大物期中复习

12.3

12.4

**12.7

**12.8

利用刚体的动能：

$E_k=\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}J_c \omega^2$

因此，对于初状态，列出动能定理：

$\frac{1}{2}m\left(\frac{v}{2}\right)^2+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{12} ml^2\right) \left(\frac{v}{l}\right)^2+\frac{1}{2}mv^2=\frac{3}{2}mgl$

得出

$\frac{2}{3}mv^2=\Delta E_p=\frac{3}{2}mgl$

因此，得到 $v=3/2\sqrt{gl}$

然后又得到

$\frac{2}{3}mv'^2=3mgl$

推出 $v'=3/\sqrt{2} \cdot \sqrt{gl}$。因此

$F-mg=m\frac{v'^2}{l} \Rightarrow F=\frac{11}{2} mg$

12.3

如果是圆弧形物块参考系，那么支持力做功为 0.

**12.4

由于空气与风筝之间无摩擦作用，所以风对风筝的作用力应该垂直于风筝的表面。因此，垂直于风筝表面的速度分量 $v\sin\alpha$ 减为0，平行于风筝表面的速度分量 $v\cos\alpha$ 不变。

13.1

13.2

最大动能 $mg=F_{弹}$

13.3

13.4

**13.6

关键是式子列对，因为人是相对圆盘运动的，所以

$J\omega+m(\omega R-u)R=0$

13.8

弹簧的弹性势能为

$\frac{1}{4}kx^4$

13.16

也可以观察到小球切向速度初始为 0，因此沿绳方向受力平衡，也就是

$mg\cos \theta+N\sin\theta=T\\ T\sin\theta-N=ma\\ N=Ma$

**13.4

(1) 能量守恒：

$\frac{1}{2}mgl=\frac{1}{2}J\omega^2 \quad J=\frac{1}{3}ml^2 \Rightarrow \omega=\sqrt{\frac{3g}{l}}$

(2) 细杆角加速度

$\beta=\frac{M}{J}=\frac{mgl/2}{ml^2/3}=\frac{3g}{2l}$

质心运动定理：

$ma=mg-F_y \quad a=\beta \frac{l}{2}$

得到 $F_y=\frac{1}{4}mg$，因此

$N=\frac{1}{4}mg+Mg$

(3) 系统移动最大距离

碰撞时，水平方向动量不守恒，但是角动量守恒，因此

$J\omega=J\omega'+mvl \quad v=\omega'l$

$\omega'=\frac{1}{4}\omega$

啊，小木块固定在木板上……动量守恒。

$m\frac{l}{2}\omega=(m+M)v$

$v=\frac{m}{2(M+m)}\sqrt{3gl}$

最大距离：

$s=\frac{v^2}{2\mu g}=\frac{3m^2l}{8\mu (M+m)^2}$

刚体运动的分解：质心速度+绕质心旋转速度（角速度），质心加速度+角加速度，动量+角动量

14.3

14.4

14.1


也可以整体分析。

14.3

两个方向动量守恒，设一开始 $M$ 运动的速度为 $v$：

$\left\{ \begin{aligned} & \alpha M v_1 \sin \theta + (1-\alpha) M (-v_2) \sin\theta=0\\ & Mv=\alpha M v_1 \cos \theta +(1-\alpha)M v_2 \cos\theta \end{aligned} \right.$

得到

$\alpha v_1=(1-\alpha) v_2=\frac{v}{2\cos \theta}=\frac{\sqrt{E}}{\sqrt{2M}\cos\theta}:=p$

然后除以下就行了

弹簧提供的能量由机械能守恒计算

$-E_p=\frac{1}{2}\alpha Mv_1^2+\frac{1}{2}(1-\alpha) Mv_2^2-E=\frac{1}{2}M \frac{p^2}{\alpha}+\frac{1}{2}M\frac{p^2}{1-\alpha}-E$

最小值当 $\alpha=1/2$，然后能量是

$E_p=E\tan^2\theta$

15.1

15.2

15.3`

对系统使用牛顿第二定律。

15.4

注意加速度正负号。

15.13

相对于轴的角动量：$mvr$，其中 $r$ 为质点到轴的垂直距离。相对于点的角动量 $m\boldsymbol r \times \boldsymbol v$。

15.14

15.15

相对于 $O$ 点角动量守恒

$m_2 \frac{l}{2}v_0=\left [m_1 l^2+m_2 \left(\frac{l}{2}\right)^2\right]\omega$

15.1

可以利用质心坐标不变：

$\frac{m_1l-m_2l}{m_1+m_2+m}=\frac{(l-2s)m_1+(\frac{l}{2}-s)m}{m_1+m_2+m}$

解得

$s=\frac{m_1+m_2+m}{2m_1+m}\frac{l}{2}$

得到时间 $t=s/u$……

15.4

可以看做质量为负，使用平行轴定理。

$J=\frac{1}{2}MR^2+\frac{1}{2}(-m)r^2+(-m)\left(\frac{R}{2}\right)^2$

代入 $\boldsymbol {m=\frac{r^2}{R^2} M}$，得到

$J=M\left(\frac{1}{2}R^2-\frac{r^4}{2R^2}-\frac{r^2}{4}\right)$

重力作用于质心，因此，下面需要找出质心，显然纵坐标为 0，而横坐标：

$x_c=\frac{M\cdot 0+(-m)\cdot \frac{1}{2}R}{-m+M}=-\frac{r^2}{2R}\frac{M}{M-m}$

得到

$\beta=\frac{M}{J}=\frac{-x_c\cdot (M-m)g}{J}$

而，由于质心运动定理：

$(M-m)\beta (-x_c)=(M-m)g-F_y$

解出来 $F_y$ 是这个鬼：

$\displaystyle \left(M - \frac{M r^{2}}{R^{2}}\right) \left(- \frac{M g r^{4}}{4 R^{2} \left(M - \frac{M r^{2}}{R^{2}}\right) \left(0.5 R^{2} - \frac{r^{2}}{4} - \frac{r^{4}}{2 R^{2}}\right)} + g\right)$

后面，使用能量守恒：

$0+\frac{1}{2}J\cdot 0^2=-(M-m)g\cdot \frac{r^2}{2R}\frac{M}{M-m}+\frac{1}{2}J\omega^2$

$\omega=\sqrt{\frac{r^2 Mg}{JR}}=\displaystyle 2.0 \left(\frac{R g r^{2}}{2.0 R^{4} - R^{2} r^{2} - 2 r^{4}}\right)^{0.5}$

**16.6


首先，明确是落地前瞬间，因此求的是瞬时值，需要代入

列出运动方程：

$\boldsymbol r=v_0 t\boldsymbol i-\frac{1}{2}gt^2 \boldsymbol j$

求导即可得到

$\boldsymbol v=\frac{\mathrm d \boldsymbol r}{\mathrm d t}=v_0 \boldsymbol i-gt\boldsymbol j$

代入 $t=\sqrt{2h/g}$，得到（千万别忘了是在求落地瞬间）

$\frac{\mathrm d \boldsymbol r}{\mathrm d t}=v_0 \boldsymbol i-\sqrt{2gh}\boldsymbol j$

再对 $\boldsymbol v$ 求导：

$\frac{\mathrm d \boldsymbol v}{\mathrm d t}=-g\boldsymbol j$

再对 $v$ 求导：

$v=\sqrt{v_0^2+g^2t^2} \quad \frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}=\frac{g^2 t}{\sqrt{v_0^2+g^2t^2}}=\frac{g\sqrt{2gh}}{\sqrt{v_0^2+2gh}}$

**16.7

还是使用对 $OO'$ 转轴角动量守恒：

$mlv_1+J\cdot 0=mlv_2 + J\cdot \omega \Rightarrow \omega=\frac{3ml(v_1-v_2)}{ML^2}$

木板的动量大小，可以利用质心进行计算：

$p=Mc_v=M\frac{L}{2}\omega=\frac{3ml(v_1-v_2)}{2L}$

16.8

都是有心力。

16.9

16.10

利用机械能守恒、角动量守恒。

**16.1

$\omega_0=\frac{2mv_0}{(2m+M)R}$

设现在盘以 $\omega$ 的角速度旋转，那么摩擦力的力矩：

$M_f=-\int r\mathrm d F=-\int r \cdot \mu (2\pi r \mathrm d r \cdot \sigma) g$

其中 $\sigma=M/(\pi R^2)$。

得到

$M_f=-\frac{2}{3}\mu M g R$

那么，可以看出摩擦力的力矩与角速度无关，

$J\omega_0+{\color{red}mR^2}+\int M_f \mathrm d t =0\Rightarrow t=\frac{mv_0R}{|M_f|}=\frac{3mv_0}{2\mu Mg}$

16.2

得到劲度系数 $k=mg/l_0$，碰撞前速度 $v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2gl_0}$，然后完全非弹性碰撞，两者速度都变为 $\sqrt{gl_0/2}$。

后面做简谐振动：

$$

17.1

17.2

$\boldsymbol L_O=-\frac{1}{2}mv_0 gt^2 \boldsymbol k$

也可以使用重力的冲力矩：

$\int M\mathrm d t=\int_0^t v_0 t \cdot mg \mathrm d t=-\frac{1}{2}mv_0gt^2 \boldsymbol k$

$\boldsymbol M_O=-mgv_0t\boldsymbol k$

$\frac{\mathrm d \boldsymbol L_O}{\mathrm d t}=-mgv_0t\boldsymbol k$

17.3

机械能守恒，因为拉力不做功。角动量不守恒，因为拉力不是有心力。

17.5

这种题可以用垂直轴定理验证。好算的是对 $z$ 轴的转动惯量：$J_z=mR^2$

对 $y$ 轴的转动惯量：

$J_y=\int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2} \frac{m}{\pi} \mathrm d \theta \cdot (R\sin\theta)^2=\frac{mR^2}{\pi} \cdot \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^2\theta\mathrm d \theta =\frac{mR^2}{2}$

对 $x$ 轴的转动惯量：

$J_x=\int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2} \frac{m}{\pi}\mathrm d \theta (R\cos\theta)^2=\frac{mR^2}{2}$

由于位于 $xoy$ 平面，所以

$J_z=J_x+J_y$

验证成立。

也可以补成完整圆环

17.14

一段绳子的速度应该是一致的，因此，$v_1=0,v_2=\sqrt{gl}$。

$v_c=\frac{m_1v_1+m_2v_2}{m_1+m_2}=\frac{m}{4}\sqrt{gl}/m=\frac{\sqrt {gl}}{4}$

系统质心：

$c_y=\frac{m_1\times \frac{3}{8}l+m_2\times (l/2+l/8)}{m_1+m_2}=(3/4 \times 3/8+1/4\times 5/8)l=7l/16$

$B$ 端与质心距离：

$\frac{l}{2}-\frac{7l}{16}=\frac{l}{16}$

这时 $A$ 脱离悬挂点

初态质心和 $B$ 端相对速度为 $3/4 \sqrt{gl}$，末态相对速度为 0.

初态质心距离为 $l/16$，末态距离为 $l/2$。

所以

$t=\frac{\frac{7l}{16}}{3/4\sqrt{gl}}=\frac{7}{12}\sqrt{\frac{l}{g}}$

17.1

注：利用

$\frac{\mathrm d \omega}{\mathrm d t}=\frac{\mathrm d \omega}{\mathrm d \varphi}\cdot\frac{\mathrm d \varphi}{\mathrm d t}$

类似于运动学。

18.1

18.2

$\frac{mv_0^2}{F_0}$

18.3

右，$1/3 g\tan\theta$.

18.4

$\frac{mv_0}{m+M}$

$t=\frac{s+\frac{M}{m}s+l}{v_0}$

图是这样的。

也可以用运动表达式：

$\frac{1}{2} \frac{f}{M}t^2=s\quad v_0t-\frac{1}{2}\frac{f}{m}t^2=s+l$

所以

$t=\frac{1}{v_0}\left[l+\left(\frac{M}{m}+1\right)s\right]$

18.8

同 17.5

18.9

$t=\frac{J}{k}\ln4$

18.10

$\frac{a}{2r^2}$

$E_p=\int_r ^{\infin} F\mathrm d r=\int_r ^{\infin} \frac{a}{r^3}\mathrm d r=\frac{a}{2r^2}$

势能的定义：把物体移动到无穷远处（零势能点）时力做的功。

18.5

如果分析过程的话，比较复杂，但是注意到是恒力矩，给系统的冲力矩是可以算出的：

$I=M\frac{m_0}{q}=J_t\omega=\left(m_0r^2+\frac{1}{2}m_0R^2\right) \omega \Rightarrow \omega=\frac{2M}{q(2r^2+R^2)}$

结果是一样的。基本积出 $\ln(\cdots)=\ln(\cdots)$，就可以说明是线性的，那么就可以用初末状态分析。

18.6

(1) 使用能量守恒：

$\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}kx^2 \quad T=kx$

$v_0>\sqrt{\frac{T^2}{mk}}$

细线会被拉断。

(2) 绳被拉断时，$M$ 所受力为 $T$。长板获得最大加速度时，弹簧弹力最大，弹簧压缩程度最小，$m,M$ 共速。

$\frac{1}{2}kx^2+\frac{1}{2}mv_m^2=\frac{1}{2}mv_0^2$

$mv_m=(M+m)v_{共}\\ \frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}(M+m)v_{共}^2+\frac{1}{2}kx^2$

$a=\frac{kx}{M}=\cdots$

(3)

能量守恒：

$\frac{1}{2}kx^2+\frac{1}{2}mv_m^2=\frac{1}{2}mv_0^2$

$\frac{1}{2}kx^2+\frac{1}{2}mv_m^2=\frac{1}{2}Mv_M^2$

水平方向动量守恒（以水平向左为正方向）：

$mv_m=Mv_M$

$v_0^2=\frac{T^2}{k(m-M)}$

所以，

$v_0=\frac{T}{\sqrt{(m-M)k}} \quad m>M$

19-2

19-5

质量为 $m$ 的质点受到两个力的作用，一个是有心力 $\boldsymbol F_1=f(r)\boldsymbol e_r$，另一个是摩擦力 $\boldsymbol F_2=-\lambda \boldsymbol v$（常数 $\lambda>0$），其中 $\boldsymbol v$ 是质点的速度。若初始时刻该质点对 $r=0$ 的角动量为 $L_0$，求以后各时刻质点角动量的大小。

有心力力矩为 $0$，这里积分情况比较复杂，难以分析，我们使用微分方程的形式。

$\boldsymbol M=\frac{\mathrm d \boldsymbol L}{\mathrm d t}$

$-\lambda \boldsymbol v \times \boldsymbol r=\frac{\mathrm d \boldsymbol L}{\mathrm d t}$

两边取矢量模长

$-r\lambda v{\color{red}\sin\theta}=\frac{\mathrm d L}{\mathrm d t}$

因为 $L=mrv\sin\theta$，所以，观察到相似的形式，得到

$-\lambda \frac{L}{m}=\frac{\mathrm d L}{\mathrm d t}$

因此

$L=L_0 e^{-\frac{\lambda}{m}t}$

19.6





需要特别关注细线拉紧的时候。

20.1

20.3


21.2

注意径向速度。事实上，速度的分解有三种：$v_x,v_y;v_t,v_n;v_\theta,v_r$，都要考虑两个方向。

**21.3

利用系统整体动量定理，向下为正方向：

$(Mg-N)\mathrm d t=-\lambda \frac{L}{4}\sqrt{gL}+\lambda\left(\frac{L}{4}-\frac{1}{2}v\mathrm d t\right)(\sqrt{gL}+g\mathrm d t)$

$N=\frac{5}{4}Mg$

也可以对作用力进行分解。一部分的作用力是为了提起来左边一段绳子

$N_1=\frac{3}{4}Mg$

另一部分作用力和左边一部分绳子新增的长度有关：

$N_2\mathrm d t=\lambda \cdot \frac{1}{2}v\mathrm d t\sqrt{gL}=\frac{1}{2}Mg\mathrm d t$

因此 $N=N_1+N_2=5Mg/4$。