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习题讨论课一1. 力学变质量体系问题刚体定轴转动,相对论2. 振动与波3. 热学
教师:郑采星
大学物理
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1. 一火箭初质量为M0,每秒喷出的质量 (-dM/dt)恒定,喷气相对火箭的速率恒定为.设火箭竖直向上发射,不计空气阻力,重力加速度恒定,求 t = 0时火箭加速度在竖直方向(向上为正)的投影式。参考解答:设火箭从地面竖直向上发射,取坐标系 Oy竖直向上,原点 O在地面,取研究对象为 t时刻的火箭及其携带的喷射物,质量分别为M和dM. 设 v为物体系统在 t时刻的绝对速度, u为喷射物的相对速度,向上为正。t时刻,物体系统的动量为: v)d()( MMtp
t+t时刻,物体系统的动量为: )d(d)d()( vvvv uMMttp
t时刻,物体系统所受合外力即重力为: gMM )d(
由动量定理 ,dd ptF 得 vv ddddddd MMuMtMgtMg
略去高阶小量 dMdt、 dMdv,有MuMtMg ddd v
得火箭加速度为:
gt
M
M
u
tta
d
d
d
d)(
v
t = 0, M = M0,代入上式,并考虑 d
M/dt为每秒喷出的质量,用题目给定条件 -dM/dt代入上式,得
gt
M
M
ua )
d
d(
0
3
2. 一竖直向上发射之火箭,原来静止时的初质量为 m0经时间 t 燃料耗尽时的末质量为 m,喷气相对火箭的速率恒定为 u,不计空气阻力,重力加速度 g恒定.求燃料耗尽时火箭速率。 参考解答:根据上题,
gt
M
M
u
tta
d
d
d
d)(
v
得 gt
m
m
u
t
d
d
d
dv tgm
mu d
dd v
积分得: m
m
t
tgm
mu
0 00
dd
dvv
gtm
mu 0lnv
火箭起飞时,从尾部喷出的气体的速度为 3000m/s ,每秒喷出的气体质量为 600kg ,若火箭的质量为 50t ,求火箭得到的加速度。
gt
M
M
ua )
d
d(
0
23
0
m/s2.268.96001050
3000
d
d
g
t
M
M
ua0
d
d
t
M 所以
4
一弹道火箭自身质量(含燃料)M0 = 12.9 t(吨 ),所载燃料的质量为 m =
9.0 t(吨 ),发动机工作时喷出气体的速率(相对于火箭体)为常量 u = 2×103 m/s,此火箭由静止开始发射后,若不计重力及空气阻力,则在燃料烧尽后,它的速度为 ________.
m/s104.20.99.12
9.12ln102ln 33
0
0
mM
Muv
0vv dddd MMuM
略去高阶小量 dMdv,有 MMuM dd0ddMu
vv
得火箭速度为:
mM
M
M0
0
dd0 M
uv
v
参考解答:取研究对象为 t时刻的火箭及其携带的喷射物,质量分别为M和 dM. 设 v为物体系统在 t时刻的绝对速度, u为喷射物的相对速度。
t时刻,物体系统的动量为: v)d()( MMtp
t+t时刻,物体系统的动量为: )d(d)d()( vvvv uMMttp
由动量守恒定律
0d M
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3. 质量 m =10 kg、长 l =40 cm的链条,放在光滑的水平桌面上,其一端系一细绳,通过滑轮悬挂着质量为 m1 =10 kg的物体,如图所示. t = 0时 ,系统从静止开始运动 , 这时 l1 = l2 =20 cm< l3.设绳不伸长,轮、绳的质量和轮轴及桌沿的摩擦不计,求当链条刚刚全部滑到桌面上时,物体 m1速度和加速度的大小. l1
l2
l3
m1
解:分别取 m1和链条 m 为研究对象,坐标如图. 设链条在桌边悬挂部分为 x, amTgm 11 malxgmT /
解出 )/1(21 lxga
当链条刚刚全部滑到桌面时 20 m/s9.4
2
gax
xt
x
xta
d
d
d
d
d
d
d
d vv
vv
xlxgxa d)/1(21dd vv
两边积分
0
0 2
d)1(d2l
xl
xg
v
vv
2222
2 )4/3(/21 gllglgl v m/s21.13
2
12 glv
m1
x0
x
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3. 质量 m =10 kg、长 l =40 cm的链条,放在光滑的水平桌面上,其一端系一细绳,通过滑轮悬挂着质量为 m1 =10 kg的物体,如图所示. t = 0时 ,系统从静止开始运动 , 这时 l1 = l2 =20 cm< l3.设绳不伸长,轮、绳的质量和轮轴及桌沿的摩擦不计,求当链条刚刚全部滑到桌面上时,物体 m1速度和加速度的大小. l1
l2
l3
m1
另解:求当链条刚刚全部滑到桌面上时,物体 m1的速度。取物体、链条、桌与地球为研究对象,由机械能守恒,得:
2121
2 )(2
1)()
22(
11vmmglmEg
lmE
mpmp
21221 )(
2
1
4vmmgl
mglm 22
2 104
1010 v
glgl
m/s21.132
12 glv22
4
3v
gl
零势能点
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4. 地球对自转轴的转动惯量是 0.33mR2,其中 m是地球的质量( 5.981024kg), R是地球的半径( 6370 km).求地球的自转动能. 由于潮汐对海岸的摩擦作用,地球自转的速度逐渐减小,每百万年自转周期增加 16s.这样,地球自转动能的减小相当于摩擦消耗多大的功率?潮汐对地球的平均力矩多大?
解题:地球的自转动能为 222k )
π2)(33.0(
2
1
2
1
TMRIE
J102.14)1064.8
π2()1037.6()1098.5(33.0
2
1 2924
2624
86400606024
地球自转动能的变化率为
) d
d(
π)2()
π2(
d
d)
π2(
d
d)
2
1(
d
d
d
d3
22k
t
T
TI
TtTI
tII
tt
E
J/S)1015.3(10
16
)10(8.64
π4])104.6()1098.5(33.0[ 7634
22624
)1015.3(10)606024365(10 766 kW10-2.6J/s106.2 912
即相当于摩擦消耗的功率为 2.6109kW,由此可以算出,一年内潮汐消耗的能量相当于我国 1999年的发电量( 41018J)的大约 20倍.
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4. 地球对自转轴的转动惯量是 0.33mR2,其中 m是地球的质量( 5.981024kg), R是地球的半径( 6370 km).求地球的自转动能. 由于潮汐对海岸的摩擦作用,地球自转的速度逐渐减小,每百万年自转周期增加 16s.这样,地球自转动能的减小相当于摩擦消耗多大的功率?潮汐对地球的平均力矩多大?
即相当于摩擦消耗的功率为 2.6109kW,由此可以算出,一年内潮汐消耗的能量相当于我国 1999年的发电量( 41018J)的大约 20倍.
潮汐作用对地球的平均力矩为
t
T
TI
TtI
tIIM
d
dπ2)
π2(
d
d
d
d2
mN105.3
)1015.3(10
16
)10(8.64
π2])104.6()1098.5(33.0[
16
76242624
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5. 空心圆环可绕光滑的竖直固定轴 AC自由转动,转动惯量为 J0,环的半径为R,初始时环的角速度为 0.质量为 m的小球静止在环内最高处 A点,由于某种微小干扰,小球沿环向下滑动,问小球滑到与环心 O在同一高度的 B点和环的最低处的 C点时,环的角速度及小球相对于环的速度各为多大 ?( 设环的内壁和小球都是光滑的,小球可视为质点,环截面半径 r<<R.)
RA
0
BC
解:选小球和环为系统.运动过程中所受合外力矩为零,角动量守恒.对地球、小球和环系统机械能守恒.取过环心的水平面为势能零点.
小球到 B点时: I00= (I0+ mR2) ( 1)
)2(2
1
2
1
2
1 22220
200 BRmImgRI v
式中 vB表示小球在 B点时相对于地面的竖直分速度,也等于它相对于环的速度.由式( 1)得: = I00 / (I0 + mR2)
代入式( 2)得
02
22002
ImR
RIgRB
v
当小球滑到 C点时,由角动量守恒定律,系统的角速度又回复至 0,又由机械能守恒定律知,小球在 C的动能完全由重力势能转换而来.即:
Rmgm C 22
1 2 v
gRC 4v
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6. 一质量为M、长为 l的均匀细棒,悬在通过其上端 O且与棒垂直的水平光滑固定轴上 ,开始时自由下垂,如图所示.现有一质量为 m的小泥团以与水平方向夹角为的速度击在棒长为 3/4处 ,并粘在其上.求: (1) 细棒被击中后的瞬时角速度;(2) 细棒摆到最高点时,细棒与竖直方向间的夹角.
0v
O
(3/4)l
解: (1) 选细棒、泥团为系统.泥团击中后其转动惯量为
22
4
3
3
1
lmMlI
在泥团与细棒碰撞过程中对轴 O的角动量守恒
Ilm cos4
30v
lmM
m
mlMl
lm
2716
cos36
169
31
43
cos0
22
0
vv
11
mglMgl
mlMl
4
3
2
1
)16
9
3
1(
2
1
cos1
222
gmM
lmM
7248
27161cos
21
glmMmMm
271632cos54
1cos22
02
1 v
6. 一质量为M、长为 l的均匀细棒,悬在通过其上端 O且与棒垂直的水平光滑固定轴上 ,开始时自由下垂,如图所示.现有一质量为 m的小泥团以与水平方向夹角为 的速度击在棒长为 3/4处 ,并粘在其上.求: (1) 细棒被击中后的瞬时角速度;(2) 细棒摆到最高点时,细棒与竖直方向间的夹角.
0v
O
(3/4)l
解: (2) 选泥团、细棒和地球为系统,在摆起过程中,机械能守恒.
cos14
3cos1
2
1
2
1 2 mglMglImM
lm
lM
cr
4
32
)cos1()(2
1 2 cgrmMI
12
7. 长为 l 的匀质细杆,可绕过杆的一端 O 点的水平光滑固定轴转动,开始时静止于竖直位置.紧挨 O 点悬一单摆,轻质摆线的长度也是 l ,摆球质量为 m .若单摆从水平位置由静止开始自由摆下,且摆球与细杆作完全弹性碰撞,碰撞后摆球正好静止.求: (1) 细杆的质量. (2) 细杆摆起的最大角度. O
M
m l l解: (1) 设摆球与细杆碰撞时
速度为 v0 ,碰后细杆角速度为,系统角动量守恒, 得:
lmI 0v 由于是弹性碰撞,所以单摆的动能变为细杆的转动动能
220 2
1
2
1 Im v
代入 2
3
1MlI
(2) 由机械能守恒式
202
1vmmgl
cos12
1
2
1 2 MglI
并利用 (1) 中所求得的关系可得
3
1arccos得 mM 3
cos12
1 Mglmgl
cos12
3
mm
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8*. 一长度为 l 的轻质细杆,两端各固结一个小球 A 、 B (见图),它们平放在光滑水平面上。另有一小球 D ,以垂直于杆身的初速度v0 与杆端的 A 球作弹性碰撞.设三球质量同为 m ,求:碰后( 球A 和 B )以及 D 球的运动情况.
A
B
D
l0v参考解答:
解题分析 这是球 D 和一刚体(球 A 、 B 和固结的细杆看作刚体,下称刚体)弹性碰撞的问题.刚体在碰后的运动可分解为随质心的平动和绕通过质心轴的转动.
解题过程设碰后刚体质心的速度为 vC ,刚体绕通过质心的轴的转动的角速度为,球 D 碰后的速度为 v ,设它们的方向如图所示.
A
B
D0v
C杆长 l
Cv
v
过程:球 D 和刚体弹性碰撞的过程;
14
过程:球 D 和刚体弹性碰撞的过程;
A
B
D0v
C杆长 l
Cv
v
系统: D — 刚体(即 D 和 A+B );条件:因水平无外力,系统动量守恒;
方程: Cmmm vvv )2(0 得 )1(20 Cvvv
条件:因是弹性碰撞,没有能量损耗,系统动能不变;
方程: 22220 2
1)2(
2
1
2
1
2
1 Immm C vvv
得 )2(2
222
2220
lC
vvv
222220 ])
2(2[
2
1)2(
2
1
2
1
2
1 lmmmm C vvv
三个未知数。,C,vv
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条件:合外力矩为零,系统绕通过质心轴的角动量守恒 , 方程:
由 (1) 、 (2) 、 (3) 各式联立解出lC00 ;
2;0
vvvv
即碰后, D 球静止,刚体(球 A 、 B 及细杆)以速度 vC 平移并绕通过质心的轴以角速度 转动.
A
B
D0v
C杆长 l
Cv
v
)1(20 Cvvv
)2(2
222
2220
lC
vvv
三个未知数。,C,vv
Ilm
lm
220 vv
)3(0 lvv
2
0 22
22
lm
lm
lm vv
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9. 在实验室中测得电子的速度是 0.8c , c 为真空中的光速.假设一观察者相对实验室以 0.6c 的速率运动,其方向与电子运动方向相同,试求该观察者测出的电子的动能和动量是多少?(电子的静止质量 me = 9.11×1031k
g )
解:设实验室为 S系,观察者在 S′系中,电子为运动物体.则 S′对 S系的速度为 u = 0.6c,电子对 S系速度为 vx = 0.8c.电子对 S′系的速度
ccu
u
x
xx 385.0
)/(1 2
v
vv
观察者测得电子动能为
J1085.6)1)/(1
1( 15
2
20
20
2
c
cmcmmcEx
Kv
动量为xmp v
2
0
)/(1 c
m
x
x
v
v
= 1.14×10-22 kg·m/s
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10. 两个质点 A和 B,静止质量均为 m0.质点 A静止,质点 B的动能为 6m0c
2.设 A、 B两质点相撞并结合成为一个复合质点.求复合质点的静止质量. 解:设复合质点静止质量为M0,运动时质量为M.由能量守恒定律可得 )1(
220
2 mccmMc其中 mc2为相撞前质点 B的能量.
)2(2
02
02
02 76 cmcmcmmc
故 08mM
设质点 B的动量为 pB,复合质点的动量为 p.由动量守恒定律得 Bpp
利用动量与能量关系,对于质点 B可得 )3(
420
42420
22 49 cmcmcmcpB
Pc
E=mc2
m0c2 对于复合质点可得 )4(
420
42420
22 64 cmcMcMcP
(4) (3) 可得 20
20
20
20 164864 mmmM
00 4mM