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在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为FNmgmv2mR(4)由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为FN3-35mg3分析2mm(1)桩依靠自重下沉是利用重力势能的减少来克服摩擦力作功1.锤自由下落的过程．,满足机械能守恒定律．,可根据功能原理求解．(2)打桩过程可分为三个阶段．统的势能转化为锤的动能大于重力和泥土的阻力在此过程中,锤与地球系2.碰撞的过程．在这过程中,由于撞击力远由于碰撞是完全非弹性的,碰撞,锤与桩这一系统满足动量守恒定律．3.桩下沉的过程．在这过程中后桩和锤以共同速度运动．于克服摩擦力作功,桩和锤的动能和系统的势能将用(3)仍为,可应用系统的功能原理．根据以上分析列出相应方程式即可解．打桩过程．所不同的是,在此过程中,碰撞是非弹性的,因此,桩获得的速度还需根据锤反弹的高度求出．桩下沉时解,仍是以桩的动能和势能减少来克服摩擦力作功的．,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功(1)在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉能原理,有mgh1h104ShKdh(1)桩下沉的距离为h1(2)mg2SK8.88m锤从1m高处落下,其末速率为v02gh．由于锤与桩碰撞是完全非弹性的,锤与桩碰撞后将有共同的速率,按动量守恒定律,有(2),根据系统的功能原理,有mv0mmv12随后桩下沉的过程中h1h2h1
-4dSKhv0mmv2mmgh2(3)由式(2)、(3)可解得桩下沉的距离为h2＝0.2m(3)当桩已下沉35m时,再一次锤桩,由于此时的碰撞是一般非弹性的,锤碰撞后的速率可由上抛运动规律得v1mv2gh,再根据动量守恒定律(4),有mv0h30m2gh随后,桩在下沉过程中,再一次应用系统的功能原理,得-4S35mhdhmgh312mv2(5)由式(4)、(5)可得桩再一次下沉的距离第-45-页共-135-页
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h3＝0.033m33-6分析因质点系的质心是静止的,质心的速度为零,即vC＝drCvcdrcdtddtmiximi0,故有ddtmiximixi0,这是一矢量方程．将质点系中各质点的质量和速度分量代入其分量方程式解在质点运动的平面内取如图3-36,即可解得第三质点的速度．所示坐标．按mixi0的分量式,有m1v1xm1v1y其中v2xm2v2xm2v2ym3v3xm3v3y00v2sinθ,θ＝-30°,代入后得1v2cosθ,v2ym2m3v2x2.8msv3x则v3y1m1v1ym2v2ym3v2x2.0ms1v32.8msi2.0ms1j33-7分析两质点被刚性杆连接构成一整体,其质心坐标可按质心位矢式求出．虽然两力分别作用在杆端不同质点上解,但对整体而言,可应用质心运动定律和运动学规律来求解．(1)选如图所示坐标,则t＝0时,系统质心的坐标为xc0m2m1m2x201.5myc0m1m1m2y101.9m,得(1)对小球与杆整体应用质心运动定律FxFyF1F2m1m1dvxm2dtm2dvydt(2)根据初始条件t＝0时,v＝0,分别对式(1)、式(2)积分可得质心速度的分量与时间的第-46-页
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函数关系式,有t0F1dtvx0m1m2dvx,vxF1m1m2F2m1m2t(3)t0F1dtvy0m1m2dvy,vyt(4)根据初始条件t＝0时,x＝xC0,y＝yC0,对式(3)、式(4)再一次积分可得质心坐标与时间的函数关系式xcxc0
,有dxt0F1m1m2F1cdtxcxc02m1m2t21.50.25t2及ycyc0
dyct0F2m1m22dtyc(2)yc0F22m1m2t21.90.19t利用动量定理并考虑到系统的初始状态为静止,可得系统总动量与时间的函数关系P4-1ΔPt0F1F2dt8.0ti6.0tj其中两种情况下力矩为零：一是力的作只要满足两分析与解力对轴之力矩通常有三种情况：用线通过转轴，二是力平行于转轴力(含题述作用力垂直于转轴的情况(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，(B)．则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选4-2分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，说法正确．对说法因而不会影响同，故对同一轴的力矩之和必为零，刚体的角加速度或角动量等，故同一轴的转动惯量因形状、(1)(2)(3)来说，题述情况中两个刚体对产生的角加速度大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，(B)．不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选4-3分析与解如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，)，应选(C)．而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况4-4分析与解对于圆盘一子弹系统来说，第-47-页
并无外力矩作用，故系统对轴O的角动量守共-135-页
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恒，故L不变，此时应有下式成立，即mvdmvdJ0ω0Jω式中mvD为子弹对点O的角动量ω０为圆盘初始角速度，J为子弹留在盘中后系统对轴O的转动惯量，J0为子弹射入前盘对轴4-5分析与解O的转动惯量．由于J＞J0，则ω＜ω０．故选(C)．但由于万有引故卫星对地球中心的角动星守恒，由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，即r×mv＝恒量，式中r为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选4-6分析(B)．这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．解(1)由于角速度ω＝2πn(n为单位时间内的转数，在匀变速转动中角加速度为)，根据角加速度的定义αdωdtωω0αt(2)2πnt2n013.1rads2发动机曲轴转过的角度为θω0t12αtωω02tπnn0在12s内曲轴转过的圈数为N4-7θnn0t2π2分析390(1)由转动与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(2)的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；速度通过积分得到转动的运动方程．本题由机的角加速度和6.0s解内转过的圈数．在确定的初始条件下，由角速度、角加ω＝ω(t)出发，分别通过求导和积分得到电动t＝6.0s(1)根据题意中转速随时间的变化关系，将t/τ代入，即得ωω01e(2)0.95ω08.6s1角速度随时间变化的规律为α(3)dωdt60ω0t/eτ60τ4.5et/2rads2t＝6.0s时转过的角度为θωdtωe01t/τdt36.9rad则t＝6.0s时电动机转过的圈数N4-8θ/2π5.87圈分析如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA′轴和BB′轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可．第-48-页
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解由图可得JAAJBB2mHdsinθ2mHdcosθJAAd2222此二式相加，可得JBB2mHdJAAJBB2mH2则9.5910211m由二式相比，可得JAA/JBBθarctanJAAJBBtanθarctan1.931.1452.3o则4-9分析根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同或根据转动轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，惯量的定义，用简单的积分计算得到．解根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得JJ1J2241md12116πρld122142ad20.136kgm211d2m22224-10分析由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式Jrdm计算，式中dm可取半径为r、宽度为dr窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的至于第二问需用到平2转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值．行轴定理．解(1)挖去后的圆盘如图(b)所示．解1由分析知第-49-页共-135-页
大学物理物理学（东南大学第五版上册马文蔚）课后答案，含思维地图
