大学物理上册课后习题答案第三版·修订版.pdf

习题习题解答解答 （注：无选择题，书本已给出）（注：无选择题，书本已给出） 习题习题一一 1-6r与r有无不同? td dr 和 td dr 有无不同? td dv 和 td dv 有无不同?其不同在哪里? 试举例说明 解：（1）r是位移的模， r是位矢的模的增量，即r 12 rr ， 12 rrr ； （2） td dr 是速度的模，即 td dr v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. 有rrr（式中 r 叫做单位矢） ，则 t r t r td d d d d dr r r 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， t r td d d d 与 r 不同如题 1-1 图所示. 题 1-6 图 (3) td dv 表示加速度的模，即 t v a d d ， t v d d 是加速度a在切向上的分量. 有 ( vv表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d 式中 dt dv 就是加速度的切向分量. ( tt r d d d d 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-7 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时，有人先求 出r 22 yx ，然后根据v= t r d d ，及a 2 2 d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度 的分量，再合成求得结果，即 v= 22 d d d d t y t x 及a= 2 2 2 2 2 2 d d d d t y t x 你认为两种方法哪一种 正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j yi xr ， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 2 2 2 2 2 2 d d d d d d d d d d d d 故它们的模即为 2 2 2 2 2 2 22 22 22 d d d d d d d d t y t x aaa t y t x vvv yx yx 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 2 2 d d d d t r a t r v 其二，可能是将 2 2 d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明 t r d d 不是速度的模， 而只是速度在径向上的分量，同样， 2 2 d d t r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中 的一部分 2 2 2 d d d d t r t r a 径 。 或者概括性地说， 前一种方法只考虑了位矢r 在径向 （即 量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r 及速度v 的方向随间的变化率对速度、加速 度的贡献。 1-8一质点在xOy平面上运动，运动方程为 x=3t+5,y= 2 1 t 2+3t -4. 式中t以 s计，x,y以m计(1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t=1 s 时刻和t2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t0 s时刻到t4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t4 s 时质点的速度；(5)计算t 0s 到t4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t4s 时质点 的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成 直角坐标系中的矢量式) 解： （1）jttitr )43 2 1 ()53( 2 m (2)将1t,2t代入上式即有 jir 5 . 08 1 m jjr 411 2 m jjrrr 5 . 43 12 m (3)jirjjr 1617,45 40 104 sm53 4 2012 04 ji jirr t r v (4) 1 sm)3(3 d d jti t r v 则jiv 73 4 1 sm (5)jivjiv 73,33 40 204 sm1 4 4 4 j vv t v a (6) 2 sm1 d d j t v a 这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示当人以 0 v(m 1 s)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小 图 解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成角，由图可知 222 shl 将上式对时间t求导，得 t s s t l l d d 2 d d 2题图 根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， t s vv t l v d d , d d 0 船绳 即 cosd d d d 0 0 v v s l t l s l t s v 船 或 s vsh s lv v 0 2/122 0 )( 船 将 船 v再对t求导，即得船的加速度 3 2 0 2 2 2 0 2 0 2 0 0 2 )( d d d d d d s vh s v s l s v s lvsv v s t s l t l s t v a 船船 1-9 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为a2+6 2 x，a的单位为 2 sm ，x的单位 为 m. 质点在x0处，速度为10 1 sm ,试求质点在任何坐标处的速度值 解： x v v t x x v t v a d d d d d d d d 分离变量：xxadxd)62(d 2 两边积分得 cxxv 32 22 2 1 由题知，0x时，10 0 v,50c 13 sm252 xxv 1-10已知一质点作直线运动，其加速度为a4+3t 2 sm ，开始运动时，x5 m，v =0，求该质点在t10s 时的速度和位置 解：t t v a34 d d 分离变量，得ttvd)34(d 积分，得 1 2 2 3 4cttv 由题知，0t,0 0 v,0 1 c 故 2 2 3 4ttv 又因为 2 2 3 4 d d tt t x v 分离变量，tttxd) 2 3 4(d 2 积分得 2 32 2 1 2cttx 由题知0t,5 0 x,5 2 c 故5 2 1 2 32 ttx 所以s10t时 m705510 2 1 102 sm19010 2 3 104 32 10 12 10 x v 1-11一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为=2+3 3 t，式中以弧度计，t以秒 计，求：(1)t2 s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45角 时，其角位移是多少? 解：t t t t 18 d d ,9 d d 2 (1)s2t时， 2 sm362181 Ra 2222 sm1296)29(1 Ran (2)当加速度方向与半径成 45角时，有 145tan n a a 即RR 2 亦即tt18)9( 22 则解得 9 2 3 t 于是角位移为 rad67 . 2 9 2 3232 3 t 1-12 质点沿半径为R的圆周按s 2 0 2 1 bttv的规律运动， 式中s为质点离圆周上某点的弧 长, 0 v，b都是常量， 求： (1)t时刻质点的加速度； (2)t为何值时， 加速度在数值上等于b 解： （1）btv t s v 0 d d R btv R v a b t v a n 2 0 2 )( d d 则 2 4 0222 )( R btv baaa n 加速度与半径的夹角为 2 0 )( arctan btv Rb a a n (2)由题意应有 2 4 02 )( R btv bba 即0)(, )( 4 0 2 4 022 btv R btv bb )sin( sin 2 cos 2 sin2 0 0 tRtR Rtv Rtvx 当 b v t 0 时，ba 半径为R的轮子， 以匀速 0 v沿水平线向前滚动： (1)证明轮缘上任意点B的运动方程为x R)sin(tt，yR)cos1 (t，式中 0 v/R是轮子滚动的角速度，当B与水 平线接触的瞬间开始计时此时B所在的位置为原点，轮子前进方向为x轴正方向；(2)求 B点速度和加速度的分量表示式 解：依题意作出下图，由图可知 题图 (1) )cos1 ()cos1 ( 2 sin 2 sin2 tRR Ry (2) )sin d d )cos1 ( d d tR t y v tR t x v y x t v tRa t v tRa y y x x d d cos d d sin 2 2 以初速度 0 v20 1 sm 抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60的夹角， 求：(1)球轨道最高点的曲率半径 1 R；(2)落地处的曲率半径 2 R (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系) 解：设小球所作抛物线轨道如题 1-10 图所示 题图 (1)在最高点， o 01 60cosvvv x 2 1 sm10 gan 又 1 2 1 1 v an m10 10 )60cos20( 22 1 1 1 n a v (2)在落地点， 20 02 vv 1 sm , 而 o 60cos 2 gan m80 60cos10 )20( 22 2 2 2 n a v 1-13 一质点在半径为半径为0.4 m的圆形轨道上子静止开始作匀角加速转动，其角加速度为 =0.2 rad 2 s，求t2s时质点上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度 解：当s2t时，4 . 022 . 0t 1 srad 则16 . 0 4 . 04 . 0Rv 1 sm 064. 0)4 . 0(4 . 0 22 Ran 2 sm 08 . 0 2 . 04 . 0 Ra 2 sm 22222 sm102 . 0 )08 . 0 ()064 . 0 ( aaa n 如题 1-12 图，物体A以相对B的速度vgy2沿斜面滑动，y为纵坐标，开始时A 在斜面顶端高为h处，B物体以u匀速向右运动，求A物滑到地面时的速度 解：当滑至斜面底时，hy ，则ghvA2,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响， 因此，A对地的速度为 jghighu vuv AA )sin2()cos2( 地 题图 1-14一船以速率 1 v30kmh -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率 2 v40kmh -1 沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何? 解：(1)大船看小艇，则有 1221 vvv ，依题意作速度矢量图如题 1-13 图(a) 题 1-14 图 由图可知 12 2 2 121 hkm50 vvv 方向北偏西87.36 4 3 arctanarctan 2 1 v v (2)小船看大船，则有 2112 vvv ，依题意作出速度矢量图如题 1-13 图(b)，同上法，得 50 12 v 1 hkm 方向南偏东 o 87.36 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但当轮 船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 ms -1，求轮 船的速率 解： 依题意作出矢量图如题 1-14 所示 题 1-14 图 船雨雨船 vvv 船雨船雨 vvv 由图中比例关系可知 1 sm8 雨船 vv 二 2-7 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 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 T-m2g=m2a2 联立、式，得 21 21 21 121 2 21 221 1 )2( )( )( mm agmm Tf mm amgmm a mm amgmm a 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 题 2-7 图 2-8 物体置于斜面上受到重力 mg斜面支持力 N.建立坐标取 0v方向为 X 轴平行斜面 与 X 轴垂直方向为 Y 轴。如图 2-8 所示 题 2-8 图 X 方向:Fx=0x= 0 vt Y 方向:Fy=mgsin=m y a t=0 时:y=0v y=0 y= 2 1 g sin 2 t 由、式消去 t 得： y= 0 2 2 1 v g sinx 2 2-9 2 8 3 16 6 sm m f a x x 2 16 7 sm m f a y y 2 0 1 0 1 2 0 0 8 7 2 16 7 4 5 2 8 3 2 smdtavv smdtavv yyy xxx 于是质点在 2s 时的速度 1 8 7 4 5 smjiv (2) mji ji jtaitatvr yx 8 7 4 13 4) 16 7 ( 2 1 )4 8 3 2 1 22( 2 1 ) 2 1 ( 22 0 2-10 (1) dt dv m kv a 分离变量，得 m kdt v dv 即 v v t m kdt v dv 0 0 m kt e v v lnln 0 t m k evv 0 (2) t tt m k m k e k mv dtevvdtx 0 0 0 )1 ( (3)质点停止运动时速度为零，即 t， 故有 0 0 0 k mv dtevx t m k (4)当 t= k m 时，其速度为 e v evevv k m m k 01 00 即速度减至 v0的 e 1 . 2-11 依题意作出示意图如题 2-6 图 题 2-11 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 p=mv-mv0 由矢量图知，动量增量大小为mv0，方向竖直向下 2-12 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 2-13 (1)若物体原来静止，则 p1= t idttFdt 0 4 0 56)210(ikgms -1,沿 x 轴正向， 1 11 11 1 56 6 . 5 smkgipI smi m p v 若物体原来具有-6ms -1初速，则 tt Fdtmvdt m F vmpmvp 0 0 0 000 )(,于是 t pFdtppp 0 102 , 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 t ttdttI 0 2 10)210( 亦即 t 2+10t-200=0 解得 t=10s，(t=-20 s 舍去) 2-14 质点的动量为 p=mv=m(-asinti+bcostj) 将 t=0 和 t= 2 分别代入上式，得 p1=mbj,p2=-mai, 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) 2-15 (1)由题意，子弹到枪口时，有 F=(a-bt)=0,得 t= b a (2)子弹所受的冲量 t btatdtbtaI 0 2 2 1 )( 将 t= b a 代入，得 b a I 2 2 (3)由动量定理可求得子弹的质量 0 2 0 2bv a v I m 2-16 设一块为 m1，则另一块为 m2， m1=km2及 m1+m2=m 于是得 1 , 1 21 k m m k km m 又设 m1的速度为 v1,m2的速度为v2，则有 22 22 2 11 2 1 2 1 2 1 mvvmvmT mv=m1v1+m2v2 联立、解得 v2=(k+1)v-kv1 将代入，并整理得 2 1 )( 2 vv km T 于是有 km T vv 2 1 将其代入式，有 m kT vv 2 2 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 km T vv m kT vv 2 , 2 21 证毕 2-17 (1)由题知，F合为恒力， A合=Fr=(7i-6j)(-3i+4j+16k) =-21-24=-45J (2)w t A N75 6 . 0 45 (3)由动能定理，Ek=A=-45 J 2-18 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 2-18 图 f=-ky 第一锤外力的功为 A1 ss k kydyfdydyfA 1 0 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 dt0 时，f=-f 设第二锤外力的功为 A2，则同理，有 2 1 2 22 22 1 y k kykydyA 由题意，有 2 ) 2 1 ( 2 12 k mvAA 即 222 1 2 2 kk ky 所以，2 2 y 于是钉子第二次能进入的深度为 y=y2-y1=2-1=0.414cm 2-19 1 )( )( n r nk dr rdE rF 方向与位矢 r 的方向相反，即指向力心 2-20 弹簧 A、B 及重物 C 受力如题 2-15 图所示平衡时，有 题 2-20 图 FA=FB=Mg 又 FA=k1x1 FB=k2x2 所以静止时两弹簧伸长量之比为 1 2 2 1 k k x x 弹性势能之比为 1 2 2 22 2 11 1 2 1 2 1 2 k k xk xk E E p p 2-21(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 2 r mM月 =G 2rR mM 地 经整理，得 r=R MM M 月地 月 = 2224 22 1035 . 7 1098 . 5 1035 . 7 8 1048 . 3 =38.3210 6 m 则 p 点处至月球表面的距离为 h=r-r月=(38.32-1.74)10 63.66107 m (2)质量为 1 kg 的物体在 p 点的引力势能为 rR M G r M GEP 地月 = 7 24 11 7 22 11 1083 . 3 4 . 38 1098 . 5 1067 . 6 1083 . 3 1035 . 7 1067 . 6 =-1.28J 6 10 2-22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 -frs= 37sin 2 1 2 1 22 mgsmvkx k= 2 2 2 1 37sin 2 1 kx sfmgsmv r 式中s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有关数据，解得 k=1390Nm -1 题 2-22 图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度 h -fts=mgssin37- 2 1 kx 3 代入有关数据，得s=1.4m, 则木块弹回高度 h=ssin37=0.84m 题 2-23 图 2-23m 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 mgR= 22 2 1 2 1 MVmv 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 联立，以上两式，得 v= Mm MgR 2 2-24两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 2 2 2 1 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmvmv 即 2 2 2 1 2 0 vvv 题 2-24 图(a)题 2-24 图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有 mv0=mv1+mv2 亦即v0=v1+v2 由可作出矢量三角形如图(b)，又由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 习题三 3-7 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=rmv =(x1i+y1j)m(vxi+vyj) =(x1mvy-y1mvx)k 作用在质点上的力的力矩为 M0=rf=(x1i+y1j)(-fi)=y1fk 3-8 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 m v vr r 12 2 410 2 11 2 1026 . 5 1008 . 9 1046 . 5 1075 . 8 3-9 (1) 3 0 1 155smkgjjdtfdtp (2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7 jattvy y 5 . 253 3 5 2 1 36 2 1 22 0 即 r1=4i,r2=7i+25.5j vx=v0x=1 113 3 5 6 0 atvv yy 即 v1=i1+6j,v2=i+11j L1=r1mv1=4i3(i+6j)=72k L2=r2mv2=(7i+25.5j)3(i+11j)=154.5k L=L2-L1=82.5kkgm 2s-1 解(二) dt dz M tt dtFrdtML 00 )( 3 0 1 3 0 2 2 5 . 82)4(5 5) 3 5 ) 2 1 6()4( smkgkkdtt jdtjttit 题 3-10 图 3-10 在只挂重物 M1时，小球作圆周运动的向心力为 M1g，即 M1g=mr0 2 0 挂上 M2后，则有 (M1+M2)g=mr 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=rmv 22 0 2 0 rr 联立、得 3 2 21 1 021 3 2 1 21 0 1 0 1 0 )( )( MMM mM gr g m MM r M MM mr gM mr gM 3-11 (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 3-11 图（a） 题 3-11 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 l ll NlNllF 1 21 121 0)( 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=NN=N F l ll NFr 1 21 又, 2 1 2 mRI F mRl ll I RFr 1 21 )(2 以 F=100N 等代入上式，得 2 3 40 100 50 . 0 25 . 0 60 )75 . 0 50 . 0 (40 . 0 2 srad 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 st06 . 7 4060 32900 0 这段时间内飞轮的角位移为 rad tt 2 1 . 53 ) 4 9 ( 3 40 2 1 4 9 60 2900 2 1 22 0 可知在这段时间里，飞轮转了 53.1 转 (2)0=900(2)/60rads -1，要求飞轮转速在 t=2 s 内减少一半，可知 20 0 0 2 15 2 2 srad tt 用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 N ll mRl F 177 2)75. 050. 0(40 . 0 2 1550 . 0 25. 060 )(2 21 1 3-12 设 a，a2和分别为 m1m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图 b) 题 3-12 (a)图题 3-12 (b)图 (1) m1，m2和柱体的运动方程如下： 3 2 1 21 1111 2222 IrTRT amTgm amgmT 式中 T1=T1,T2=T2,a2=r,a1=R 而 I=(1/2)MR 2+(1/2)mr2 由上式求得 2 2222 2 2 2 1 21 13 . 6 8 . 9 10 . 0 220 . 0 210 . 0 4 2 1 20 . 0 10 2 1 21 . 022 . 0 srad g rmRmI rmRm (2)由式 T2=m2r+m2g=20.106.13+29.820.8N 由式 T1=m1g-m1R=29.8-20.206.1317.1N 3-13 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 T1=m1a 对滑轮运用转动定律，有 T2r-T1r=(1/2Mr 2) 又，a=r 联立以上 4 个方程，得 2 21 2 6 . 7 2 15 2005 8 . 9200 2 sm M mm gm a 题 3-13 (a)图题 3-13 (b)图 题 3-14 图 3-14(1)由转动定律，有 mg(l/2)=(1/3)ml 2 = l g 2 3 (2)由机械能守恒定律，有 mg(l/2)sin=(1/2)(1/3)ml 22 = l gsin3 题 3-15 图 3-15 (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 (1/2)mv 2 0=(1/2)I 2+(1/2)mv2 上两式中 I=1/3Ml 2，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位 置上摆到最大角度=30，按机械能守恒定律可列式： )30cos1 ( 22 1 2 l MgI 由式得 2 1 2 1 ) 2 3 1 ( 3 )30cos1 ( l g I Mgl 由式 ml I vv 0 由式 m I vv 2 2 0 2 所以 22 00 1 )( 2 m v ml I v 求得 gl m Mm m Ml ml Il v 3 12 32(6 ) 3 1 1 ( 2 )1 ( 2 2 0 (2)相碰时小球受到的冲量为 Fdt=mv=mv-mv0 由式求得 Fdt=mv-mv0=-(I)/l=(-1/3)Ml =-gl M 6 )32(6 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反 题 3-16 图 3-16 (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 v 2=v2 0-2gh 令 v=0，可求出上升最大高度为 22 2 0 2 1 2 R gg v H (2)圆盘的转动惯量 I=(1/2)MR 2，碎片抛出后圆盘的转动惯量 I=(1/2)MR2-mR2，碎片脱离 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 (1/2)MR 2=(1/2)MR2-mR2+mv 0R (1/2)MR 2-mR2=(1/2)MR2-mR2 得=(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为 (1/2)MR 2-mR2 转动动能为 题 3-17 图 Ek=(1/2)(1/2)MR 2-mR22 3-17(1)射入的过程对 O 轴的角动量守恒 Rsinm0v0=(m+m0)R 2 = Rmm vm )( sin 0 00 (2) 0 2 0 2 00 2 0 002 0 sin 2 1 )( sin )( 2 1 0 mm m vm Rmm vm Rmm E E k k 3-18 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 mgh=(1/2)mv 2+(1/2)I2+(1/2)kh2 又=v/R 故有 ImR kkhmgh v 2 22) 2( 1 2 22 0 . 2 5 . 03 . 00 . 6 3 . 0)4 . 00 . 24 . 08 . 90 . 62( sm 题 3-18 图 习题五 5-3 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动： (1)拍皮球时球的运动； (2)如题4-1图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短) 题5-3图 解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如 质量、转动惯量、摆长等等在运动中保持为常量；二，系统 是在 自己的稳定平衡位置 附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用 或者说，若一个系 统的运动微分方程能用 0 d d 2 2 2 t 描述时，其所作的运动就是谐振动 (1)拍皮球时球的运动不是谐振动第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位 置； 第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都 不是线 性回复力 (2)小球在题4-1图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动显然，小球在运动过 程中 ，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点， 即系统势能最小值位置点O；而小球在运动中的回复力为sinmg，如题4-1图(b)所示 题 中所述，SR，故 R S 0，所以回复力为mg.式中负号，表示回复力的 方向始终与角位移的方向相反即小球在O点附近的往复运动中所受回复力为线性的若 以小球为对象，则小球在以 O 为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽 切线方向上有 mg t mR 2 2 d d 令 R g 2 ，则有 0 d d 2 2 2 t 劲度系数为 1 k和 2 k的两根弹簧，与质量为m的小球按题4-2图所示的两种方式连 接， 试证明它们的振动均为谐振动，并分别求出它们的振动周期 题图 解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有 21 FFF，设串联弹簧的等效 倔强系数为 串 K等效位移为x，则有 111 xkF xkF 串 222 xkF 又有 21 xxx 2 2 1 1 k F k F k F x 串 所以串联弹簧的等效倔强系数为 21 21 kk kk k 串 即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为)/( 2121 kkkkk的弹簧振子系统，故 小球作谐振动其振动周期为 21 21 )( 22 2 kk kkm k m T 串 (2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有 21 FFF，即 21 xxx，设并联弹 簧的倔强系数为 并 k，则有 2211 xkxkxk 并 故 21 kkk 并 同上理，其振动周期为 21 2 kk m T 如题4-3图所示，物体的质量为m，放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角为，弹簧 的倔强系数为k，滑轮的转动惯量为I，半径为R先把物体托住，使弹簧维持原长，然 后 由静止释放，试证明物体作简谐振动，并求振动周期 题图 解：分别以物体m和滑轮为对象，其受力如题4-3图(b)所示，以重物在斜面上静平衡时位 置为坐标原点，沿斜面向下为x轴正向，则当重物偏离原点的坐标为x时，有 2 2 1 d d sin t x mTmg IRTRT 21 R t x 2 2 d d )( 02 xxkT 式中kmgx/sin 0 ，为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三式，有 kxR t x R I mR 2 2 d d )( 令 ImR kR 2 2 2 则有 0 d d 2 2 2 x t x 故知该系统是作简谐振动，其振动周期为 ) / 2(2 2 2 2 2 K RIm kR ImR T 5-7质量为kg1010 3 的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI() 3 2 8cos(1 . 0 x的规律 作谐振动，求： (1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； (2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3)s5 2 t与s 1 1 t两个时刻的位相差； 解：(1)设谐振动的标准方程为)cos( 0 tAx，则知： 3/2, s 4 12 ,8,m1 . 0 0 TA 又8 . 0Avm 1 sm 51 . 2 1 sm 2 . 63 2 Aam 2 sm (2)N63 . 0 mm aF J1016 . 3 2 1 22 m mvE J1058 . 1 2 1 2 EEEkp 当 pk EE 时，有 p EE2， 即) 2 1 ( 2 1 2 1 22 kAkx m 20 2 2 2 Ax (3)32) 15(8)( 12 tt 5-8一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A，周期为T，其振动方程用余弦函数 表示如果0t时质点的状态分别是： (1)Ax 0 ； (2)过平衡位置向正向运动； (3)过 2 A x 处向负向运动； (4)过 2 A x处向正向运动 试求出相应的初位相，并写出振动方程 解：因为 00 00 sin cos Av Ax 将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相故有 ) 2 cos( 1 t T Ax ) 2 32 cos( 2 3 2 t T Ax ) 3 2 cos( 3 3 t T Ax ) 4 52 cos( 4 5 4 t T Ax 5-9 一质量为kg1010 3 的物体作谐振动，振幅为cm24，周期为s0 . 4，当0t时位移为 cm24求： (1)s5 . 0t时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； (2)由起始位置运动到cm12x处所需的最短时间； (3)在cm12x处物体的总能量 解：由题已知s0 . 4,m1024 2 TA 1 srad5 . 0 2 T 又，0t时，0, 00 Ax 故振动方程为 m)5 . 0cos(1024 2 tx (1)将s5 . 0t代入得 0.17mm)5 . 0cos(1024 2 5 . 0 tx N102 . 417 . 0 ) 2 (1010 323 2 xmmaF 方向指向坐标原点，即沿x轴负向 (2)由题知，0t时，0 0 ， tt 时 3 , 0, 2 0 t v A x故且 s 3 2 2 / 3 t (3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为 J101 . 7 )24 . 0 () 2 (1010 2 1 2 1 2 1 4 223 222 AmkAE 5-10 有一轻弹簧，下面悬挂质量为g0 . 1的物体时，伸长为cm9 . 4用这个弹簧和一个质量 为g0 . 8的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开cm0 . 1后 ，给予向上的初速度 1 0 scm0 . 5 v，求振动周期和振动表达式 解：由题知 1 2 3 1 1 mN2 . 0 109 . 4 8 . 9100 . 1 x gm k 而0t时， -12 0 2 0 sm100 . 5m,100 . 1 vx( 设向上为正) 又s26 . 1 2 , 5 108 2 . 0 3 T m k 即 m102 ) 5 100 . 5 ()100 . 1 ( )( 2 2 2 22 202 0 v xA 4 5 , 1 5100 . 1 100 . 5 tan 0 2 2 0 0 0 即 x v m) 4 5 5cos(102 2 tx 5-11 图为两个谐振动的tx 曲线，试分别写出其谐振动方程 题5-11图 解：由题4-8图(a)，0t时，s2,cm10, 2 3 , 0, 0 000 TAvx又 即 1 srad 2 T 故m) 2 3 cos(1 . 0txa 由题4-8图(b)0t时， 3 5 , 0, 2 000 v A x 0 1 t时， 2 2, 0, 0 111 vx 又 2 5 3 5 1 1 6 5 故mtxb) 3 5 6 5 cos(1 . 0 5-12 一轻弹簧的倔强系数为k，其下端悬有一质量为M的盘子现有一质量为m的物体 从离盘底h高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动 (1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大? (3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并 写出物体与盘子的振动方程 解：(1)空盘的振动周期为 k M 2，落下重物后振动周期为 k mM 2，即增大 (2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0t时，则 k mg x 0 碰撞时，以Mm,为一系统 动量守恒，即 0 )(2vMmghm 则有 Mm ghm v 2 0 于是 gMm kh k mg Mm ghm k mgv xA )( 2 1 ) )( 2 ()()( 2 2 2202 0 （3） gmM kh x v )( 2 tan 0 0 0 (第三象限)，所以振动方程为 gmM kh t Mm k gMm kh k mg x )( 2 arctancos )( 2 1