大学物理学课后习题答案习题二.pdf

大学物理学课后习题答案习题二习题二2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为m l 的物体，另一边穿在质量为m 2 的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动.今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a 下滑，求 m l,m 2 相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计).解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a l,其对于m 2 则为牵连加速度，又知 m 2 对绳子的相对加速度为a ,故 m 2 对地加速度，由图(b)可知，为a 2 a l a 又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f在数值上等于绳的张力T,由牛顿定律，有m l g T m l a l T m 2 g m 2 a 2 联立、式，得(m l m 2)g m 2 am l m 2(m l m 2)g m l a a 2 m l m 2m m (2 g a )f T 1 2m l m 2 a l讨 论(1)若 a 0,则 a l a 2 表示柱体与绳之间无相对滑动.(2)若 a 2 g,则 T f 0,表示柱体与绳之间无任何作用力，此 时 m l,m 2 均作自由落体运动.(a)题 2-1 图2-2 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾 角 为）上以初速度v O 运动，v O 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道.解：物体置于斜面上受到重力m g,斜面支持力N.建立坐标：取 v O 方向为X轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题 2-2 图X 方向：F x 0 x v O t Y 方向：F y m gs i n m a y t 0 时 y 0 v y 0由、式消去t,得 l gs i n t 2 2y l gs i n x 2 2 2 v 02-3 质量为1 6 k g 的质点在x O y平面内运动，受一恒力作用，力的分量为f x =6 N,f y-1-7 N,当 t =0 时，x y 0,v x=-2 m s,v y=O.求当 t =2 s 时 质 点 的(1)位矢；(2)速度.解：a x f x 6 3 m s 2 m l 6 8a y(1)f ym 7 m s 2 1 63 5 v x v x O a x d t 2 2 m s 10 8 4 2 7 7 v y v yO a yd t 2 m s 10 1 6 8 2于是质点在2 s 时的速度5 7 v i j 4 8(2)m s 11 1 r (v O t a x t 2)i a yt 2 j 2 21 7 1 3 (2 2 4)i ()4 j 2 8 2 1 61 3 7 i j m 4 82-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，t=0时质点的速度为v O,证 明 t时刻的速度为v=v O ekk()t m；(2)由。到 t的时间内经过的距离为 O t m v O m)l-e m ；(3)停止运动前经过的距离为v 0()；(4)证明当t k 时速x=(kk度减至v O 的 1,式中m为 质 点 的 质 量.ekv d v m d t 答：(1)V a分离变量，得d v kd t v mv d v t kd t 即 v O v O mv kt l n I n e v Ov v O e(2)x v d t k m t v e O O t k t km v O t d t (1 e)k(3)质点停止运动时速度为零，即 t f 8,故 有 XO v O e k m t d t m v O k(4)当 t=m 时，其 速 度 为 kv v O e即速度减至v O 的 km m k v O e 1 v O e l.e2-5 升降机内有两物体，质量分别为m l,m 2,且 m 2 =2 m l.用细绳连接，跨过滑轮，绳子不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a=l g 上升时;求：(1)2m l 和 m 2 相对升降机的加速度.(2)在地面上观察m l,m 2 的加速度各为多少？解：分别以m l,m 2 为研究对象，其受力图如图(b)所示.(1)设 m 2 相对滑轮(即升降机)的加速度为a ,则 m 2 对地加速度a 2 a a；因绳不可伸长，故 m l 对滑轮的加速度亦为a ,又 m l 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以 m l 在水平方向对地加速度亦为a ,由牛顿定律，有m 2 g T m 2(a a)T m l题 2-5 图联立，解 得 a g 方向向下(2)m 2 对地加速度为a 2 a a g 方 向 向 上 2 m l 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即 a 绝a 相a牵g2/.a l a a g g 4 2 2 2 2a r ct a n a l a r ct a n 2 6.6 o,左偏上.a 22-6 质量为巾的质点以与地的仰角=3 0 的初速v 0 从地面抛出，若忽略空气阻力,求质点落地时相对抛射时的动量的增量.解：依题意作出示意图如题2-6 图题 2-6 图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的东速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下，而抛物线具有对y 轴对称性，故木速度与x 轴夹角亦为3 0,则动量的增量为。p m v m v O 由矢量图知，动量增量大小为m v O,方向竖直向下.2-7 一质量为m的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞.并在抛出 1s,跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等.求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向.并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒？解：由题知，小球落地时间为0.5 s.因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v l g t 0.5 g,小球上跳速度的大小亦为v 2 0.5 g.设向上为y轴正向，则动量的增量p mv2 mvl方向竖直向上,大小 p mv2(mvl)mg碰撞过程中动量不守恒.这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用.另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒.2-8 作用在质量为10 kg的物体上的力为F(10 2t)iN,式 中 t 的单位是s,(D 求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量.(2)为了使这力的冲量为200N-s,该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度6jms的物体,7 回答这两个问题.解：(1)若物体原来静止，则t 4 1 pl Fdt(10 2t)idt 56kg m si,沿 x 轴正向，00si mIl pl 56kg m s li若物体原来具有s 初速，则t FOmOttp0P2mvO,p m(p pO FdtvO dt)pl,0mvO Fdt于是同理，v2 vl,I2 II这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理.(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即I(10 2t)dt 10t t2 0t亦即 t lOt 200 0解 得 t 10s,(t 20s舍去)2-9 一质量为m 的质点在xOy平面上运动，其位置矢量为 2r acos ti bsin tj求质点的动量及t=0 到 t解：质点的动量为 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量.2p m v m (a s i n t i bco s t j)将 t 0和 t 分别代入上式，得 2p l m b j,p 2 m a i ,I p p 2 p l m (a i b j)则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为2 T 0 一颗子弹由枪口射根时速率为v O m s 1,当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力 为 F =(a bt)N(a,b为常数)，其 中 t以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量.(3)求子弹的质量.解：(1)由题意，子弹到枪口时，有F (a bt)0,得 t(2)子弹所受的冲量a bt i l (a bt)dt a t bt 2 0 2将 t a 代入，得 ba 2 I 2 b(3)由动量定理可求得子弹的质量I a 2m v 0 2 bv 02-1 1 一炮弹质量为m,以速率v飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T,且块的质量为另一块质量的k倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为v+2 k T 2 T,v-m k m证明：设一块为m l,则另一块为m 2,m l k m 2 及 m l m 2 m于 是 得 m l k m m,m 2 k I k 1又设m l 的速度为v l,m 2 的速度为v 2,则有T 1 1 1 2 m l v l 2 m 2 v 2 m v 2 2 2 2m v m l v l m 2 v 2 联立、解得v 2 (k l)v k v l 将代入，并整理得2 T (v l v)2 k m于 是 有 v l v将其代入式，有 2 T k mv 2 v 2 k T m又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取v l V证 毕.2 k T 2 T ,v 2 v m k m2-1 2 设 F 合7 i 6 j N.(1)当一质点从原点运动到r 3 i 4j 1 6 k m 时，求 F 所作的功.(2)如果质点到r处时需0.6 s,试求平均功率.(3)如果质点的质量为1 k g,试求动能的变化.解：(1)由题知，F 合为恒力，二 A 合 F r (7 i 6 j)(3 i 4j 1 6 k)2 1 2 4 45 J (2)A 45 7 5 w t O.6(3)由动能定理，Ek A 45 J2-1 3 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 c m,问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同.解：以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-1 3 图，则铁钉所受阻力为1-dy题 2-1 3 图f k y第一锤外力的功为A lA l f dy fdy k y dy ssO l k 2式 中 f是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在 dt 0 时、f f.设第二锤外力的功为A 2,则同理，有A 2 k y dy I y 2 1 2 k k y 2 2 2由题意，有l k A 2 A l (mv2)2 21 2 k k 即 k y 2 2 2 2所以，y 2于是钉子第二次能进入的深度为2y y 2 y l 2 1 0.41 4c m2T4 设已知一质点(质量为m)在其保守力场中位矢为r点的势能为即(r)k/r,试 求 n质点所受保守力的大小和方向.解：F(r)方向与位矢r的方向相反，即指向力心.2-1 5 一根劲度系数为k l 的轻弹簧A的下端，挂一根劲度系数为k 2 的轻弹簧B,B的下端 一 重 物 C,C的质量为M,如题2T5图.求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比.解：弹簧A、B及重物C受力如题2T5图所示平衡时，有MgdE(r)n k n 1 dr r题 2-1 5 图FA FB M g又 FA k l x lFB k 2 x 2所以静止时两弹簧伸长量之比为x l k 2 x 2 k l弹性势能之比为1 2 k x Epl l l k 2 l Ep2 k l 2 k 2 x 2 22-1 6 (1)试计算月球和地球对m物体的引力相抵消的一点P,距月球表面的距离是多少？地球质量5.9 8 X 1 02 4k g,地球中心到月球中心的距离3.8 4X 1 0m,月球质量7.3 5 X 1 0k g,月 8 2 2球半径1.7 4X 1 0m.(2)如果一个1 k g 的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P点的势能为多少？解：(D 设在距月球中心为r处 F 月 引 F 地引，由万有引力定律，有 6G m M 月 r 2 G m M 地 R r 2经整理，得r M月M 地 M 月 R =7.3 5 1 02 25.9 8 1 02 4 7.3 5 1 02 2 3.48 1 083 8.3 2 1 06 m则 P点处至月球表面的距离为h r r 月(3 8.3 2 1.7 4)1 06 3.6 6 1 07 m(2)质量为1 k g 的物体在P点的引力势能为EP G M 月 r G M 地 R r 7.3 5 1 02 2 5.9 8 1 02 41 1 6.6 7 1 0 6.6 7 1 0 7 7 3 8.4 3.8 3 1 03.8 3 1 01 11.2 8 1 06 J2-1 7 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为m l 和m 2 的滑块组成如题2-1 7图所示装置，弹簧的劲度系数为k,自然长度等于水平距离B C,m 2 与A B=B C=h,桌面间的摩 擦 系 数 为，最 初 m l 静止于A点，绳匚拉直，现令滑块落下m l,求它下落到B处时的速率.解：取 B点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有m 2 gh 1 1(m l m 2)v 2 m l gh k(1)2 2 2式 中 1 为弹簧在A点时比原长的伸长量，则1 A C B C (2 l)h联立上述两式，得 v 2 m l m 2 gh k h 2 m l m 2 2 1 2/7/相2/力 题 2-1 7图2-1 8如题2-1 8图所示，一物体质量为2 k g,以初速度v O=3 m s 从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8 N,到达B点后压缩弹簧2 0 cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度.解：取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。则由功能原理，有-1fr s 1 2 1 2 k x m v m gssi n 3 7 2 21 2 m v m gssi n 3 7 fr sk 1 2 k x 2式 中 s 4.8 0.2 5m,x 0.2 m,再代入有关数据，解得kA1 3 90 N m-1题 2-1 8图再次运用功能原理，求木块弹回的高度hfr s m gs si n 3 7o代入有关数据，得 S 1.4m,则木块弹回高度1 2 k x 2h2-1 9质量为M的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2T9 图所示.质量为m的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度.解：m从 M上下滑的过程中，机械能守恒，以m,M,地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有H m v 2 M V 2 2 2又下滑过程，动量守恒，以 m,M 为系统则在m脱离M瞬间，水平方向有m v M V 0 m gR联立，以上两式，得 V 2 M gR m M 2-2 0 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直.证：两小球碰撞过程中，机械能守恒，有1 2 1 2 1 2 m v 0 m v l m v 2 2 2 22 2 即 v O v(b)1 2 v 2题 2-2 0 图(a)题 2-2 0 图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有m v O m v l m v 2亦 即 v O v l v 2 由可作出矢量三角形如图(b),又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且 以 v O 为斜边，故知v l 与 v 2 是互相垂直的.2-2 1 质量为m的质点位于(x l,yl)处，速度为v v x i v yj,质点受到一个沿x负方向的力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩.解：由题知，质点的位矢为r xli ylj作用在质点上的力为f fi所以，质点对原点的角动量为LO r mv(xli yli)m(vxi vyj)(xlmvy yImvx)k作用在质点上的力的力矩为MO r f(xli ylj)(fi)ylfk2-22哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆.它离太阳最近距离为rl=8.75X10m时的 速 10率 是 vl=5.46X10 m s,它离太阳最远时的速率是v2=9.08X10m s这时它离太阳4-12-1的距离r 2 多少？(太阳位于椭圆的一个焦点。)解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有rlmvl r2mv2rlvl8.75 1010 5.46 10412；.r2 5.26 10m 2v29.08 1012-23物体质量为3kg,t=0时位于r 4im,v i 6jm s,如一恒力 f 5jN作用在物体上，求 3 秒后，(1)物体动量的变化；(2)相 对 z 轴角动量的变化.3 1 角 帛：(1)p fdt 5jdt 15jkg m s 0(2)解(一)x xO vOxt 4 3 71215at 6 3 32 25.5j 223即 rl 4i,r2 7i 25.5j y vOytvx vO x 15 vy vO y at 63 1 1 3即 vl il 6 j,v2 i lljL I r l mvl 4 iI j)1 5 4.5 k3(i 6 j)7 2 kL 2 r 2 mv2 (7 i 2 5.5 j)3(i 1L L 2 L I 8 2.5 kkg m2 s 1解（二）dz dt0 0t t LM dt(r F)dt3 1 5 (4 t)i(6 t)t2)j 5 jdt0 2 33 5 (4 t)kdt 8 2.5 kkg m2 s 1题 2-2 4 图2-2 4 平板中央开一小孔，质量为m 的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为M l的重物.小球作匀速圆周运动，当半径为r O 时重物达到平衡.今在M l 的下方再挂质量为 M 2 的物体，如 题 2-2 4 图.试问这时小球作匀速圆周运动的角速度 和半径r 为多少？解：在只挂重物时阳，小球作圆周运动的向心力为阳g,即M ig mr O 0挂 上 M 2 后，则 有 2(M l M 2)g mr2重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒.即 r O mvO r mvr 0 2 0 r 2 联立、得0r M lgmr O M lgM l M 2 3()mr M 0 1 2 M l M 2 g m M l r O M l M 22-2 5 飞轮的质量m=6 0 kg,半径R=0.2 5 m,绕其水平中心轴0转动，转速为-1 9 0 0 r ev-min.现 利 用-制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F,可使飞轮减速.已知闸杆的尺寸如题2-2 5 图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数=0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算.试求：(1)设 F=1 0 0 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了儿转？(2)如果在2 s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力F?解：(D 先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b).图中N、N 是正压力，F r、Fr是摩擦力，F x 和 F y是杆在A点转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P是轮在0 轴处所受支承力.题 2-2 5 图(a)y题 2-2 5 图(b)杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有F(ll 1 2)N 1 1 O N 1 1 1 2 F 1 1对飞轮，按转动定律有 F r R/1,式中负号表示与角速度方向相反.F r N N N二 F r N 1 1 1 2 F 1 1 又；I以 F 1 0 0 N 等代入上式，得 lmR 2,2 F r R 2 (1 1 1 2)F I mR H2 0.4 0 (0.5 0 0.7 5)4 0 1 0 0 r ad s 2 6 0 0.2 5 0.5 0 3由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为这段时间内飞轮的角位移为 0 9 0 0 2 3 7.0 6 s 6 0 4 00 t t2 1 9 0 0 2 9 1 4 0 9 ()22 6 0 4 2 3 45 3.1 2 r ad可知在这段时间里，飞轮转了 5 3.1 转.(2)0 9 0 0 2 r ad s 1,要求飞轮转速在 t 2 s 内减少一半，可 知 6 000t 02 t 1 5 r ad s 2 2用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为FmR H 2 (1 1 1 2)6 0 0.2 5 0.5 0 1 5 2 0.4 0 (0.5 0 0.7 5)21 7 7 N2-2 6 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴0 0 转动.设大小圆柱体的半径分别为R和 r,质量分别为M和 m.绕在两柱体上的细绳分别与物体m l 和 m 2相连，如题2-2 6 图 所 示.设 R=0.2 0m,r=0.10m,m=4 k g,M m l 和 m 2 则挂在圆柱体的两侧，=10 k g,m l=m 2=2 k g,且开始时m l,m 2 离地均为h=2 m.求：(1)柱体转动时的角加速度；(2)两侧细绳的张力.解：设 a l,a 2 和 3分别为m l,m 2 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b).啊*题 2-2 6 (a)图 题 2-2 6 (b)图(1)m l,m 2 和柱体的运动方程如下：T 2 m 2 g m 2 a 2 m l g T 1 m l a l T 1R T 2 r I 式中 T 1 T 1,T 2 T 2,a 2 r,a l R而 I由上式求得11M R 2 m r2 2 2R m l rm 2 g2 2 1 m l R m 2 r0.2 2 0.1 2 9.811 10 0.2 02 4 0.102 2 0.2 02 2 0.1022 26.13 ra d s 2(2)由式T 2 m 2 r m 2 g 2 0.10 6.13 2 9.8 2 0.8N由式T 1 m l g m l R 2 9.8 2 0.2.6.13 17.I N2-2 7计算题2-2 7图所示系统中物体的加速度.设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量 为 M,半径为r,在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设 m l =5 0 k g,m 2 =2 00 k g,M=15 k g,r=0.1 m解：分别以m l,m 2 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所 示.对 m l,m 2 运用牛顿定律，有m 2 g T 2 m 2 a T 1 m l a 对滑轮运用转动定律，有l T 2 r T l r(Mr 2)2又，a r 联立以上4个方程，得a(a)(b)m 2 gm l m 2 M2 2 00 9.8 7.6 15 5 2 00 2ms 2题 2-2 7(a)图 题 2-2 7(b)图题 2-2 8图2-2 8如 题2-2 8图所示，一匀质细杆质量为m,长 为 1,可绕过一端0 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下.求：初始时刻的角加速度;(2)杆转过角时的角速度.解：(1)由转动定律，有11(m l 2)2 33 g.,.2 1m g(2)由机械能守恒定律，有m gl l l si n(m l 2)22 2 3题 2-2 9 图2-2 9 如题2-2 9 图所示，质量为M,长 为 1 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴0无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上.现有一质量为m的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞.相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度 3 0。处.(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速v 0 的值；(2)相撞时小球受到多大的冲量？解：(1)设小球的初速度为v 0,棒经小球碰撞后得到的初角速度为，而小球的速度变为 v,按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：m v Ol I m v l 12 12 12 m v 0 I m v 2 2 2上两式中I 12 M 1,碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直 3。位置上摆到最大角度 3 0,按机械能守恒定律可列式：12 11 M g(l c os3 0)2 2由式得12 12 (1 c os3 0)(1)2 I 1由式 M gl 3 gv v 0由 式 I m lI 2v v m 2 2所以(v O求得 I 2 12)v O 2 m l m v O(2)相碰时小球受到的冲量为1 I 11M(1 2)(1)2 2 3 m m l 6(2 3 3 m M 12 m glF dt m v m v m v由式求得0F dt m v m v OI 1M l 13 6(2 )M6 g 1负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反.2-3 0 个质量为M、半径为R并以角速度 转动着的飞轮(可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，见题2-3 0图.假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上.(1)问它能升高多少？(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能.解：(D碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度v 0 R设碎片上升高度h时的速度为V,则有2 v 2 v 0 2 gh令v 0,可求出上升最大高度为2 v O12 2 H R 2g 2g(2)圆盘的转动惯量I UMR2,碎片抛巾后圆盘的转动惯量I M R 2 m R 2,碎片脱22离前，盘的角动量为I ,碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即I I m v O R式中 为破盘的角速度.于是11M R 2(M R 2 m R 2)m v O R 2211(M R 2 m R 2)(M R 2 m R 2)22得(角速度不变)圆盘余下部分的角动量为1(M R 2 m R 2)2转动动能为题 2-3 1图Ek 11(M R 2 m R 2)2 222-3 1 一质量为m、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动.另一质量为前的子弹以速度v O 射入轮缘(如题2-3 1图所示方向).(1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值？(2)用 m,m O 和 表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比.解：(1)射入的过程对0轴的角动量守恒R s i n m O v O (m m O)R 2m O v O s i n (m m O)Rm v s i n 21(m m 0)R 20 0 Ek 2(m m O)R m 0 s i n 2(2)l Ek O m m 20 m 0 v 0 22-3 2弹簧、定滑轮和物体的连接如题2-3 2图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N 叱 定滑轮的2 转动惯量是0.5 k g m,半径为0.3 0 m ,问当6.0 k g 质量的物体落下0.4 0 m 时，它的速率为多大？假设开始时物体静止而弹簧无伸长.解：以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统,为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点,重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点则 有 TH l m v 2 I 2 k h 2 222又 v/R m g h(2m g h k h 2)k 2故有 v 2m R 1(2 6.0 9.8 0.4 2.0 0.4 2)0.3 26.0 0.3 2 0.52.0 m s 1题 2-3 2图 题 2-3 3 图2-3 3 空心圆环可绕竖直轴A C 自由转动，如题2-3 3 图所示，其转动惯量为10,环半径为 R,初 始 角 速 度 为 0.质量为m的小球，原来静置于A点，由于微小的干扰，小球向下滑动.设圆环内壁是光滑的，问小球滑到B 点与C 点时;小球相对于环的速率各为多少？解：(1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B 点时，有10 0 (10 mR2)该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为v B,以 B 点为重力势能零点，则有1112210 0 m g R (10 m R 2)2 m v B 222联立、两式，得2210 O R v B 2g R 10 m R 2(2)当小球滑至C 点时，V i c 1 0c 0故由机械能守恒，有m g(2R)12m v c 2，v c 2g R请读者求出上述两种情况下，小球对地速度.