物理學(xué)教程重點課后題.

1、1 -2一運動質(zhì)點在某瞬時位于位矢r(x,y )的端點處，對其速度的大小有四種意見，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)點到坐標(biāo)原點的距離隨時間的變化率，在極坐標(biāo)系中叫徑向速率.通常用符號dt(D)Vr表示,ds計-J r這是速度矢量在位矢方向上的一個分量；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 -4一個質(zhì)點在做圓周運動時，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)點作圓周 運動時，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)點的速率情況而定.質(zhì)點作勻速率圓周運動時，at恒為零；質(zhì)點作勻變速率圓周運動時，a t為一不為零的恒量，當(dāng)at改變時，質(zhì)點則作一般的變速率圓周運動.由此可見，應(yīng)選(B).231 -5 已知質(zhì)點沿x軸作直線運動，其運動方程為= 2 6t -

3、2t ，式中x的單位為m,t的單位為s.求:(1) 質(zhì)點在運動開始后4.0 s內(nèi)的位移的大小;(2) 質(zhì)點在該時間內(nèi)所通過的路程;(3) t = 4 s時質(zhì)點的速度和加速度.分析位移和路程是兩個完全不同的概念.只有當(dāng)質(zhì)點作直線運動且運動方向不改變時，位移的大小才會與路程相等.質(zhì)點在t時間內(nèi)的位移 x的大小可直接由運動方程得到：Z =g，而在求路程時，就必dx須注意到質(zhì)點在運動過程中可能改變運動方向，此時，位移的大小和路程就不同了. 為此，需根據(jù)0來確定其運動方向改變的時刻tp，求出0tp和tpdtt內(nèi)的位移大小 X1、 X2 ,則t時間內(nèi)的路程dxd 2xSf X2,如圖所示，至于t = 4.

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

5、 2s時，質(zhì)點的位矢；(3) 由t = 0至吐=2 S內(nèi)質(zhì)點的位移 r和徑向增量 r 分析 質(zhì)點的軌跡方程為y = f(x),可由運動方程的兩個分量式 A r、A s來說，物理含義不同,(詳見題1-1分析).解(1)由x(t)和y(t)中消去t后得質(zhì)點軌跡方程為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即可得到對于r、A r、這是一個拋物線方程，軌跡如圖(a)所示.(2) 將t = 0 s和t = 2 s分別代入運動方程，可得相應(yīng)位矢分別為r° = 2j , d =4i - 2 j圖(a)中的P、Q兩點，即為t = 0s和t = 2 s時

6、質(zhì)點所在位置.(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)點在t時間內(nèi)通過的路程，即為曲線坐標(biāo)的改變量$= St-S。因圓周1 21 -16 一質(zhì)點沿半徑為R的圓周按規(guī)律S=Votbt2運動，v。、b都是常量.(1)求t時刻質(zhì)點的總2加速度；(2) t為何值時總加速度在數(shù)值上等于b? (3)當(dāng)加速度達(dá)到b時,質(zhì)點已沿

7、圓周運行了多少圈？分析 在自然坐標(biāo)中，s表示圓周上從某一點開始的曲線坐標(biāo)由給定的運動方程S = s(t),對時間t求一an= V2 / R.這樣,階、二階導(dǎo)數(shù)，即是沿曲線運動的速度 V和加速度的切向分量at,而加速度的法向分量為長為2n R,質(zhì)點所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得.解(1)質(zhì)點作圓周運動的速率為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開始到t = V0 /b

8、時,質(zhì)點經(jīng)過的路程為s = St So2b因此質(zhì)點運行的圈數(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動,當(dāng)物體剛脫離斜面時，它的加速度的大小為()(A) gsine題2 -丨圖分析與解當(dāng)物體離開斜面瞬間，斜面對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，

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) 開始隨Fn增大，達(dá)到某一最大值后，就保持不變(D) 無法確定分析與解 與滑動摩擦力不同的是，靜摩擦力可在零與最大值 Fn范圍內(nèi)取值.當(dāng)Fn增加時，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動狀態(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,汽車輪胎與路面間的摩擦因數(shù)為卩，要使汽車不至于發(fā)生側(cè)向打滑，汽車在該處的行駛速率()(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)由汽車的質(zhì)量m決定分析與解由題意知，汽車應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運動，為保證汽車轉(zhuǎn)彎時不側(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 由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為v=卩Rg因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時的實際速率不大于此值，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

11、程中受到大小和方向不變的重力以及時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 )使物體的速率將會不斷增加(由機(jī)械能守恒亦可判斷),則物體作圓周運動的向心力(又稱法向力)將不斷增2大，由軌道法向方向上的動力學(xué)方程Fn -mgsin e = m可判斷，隨e角的不斷增大過程，軌道支持R力Fn也將不斷增大，由此可見應(yīng)選(B) 3 -1對質(zhì)點組有以下幾種說法：(1) 質(zhì)點組總動量的改變與內(nèi)力無關(guān)；(2) 質(zhì)點組總動能的改變與內(nèi)力無關(guān)；(3) 質(zhì)點組機(jī)械能的改變與保守內(nèi)力無關(guān).下列對上述說法判斷正確的是 ()(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)點組中內(nèi)力總是成對出現(xiàn)的，它們是作用力與反作用力由于一對內(nèi)力的沖量恒為零，故內(nèi)力不會改變質(zhì)點組的總動量但由于相互有作用力的兩個質(zhì)點的位移大小以及位移與力的夾角一般不同，故一對內(nèi)力所作功之和不一定為零，應(yīng)作具體分析，如一對彈性內(nèi)力的功的代數(shù)和一般為零，一對摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零，對于保守內(nèi)力來說，所作功能使質(zhì)點組動能與勢能相互轉(zhuǎn)換，因此保守內(nèi)力即使有可能改變質(zhì)點組的動能，但也不可能改變質(zhì)點組的機(jī)械能綜上所述(1)(3)說法是正確的故選(C).3 -2有兩個傾角不同、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，有兩個一樣的物塊分別從這兩個斜面的頂點由靜止開始滑下，則()(A) 物塊到達(dá)斜面底端時的動量相等(B) 物塊到達(dá)斜面底端時動能相等(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)水平方向上動量守恒分析與解對題述系統(tǒng)來說，由題意知并無外力和非保守內(nèi)力作功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒.物體在下滑過程中， 一方面通過重力作功將勢能轉(zhuǎn)化為動能，另一方面通過物體與斜面之間的彈性內(nèi)力作功將一部分能量轉(zhuǎn)化為斜面的動能，其大小取決其中一個內(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動能大小不等動量自然也就不等(動量方向也不同)故(A

14、)(B)(C)三種說法均不正確至于說法(D)正確，是因為該系統(tǒng)動量雖不守恒(下滑前系統(tǒng)動量為零，下滑后物體與斜面動量的矢量和不可能為零.由此可知，此時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外力，故系統(tǒng)在水平方向上分動量守恒.3 -3對功的概念有以下幾種說法：(1) 保守力作正功時，系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)的勢能增加；(2) 質(zhì)點運動經(jīng)一閉合路徑，保守力對質(zhì)點作的功為零；(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反，所以兩者所作功的代數(shù)和必為零.下列上述說法中判斷正確的是()(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，系統(tǒng)內(nèi)相應(yīng)勢能應(yīng)該減少.由于保守力作功與路徑無關(guān)，而只與始末位置有關(guān)， 如質(zhì)點環(huán)繞一周過程中，保守力在一段過程中作正功，在另一段過程中必然作負(fù)功，兩者之和必為零.至于一 對作用力與反作用力分別作用于兩個質(zhì)點所作功之和未必為零(詳見習(xí)題3 -2分析)，由此可見只有說法(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彈開的過程中，對A B

16、C、D以及彈 簧組成的系統(tǒng)，有()(A)動量守恒，機(jī)械能守恒(B)動量不守恒，機(jī)械能守恒(C)動量不守恒，機(jī)械能不守恒(D) 動量守恒，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)動量守恒，但機(jī)械能未必守恒，這取決于在AB彈開過程中C與A或D與B之間有無相對滑動，如有則必然會因摩擦內(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，下列說法中正確的說法是()(A) 子彈減少的動能轉(zhuǎn)變?yōu)槟緣K的動能(B) 子彈-木塊系統(tǒng)的機(jī)械能守恒(C) 子彈動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)在子彈射入過程中，作用于系統(tǒng)的合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，但機(jī)械能并不守 恒.這是因為子彈與木塊作用的一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零（這是因為子彈對地位移大于木塊對地位移所致）,子彈動能的減少等于子彈克服阻力所作功，子彈減少的動能中，一部分通過其反作用力對木塊作正功而轉(zhuǎn)移為木塊的動能，另一部分則轉(zhuǎn)化為熱能（大小就等于這一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和）綜上所述，只有說法（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作用下運動，已知x = Acos ®t,其中k、3、A均為正常量，求在 nt

18、 =0到t時間內(nèi)小球動量的增量.23t2分析 由沖量定義求得力f的沖量后，根據(jù)動量原理，即為動量增量，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,天文觀測臺有一半徑為R的半球形屋面，有一冰塊從光滑屋面的最高點由靜止沿屋面滑下,若摩擦力略去不計求此冰塊離開屋面的位置以及在該位置的速度.(hl題3-23 圖分析取冰塊、屋面和地球為系統(tǒng)，由于屋面對冰塊的支持力

20、FN始終與冰塊運動的方向垂直，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，僅有一個機(jī)械能守恒方程不能解出速度和位置 兩個物理量；因此，還需設(shè)法根據(jù)冰塊在脫離屋面時支持力為零這一條件，由牛頓定律列岀冰塊沿徑向的動力學(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，冰塊沿徑向的動力學(xué)方程為2ll mvmgRcos 0 - FN(2)冰塊脫離球面時，支持力Fn = 0,由式（1）、（2）可得冰塊的角位置= 48.220 = arccos3冰塊此時的速率為二 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摩擦滑動求子彈射入靶內(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題.碰撞的全過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)無非保守內(nèi)，彈簧被壓縮量最方向動量守恒但是，僅靠動量守恒定律還不能求岀結(jié)果來又考慮到無外力對系統(tǒng)作功 力作功，故系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒.應(yīng)用上述兩個守恒定律

22、，并考慮到球與靶具有相同速度時 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)問題.解設(shè)彈簧的最大壓縮量為X0 小球與靶共同運動的速度為 V1 由動量守恒定律，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有兩個力作用在一個有固定轉(zhuǎn)軸的剛體上：(1) 這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的合力矩一定是零；這兩個力都垂直于軸作用時，它們對軸的合力矩可能是零；當(dāng)這兩個力的合力為零時，它們對軸的合力矩也一定是零；當(dāng)這兩個力對軸的合力矩為零時，它們的合力也一定是零.對上述說

23、法下述判斷正確的是 ()(A)只有(1)是正確的(B)(1)、(2)正確，(3)、 錯誤(C) (1) 、(2)、(3)都正確，錯誤(D)(1)、(2)、(3)、都正確分析與解力對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轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸(例如門的重力并不能使門轉(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)對軸之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對同一軸的合外 力矩也可以為零，由以上規(guī)則可知(1)(2)說法是正確對于 兩種說法，如作用于剛體上的兩個力為共點力，當(dāng)合力為零時，它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦

24、然.但如這兩個力為非共點力，貝U 以上結(jié)論不成立，故(3)(4)說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法：(1) 對某個定軸轉(zhuǎn)動剛體而言，內(nèi)力矩不會改變剛體的角加速度；(2) 一對作用力和反作用力對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剛體，在相同力矩的作用下，它們的運動狀態(tài)一定相同.對上述說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)元之間的一對內(nèi)力屬于作用力與反作用力，且作用點相同，故對同一軸的力矩之和必為零，因此可推知剛體中所有內(nèi)力矩之

25、和為零，因而不會影響剛體的角加速度或角動量等，故(1)(2)說法正確.對說法(3)來說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉(zhuǎn)動慣量因形狀、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，因而運動狀態(tài)未必相同，由此可見應(yīng)選(B).4-3均勻細(xì)棒0阿繞通過其一端0而與棒垂直的水平固定光滑軸轉(zhuǎn)動，如圖所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是()(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，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化

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，重力矩為零因此在棒在下落過程中重力矩由大到小， 由轉(zhuǎn)動定律知，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 一圓盤繞通過盤心且垂直于盤面的水平軸轉(zhuǎn)動，軸間摩擦不計如圖射來兩個質(zhì)量相同，速度大小 相同，方向相反并在一條直線上的子彈，它們同時射入圓盤并且留在盤內(nèi)，則子彈射入后的瞬間，圓盤和 子彈系統(tǒng)的角動量L以及圓盤的角速度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 對于圓盤一子彈系統(tǒng)來說，并無外力

27、矩作用，故系統(tǒng)對軸0的角動量守恒，故L不變，此時應(yīng)有下式成立，即mvd mvd + J0 3 = J 3式中mvc為子彈對點O勺角動量°為圓盤初始角速度，J為子彈留在盤中后系統(tǒng)對軸 O勺轉(zhuǎn)動慣量，J。為子 彈射入前盤對軸O的轉(zhuǎn)動慣量.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動，則在運動過程中，衛(wèi)星對地球中心的(A)角動量守恒，動能守恒(B)角動量守恒，機(jī)械能守恒(C)角動量不守恒，機(jī)械能守恒(D)角動量不守恒，動量也不守恒(E) 角動量守恒，動量也守恒分析與解由于衛(wèi)星一直受到萬有引力作用，故其動量不可能守恒，但由于萬有引力一直指向地球中心，則萬有引

28、力對地球中心的力矩為零，故衛(wèi)星對地球中心的角動星守恒，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，由于丨r丨不同，由角動量守恒知衛(wèi)星速率不同，其中當(dāng)衛(wèi)星處于近地點時速率最大，處于遠(yuǎn)地點時速率最小，故衛(wèi)星動能并不守恒，但由萬有引力為保守 力，則衛(wèi)星的機(jī)械能守恒，即衛(wèi)星動能與萬有引力勢能之和維持不變，由此可見，應(yīng)選(B) 4-9用落體觀察法測定飛輪的轉(zhuǎn)動慣量， 是將半徑為R的飛輪支承在O點上，然后在繞過飛輪的繩子的一 端掛一質(zhì)量為m的重物，令重物以初速度為零下落，帶動飛輪轉(zhuǎn)動 (如圖)記下重物下落的距離和時間，就 可算岀飛輪的轉(zhuǎn)動慣量試寫岀它的計算式.(假設(shè)軸

29、承間無摩擦).題4-9 圖分析 在運動過程中，飛輪和重物的運動形式是不同的飛輪作定軸轉(zhuǎn)動，而重物是作落體運動，它們之 間有著內(nèi)在的聯(lián)系由于繩子不可伸長，并且質(zhì)量可以忽略這樣，飛輪的轉(zhuǎn)動慣量，就可根據(jù)轉(zhuǎn)動定律 和牛頓定律聯(lián)合來確定，其中重物的加速度，可通過它下落時的勻加速運動規(guī)律來確定.該題也可用功能關(guān)系來處理將飛輪、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動的路程、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，對飛輪而言，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律，有FT R = J a(1)而對重物而言，由牛頓定律，有mg - Ft = ma(2)由于繩子不可伸長，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)重物作勻加速運動時，有由上述各式可得1 2 1 2mgh mv J w =02 2v = R wv = atv2 = 2ah(2(3