物理學(xué)教程重點(diǎn)課后題.

1、1 -2一運(yùn)動(dòng)質(zhì)點(diǎn)在某瞬時(shí)位于位矢r(x,y )的端點(diǎn)處，對(duì)其速度的大小有四種意見(jiàn)，即d|r ；dr(1) ； (2)dtdtdsdt2 2dXdydtdt下述判斷正確的是(A)只有(2)正確(B)只有(2)正確只有正確(C)只有(3)正確dr分析與解表示質(zhì)點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離隨時(shí)間的變化率，在極坐標(biāo)系中叫徑向速率.通常用符號(hào)dt(D)Vr表示,ds計(jì)-J r這是速度矢量在位矢方向上的一個(gè)分量；一表示速度矢量；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式Vdt算,在直角坐標(biāo)系中則可由公式v二.dx ；idyV Idt 丿Idt 丿1 -4一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，則有()(A)切向加速度一定改變,法向加速度也改

2、變(B)切向加速度可能不變,法向加速度一定改變(C)切向加速度可能不變,法向加速度不變(D)切向加速度一定改變,法向加速度不變求解故選(D) 分析與解 加速度的切向分量at起改變速度大小的作用，而法向分量an起改變速度方向的作用.質(zhì)點(diǎn)作圓周 運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于速度方向不斷改變，相應(yīng)法向加速度的方向也在不斷改變，因而法向加速度是一定改變的.至于at是否改變，則要視質(zhì)點(diǎn)的速率情況而定.質(zhì)點(diǎn)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，at恒為零；質(zhì)點(diǎn)作勻變速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，a t為一不為零的恒量，當(dāng)at改變時(shí)，質(zhì)點(diǎn)則作一般的變速率圓周運(yùn)動(dòng).由此可見(jiàn)，應(yīng)選(B).231 -5 已知質(zhì)點(diǎn)沿x軸作直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)方程為= 2 6t -

3、2t ，式中x的單位為m,t的單位為s.求:(1) 質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)開(kāi)始后4.0 s內(nèi)的位移的大小;(2) 質(zhì)點(diǎn)在該時(shí)間內(nèi)所通過(guò)的路程;(3) t = 4 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的速度和加速度.分析位移和路程是兩個(gè)完全不同的概念.只有當(dāng)質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動(dòng)且運(yùn)動(dòng)方向不改變時(shí)，位移的大小才會(huì)與路程相等.質(zhì)點(diǎn)在t時(shí)間內(nèi)的位移 x的大小可直接由運(yùn)動(dòng)方程得到：Z =g，而在求路程時(shí)，就必dx須注意到質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中可能改變運(yùn)動(dòng)方向，此時(shí)，位移的大小和路程就不同了. 為此，需根據(jù)0來(lái)確定其運(yùn)動(dòng)方向改變的時(shí)刻tp，求出0tp和tpdtt內(nèi)的位移大小 X1、 X2 ,則t時(shí)間內(nèi)的路程dxd 2xSf X2,如圖所示，至于t = 4.

4、0 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度和加速度可用-和刁兩式計(jì)算.-x/m10題1-5 圖解(1)質(zhì)點(diǎn)在4.0 s內(nèi)位移的大小Ax = x4 - Xq 二-32 mdx由=0dt得知質(zhì)點(diǎn)的換向時(shí)刻為tp =2 s( t = 0不合題意)則Aq = x2 - 冷=8.0 mAx2 = x4 _ x2 - -40 m所以，質(zhì)點(diǎn)在4.0 s時(shí)間間隔內(nèi)的路程為s 二(3) t = 4.0 s 時(shí)Ax"| Ax2 = 48 m-48 m s'dxv = dt 140sd2xa 2dt tz4.0s1 -6已知質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為r= 2ti(2-12) j，式中(1) 質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡；(2) t = 0及t =

5、 2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的位矢；(3) 由t = 0至吐=2 S內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移 r和徑向增量 r 分析 質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程為y = f(x),可由運(yùn)動(dòng)方程的兩個(gè)分量式 A r、A s來(lái)說(shuō)，物理含義不同,(詳見(jiàn)題1-1分析).解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得質(zhì)點(diǎn)軌跡方程為y=2x242=-36 m.sr的單位為m,t的單位為s.求:x(t)和y(t)中消去t即可得到對(duì)于r、A r、這是一個(gè)拋物線方程，軌跡如圖(a)所示.(2) 將t = 0 s和t = 2 s分別代入運(yùn)動(dòng)方程，可得相應(yīng)位矢分別為r° = 2j , d =4i - 2 j圖(a)中的P、Q兩點(diǎn)，即為t = 0s和t = 2 s時(shí)

6、質(zhì)點(diǎn)所在位置.(3) 由位移表達(dá)式，得Ar =尊 - r(x2 -Xq)i (yyc) j = 4i - 2 j 其中位移大小 Ar 二(Ax)2 ( Ay)2 = 5.66 m而徑向增量 Ar = Ar = r2 - r0 = f x； + y； - x： + y； = 2.47 m題1-6 圖總加速度為aate t +a“en 至于質(zhì)點(diǎn)在t時(shí)間內(nèi)通過(guò)的路程，即為曲線坐標(biāo)的改變量$= St-S。因圓周1 21 -16 一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為R的圓周按規(guī)律S=Votbt2運(yùn)動(dòng)，v。、b都是常量.(1)求t時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的總2加速度；(2) t為何值時(shí)總加速度在數(shù)值上等于b? (3)當(dāng)加速度達(dá)到b時(shí),質(zhì)點(diǎn)已沿

7、圓周運(yùn)行了多少圈？分析 在自然坐標(biāo)中，s表示圓周上從某一點(diǎn)開(kāi)始的曲線坐標(biāo)由給定的運(yùn)動(dòng)方程S = s(t),對(duì)時(shí)間t求一an= V2 / R.這樣,階、二階導(dǎo)數(shù)，即是沿曲線運(yùn)動(dòng)的速度 V和加速度的切向分量at,而加速度的法向分量為長(zhǎng)為2n R,質(zhì)點(diǎn)所轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù)自然可求得.解(1)質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)的速率為V 覽 “o-btdt其加速度的切向分量和法向分量分別為d2s4二喬小V2（Vo-bt）2an =RR故加速度的大小為a；b2（V。- bt）4其方向與切線之間的夾角為anRb0 二 arctan at要使丨 a 1= b,由 1R2b2（v0 -bt）4R(3)從t = 0開(kāi)始到t = V0 /b

8、時(shí),質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程為s = St So2b因此質(zhì)點(diǎn)運(yùn)行的圈數(shù)為2Vo2 -1 如圖(a)所示,質(zhì)量為m的物體用平行于斜面的細(xì)線聯(lián)結(jié)置于光滑的斜面上，若斜面向左方作加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)物體剛脫離斜面時(shí)，它的加速度的大小為()(A) gsine題2 -丨圖分析與解當(dāng)物體離開(kāi)斜面瞬間，斜面對(duì)物體的支持力消失為零，物體在繩子拉力Ft (其方向仍可認(rèn)為平行于斜面)和重力作用下產(chǎn)生平行水平面向左的加速度a,如圖(b)所示，由其可解得合外力為mgcot 0,故選(D) 求解的關(guān)鍵是正確分析物體剛離開(kāi)斜面瞬間的物體受力情況和狀態(tài)特征.2 -2 用水平力Fn把一個(gè)物體壓著靠在粗糙的豎直墻面上保持靜止.當(dāng)Fn逐漸增大時(shí)，

9、物體所受的靜摩擦力Ff的大小()(A) 不為零，但保持不變(B) 隨Fn成正比地增大(C) 開(kāi)始隨Fn增大，達(dá)到某一最大值后，就保持不變(D) 無(wú)法確定分析與解 與滑動(dòng)摩擦力不同的是，靜摩擦力可在零與最大值 Fn范圍內(nèi)取值.當(dāng)Fn增加時(shí)，靜摩擦力可取的 最大值成正比增加，但具體大小則取決于被作用物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài).由題意知，物體一直保持靜止?fàn)顟B(tài)，故靜摩擦力與重力大小相等，方向相反，并保持不變，故選(A) 2 -3一段路面水平的公路，轉(zhuǎn)彎處軌道半徑為R,汽車(chē)輪胎與路面間的摩擦因數(shù)為卩，要使汽車(chē)不至于發(fā)生側(cè)向打滑，汽車(chē)在該處的行駛速率()(A)不得小于、.：(_gR(B)必須等于p (_gR(C)不得

10、大于 J舊R (D)還應(yīng)由汽車(chē)的質(zhì)量m決定分析與解由題意知，汽車(chē)應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)，為保證汽車(chē)轉(zhuǎn)彎時(shí)不側(cè)向打滑，所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供，能夠提供的最大向心力應(yīng)為Fn 由此可算得汽車(chē)轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為v=卩Rg因此只要汽車(chē)轉(zhuǎn)彎時(shí)的實(shí)際速率不大于此值，均能保證不側(cè)向打滑應(yīng)選(C) 2 -4一物體沿固定圓弧形光滑軌道由靜止下滑，在下滑過(guò)程中，則()(A) 它的加速度方向永遠(yuǎn)指向圓心，其速率保持不變(B) 它受到的軌道的作用力的大小不斷增加(C) 它受到的合外力大小變化，方向永遠(yuǎn)指向圓心(D) 它受到的合外力大小不變，其速率不斷增加題2-J圏分析與解由圖可知，物體在下滑過(guò)

11、程中受到大小和方向不變的重力以及時(shí)刻指向圓軌道中心的軌道支持力Fn作用，其合外力方向并非指向圓心，其大小和方向均與物體所在位置有關(guān)重力的切向分量(m qos e )使物體的速率將會(huì)不斷增加(由機(jī)械能守恒亦可判斷),則物體作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力(又稱(chēng)法向力)將不斷增2大，由軌道法向方向上的動(dòng)力學(xué)方程Fn -mgsin e = m可判斷，隨e角的不斷增大過(guò)程，軌道支持R力Fn也將不斷增大，由此可見(jiàn)應(yīng)選(B) 3 -1對(duì)質(zhì)點(diǎn)組有以下幾種說(shuō)法：(1) 質(zhì)點(diǎn)組總動(dòng)量的改變與內(nèi)力無(wú)關(guān)；(2) 質(zhì)點(diǎn)組總動(dòng)能的改變與內(nèi)力無(wú)關(guān)；(3) 質(zhì)點(diǎn)組機(jī)械能的改變與保守內(nèi)力無(wú)關(guān).下列對(duì)上述說(shuō)法判斷正確的是 ()(A) 只有

12、是正確的(B) 、(2)是正確的(C) (1) 、(3)是正確的 (D) (2)、(3)是正確的分析與解在質(zhì)點(diǎn)組中內(nèi)力總是成對(duì)出現(xiàn)的，它們是作用力與反作用力由于一對(duì)內(nèi)力的沖量恒為零，故內(nèi)力不會(huì)改變質(zhì)點(diǎn)組的總動(dòng)量但由于相互有作用力的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的位移大小以及位移與力的夾角一般不同，故一對(duì)內(nèi)力所作功之和不一定為零，應(yīng)作具體分析，如一對(duì)彈性?xún)?nèi)力的功的代數(shù)和一般為零，一對(duì)摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零，對(duì)于保守內(nèi)力來(lái)說(shuō)，所作功能使質(zhì)點(diǎn)組動(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)換，因此保守內(nèi)力即使有可能改變質(zhì)點(diǎn)組的動(dòng)能，但也不可能改變質(zhì)點(diǎn)組的機(jī)械能綜上所述(1)(3)說(shuō)法是正確的故選(C).3 -2有兩個(gè)傾角不同、高度相同、質(zhì)量一樣

13、的斜面放在光滑的水平面上，斜面是光滑的，有兩個(gè)一樣的物塊分別從這兩個(gè)斜面的頂點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下，則()(A) 物塊到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)量相等(B) 物塊到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能相等(C) 物塊和斜面(以及地球)組成的系統(tǒng)，機(jī)械能不守恒(D) 物塊和斜面組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒分析與解對(duì)題述系統(tǒng)來(lái)說(shuō)，由題意知并無(wú)外力和非保守內(nèi)力作功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒.物體在下滑過(guò)程中， 一方面通過(guò)重力作功將勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，另一方面通過(guò)物體與斜面之間的彈性?xún)?nèi)力作功將一部分能量轉(zhuǎn)化為斜面的動(dòng)能，其大小取決其中一個(gè)內(nèi)力所作功由于斜面傾角不同，故物體沿不同傾角斜面滑至底端時(shí)動(dòng)能大小不等動(dòng)量自然也就不等(動(dòng)量方向也不同)故(A

14、)(B)(C)三種說(shuō)法均不正確至于說(shuō)法(D)正確，是因?yàn)樵撓到y(tǒng)動(dòng)量雖不守恒(下滑前系統(tǒng)動(dòng)量為零，下滑后物體與斜面動(dòng)量的矢量和不可能為零.由此可知，此時(shí)向上的地面支持力并不等于物體與斜面向下的重力)，但在水平方向上并無(wú)外力，故系統(tǒng)在水平方向上分動(dòng)量守恒.3 -3對(duì)功的概念有以下幾種說(shuō)法：(1) 保守力作正功時(shí)，系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)的勢(shì)能增加；(2) 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)經(jīng)一閉合路徑，保守力對(duì)質(zhì)點(diǎn)作的功為零；(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以?xún)烧咚鞴Φ拇鷶?shù)和必為零.下列上述說(shuō)法中判斷正確的是()(A) (1) 、(2)是正確的(B) (2) 、(3)是正確的(C)只有(2)是正確的(D)只有(3)是正確

15、的分析與解保守力作正功時(shí)，系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)勢(shì)能應(yīng)該減少.由于保守力作功與路徑無(wú)關(guān)，而只與始末位置有關(guān)， 如質(zhì)點(diǎn)環(huán)繞一周過(guò)程中，保守力在一段過(guò)程中作正功，在另一段過(guò)程中必然作負(fù)功，兩者之和必為零.至于一 對(duì)作用力與反作用力分別作用于兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)所作功之和未必為零(詳見(jiàn)習(xí)題3 -2分析)，由此可見(jiàn)只有說(shuō)法(2)正確，故選(C).3 -4 如圖所示，質(zhì)量分別為m和m的物體A和B置于光滑桌面上，A和B之間連有一輕彈簧.另有質(zhì)量為 m和m的物體C和D分別置于物體A與B之上，且物體A和C、B和D之間的摩擦因數(shù)均不為零首先用外 力沿水平方向相向推壓 A和B使彈簧被壓縮，然后撤掉外力，則在A和B彈開(kāi)的過(guò)程中，對(duì)A B

16、C、D以及彈 簧組成的系統(tǒng)，有()(A)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒(B)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒(C)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒(D) 動(dòng)量守恒，機(jī)械能不一定守恒CDAB分析與解由題意知，作用在題述系統(tǒng)上的合外力為零，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能未必守恒，這取決于在AB彈開(kāi)過(guò)程中C與A或D與B之間有無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，如有則必然會(huì)因摩擦內(nèi)力作功，而使一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為 熱能，故選(D).3 -5 如圖所示，子彈射入放在水平光滑地面上靜止的木塊后而穿出以地面為參考系，下列說(shuō)法中正確的說(shuō)法是()(A) 子彈減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)變?yōu)槟緣K的動(dòng)能(B) 子彈-木塊系統(tǒng)的機(jī)械能守恒(C) 子彈動(dòng)能的減少等于子彈克服木塊阻力所作的功(D

17、) 子彈克服木塊阻力所作的功等于這一過(guò)程中產(chǎn)生的熱V分析與解 子彈-木塊系統(tǒng)在子彈射入過(guò)程中，作用于系統(tǒng)的合外力為零，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能并不守 恒.這是因?yàn)樽訌椗c木塊作用的一對(duì)內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零（這是因?yàn)樽訌棇?duì)地位移大于木塊對(duì)地位移所致）,子彈動(dòng)能的減少等于子彈克服阻力所作功，子彈減少的動(dòng)能中，一部分通過(guò)其反作用力對(duì)木塊作正功而轉(zhuǎn)移為木塊的動(dòng)能，另一部分則轉(zhuǎn)化為熱能（大小就等于這一對(duì)內(nèi)力所作功的代數(shù)和）綜上所述，只有說(shuō)法（C）的表述是完全正確的.3 -10 質(zhì)量為m的小球，在合外力F = - kx作用下運(yùn)動(dòng)，已知x = Acos ®t,其中k、3、A均為正常量，求在 nt

18、 =0到t時(shí)間內(nèi)小球動(dòng)量的增量.23t2分析 由沖量定義求得力f的沖量后，根據(jù)動(dòng)量原理，即為動(dòng)量增量，注意用式f Fdt積分前應(yīng)先將式中x 用x = Acos 3t代之，方能積分.解力F的沖量為t2t2n/2國(guó)kAI 二 Fdt 二 -kxdt 二- kAcos tdt :11110 即 mv -比33 -16 一人從10.0 m深的井中提水，起始桶中裝有10.0 kg的水，由于水桶漏水，每升高1.00 m要漏去0.20 kg的水水桶被勻速地從井中提到井口，求所作的功.題3-16圖分析由于水桶在勻速上提過(guò)程中，拉力必須始終與水桶重力相平衡水桶重力因漏水而隨提升高度而變因此,拉力作功實(shí)為變力作功

19、.由于拉力作功也就是克服重力的功，因此，只要能寫(xiě)出重力隨高度變化的關(guān)系拉力作功即可求出.解 水桶在勻速上提過(guò)程中，a = 0,拉力與水桶重力平衡，有F + P = 0在圖示所取坐標(biāo)下，水桶重力隨位置的變化關(guān)系為P = mg- a gy其中a= 0.2 kg/m,人對(duì)水桶的拉力的功為10 10W = 0 F dy = 0 mg - agy dy 二 882 J3 -23 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(kāi)屋面的位置以及在該位置的速度.(hl題3-23 圖分析取冰塊、屋面和地球?yàn)橄到y(tǒng)，由于屋面對(duì)冰塊的支持力

20、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，由牛頓定律列岀冰塊沿徑向的動(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 2mgR mv mgRcos 02根據(jù)牛頓定律，冰塊沿徑向的動(dòng)力學(xué)方程為2ll mvmgRcos 0 - FN(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= 48.220 = arccos3冰塊此時(shí)的速率為二 gRcos 0 二2Rgv的方向與重力P方向的夾角為a =9

21、0°-0 =41.8 °3 -25 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(wú)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.題3-25 圖分析這也是一種碰撞問(wèn)題.碰撞的全過(guò)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(guò)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，系統(tǒng)無(wú)非保守內(nèi)，彈簧被壓縮量最方向動(dòng)量守恒但是，僅靠動(dòng)量守恒定律還不能求岀結(jié)果來(lái)又考慮到無(wú)外力對(duì)系統(tǒng)作功 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

22、，并考慮到球與靶具有相同速度時(shí) 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(wèn)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mv = m m w(1)又由機(jī)械能守恒定律，有1 2 1 2 1 2 mv m m v1kx02 2 2由式(1)、(2)可得mmXov,k m m4- 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；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；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；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(shuō)

23、法下述判斷正確的是 ()(A)只有(1)是正確的(B)(1)、(2)正確，(3)、 錯(cuò)誤(C) (1) 、(2)、(3)都正確，錯(cuò)誤(D)(1)、(2)、(3)、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(guò)轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸(例如門(mén)的重力并不能使門(mén)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(shuō)法是正確對(duì)于 兩種說(shuō)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

24、然.但如這兩個(gè)力為非共點(diǎn)力，貝U 以上結(jié)論不成立，故(3)(4)說(shuō)法不完全正確綜上所述，應(yīng)選(B).4-2關(guān)于力矩有以下幾種說(shuō)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；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(shuō)法下述判斷正確的是 ()(A)只有是正確的(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岡M本中相鄰質(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

25、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(shuō)法正確.對(duì)說(shuō)法(3)來(lái)說(shuō)，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(jiàn)應(yīng)選(B).4-3均勻細(xì)棒0阿繞通過(guò)其一端0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(kāi)始自由下落，在棒擺到豎直位置的過(guò)程中，下述說(shuō)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(guò)程中，重力對(duì)軸之矩是變化

26、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(guò)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).4-4 一圓盤(pán)繞通過(guò)盤(pán)心且垂直于盤(pán)面的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)，軸間摩擦不計(jì)如圖射來(lái)兩個(gè)質(zhì)量相同，速度大小 相同，方向相反并在一條直線上的子彈，它們同時(shí)射入圓盤(pán)并且留在盤(pán)內(nèi)，則子彈射入后的瞬間，圓盤(pán)和 子彈系統(tǒng)的角動(dòng)量L以及圓盤(pán)的角速度3的變化情況為()(A) L不變，3增大(B)兩者均不變(C)L不變，3減小(D)兩者均不確定分析與解 對(duì)于圓盤(pán)一子彈系統(tǒng)來(lái)說(shuō)，并無(wú)外力

27、矩作用，故系統(tǒng)對(duì)軸0的角動(dòng)量守恒，故L不變，此時(shí)應(yīng)有下式成立，即mvd mvd + J0 3 = J 3式中mvc為子彈對(duì)點(diǎn)O勺角動(dòng)量°為圓盤(pán)初始角速度，J為子彈留在盤(pán)中后系統(tǒng)對(duì)軸 O勺轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，J。為子 彈射入前盤(pán)對(duì)軸O的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量.由于J>J。，則V0 .故選(C).4-5假設(shè)衛(wèi)星環(huán)繞地球中心作橢圓運(yùn)動(dòng)，則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，衛(wèi)星對(duì)地球中心的(A)角動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒(B)角動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒(C)角動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒(D)角動(dòng)量不守恒，動(dòng)量也不守恒(E) 角動(dòng)量守恒，動(dòng)量也守恒分析與解由于衛(wèi)星一直受到萬(wàn)有引力作用，故其動(dòng)量不可能守恒，但由于萬(wàn)有引力一直指向地球中心，則萬(wàn)有引

28、力對(duì)地球中心的力矩為零，故衛(wèi)星對(duì)地球中心的角動(dòng)星守恒，即r xmv=恒量，式中r為地球中心指向衛(wèi)星的位矢當(dāng)衛(wèi)星處于橢圓軌道上不同位置時(shí)，由于丨r丨不同，由角動(dòng)量守恒知衛(wèi)星速率不同，其中當(dāng)衛(wèi)星處于近地點(diǎn)時(shí)速率最大，處于遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)速率最小，故衛(wèi)星動(dòng)能并不守恒，但由萬(wàn)有引力為保守 力，則衛(wèi)星的機(jī)械能守恒，即衛(wèi)星動(dòng)能與萬(wàn)有引力勢(shì)能之和維持不變，由此可見(jiàn)，應(yīng)選(B) 4-9用落體觀察法測(cè)定飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量， 是將半徑為R的飛輪支承在O點(diǎn)上，然后在繞過(guò)飛輪的繩子的一 端掛一質(zhì)量為m的重物，令重物以初速度為零下落，帶動(dòng)飛輪轉(zhuǎn)動(dòng) (如圖)記下重物下落的距離和時(shí)間，就 可算岀飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量試寫(xiě)岀它的計(jì)算式.(假設(shè)軸

29、承間無(wú)摩擦).題4-9 圖分析 在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，飛輪和重物的運(yùn)動(dòng)形式是不同的飛輪作定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，而重物是作落體運(yùn)動(dòng)，它們之 間有著內(nèi)在的聯(lián)系由于繩子不可伸長(zhǎng)，并且質(zhì)量可以忽略這樣，飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，就可根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律 和牛頓定律聯(lián)合來(lái)確定，其中重物的加速度，可通過(guò)它下落時(shí)的勻加速運(yùn)動(dòng)規(guī)律來(lái)確定.該題也可用功能關(guān)系來(lái)處理將飛輪、重物和地球視為系統(tǒng)，繩子張力作用于飛輪、重物的功之和為零， 系統(tǒng)的機(jī)械能守恒利用勻加速運(yùn)動(dòng)的路程、速度和加速度關(guān)系，以及線速度和角速度的關(guān)系，代入機(jī)械 能守恒方程中即可解得.解1設(shè)繩子的拉力為Ft，對(duì)飛輪而言，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律，有FT R = J a(1)而對(duì)重物而言，由牛頓定律，有mg - Ft = ma(2)由于繩子不可伸長(zhǎng)，因此，有a = R a(3)重物作勻加速下落，則有1 2h at(4)2由上述各式可解得飛輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J =mR2 也-1I2h丿解2根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律，有而線速度和角速度的關(guān)系為又根據(jù)重物作勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有由上述各式可得1 2 1 2mgh mv J w =02 2v = R wv = atv2 = 2ah(2(3