【正文】 min1 的轉速轉動 ， 然后使 A 與 B 連接 ，因而 B 輪得到加速而 A 輪減速 ， 直到兩輪的轉速都等于 n ＝ 200 r 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′ 轉動 .若將子彈和桿視為系統 ， 因系統不受外力矩作用 ， 故系統的角動量守恒 .由角動量守恒定律可解得桿的角速度 . 解 根據角動量守恒定理 ? ?ωJJωJ ??? 212 式中 ? ?222 2/lmJ ? 為子彈繞軸的轉動慣量 ， 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 ? 為桿繞軸的轉動慣量 .可得桿的角速度為 ? ? 121 221 2 ??????? mm mJJ ωJω v 4 － 24 一轉臺繞其中心的豎直軸以角速度 ω 0 ＝ π s1 轉動 ， 轉臺對轉軸的轉動慣量為 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 ,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． (設空氣的阻力不計 ) 分析 根據拋體運動規(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) 又根據動量守恒定律 ,在最高點處有 xx mm 20 21 vv ? (3) ymm 21 21210 vv ??? (4) 聯立解式 (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 設在地球表面附近 ,一初質量為 105 kg 的火箭 ,從尾部噴出氣體的速率為 103 mｓ 1 豎直向上發(fā)射 ,物體受到空氣的阻力為 Fr ＝ kv,且 k ＝ N/( mｓ 1 ,x0＝ 2 m,質點質量 m ＝ 1kg,試求該質點 7ｓ末的速度和位置坐標． 分析 首先應由題圖求得兩個時間段的 F(t)函數 ,進而求得相應的加速度函數 ,運用積分方法求解題目所問 ,積分時應注意積分上下限的取值應與兩時間段相應的時刻相對應． 解 由題圖得 ? ? ??? ??? ??? 7st5s ,535 5st0 ,2 tttF 由牛頓定律可得兩時間段質點的加速度分別為 5st0 ,2 ??? ta 。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 時刻質點的總加速度； (2) t 為何值時總加速度在數值上等于 b？ (3) 當加速度達到 b 時 ,質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、二階導數 ,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．至于質點在 t 時間內通過的路程 ,即為曲線坐標的改變量 Δs＝ st s0．因圓周長為 2πR,質點所轉過的圈數自然可求得． 解 (1) 質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 ,質點經過的路程為 bsss t 2 200 v??? 因此質點運行的圈數為 bRRsn π4π2 20v?? 1 25 一無風的下雨天 ,一列火車以 v1＝ m19′) 1 15 一質點具有恒定加速度 a ＝ 6i ＋ 4j,式中 a的單位為 mｓ 1 , voy ＝ 15 mｓ 1 ,則初速度大小為 120200 ????? yx vvv 設 vo與 x 軸的夾 角為 α,則 23tan 00 ??? xyα vv α＝ 123176。ｓ 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點作平面曲線運動 ,根據疊加原理 ,求解時需根據加速度的兩個分量 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 ??? 由上述結果可得質點運動方程的分量式 ,即 x ＝ 10＋ 3t2 y ＝ 2t2 消去參數 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。ｓ 1 的速度勻速前進 ,在車內的旅客看見玻璃窗外的雨滴和垂線成 75176。 7st5s ,535 ???? ta 對 0 ＜ t ＜ 5ｓ 時間段 ,由 ta ddv? 得 ?? ? t ta0 dd0vv v 積分后得 25 t??v 再由 txdd?v 得 ?? ? t tx 0 dd0 vxx 積分后得 33152 ttx ??? 將 t ＝ 5ｓ 代入 ,得 v5＝ 30 mｓ 1 )． (1) 求物體發(fā)射到最大高度所需的時間． (2) 最大高度為多少？ 分析 物體在發(fā)射過程中 ,同時受到重力和空氣阻力的作用 ,其合力是速率 v 的一次函數 ,動力學方程是速率的一階微分方程 ,求解時 ,只需采用分離變量的數學方法即可．但是 ,在求解高度時 ,則必須將時間變量通過速度定義式轉換為位置變量后求解 ,并注意到物體上升至最大高度時 ,速率應為零． 解 (1) 物體在空中受重力 mg和空氣阻力 Fr ＝ kv 作用而減速．由牛頓定 律得 tmkmg ddvv ??? (1) 根據始末條件對上式積分 ,有 ?? ??? vv vvv0 dd0 kmgmtt 0 ????????? ?? mgkkmt v (2) 利用yvt dddd vv?的關系代入式 (1),可得 ymkmg ddvvv ??? 分離變量后積分 ?? ??? 00 0 dd v vvv kmgmyy 故 m1831ln00 ??????? ????????? ??? vvmgkkmgkmy 討論 如不考慮空氣阻力 ,則物體向上作勻減 速運動．由公式gt 0v?和gy 220v? 分別算得 t≈ y≈184 m,均比實際值略大一些． 2 21 一物體自地球表面以速率 v0 豎直上拋．假定空氣對物體阻力的值為 Fr ＝ kmv2 ,其中 m 為物體的質量 ,k 為常量．試求： (1) 該物體能上升的高度； (2)物體返回地面時速度的值． (設重力加速度為常量． ) 分析 由于空氣對物體的阻力始終與物體運動的方向相反 ,因此 ,物體在上拋過程中所受重力 P 和阻力 Fr 的方向相同；而下落過程中 ,所受重力 P 和阻力 Fr 的方向則相反．又因阻力是變力 ,在解動力學方程時 ,需用積分的方法． 解 分別對物體上拋、下落時作受力分析 ,以地面為原點 ,豎直向上為 y 軸 (如圖所示 )． (1) 物體在上拋過程中 ,根據牛頓定律有 ymtmkmmg dddd2 vvvv ???? 依據初始條件對上式積分 ,有 ?? ??? 0 20 0 dd v vvv kgyy ???????? ???? 202ln21 vvkg kgky 物體到達最高處時 , v ＝ 0,故有 ???????? ??? gkgkyh 20m a x ln21 v (2) 物體下落過程中 ,有 yvmkmmg dd2 vv ??? 對上式積分 ,有 ?? ??? 0 20 0 dd v vvv kgyy 則 2/120 1????????? ?? gkvvv 3 8 Fx ＝ 30＋ 4t(式中 Fx 的單位為 N,t 的單位為 s)的合外力作用在質量 m＝ 10 kg 的物體上