，求飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量．分析　根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的可疊加性，飛輪對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可視為圓盤與兩圓柱體對(duì)同軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量之和；而勻質(zhì)圓盤、圓柱體對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的計(jì)算可查書中公式，或根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的定義，用簡(jiǎn)單的積分計(jì)算得到．解　根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的疊加性，由勻質(zhì)圓盤、圓柱體對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量公式可得3 －6　一燃?xì)廨啓C(jī)在試車時(shí)，03Nm，m2 ．103 rmin1 104 rmin1時(shí)，所經(jīng)歷的時(shí)間t 為多少？分析　由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩，因此，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律可知，飛輪的角加速度是一恒量；又由勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中角加速度與時(shí)間的關(guān)系，可解出飛輪所經(jīng)歷的時(shí)間．該題還可應(yīng)用角動(dòng)量定理直接求解．解1　在勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)中，角加速度，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律，可得飛輪所經(jīng)歷的時(shí)間解2　飛輪在恒外力矩作用下，根據(jù)角動(dòng)量定理，有則 3－7　電風(fēng)扇接通電源后一般經(jīng)5s后到達(dá)額定轉(zhuǎn)速,而關(guān)閉電源后經(jīng)16 s后風(fēng)扇停止轉(zhuǎn)動(dòng)，已知電風(fēng)扇的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為，設(shè)啟動(dòng)時(shí)電磁力矩和轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的阻力矩均為常數(shù)，求啟動(dòng)時(shí)的電磁力矩.分析 由題意知和均為常數(shù)，故啟動(dòng)時(shí)電風(fēng)扇在和共同作用下，作勻加速轉(zhuǎn)動(dòng)，直至到達(dá)額定轉(zhuǎn)速，關(guān)閉電源后，.解 設(shè)啟動(dòng)時(shí)和關(guān)閉電源后，電風(fēng)扇轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的角加速度分別為和，則啟動(dòng)過程 關(guān)閉電源后 聯(lián)解以上各式并將以及、值代入，得3 －8　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