刚体和流体答案

第3章刚体和流体一、选择题1. A2. C3. D4. D5. C6. D7. A8. B9. B10. C11. B12. B13. A14. A15. C16. A17. C18. D19. C20. D21. B22. D23. C24. B25. C26. B27. B28. C29. B30. D31. C32. A33. C34. C35. D36. C37. A38. B39. C40. C二、选择题 1. π 2. 43 rad.s -13.1322m l sin θ4. 21ββ>5.14W6. 29k N.m7. 0, k ab mω8. 2083ωJ -9. 72 J10.mgl 21，lg 3211. ()222347xll +=ωω12. ()lm M3460+v13.mM M 20+ω14. 14 rad ⋅s -115. 0,s m kg 10831-126⋅⋅⨯⋅ 16. m 1059.911-⨯=d , 45104'=θ17. 2min rev/67-，8.318. m 1026512⨯⋅ 19. ω，ω221R m M ⎪⎭⎫⎝⎛- 20. 2.5m ⋅s -1, 2.57⨯106Pa 21. 1.26⨯10-3m 3⋅s -1，1.5m 22. 0.46m 23. 2.27⨯102s24. 7.69⨯10-3m ⋅s -1，1.88⨯10-2m ⋅s -1三、计算题1. 解：各物体受力如左图所示．由牛顿定律和转动定律列方程如下：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=='-='=-ββR a mR R T TR maT ma T F 221 由以上各式可以解出(1) 滑轮的角加速度()2srad 10050.08510252-⋅=⨯⨯⨯==mRF β(2) A 与滑轮之间绳中张力()N 0.6510353=⨯==F T(3) B 与滑轮之间绳中张力()N 0.4510252=⨯=='F T2. 解：以人、重物和滑轮为研究对象，受力分析如图所示．以地为参考系，由于人相对于绳运动无加速度，所以人与物体加速度方向相反，大小相等，设为a ．对人和物体应用牛顿第二定律：Ma T Mg =-2 (1)Ma Mg T 21211=-(2) 对滑轮应用转动定律：ββ21241MR J R T R T ==- (3)再考虑角量和线量的关系：βR a = (4) 联解以上各式，可得B 上升的加速度 72g a =3. 解：各物体受力如A3-3-3图所示 由牛顿定律和转动定律列方程如下：βββr a r a mr r T r T ma mg T maT mg ===⨯-⨯=-=-1221211222292联立以上方程，可以解得 rg 192=β'A3-3-2图a g m gm 12a T A3-3-3图4. 解：左边直棒部分对O 轴的转动惯量21131L m J O =由平行轴定理，右边直棒部分对O 轴的转动惯量2222223121⎪⎭⎫ ⎝⎛+=L m L m J O 整个刚体对O 轴的的转动惯量22122222121)7(312312131Lm m L m L m L m J J J O O O +=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+=5. 解：左边长为L 的直棒部分对O 轴的转动惯量21131L m J O =由平行轴定理，圆盘部分对O 轴的转动惯量()22221R L M MRJ O ++=整个刚体对O 轴的的转动惯量()()222212131R L M MRL m J J J O O O +++=+=6. 解： (1) 222213431ml ml mlJ J J =+=+=(2) 机械能守恒：221sin 2sin ωθθJ l mg mgl =+lg θωs i n 23=7. 解：(1) 甲、乙二人受力情况相同，皆受绳的张力T ，重力mg ，二人的运动相同，因为ma mg T =-所以二人的加速度相同，二人的速度为t mmg T t a ttd )(d 00⎰⎰-=+=v v因初速度v 0 = 0，二人在任一时刻的速度相同，上升的高度相同，所以同时到达顶点．以二人为系统，因二人是加速上升，所受合外力2(T -mg ) > 0，故系统的动量不守恒．以人和地球为系统，张力T 对系统做功，因而系统的机械能不守恒．显然人在上升中机械能在样加．但甲、乙二人相对滑轮轴的合外力矩（M = TR -TR + mgR -A3-3-4图1m 2mA3-3-7图mgR ）等于零，系统对轴的角动量守恒．(2) 设甲的速度甲v 、乙的速度为乙v ，从解(1)知二人的速度相等，即乙甲v v =，这个结果也可用角动量守恒得到，因0=-乙甲v v Rm Rm故 乙甲v v =设绳子的牵连速度为v 0，设滑轮左侧绳子的v 0向下，那么滑轮右侧的v 0一定向上，根据速度合成定理0v v -=u 甲02v v +=u 乙 所以 002v v +=-u u40u =v则 u 43==乙甲v v讨论: 由于人用力上爬时，人对绳子的拉力可能改变，因此绳对人的拉力也可能改变，但甲、乙二人受力情况总是相同，因此同一时刻甲、乙二人的加速度和速度皆相同，二人总是同时到达顶点．8. 解：tJ tL td d sin d d sin d d θθωθθ==L222737sm kg 107911015326000π2523sin 86400π210058-⋅⋅⨯⋅=⨯⋅⨯⨯⋅⨯⨯⨯⋅=太阳和月亮对地球的合力矩的大小为 m N 10791d d 22⋅⨯⋅==tM L9. 解：两轮接触时，受力如A3-3-9图所示轮I 、轮II 接触时，轮I 受到重力m 1g ，轴给轮的力T 1，以及摩擦力f 1，轮II 施加的正压力N 1；轴II 受到重力m 2g ，轴给轮的力T 2，以及摩擦力f 2、轮I 施加的正压力N 2，以及外加力F ．f 1和f 2大小相等、方向相反，对轮I 和轮II 组成的系统来说，f 1和f 2是一对内力，它们的力矩和不会改变系统的总角动量．轮I 、轮II 系统受到的外力T 1、T 2、m 1g 和m 2g ，它们对O 1轴或者O 2轴的合外力矩皆不为零，这个系统对O 1或者O 2的角动量都不守恒．所以应对轮I 、轮A3-3-9图II 分别运用角动量定理．对I 轮，设顺时针转动为正向011101J d ωωJ t fR t-=-⎰ (1)对II 轮，设逆时针转动为正负2222d ωJ t fR =⎰(2)联立(1)、(2)两式可得2221111R J R J J ωωω-=- (3)转动稳定时，两轮缘的线速度相等，即2211ωωR R = (4)联立(3)、(4) 解得2211220121222112201221,J R J R J R R J R J R J R +=+=ωωωω10. 解：地球的自转动能为222k )π2)(33.0(2121TMR J E ==ω242624)1064.8π2()1037.6)(1098.5(33.021⨯⨯⨯⨯⨯⨯= J 1014.229⨯=地球自转动能的变化率为) d d (π)2()π2(d d )π2(d d )21( d d d d 322k tT TJTtTJ tJ J t tE -====ωωω)1015.3(1016)10(8.64π4])104.6)(1098.5(33.0[763422624⨯⨯⨯⨯⨯⨯-=kW 10-2.6J/s 106.2912⨯=⨯-=即相当于摩擦消耗的功率为kW 106.29⨯，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（J 10418⨯）的大约20倍． 潮汐作用对地球的平均力矩为tTT J T tJ tJ J M d d π2)π2( d d d d 2-====ωβ)1015.3(1016)10(8.64π2])104.6)(1098.5(33.0[76242624⨯⨯⨯⨯⨯⨯-=m N 105.316⋅⨯-=11. 解：以细棒和支点为研究对象，碰撞过程中和外力矩为零，系统角动量守恒． 建立A3-3-11图所示的坐标系，设细棒线密度为λ，则lm 2=λ，碰撞前细棒对O 点的角动量大小为：l m lx x x x l l 02002/02/30021d d v v v v ==-⎰⎰-λλλ碰撞后细棒对O 点的角动量大小为：2221272141234331l m l m l m J ωωω=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=由角动量守恒定律：2012721l m l m ω=v∴ 碰后细棒绕O 点的角速度大小为：l760v =ω12. 解：(1) 中子星的自转角加速度 tT TT ttd d π2)π2( d d d d 2-===ωβ29752s r a d 103.21015.31026.1)033.0(π2---⋅⨯-=⨯⨯⨯-=(2) 中子星转动动能的减小速率tmR tJ J t tE d d 52 d d )21( d d d d 22ωωωωω===1-3192430s J 106.2)103.2)(033.02()10()105.1(52⋅⨯-=⨯-⨯⨯⨯=-π(3) 中子星经过多长时间将停止转动3122430222106.2)033.0π2()10)(105.1(51 d d )52(21 d d 21 d d ⨯⨯====tE mR tE J tE E t ωω a 1300s 1018.410=⨯=13. 解：过程1：棒下摆．考查(棒---地球)系统，只有重力（保守内力）作功，系统机械能守恒．设地面为重力势能零点，则有)2(212lmg J mgl +=ω(1)式中J 为棒的转动惯量 231ml J =解得 lg 3=ω (2)A3-3-11图过程2：棒和滑块的碰撞．考查(棒---滑块)系统，外力(重力、轴力)力矩均为零，系统角动量守恒．l m J J v +'=ωω (3)过程3：滑块运动且棒上摆．考查滑块，仅摩擦力作用 由动能定理 2210 v m S f -=⋅- (4)其中摩擦力 mg f μ=考查(棒---地球)系统， 只有重力（保守内力）作功，系统机械能守恒． m g h l mg J =+')2(212ω (5) 联立(2)----(5)式可得Sl S l h 6 3μμ-+=14. 解：小球下摆，(小球---地球)系统只有重力作功，机械能守恒 设杆静止时的最低端处为重力势能零点，有221)cos 1(v m mgl =-θ (1)球---杆弹性碰撞，(小球---细杆)系统，重力(此刻竖直)和轴力对轴O 的力矩为零，系统角动量守恒；且因是弹性碰撞，碰撞前后系统动能不变设小球碰前、后的速度大小分别为v 和v '，碰后杆的角速度为ω，角动量守恒式为ω)31(2ml l m l m +'=v v (2)动能守恒式为 2222)31(212121ωml m m +'=v v(3)杆上摆，(细杆---地球)系统，只有重力作功，机械能守恒 取杆的中点处为重力势能的零点=ω22)31(21ml )3c o s 1(2π-l mg (4) 联立(1)—(4)式有， 32cos =θ ，得到 32c o s1-=θ15. 解：(1) 两小球被压缩的弹簧弹开, 对O 轴，弹簧推力的力矩之和为零；重力、槽底支持力无力矩；槽壁对球的压力指向圆心，M 外= 0，系统角动量守恒． 设 m ，M 刚脱离弹簧时的角速度分别为m ω和M ω，有 0=+M M m m J J ωω0)()(22=+M m MR mR ωωMm M m ωω-=A3-3-14图两小球被弹开后的运动过程因沟槽水平光滑，m 、M 都作匀角速圆周运动．相遇时m 转过θm 角，M 转过θM 角，由 式有即 t M t m M m ∆-=∆ωω 且由 M m M m θθ-= 、●联立，得π2)(=-+M m θθ ●Mm m M +=π2θ ❍(2) 两小球被压缩的弹簧弹开, 考查(m---M ---弹簧)系统，在m 、M 弹开的过程中，只有弹力作功，系统机械能守恒． 02222)(21)(21U MR mR M m =+ωω ⏹由 、⏹得2)(2Rm M M mUM +=ω ☐同样也可得被弹开时m 的角速度m ω．两小球被弹开后，m 、M 都作匀角速圆周运动 由❍、☐得22)(π2U m M mMRt MM +==∆ωθ16. 解：设小球在流体中运动，受力分析如A3-3-16(a)图所示．取坐标如图，以向下为正方向，则有牛顿运动方程 tm k mg d d v v =-分离变量 vv k mg m t -=d d 即： v v m k g m k g t km --=-)d(d 积分 ⎰⎰--=-vvv 0)d(d mk g m k g t km t得 )e 1(tm k kmg --=vA3-3-16(a)图yf v当 ∞→t 时， kmg T ==v v (收尾速率)于是有)e1(tg T Tv v v --=小球速度v 随 t 变化的曲线如A3-3-16(b)图17. 解：(1) )s(m 100.2)104(14.3100.112236----⋅⨯=⨯⨯⨯==S Q V v(2) 由泊萧叶定律η2218πrlp p Q V ⋅-⋅=得(Pa)99.2)104(14.3100.31.0108π84336421=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==-=∆---rl Q p p p V η(3) 作用在这段血管上的净力)(2121p p S Sp Sp F -=-=维持血液在血管中流动所需功率为(W)100.3100.299.2)104(14.3π62232---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=∆==v v p r F P18. 解：(1) 混合气体中各组分的压强与总压强之比，等于各组分的体积百分比.在含氧21%体积百分比的空气中，要使氧的分压强达到0.2MPa ，则空气的总压强为0.95MPa.海面的大气压强为0.10MPa ，由海水产生的压强为0.85MPa ，这时海水的深度为6030.8510m 85m 1.025109.8p p h g ρ-⨯===⨯⨯ (2) 对于体积百分比分别为氧3%和氦97%的气体混合物，在水深200m 时氧的分压强是()11100.063M Pa p x p x gh p ρ==+≈19. 解：设大气压强为0p ，潜水员位于深度L 时，吸气入肺后，其肺部压强 > 环境压强gL p p ρ+=0A3-3-16(b)图T v O对潜水员来说，环境压强逐渐减小，直至减为0p ，他的血压也逐渐减小，直至到达水面时达到正常状态。