大学物理（北邮电版）习题2答案

习题二

2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为m1的物体，另一边穿在质量为m2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m1，m2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a1，其对于m2则为牵连加速度，又知m2对绳子的相对加速度为a?，故m2对地加速度，由图(b)可知，为

a2?a1?a? ①

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

m1g?T?m1a1 ②

T?m2g?m2a2 ③ 联立①、②、③式，得

a1?a2?(m1?m2)g?m2a?m1?m2(m1?m2)g?m1a?m1?m2m1m2(2g?a?)m1?m2

f?T?讨论 (1)若a??0，则a1?a2表示柱体与绳之间无相对滑动．

(2)若a??2g，则T?f?0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m1, m2均作自由落体运动．

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v0运动，v0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mg，斜面支持力N.建立坐标：取v0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： Fx?0 x?v0t ① Y方向： Fy?mgsin??may ②

t?0时 y?0 vy?0

y?由①、②式消去t，得

1gsin?t2 2y?12gsin??x 22v02-3 质量为16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为fx＝6 N，fy＝-7 N，当t＝0时，x?y?0，vx＝-2 m·s，vy＝0．求

-1

当t＝2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度． 解： ax?fx63??m?s?2 m168fym??7m?s?2 16ay?(1)

35vx?vx0??axdt??2??2??m?s?1084

2?77vy?vy0??aydt??2??m?s?101682于是质点在2s时的速度

5?7??v??i?j48(2)

m?s?1

?1?1?22r?(v0t?axt)i?aytj22?1?7?13?(?2?2???4)i?()?4j

2821613?7???i?jm482-4 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v0，证明(1) t时刻的速度为v＝v0e?(k)tm；(2) 由0到t的时间内经过的距离为

k?()tmv0m)［1-em］；(3)停止运动前经过的距离为v0()；(4)证明当t?mk时速x＝(kk度减至v0的

1，式中m为质点的质量． e答: (1)∵ a?分离变量，得

?kvdv ?mdtdv?kdt ?vmvdvt?kdt即 ? ??v0v0mv?ktln?lnem v0∴ v?v0e(2) x?vdt?k?mt

??ve00?tk?mtkmv0?mtdt?(1?e)

k(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞， 故有 x???v0e0k?mtdt?mv0 k (4)当t=

m时，其速度为 kv?v0ekm?m?k?v0e?1?v0 e即速度减至v0的

1. e2-5 升降机内有两物体，质量分别为m1，m2，且m2＝2m1．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＝

1g上升时，求：(1) 2m1和m2相对升降机的加速度．(2)在地面上观察m1，m2的加速度各为多少?

解: 分别以m1,m2为研究对象，其受力图如图(b)所示．

(1)设m2相对滑轮(即升降机)的加速度为a?，则m2对地加速度a2?a??a；因绳不可伸长，故m1对滑轮的加速度亦为a?，又m1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m1在水平方向对地加速度亦为a?，由牛顿定律，有

m2g?T?m2(a??a)

T?m1a?

联立，解得a??g方向向下 (2) m2对地加速度为

a2?a??a?g 方向向下 2??'??a牵 m1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g25?g ∴ a1?a??a?g?42222??arctana1?arctan?26.6o，左偏上． a?2?2-6一质量为m的质点以与地的仰角?=30°的初速v0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，抛体落地瞬时的末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，故末速度与x轴夹角亦为30，则动量的增量为

o????p?mv?mv0

由矢量图知，动量增量大小为mv0，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1 s，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0.5s．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v1?gt?0.5g，小球上跳速度的大小亦为v2?0.5g．设向上为y轴正向，则动量的增量

?????p?mv2?mv1方向竖直向上，

大小 ?p?mv2?(?mv1)?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．（碰撞过程中外力—重力一直存在，不满足动量守恒条件）

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，(1)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200 N·s，

???-1

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?6jm·s的物体,

回答这两个问题．

解: (1)若物体原来静止，则

??t?4??p1??Fdt??(10?2t)idt?56kg?m?s?1i,沿x轴正向，

00????p1?v1??5.6m?s?1i m???I1??p1?56kg?m?s?1i若物体原来具有?6m?s初速，则

?1

?tFt??????p0??mv0,p?m(?v0??dt)??mv0??Fdt于是

0m0t??????p2?p?p0??Fdt??p1,

0????同理， ?v2??v1,I2?I1

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?10t?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

2???r?acos?ti?bsin?tj

求质点的动量及t＝0 到t??时间 2?内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量． 解: 质点的动量为

????p?mv?m?(?asin?ti?bcos?tj)

将t?0和t??分别代入上式，得 2?????p1?m?bj,p2??m?ai ,

则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为

??????I??p?p2?p1??m?(ai?bj)

2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为v0m?s，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为

?1F =(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 bt1I??(a?bt)dt?at?bt2

02将t?a代入，得 ba2 I?2b(3)由动量定理可求得子弹的质量

Ia2m??

v02bv02-11 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，且一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+

2kT2T, v-

mkm证明: 设一块为m1，则另一块为m2，

m1?km2及m1?m2?m

于是得 m1?kmm ① ,m2?k?1k?1又设m1的速度为v1, m2的速度为v2，则有

T?1112m1v12?m2v2?mv2 ② 222 mv?m1v1?m2v2 ③ 联立①、③解得

v2?(k?1)v?kv1 ④

将④代入②，并整理得

2T?(v1?v)2 km于是有 v1?v?将其代入④式，有

2T kmv2?v?2kT m又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取

v1?v?2kT2T,v2?v? mkm证毕．

????????F?7i?6jN2-12 设合．(1) 当一质点从原点运动到r??3i?4j?16km时，求F所作

的功．(2)如果质点到r处时需0.6s，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg，试求动能

的变化．

?解: (1)由题知，F合为恒力，

???????∴ A合?F?r?(7i?6j)?(?3i?4j?16k)

??21?24??45J (2) P?A45??75w ?t0.6(3)由动能定理，?Ek?A??45J

2-13 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 cm，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2-13图，则铁钉所受阻力为

题2-13图

f??ky

第一锤外力的功为A1

A1??f?dy???fdy??kydy?ss01k ① 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A2，则同理，有

A2??kydy?1y212kky2? ② 22由题意，有

1kA2?A1??(mv2)? ③

2212kk即 ky2??

222所以， y2?2

于是钉子第二次能进入的深度为

?y?y2?y1?2?1?0.414cm

2-14 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EP(r)?k/r, 试求质点所受保守力的大小和方向． 解: F(r)?n方向与位矢r的方向相反，即指向力心．

2-15 一根劲度系数为k1的轻弹簧A的下端，挂一根劲度系数为k2的轻弹簧B，B的下端 一重物C，C的质量为M，如题2-15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2-15图所示平衡时，有

?dE(r)nk??n?1 drr

题2-15图

FA?FB?Mg

又 FA?k1?x1

FB?k2?x2

所以静止时两弹簧伸长量之比为

?x1k2? ?x2k1弹性势能之比为

12Ep12k1?x1k??2 1Ep2k12k2?x222-16 (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5.98×10

24

kg，地球中心到月球中心的距离3.84×10m，月球质量7.35×10kg，月

822

球半径1.74×10m．(2)如果一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么

6

它在P点的势能为多少?

解: (1)设在距月球中心为r处F月引?F地引，由万有引力定律，有

G经整理，得

mM月r2?GmM地?R?r?2

r?M月M地?M月R

=

7.35?10225.98?1024?7.35?10226?3.48?108

?38.32?10m 则P点处至月球表面的距离为

h?r?r月?(38.32?1.74)?106?3.66?107m

(2)质量为1kg的物体在P点的引力势能为

EP??GM月r?G?R?r?M地

7.35?10225.98?1024?11??6.67?10??6.67?10? 77??3.83?1038.4?3.83?1011?1.28?106J

2-17 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m1和m2的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k，自然长度等于水平距离BC，m2与桌面间的摩擦系数为?，最初m1静止于A点，绳已拉直，现令滑块落下m1,AB＝BC＝h，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

??m2gh?11(m1?m2)v2?[m1gh?k(?l)2] 22式中?l为弹簧在A点时比原长的伸长量，则

?l?AC?BC?(2?1)h

联立上述两式，得

v?2?m1??m2?gh?kh2m1?m2?2?1?2

题2-17图

2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度v0＝3m·s从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，到达B点后压缩弹簧20cm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

-1

?frs?12?12?kx??mv?mgssin37?? 2?2?12mv?mgssin37??frs k?212x2式中s?4.8?0.2?5m，x?0.2m，再代入有关数据，解得

k?1390N?m-1

题2-18图

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h?

1?frs??mgs?sin37o?kx2

2代入有关数据，得 s??1.4m, 则木块弹回高度

h??s?sin37o?0.84m

题2-19图

2-19 质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽，如题2-19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

121mv?MV2 22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

mv?MV?0

mgR?联立，以上两式，得

v?2MgR

?m?M?2-20 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

121212mv0?mv1?mv2 222即 v0?v1?v2 ①

222

题2-20图(a) 题2-20图(b)

又碰撞过程中，动量守恒，即有

???mv0?mv1?mv2

亦即 v0?v1?v2 ②

由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v0为斜边，故知v1与v2是互相垂直的．

2-21 一质量为m的质点位于(x1,y1)处，速度为v?vxi?vyj, 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?x1i?y1j

作用在质点上的力为

??f??fi

所以，质点对原点的角动量为

???L0?r?mv

?????(x1i?y1i)?m(vxi?vyj)

??(x1mvy?y1mvx)k

作用在质点上的力的力矩为

???????M0?r?f?(x1i?y1j)?(?fi)?y1fk

2-22 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r1＝8.75×10m 时的速率是v1＝5.46×10m·s，它离太阳最远时的速率是v2＝9.08×10m·s这时它离太阳

的距离r2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 r1mv1?r2mv2

4

-1

2

-1

10

r1v18.75?1010?5.46?10412??5.26?10m ∴ r2?2v29.08?10????????1v?i?6jm?sf?5jN作用在2-23 物体质量为3kg，t=0时位于r?4im, ，如一恒力

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?? 解: (1) ?p??fdt??5jdt?15jkg?m?s?1

0(2)解(一) x?x0?v0xt?4?3?7i

??115y?v0yt?at2?6?3???32?25.5j

223?????即 r1?4i,r2?7i?25.5j

vx?v0x?1

5vy?v0y?at?6??3?11

3??????即 v1?i1?6j,v2?i?11j ???????∴ L1?r1?mv1?4i?3(i?6j)?72k

????????L2?r2?mv2?(7i?25.5j)?3(i?11j)?154.5k

????2?1∴ ?L?L2?L1?82.5kkg?m?s

解(二) ∵M?dz dt∴ ?L???t0??t?M?dt??(r?F)dt

0?3?15??????(4?t)i?(6t??t2)j??5jdt023??

??3??5(4?t)kdt?82.5kkg?m2?s?10

题2-24图

2-24 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M1的重物．小球作匀速圆周运动，当半径为r0时重物达到平衡．今在M1的下方再挂一质量为M2的物体，如题2-24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M1，小球作圆周运动的向心力为M1g，即

M1g?mr0?0挂上M2后，则有

2

①

(M1?M2)g?mr???2

②

重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒． 即 r0mv0?r?mv?

?r02?0?r?2?? ③

联立①、②、③得

?0????r??M1gmr0M1gM1?M23()mr0M12

M1?M2g?m??M1?r0M1?M22-25 飞轮的质量m＝60kg，半径R＝0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为

-1

900rev·min．现利用一制动的闸杆，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2-25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＝100 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几转? (2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F?

解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、N?是正压力，Fr、Fr?是摩擦力，Fx和Fy是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力．

题2-25图（a）

题2-25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(l1?l2)?N?l1?0N??l1?l2F l1对飞轮，按转动定律有???FrR/I，式中负号表示?与角速度?方向相反． ∵ Fr??N N?N? ∴ Fr??N???l1?l2F l1

又∵ I?∴ ???1mR2, 2FrR?2?(l1?l2)?F ① ImRl1以F?100N等代入上式，得

???2?0.40?(0.50?0.75)40?100??rad?s?2

60?0.25?0.503由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为

t??这段时间内飞轮的角位移为

?0900?2??3??7.06s ?60?40???0t??t2?1900?2?91409?????(?)2 2604234?53.1?2?rad可知在这段时间里，飞轮转了53.1转． (2)?0?900?2?rad?s?1，要求飞轮转速在t?2s内减少一半，可知 60?0??2??0t???02t??15?rad?s?2 2用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

F???mRl1?2?(l1?l2)60?0.25?0.50?15?

2?0.40?(0.50?0.75)?2?177N2-26 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OO?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m1和m2相连，

m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设R＝0.20m, r＝0.10m，m＝4 kg，M＝10 kg，m1＝m2＝2 kg，且开始时m1，m2离地均为h＝2m．求： (1)柱体转动时的角加速度；

(2)两侧细绳的张力．

解: 设a1,a2和β分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．

题2-26(a)图 题2-26(b)图

(1) m1,m2和柱体的运动方程如下：

T2?m2g?m2a2 ① m1g?T1?m1a1 ② ??T1R?T2r?I? ③

式中 T1??T1,T2??T2,a2?r?,a1?R? 而 I?由上式求得

11MR2?mr2 22???Rm1?rm2g22I?m1R?m2r0.2?2?0.1?2?9.8

11?10?0.202??4?0.102?2?0.202?2?0.10222?6.13rad?s?2 (2)由①式

T2?m2r??m2g?2?0.10?6.13?2?9.8?20.8N

由②式

T1?m1g?m1R??2?9.8?2?0.2.?6.13?17.1N

2-27 计算题2-27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m1＝50

kg，m2＝200 kg,M＝15 kg, r＝0.1 m

解: 分别以m1,m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m1,m2运用牛顿定律，有

m2g?T2?m2a ① T1?m1a ②

对滑轮运用转动定律，有

1T2r?T1r?(Mr2)? ③

2又， a?r? ④ 联立以上4个方程，得

a?m2gm1?m2?M2?200?9.8?7.6155?200?2m?s?2

题2-27(a)图 题2-27(b)图

题2-28图

2-28 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)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

l1?(ml2)? 233g∴ ??

2lmg(2)由机械能守恒定律，有

l11mgsin??(ml2)?2

2233gsin? l∴ ??

题2-29图

2-29 如题2-29图所示，质量为M，长为l的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O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?? 30°处． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速v0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v0，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：

mv0l?I??mvl ①

121212mv0?I??mv ② 222上两式中I?12Ml，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3o位置上摆到最大角度??30，按机械能守恒定律可列式：

12lI??Mg(1?cos30?) ③ 22由③式得

1212???(1?cos30?)???(1?)?

2??I??l由①式

?Mgl??3g3?v?v0?由②式

I? ④ mlI?2v?v? ⑤

m220所以

(v0?求得

I?212)?v0??2 mlmv0??(2)相碰时小球受到的冲量为

l?Il1M(1?2)?(1?)?223mml6(2?33m?M12mgl

?Fdt??mv?mv?mv由①式求得

0

?Fdt?mv?mv0????I?1??Ml? l3gl

6(2?3)M6负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．

题2-30图

2-30 一个质量为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2-30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: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度

v0?R?

设碎片上升高度h时的速度为v，则有

2v2?v0?2gh

令v?0，可求出上升最大高度为

2v0122H??R?

2g2g(2)圆盘的转动惯量I?11MR2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I??MR2?mR2，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????mv0R

式中??为破盘的角速度．于是

11MR2??(MR2?mR2)???mv0R 22

11(MR2?mR2)??(MR2?mR2)?? 22得???? (角速度不变)

圆盘余下部分的角动量为

1(MR2?mR2)? 2转动动能为

题2-31图

Ek?11(MR2?mR2)?2 222-31 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m0的子弹以速度v0射入轮缘(如题2-31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,m0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O轴的角动量守恒

Rsin?m0v0?(m?m0)R2?

∴ ??m0v0sin?

(m?m0)Rmvsin?21[(m?m0)R2][00]Ek2(m?m0)Rm0sin2?(2) ??1Ek0m?m20m0v022-32 弹簧、定滑轮和物体的连接如题2-32图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N·m；定滑轮的

2

转动惯量是0.5kg·m，半径为0.30m ，问当6.0 kg质量的物体落下0.40m 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，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有

-1

121212mv?I??kh 222又 ??v/R

mgh?故有 v?(2mgh?kh2)k2 2mR?I?(2?6.0?9.8?0.4?2.0?0.42)?0.32 6.0?0.32?0.5m?s?1?2.0

题2-32图 题2-33图

2-33 空心圆环可绕竖直轴AC自由转动，如题2-33图所示，其转动惯量为I0，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

I0?0?(I0?mR2)? ①

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vB，以B点为重力势能零点，则有

11122 ② I0?0?mgR?(I0?mR2)?2?mvB222联立①、②两式，得

22I0?0RvB?2gR?

I0?mR2(2)当小球滑至C点时，∵Ic?I0 ∴?c??0 故由机械能守恒，有

mg(2R)?12mvc 2∴ vc?2gR 请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．

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