大学物理第二版课后习题参考答案 北京邮电大学出版社.pdf

1 习 题 解 答习 题 解 答 第一章质点运动学第一章质点运动学 1 1 1 质点 t 时刻位矢为 jttitr 43 2 1 53 2 m 2 第一秒内位移 jyyixxr 01011 5 33 101 3 01 2 1 01 3 2 mji ji 3 前 4 秒内平均速度 sm 53 2012 4 1 1 jiji t r v 4 速度 sm 3 3 d d 1 jti t r v sm 73 34 3 1 4 jijiv 5 前 4 秒平均加速度 sm 4 37 04 204 jj vv t v a 6 加速度 sm sm d d 2 4 2 jaj t v a 1 223 d d 23 tt t x v ctttctvxx 2 4 1 dd 34 当 t 2 时 x 4 代入求证 c 12 即122 4 1 34 tttx tt t v a ttv 63 d d 23 2 23 将 t 3s 代入证 2 sm 45 sm 56 4 1 41 2 3 1 33 avmx 1 3 1 由运动方程 ty tx 23 4 2 消去 t 得轨迹方程 0 3 2 yx 2 1 秒时间坐标和位矢方向为mymx54 11 4 5 m 3 51 25 1 x y tg 3 第 1 秒内的位移和平均速度分别为 m 24 35 04 1 jijir sm 24 11 ji t r v 4 质点的速度与加速度分别为 i t v aji t r v 8 d d 28 d d 故 t 1s 时的速度和加速度分别为 2 1 1 1 sm8 sm28 iajiv 1 4 该星云飞行时间为 a1009 2 s1059 6 1093 3 1074 2 1046 9 1017 7 915 即该星云是 10 1009 2 年前和我们银河系分离的 1 5 实验车的加速度为 g 25m s1047 2 80 1 3600 101600 22 3 t v a 基本上未超过 25g 1 80s 内实验车跑的距离为 m40080 1 36002 101600 2 3 t v s 1 6 1 设第一块石头扔出后 t 秒未被第二块击中 则 2 0 2 1 gttvh 代入已知数得 3 2 8 9 2 1 1511tt 解此方程 可得二解为 s22 1 s 84 1 11 tt 第一块石头上升到顶点所用的时间为 s53 1 8 9 15 10 gvtm 由于 m tt 1 这对应于第一块石头回落时与第二块相碰 又由于 m tt 1 这对应于第一 块石头上升时被第二块赶上击中 以 20 v和 20 v分别对应于在 t1和 1 t时刻两石块相碰时第二石块的初速度 则由于 2 111120 2 1 ttgttvh 所以 184 1 184 1 8 9 2 1 11 2 1 2 11 2 11 20 tt ttgh v m s 2 17 同理 122 1 122 1 8 9 2 1 11 2 1 2 11 2 11 20 tt ttgh v m s 1 51 2 由于 12 3 1tst 所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰 对应于t1 时刻相碰 第二块的初速度为 3 184 1 3 184 1 8 9 2 1 11 2 1 2 21 2 21 20 tt ttgh v m s 0 23 1 7以 l 表示从船到定滑轮的绳长 则tlvd d 0 由图可知 22 hls 于是得船的速度为 习题 1 7 图 4 0 22 22 d d d d v s hs t l hl l t s v 负号表示船在水面上向岸靠近 船的加速度为 3 2 0 2 0 22 d d d d d d s vh t l v hl l lt v a 负号表示 a 的方向指向岸边 因而船向岸边加速运动 1 8 所求位数为 5 2 242222 104 8 960 1 0 106 44 g rn g r 1 9 物体 a 下降的加速度 如图所示 为 2 22 m s2 0 2 4 022 t h a 此加速度也等于轮缘上一点在s3 t 时的切向加速度 即 m s 2 0 2 t a 在s3 t 时的法向加速度为 m s 36 0 0 1 32 0 2 222 r ta r v a t n 1 10 2 m s2 1 a s5 0 0 t m5 1 0 h 如图所示 相对南面 小球开始下落时 它和电 梯的速度为 m s 6 05 02 1 00 atv 以 t 表示此后小球落至底板所需时间 则在这段时间内 小球下落的距离为 2 0 2 1 gttvh 电梯下降的距离为 习题 1 9 图习题 1 10 图 5 2 0 2 1 attvh 又 2 0 2 1 taghhh 由此得 s59 0 2 18 9 5 122 0 ag h t 而小球相对地面下落的距离为 2 0 2 1 gttvh 2 59 0 8 9 2 1 59 0 6 0 m06 2 1 11 人地风人风地 vvv 画出速度矢量合成图 a 又 人地风人风地0 2vvv 速度矢量合成如图 b 两图中 风地 v 应是 同一矢量 可知 a 图必是底角为 45的等腰直角三角形 所以 风向应为西北风 风速为 人地 人地 风地0 0 2 45cos v v v sm 23 4 1 1 12 1 v l v l t 2 2 2 22 21 2 uv vl uv l uv l ttt 1 2 1 2 v u v l 3 v l v l ttt 21 如图所示风速 u 由东向西 由速度 合成可得飞机对地速度vuv 则 22 uvv 习题 1 12 图 习题 1 11 图 6 222 1 222 v u v l uv l v l t证毕 1 13 1 设船相对岸的速度为 v 如图所示 由速度合成得 vuv v 的大小由图 1 7 示可得 coscosuvv 即33 2 3 23coscos uvv 而1 2 1 2sinsin uv 船达到 b 点所需时间 s 1000 sin d v d v ob t ab 两点之距 sin cos ddctgs 将式 1 2 代入可得 m 1268 33 ds 2 由 sin 101 sin 3 uv d t 船到对岸所需最短时间由极值条件决定 0cos sin 11 d d 2 u t 即2 0cos 故船头应与岸垂直 航时最短 将 值代入 3 式得最短航时为 s 500105 0 2 101 2 sin 101 3 33 min s u t 3 设lob 则 sin cos2 sinsin 22 u uvvud v dvd l 欲使 l 最短 应满足极值条件 习题 1 13 图 7 a auvvu u dl cos sin cos2 d d 22 0 cos2sin sin 222 2 uvvua auv 简化后可得01coscos 22 2 uv vu a 即01cos 6 13 cos2 a 解此方程得 3 2 cos 2 48 3 2 cos 1 故船头与岸成 2 48 则航距最短 将 值代入 4 式得最小航程为 2 22 2 22 min 3 2 12 3 2 322321000 cos1 cos2 u uvvud l km 5 1m105 1 3 ab 两点最短距离为 km 12 1 15 1 22 minmin dls 第二章质点动力学 2 1 1 对木箱 由牛顿第二定律 在木箱将要被推动的情况下如图所示 x 向 0cos maxmin ff y 向 0sin min mgfn 还有nf smax 解以上三式可得要推动木箱所需力 f 的最小值为 sincos s s min mg f 在木箱做匀速运动情况下 如上类似分析可得所需力 f 的大小为 习题 2 1 图 8 sincos k k min mg f 2 在上面 min f的表示式中 如果0sincos s 则 min f 这意味着用 任何有限大小的力都不可能推动木箱 不能推动木箱的条件是 0sincos s 由此得 的最小值为 s 1 arctan 2 2 1 对小球 由牛顿第二定律 x 向 mant sincos y 向 0cossin mgnt 联立解此二式 可得 n 32 3 30sin8 930cos2 5 0 sincos gamt n 74 3 30sin230cos8 9 5 0 sincos agmn 由牛顿第三定律 小球对斜面的压力 n 74 3 nn 2 小球刚要脱离斜面时 n 0 则上面牛顿第 二定律方程为 mgtmat sin cos 由此二式可解得 2 m s 0 1730tan 8 9tan ga 2 3 要使物体 a 与小车间无相对滑动 三物体必有同一加速度 a 且挂吊 b 的绳应向后倾斜 作此时的隔离体受力图如图所示 三物体只有水平方向的运动 只须列出水平方向的牛顿方程及相关方程 习题 2 3 图 习题 2 2 图 9 4 3 0cos 2 sin 1 3 2 2 2 11 manfm gmt amt m amtm 水平 水平3 n为绳中的雨拉力在水平向的合力 5 sin 3 ttn 水平 联立 1 2 3 4 5 解得 n 78480 2 2 2 1 21 2 g mm gm mmmf 因为三个物体有同一加速度 a 且在水平方向只受外力 f 的作同 所以 可将三个物体看 作一个物体 ammmf 21 再与 1 2 3 式联立求解即可 2 4 由图写出力函数用积分法求解 75 355 50 2 tt tt f 1 由 t v mf d d 得 tf m vd 1 d 2 在s50 内 2 0 0 1 d2 1 t m tt m vv t t 3 当 t 5 时 sm 30 25 1 05 m vv 在 5 7s 内再用 2 式 5 11235 2 5 d 355 1 2 5 5 tttt m vv t t 4 当 t 7 时 sm 4010 1 57 vv 再用积分法 tvx t x vdd d d 5 在 0 5s 内 由 3 式积分 tt m vxxd 1 5 0 2 005 即 m 3 2 68 3 125 25 05 xx 10 再由 4 式 5 11235 2 5 2 5t ttvv 求 5 得 7 5 2 557 d 5 11235 2 5 tttvxx 得 m 142 3 1 73 57 xx 2 5 设两物体未用绳连接则由牛顿第二定律 沿 x 方向 对 a 有 aaaa ammggm cossin k 对于 b 有 bbbb ammggm cossin k 由此得 2 ka m s63 3 30cos15 0 30 sin8 9 cos sin gaa 2 kb m s12 3 30cos21 0 30 sin8 9 cos sin gab 1 如图所示 a 在下 b 在上 由于 ba aa 所以绳被拉紧 二者一起下滑 而aaa ba 以 tt 和分别表示绳对 a 和 b 的拉力 tt 则由牛顿 第二定律 沿 x 方向 对 a amtmggm aaa cossin k 对 b amtmggm bbb cossin k 由此得 m s 29 3 30cos8 9 85 2 5 1 85 2 21 0 5 115 0 30sin8 9 cossin 2 kk g mm mm aga ba bbaa 2 图中绳中张力为 n 51 0 29 3 5 130cos8 95 115 0 30sin8 95 1 cossin k amgmgmt aaaa 3 如果互换位置 a 在上 b 在下 则由于 ba aa 连接绳子将松弛 因而 t 0 此 习题 2 5 图 11 时 ab 的加速度即 m s 12 3 m s 63 3 22 bbaa aaaa 2 6 当漏斗转速较小时 m 有下滑趋势 小物体受最大静摩擦力 m f方向向上 如图所示 对小物体 由牛顿第二定律 x 向 rmfn m min 2 cossin y 向 0sincos mgfn m 还有nfm s 联立解以上各式 可得 r g sin cos cos sin s s min 或 r g sin cos cos sin 2 1 s s min 当 n 足够大时 小物体将有上滑趋势 它将受到向下的静摩擦力 即 m f的方向与图 2 6 中 所示的方向相反 与上类似分析可得最大转速为 r g n sin cos cos sin 2 1 s s max 总起来讲 小物体在漏斗壁上不动 转速 n 应满足的条件是 minmax nnn 2 7 设圆柱与绳索间的摩擦力为 f 绳对重物 m1的拉力 t1 m1和 m2对地加速度分别为 a1 a2 对 m1 m2列出方程 ft aamamgmf amtgm 12222 111 联立解出 2 21 21 21 121 2 21 221 1 ag mm mm tf mm amgmm a mm amgmm a 2 8 质点在 x y 两个方向都是匀加速直线运动 习题 2 6 图 习题2 7图 12 m 8 7 4 13 2 16 7 2 1 2 16 6 2 1 2 2 2 1 2 1 sm 8 7 4 5 7 6 2 76 22 22 1 0 00 ji ji jtaitatvr ji jt m it m jtavitavv jmaimajif yxx yyxx yx 2 9 t v mkvf d d v v t t m k v v t m k v v 0 0 d d d d 1 积分得 t m k vv e 0 2 t m k v t x v e d d 0 积分得 e1 0 0 t m k k mv xxx 3 利用 1 的结果 令 v 0 得 t 代入 2 的结果中 得 00 01 v k m v k m x 4 将 k m t 代入 1 的结果中 得 0 1 0 e 1 evvv 2 10 初始时刻0 0 0 00 vxt t 时刻受力如图所示 设 x 为该时刻入水长度 棒的横 截面积为 s 有 gsxf slm 1 2 浮 习题 2 10 图 13 当lx 时有 t v mfmgf d d 浮 即v x v slgsxgsl d d 212 x l gxgl vv xv dd 0 2 12 0 2 1 2 1 2 2 2 2 xxl l g v 1 1 当lx 时 2 1 1 2 2 2 2 gl v 2 2 当 2 1 2 时 2 式无意义 即此条件将使棒不可能全部没入液体中 但 1 式仍 然成立 当棒到达最大深度 xm时 v 0 由 1 式 得 0 1 舍去 m x lxm 1 2 2 2 即为所求 3 由 1 式求极值得 当lx 1 2 时有 glv 1 2 max 2 11 以 m 和 m 分别表示木星和木卫三的质量 则由万有引力定律和牛顿第二定律 可得 kg 1089 1 8640016 7 1067 6 1007 1 44 4 27 211 392 2 32 2 2 2 2 gt r m rmr t m r mm g 2 12 1 设链条的质量线密度为 链条开始下滑时 其下垂直度为 0 x 应满足的条件 是其下垂部分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力 即 lx gxlgx 1 0 00 2 据功能原理 12 eewr 开始下滑时在桌面部分的长度 习题 2 12 图 14 为 1 00 l xly当链条的 a 端从 o 点沿 y 轴运动到 y0点过程中 摩擦力作功为 2 2 0 0 0 122 d d 0 lg y g ygyyyfw y rr 设桌面为势能零点 则链开始下滑到 a 端离桌面时的机机械能分别为 22 2 2 2 01 2 1 2 1 12 1 2 1 gllve l ggxe 于是有 2 22 2 12 1 2 1 2 1 1 1 2 l ggllv g 化简可得 1 1 2 gl v gl v 2 13 由于 0 vmvmi 故冲量i 的大小由图所示可得 sn3 7 20108 923 0 2 2 2 0 2 0 2 vghm mvmvi i 与水平方向的夹角为 35 7 0 20 1098 2 2 2 00 v gh v v tg 球受到的平均冲力n 365 02 0 3 71 t f 2 14 1 4 秒内力的冲量s n56d 210 d 4 0 itittfi 2 由动量定量 0 vmvmi 可得 sm 4 06 10 56 1 0 iiiv m i v 习题 2 13 图 15 3 据题设 t tt 0 200d 210 即 s 10 0 10 20 020010 2 ttttt 2 15 忽略轨道阻力 故在加载过程中列车与矿砂系统在水平方向动量守恒 即 vmtmvm 000 由此得 t 时速度 mtm vm v 0 00 t 时加速度为 2 0 00 d d mtm mvm t v a 2 16以分钟计 枪对子弹的平均推力为 n 6 11 60 7350079 0 120 t nmv f 枪视作静止 此力也等于肩对枪托的平均推力 由牛顿第三定律可知 枪托对肩的压力就等 于 11 6n 2 17原子核蜕变过程应满足动量守恒定律 以 p3表示蜕变后原子核的动量 应有 0 321 ppp 由图可知 p3的大小为 2 2 2 13 ppp 220 2221 m skg1007 1 33 5 22 9 10 p3的方向应 p1和 p2所在的平面内 而且与 p1的夹角为 85149 33 5 22 9 arctan90arctan90 2 1 p p 2 18 对太空惯性系 以 0 v 的方向为正方向 以 v1和 v2分别表示火箭壳和仪器舱分开后各自 的速度 由火箭壳和仪器舱的总动量守恒给出 2211021 vmvmvmm 由于仪器舱应在前 所以 12 vvu 即 12 vuv 将此式代入上式得 1211021 vumvmvmm 由此得 习题 2 17 图 16 m s82007290910 m s 7290 290150 910150 7600 12 21 2 01 vuv mm um vv v1 v2均为正值 故二速度皆沿正向 即与未分开前 0 v 的方向相同 2 19两车相撞后的加速度为gmmg kk 由此可知刚撞后二者扣在一起时的速率 为 m s 2 19258 98 022 gsv k 如果两车均未超限制 并都以最大允许速率 v1开行 则由两车的动量守恒可得 如图所示 22 2 2 1 2 vmmvmv 由此可得撞后速度应m s 9 914 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 vvvv 由于实际撞后的初速vv 所以两个司机的话并不都可信 至少一人撒谎 2 20 1 如图所示 沿竖直方向 分别对 m 和 m 用牛顿第二定律可得 matmg mamgt 2 1 由此可得 n 1083 0 5 18 9 1000 n 1036 1 5 18 9 1200 4 2 4 1 agmt agmt 2 在加速s0 1 t的过程 起重间上升的距离为 2 2 1 ath 这也就是 电动机拖动钢缆的距离 电动机做的功为 j 1095 3 15 1 2 1 83 0 36 1 32 21 htta 3 起重间匀速上升时 滑轮两侧钢缆中的张力分别为mgtmgt 21 拖动钢缆的 距离为h 时电动机又做的功是 hgmmhtta 21 j 1096 1 108 9 10001200 4 2 21 如图所示 以 f 表示马拉雪橇的力 则对雪橇 由牛顿第二定律 习题 2 20 图 习题 2 19 图 17 切向 0sin fmgf 法向 0cos mgn 再由nf k 可解得 sincosmgmgf k 由此得马拉雪橇做功 0 d sincos rmgmga kf k k k mgr rmg mgmgr 2 2 2 2 1 145cos45sin 1 cossin 重力对雪橇做的功为 1 cosdsin 0 mgrrmgar 1 2 2 mgr 摩擦力对雪橇做的功为 rmgrmga kf sindcos 0 rmg k 2 2 2 22设加速度为 a ab s 在 b 点速度为 1 v 在 c 点速度为 2 v 整个运动分为三个分过程 ba 匀加速直线运动 asv2 2 1 1 cb 机械能守恒 2 2 2 1 2 1 2 2 1 mvrmgmv 2 在 c 点 重力提供向心力 r v mmg 2 2 3 ac 平抛运动 tvs 2 4 习题 2 21 图 习题 2 22 18 2 2 1 2gtr 5 联立 1 2 3 4 5 可解得 ga 4 5 2 23设 21 sss 如图所示 写出各 个过程的相应方程 ba 机械能守恒 2 111 2 1 vmgrm 1 b 点碰撞 动量 机械能守恒 3 2 1 2 1 2 1 2 2 22 2 11 2 11 221111 vmvmvm vmvmvm cb 平抛运动 5 2 1 4 2 1 121 gth tvs m2在 c 点时 7 6 1 2 gtv vv cy cx dc 2 m以上述速度作斜抛运动 但其加速度由下式确定 9 2 8 2 atv tvs cy cx 习题 2 23 图 19 gmgmfam 222 1 水 浮 10 1 1 2g m 由 8 9 10 可确定射程 cd 为 11 22 2 a vv a vv s cycxcy 联立 1 至 11 式可解证 1 1 2 1 4 21 1 21 mm rhm sss m 8 4 2 24在 c 开始运动之前 a b 有同一加速度 a 对 a b 作受力分析 如图所示 有 matmga 1 b mat 2 由 1 2 解证ga 2 1 设 bc 间绳长为 l 在 t 时间内 b 作匀加速运动 则 22 2 1 2 1 2 1 gtatl 证 s 4 0 4 g l t b 和 c 之间绳子刚要拉紧时 a 和 b 所达到的速度为 sm 0 24 010 1 glatv bc 间绳拉紧前后 由动量原理有 5 0 4 3 bc bcab ab tvmc ttmvvmb tmvvma忽略了重力的冲量 作 用 时 间 短 重 力 的 冲 量 可 忽 略 故 可 看 作 动 量 守 恒 sm 33 1 3 2 32 1 vvvmmv 联立 3 4 5 解证 sm 33 1 0 2 3 2 3 2 1 vv 2 25设在 t 秒时 盒内已落有的石子质量为 mt tnmmt 1 习题 2 24 图 20 而石子落入盒内时速度为 ghv2 2 在此后 dt 时间内 将有质量 dmt的石子落入盒内 tnmmtdd 3 对 t md这些石子用动量定理 设 t md的石子受到盒对它的作用力为 dn 以向下为正 则 0 dd dd 1 vmtngm tt nmvntnmvvgdttnmvtgmtn t dd d d ddd 而已有的质量为 mt的石子受到盒对它的作用力的大小等于石子的重力 mtg n 秤的读数为 nmgtghnmgmnmvdnn t 2 n 6 215 8 998 2 9 48 928 910 02 0 100 2 gtghmn 2 26 用动量定理求解 a 到 b 的时间为 2 t t 重力的冲量为 mg g m mgtig 方向向下 如图所示 小球动量增量为 mgtg rmmvp 2 22 其中 r 由小球的动力学方程 mgt rmt cos sin 2 求证 tg g r 2 由动量定理 pii gt 由图可证 2 2 pii gt ptg mg 2 1 22 4 习题 2 26 图 21 t i 与水平方向的夹角为 ctg p i tg g 2 2 27设铁锤与铁钉撞击中能量损耗不计 重力的功不计 由动能定理有 d 0 恒量 eexf 而kxf 对第一次打击 1 0 0 2 1 2 1 d x ekxxkx 对第二次打击 2 1 2 10 2 1 2 2 2 1 2 1 d x x kxexxkxf 解证 12 2xx 第二次击入的深度为 cm 41 0 12 112 xxxx 2 28静止时各处 t mg 对两弹簧有 mgxkt mgxkt 22 11 所以 两弹簧的伸长量之比为 1 2 2 1 k k x x 两弹簧的弹性势能之比为 1 2 2 22 2 11 2 1 2 1 k k xk xk e e k k 2 29 1 子弹与摆锤碰撞 水平方向动量守恒 1 2 mv v mmv 1 v1为摆锤碰撞后之速度 摆锤获此速度后作圆周运动 在铅直面内机械能守恒 lmgmvmv2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 欲完成一圆周运动 摆锤在最高点必须满足条件 2 2 v l m mg 3 由 3 式得glv 2 代入 2 式得glv5 1 再代入 1 式可得子弹的最小速度 gl m m v5 2 min 22 2 30小球与弹簧振动系统相互碰撞 水平方向动量守恒 mvmvmv 10 1 v 为弹簧系统的启动速度 它在被压缩过程中机械能守恒 设最大压缩长度为 m x 则有 22 2 1 2 1 m kxmv 2 将 1 2 两式联立求解得 m 06 0 24 1 1010 1 1 3 10 vvm km xm 2 碰撞是非弹性的 其机械能损失为 22 1 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmvmve损 j 2 4 06 0 10 2 1 21 2 1 41 2 1 2 1 2 1 2 1 2322 22 1 2 0 m kxmvmv 3 小球与 m 完全非弹性碰撞 碰撞后弹簧被压缩 据此可列式 22 0 2 1 2 1 m xkvmm vmmmv 解得 m 038 0 110 10 4 3 22 0 mmk v xm 机械能损失 22 0 2 1 2 1 m xkmve 损 j 28 7 038 0 10 2 1 41 2 1 232 第三章刚体的定轴转动 3 1 1 铁饼离手时的角速度为 rad s 250125 rv 2 铁饼的角加速度为 23 rad s839 25122 25 2 2 22 3 铁饼在手中加速的时间为 s 6280 25 251222 t 3 2 1 初角速度为 rad s 920602002 0 末角速度为 rad s 3146030002 角加速度为 rad s941 07 920314 20 t 2 转过的角度为 186 rad101717 2 314920 2 30 圈 t 3 切向加速度为 m s38820941 2 t ra 法向加速度为 m s1097120314 2422 n ra 总加速度为 m s10971 10971 378 242422 n 2 t aaa 总加速度与切向的夹角为 9589 378 101 97 arctanarctan 4 t n a a 3 3 1 对轴 i 的转动惯量 2222 1 9 cos602 cos60 cos60 2maaamaaamj 对轴 ii 的转动惯量 22 2 3 sin60 4maamj 2 对垂轴的转动惯量 2222 3 12 2 cos30 222maamammaj 3 4 1 设垂直纸面向里的方向为正 反之为负 则该系统对 o 点的力矩为 24 mgllmglmglmglmgm 4 3 8 1 4 1 4 1 8 3 4 3 4 3 0 2 系统对 o 点的总转动惯量等于各部分对 o 点的转动惯之和 即 2 2222 43210 48 37 4 3 4 3 4 3 3 1 4 4 3 1 4 ml l m lmlml m jjjjj 3 由转动定律 jm 可得 l g ml mgl j m 37 36 48 37 4 3 2 0 0 3 5 1 摩擦力矩恒定 则转轮作匀角加速度运动 故角加速度为 00 01 201 0 8 t 第二秒末的角速度为 00002 60220 t 2 设摩擦力矩 r m与角速度 的比例系数为 据题设可知 t jmr d d 即 t j t j t 0 0 lnd d 0 据题设s 1 t时 01 80 故可得比例系数 80ln j 由此s2 t时 转轮的角速度 2 为 ln0 82ln 0 2 00 2 2 64080 3 6 设飞轮与闸瓦间的压力为 n 如图示 则二者间摩擦力nfr 此摩擦力形成阻力矩 rfr 由转动定律 jrfr 25 其中飞轮的转动惯量 2 mrj 角加速度n t5 2 0 故得 14 n 3 0 25 1000 60 60 5 2 5 2 mnrfr 见图所示 由制动杆的平衡条件可得 0 121 lnllf r f nn 得制动力 n 314 0 75 0 540 50314 21 1 ll lf f r 3 7 如图所示 由牛顿第二定律 对 11111 amgmtm 对 22222 amtgmm 对整个轮 由转动定律 2 22 2 111122 2 1 2 1 rmrmrtrt 又由运动学关系 2211 rr 联立解以上诸式 即可得 2 222 2 111 1122 2 2 rmmrmm grmrm 3 8 设米尺的总量为 m 则直尺对悬点的转动惯量为 习题 3 6 图 习题 3 7 图 26 m093 0 m 15 4 1 6 0m 5 2 3 1 4 0m 5 2 3 1 3 1 3 1 22 2 22 2 11 lmlmi mg1 0 2 1 5 2 mg 5 2 2 1 5 3 mg 5 3 m 又m 15 4 1 iim rads 5 10 m4 1 15mg1 0 2 i m 从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒 以水平位置为 o 势能点 2 2 1 jmghc 即 2 5 1 4 1 2 1 1 0 mmg 21 3 9m 视为质点 m 视为刚体 匀质圆盘 作受力分析 如图所示 a b 27 2 2 1 mrj ra jrt matmg 1 由方程组可解得 gg mm m a 2 1 2 物体作匀加速运动 gtatvv 2 1 0 2 物体下落的距离为 2 2 0 4 1 2 1 gt attvx 当 t 4 时 m 2 3944 4 1 2 ggx 3 绳中张力由方程组解得 mg 2 1 t 解法 2 以 t 0 时物体所处位置为坐标原点 o 以向下为 x 正方向 1 由机械能守恒 rv mrj mgxmvj 2 22 2 2 1 2 1 2 1 gxv 2 两边就 t 求导得 gtv tg v tg vgv t v v tv 2 1 2 d d 2 d d d d 2 00 2 习题3 9图 1 习题 3 9 图 2 28 2 00 4 1 d 2 1 d d 2 1 d 2 1 d d d d 2 1 gtx tgtx tgtx gt t x t x v gtv tx 则 3 m 匀加速运动 由gtv 2 1 以及0 0 v知 mgt matmg ga 2 1 2 1 又由 3 10 如图所示 唱片上一面元面积为rrsddd 质量为 ddd 2 rrmrm 此面元受转盘的摩擦力矩为 ddddd 22 kk rrrmgmgrfrm 各质元所受力矩方向相同 所以整个唱片受的磨擦力矩为 mmd mgr rr r mg k r k 3 2 dd 2 00 2 2 唱片在此力矩作用下做匀加速转动 角速度从 0 增加到 需要时间为 g r mrm a t k 2 4 3 2 1 唱机驱动力矩做的功为 22 2 1 mrtmma 唱片获得的动能为 22222 k 4 1 2 1 2 1 2 1 mrmrje 3 11 对整个系统用机械能守恒定律 0 2 1 2 1 2 1 22 1 2 1 jvmkhghm 习题3 10图 29 以rvmrj 2 1 2 代入上式 可解得 m s48 1 05 0 08 0 5 025 08 908 0 2 2 2 2 1 2 1 mm khghm v 3 12 1 丁字杆对垂直轴 o 的转动惯量为 222 0 3 2 2 12 1 3 1 mllmmljjj oaboc 对轴 o 的力矩mglm 2 1 0 故由 jm 可得释手瞬间丁字杆的角加速度 l g ml mgl j m 4 3 2 3 2 1 2 0 0 2 转过 90角后 知矩0 0 则m 由机械能守恒知 0 2 0 2 1 2j mgl j l mg 此时角动量 glmlmgljjl 3 2 00 转动动能为 mgljek 2 1 2 1 2 0 3 13 1 利用填补法 将小碎片填入缺口 此时为均匀圆盘对 o 轴的转动惯量 2 00 2 1 rmj 挖去小碎片 相应减少 2 1 mrj 故剩余部分对 o 的转动惯量为 22 0100 2 1 mrrmjjj 2 碎片飞离前后 其角动量守恒 1 1 2 1 22 0 2 0 2 1 2 1 mrmrrmrm 故剩余部分的角速度与原来的角速度相等 3 14 由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩 所以系统的角动量守恒 即 2 2 1 mrjj 由此可得转台后来的角速度为 rad s 496 0 10 2 2801200 1200 2 1 2 2 mrj j 3 15 慧星在有心力场中运动 角动量守恒 设其质量为 m 近日点速率为 v1 与太阳之距 30 r1 远日点速率为 v2 与太阳之距 r2 则有 2211 rmvrmv m 1026 5 1075 8 1008 9 1046 5 1210 2 4 1 2 1 2 r v v r 3 16 1 由于grv 2 m s 95 4 5 28 9 grv 2 由飞船和宇航员系统角动量守恒可得 03 jmvr 由此得飞船角速度为 rad s 1067 8 103 5 295 4 7033 3 5 j mvr 3 飞船转过 30用的时间 6 t 宇航员对飞船的角速度为rv 在时间 t 内 跑过的圈数为 19 5 21067 8 95 4 1 12 1 1 12 1 2 3 圈 r v trvn 3 17 太阳自转周期按 25d 计算 太阳的自转角动量为 smkg 101 1 8640025 2 1096 6 1099 1 5 2 5 2 242 2830 2 s mrj 此角动量占太阳系总角动量的百分数为 3 3 10 2 311 0 1011 0 43 43 3 18 1 由于外力沿转动中心 o 故外力矩恒为零 质点的角动量守恒 即 2 211 2211 mrrmv rmvrmv 故小球作半径 r2的圆周运动的角速度为 1 2 2 1 v r r 2 拉力 f 做功为 31 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 22 1 2 1 dv r rm mvmvsfa 3 19 1 222 3 4 3 1 mlmlml jjj 球杆 2 在转动过程中无耗散力 系统机械能守恒 设初始时刻重力势能为零 有 cos cos 2 2 1 0 2 lmg l mgj 解得 cos 2 3 l g 3 20 1 子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞 角动量守恒 2 2 3 1 4 3 4 3 mllmlmv 解得 srad 9 4 0 9 4 200108 4 0 9 4 108 4 3 200108 9 4 4 3 1 3 3 3 lmm mv 2 上摆过程机械能守恒 cos1 4 3 cos1 22 1 2 lmg l mgj 即 lg m m lmm cos1 4 3 216 9 3 1 2 1 22 mm 上式可近似为 lg m ml cos1 23 1 2 1 22 解得073 0 3 1 cos 2 g l 32 0cos 即 为第二象限的角度 本题中即棒向上摆可超水平位置 90 由于685 073 0 cos 1 棒的最大摆角约为 2594685 第四章狭义相对论 4 1利用 2 2 1 c u tux x 2 2 2 1 c u x c u t t 其中 ab ab ab ab ttt xxx ttt xxx 4 2x1 0 x2 1200 km 2 2 2 1 c u c ux tt 011 2 2 22 2 12 2 12 c u c xu c u xx c u tttt 即 12 tt 则长沙的班机后起飞 t 代入数据可得 4 3地球与星球的距离 l0 5 光年 固有长度 宇航员测量的长度 l 3 光年 运动长度 由长度收缩公式得 2 2 0 1 c u ll 得火箭对地的速度 ccc l l u 5 4 5 3 11 2 0 4 4 2 2 0 1 c u ll 2 0 a lal 习题 4 2 图 33 则代入得cu 2 3 4 5解法一 1 根据题意 2 1 2 3 yx llllll yx 2 2 2 2 长度沿运动方向缩短 因为 2 2 lll yy 因为cccu c u ll xx 3 6 816 0 3 2 1 2 2 2 m 2 2 2 1 2 1 22 2 2 yx lll 解法二lll yx 2 2 2 1 30sin 0 lly 由 2 2 1 c u ll xx cc l l u x x 2 2 2 3 2 1 11 cc816 0 3 2 22 yx lll 22 2 1 2 1 2 2 4 6 1 a b 习题 4 5 图 34 对 oa 或 ob 22 3a lal yx 在 s 系 相对 s 系以运动cu 2 3 2 4 3 1 2 2 a ll al c u ll yy xxx aa a lll yx 4 7 16 3 4 2 2 22 周长 2 7 1 4 7 2 aaa 2 对 oa 或 ab s 系中长度为 21 ll 或 alal yx 2 3 2 1 yyxxx ll a l c u ll 4 1 2 2 allll yx 4 13 22 12 对 ob 在 s 系中长度为 3 l 2 1 2 2 3 a c u al 周长 24 13 2 a a 131 2 a 4 7s 系测量的时间间隔为固有时ss 0 4 0 系测量的时间间隔为运动时s0 6 根据 习题 4 6 a 图 习题 4 6 b 图 35 时间延缓公式得 2 2 0 1 c u s 系对 s 系的速率 ccccu 3 5 745 0 0 6 0 4 11 22 0 在 s 系测量的两个事件的空间间隔为 10341 1 0 6103745 0 98 mtux 或 10341 1 0 6103745 0 98 mtuxx 2 2 1 1 c u 4 8 mx st 100 102 1 6 因为流星是从船头飞向船尾 2 x c u tt 4 5 1 1 2 2 c u tuxx 100 6 0 102 1 4 5 6 c c t s 1025 1 6 4 5 102 16 0100 6 cx m 145 4 9根据相对论动力学基本方程得 t m f d d 1 对上式积分 t m o mtf 0 dd 36 得 222 2 0 2 2 0 1 tfcm ftc v c m mft 1 当 t ft f cm 0 时 f cm0 时 ft cm0 则c ft ftc v 2 v at 时 tatvxddtd 2 2 1 atx v c 时 tvxdd tcxdct 4 10 kg 3 5 5 4 1 kg11 2 2 2 2 0 c c c u mm 4 11略 4 12略 4 13略 4 14略 4 15略 4 16根据质能公式得太阳因辐射能量每秒减少的质量为 106 5 103 105 19 28 26 2 skg c e m 与太阳质量的比值 21 30 9 108 2 102 106 5 m m 这个比值是非常小的 4 17略 37 第 5 章静电场 5 1两小球处于如题 5 1 图所示的平衡位置时 每小球受到张力 t 重力 mg 以及库仑力 f 的作用 则有mgt cos和ft sin mgtgf 由于 很小 故 l x mgmgmg x q f 2 sintg 4 1 2 2 0 3 1 0 2 2 mg lq 5 2设 q1 q2在 c 点的场强分别为 1 e 和 2 e 则有 2 1 0 1 4 1 ac r q e 14 2 9 9 mv108 1 03 0 108 1 109 方向沿 ac 方向 2 2 0 2 4 1 bc r q e 14 2 9 9 mv107 2 04 0 108 1 109 方向沿 cb 方向 c 点的合场强e 的大小为 24242 2 2 1 107 2 108 1 eee 14 mv1024 3 设 e 的方向与 cb 的夹角为 则有 7 33 7 2 8 1 1 2 11 tg e e tg 5 3坐标如题 9 3 图所示 带电圆弧上取一电荷元lqdd 它在圆心 o 处的场强为 2 0 1 d 4 1 d r l e 方向如题 9 3 图所示 由于对称性 上 下两 带电圆弧中对应电荷元在圆心 o 处产生的 de1和 de2在 x 方向分量相 互抵消 习题 5 1 图 习题 5 3 图 习题 5 2 图 38 0 x e 圆心 o 处场强 e 的 y 分量为 2 3 1 2 sin d 4 1 2sin d 4 1 2 0 2 6 0 0 2 6 0 0 rr r r l ey 方向沿 y 轴正向 5 4 1 如题 5 4 图 a 取与棒端相距 d1的 p 点为坐标原点 x 轴向右为正 设带电细棒 电荷元xqdd 至 p 点的距离 x 它在 p 点的场强大小为 2 0 d 4 1 d x x ep 方向沿 x 轴正向 各电荷元在 p 点产生的场强方向相同 于是 1 1 2 0 d 4 1 d d ld pp x x ee 13 22 89 110 mv1041 2 1028 1 108 1 103109 11 4 ldd 方向沿 x 轴方向 2 坐标如题 5 4 图 b 所示 在带电细棒上取电荷元xqdd 与 q 点距离为 r 电荷 元在 q 点所产生的场强 2 0 d 4 1 d r x e 由于对称性 场 de 的 x 方向分量相互抵消 所 以 ex 0 场强 de 的 y 分量为 sin d 4 1 sindd 2 0 r x eey 因 dcscdd d 2 d cscd 2 2222 xctgtgxr dsin d4 sin d 4 1 d 20 2 0 r x ey cos cos d4 dsin d4 d 21 2020 2 1 yy ee 其中 22 2 2 22 2 1 2 d 2 cos 2 d 2 cos l l l l 习题 5 4 图 a 习题 5 4 图 b 39 代入上式得 22 2 20 2 4 ld l d ey 13 2 1 222 89 1027 5 2 2 0 108 108 2 0103109 mv 方向沿 y 轴正向 5 5带 电 圆 弧 长mdrl12 3 02 0 50 0 4 322 电 荷 线 密 度 19 9 mc100 1 12 3 1012 3 l q 带电圆弧在圆心 o 处的场强等价于一个闭合带电 圆环 线密度为 和一长为 d 电荷线密度为 的小段圆弧在 o 处场强的矢量和 带电 闭合圆环在圆心处的场强为零 而 d r