作业解答分析

于钉子两次所作功相等,可得

?x00kxdx??x0?Δxx0kxdx

Δx＝0.41 ×10 -2 m

3 -22 一质量为m 的地球卫星,沿半径为3RE 的圆轨道运动, RE为地球的半径．已知地球的质量为mE．求：(1) 卫星的动能；(2) 卫星的引力势能；(3) 卫星的机械能．

分析 根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即可算出．由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能．由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时,必须规定势能的零点,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零．这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了．至于卫星的机械能则是动能和势能的总和．

解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得

mEmv2G?m3RE?3RE?2则

mm1Ek?mv2?GE

26REmEm 3RE(2) 取卫星与地球相距无限远(r→∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为

EP??G(3) 卫星的机械能为

E?Ek?EP?GmEmmmmm?GE??GE 6RE3RE6RE3 -29 如图所示,一质量为m′的物块放置在斜面的最底端A 处,斜面的倾角为α,高度为h,物块与斜面的动摩擦因数为μ,今有一质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向射入物块并留在其中,且使物块沿斜面向上滑动．求物块滑出顶端时的速度大小．

题 3-29 图

分析 该题可分两个阶段来讨论,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包含子弹)沿斜面向上的滑动过程．在撞击过程中,对物块和子弹组成的系统而言,由于撞击前后的总动量明显是不同的,因此,撞击过程中动量

不守恒．应该注意,不是任何碰撞过程中动量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞击力(属于内力)远大于子弹的重力P1 和物块的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物块所受的摩擦力Fｆ ,在该方向上动量守恒,由此可得到物块被撞击后的速度．在物块沿斜面上滑的过程中,为解题方便,可重新选择系统(即取子弹、

物块和地球为系统),此系统不受外力作用,而非保守内力中仅摩擦力作功,根据系统的功能原理,可解得最终的结果．

解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有

mv0cosα??m?m??v1 (1)

在物块上滑的过程中,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v2 ,并取A 点的重力势能为零．由系统的功能原理可得

由式(1)、(2)可得?μ?m?m??gcosαhsinα ?12?m?m??v2??m?m??gh?12?m?m??v221 v?m?22???m?m?v0cosα???2gh?μcotα?1?

(2)

第四章

4 －11 质量为m1 和m2 的两物体A、B 分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R 和r，两轮的转动惯量分别为J1 和J2 ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.

题 4-11 图

分析 由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.

解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有

?P1?FT1?m1g?FT1?m1a1 (1) FT?2?P2?FT2?m2g?m2a2 (2)

FT1R?FT2r??J1?J2?α (3) FT?1?FT1,FT?2?FT2 (4)

由角加速度和线加速度之间的关系，有

a1?Rα (5) a2?rα (6)

解上述方程组，可得

a1?m1R?m2rgR 22J1?J2?m1R?m2rm1R?m2rgr

J1?J2?m1R2?m2r2

a2?J1?J2?m1r2?m2RrFT1?m1gJ1?J2?m1R2?m2r2

J1?J2?m1R2?m1RrFT2?m2g 22J1?J2?m1R?m2r4 －16 一质量为m′、半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？ 破裂后圆盘的角动量为多大？

分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.

题 4-16 图

解 (1) 碎块抛出时的初速度为

v0?ωR

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

2v0ω2R2h??2g2g

(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

L?L0?L?

式中L?1碎块对轴的角动量；L 为m?R2ω为圆盘未碎时的角动量；L??mR2ω为碎块被视为质点时，

2?1?L??m??m?R2ω

?2?破裂后盘的角动量.则

4 －20 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动，可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管(如图所示)，利用喷管高速喷射气体来制止旋转.若飞船绕其中心轴的转动惯量J ＝2.0 ×103kg· m2 ，旋转的角速

度ω＝0.2 rad· s-1 ，喷口与轴线之间的距离r ＝1.5 m；喷气以恒定的流量Q ＝1.0 kg· s-1和速率u ＝50 m· s-1 从喷口喷出，问为使该飞船停止旋转，喷气应喷射多长时间？

分析 将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒.在列出方程时应注意：(1) 由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量Jω；(2) 喷气过程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度ωr，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的