大学物理学(上册、下册)课后习题答案-赵近芳-全.pdf

习题及解答 全 习题及解答 全 习题一习题一 1 1 r 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 rr r 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 1 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 v v 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 2 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 3一质点在 xOy 平面上运动 运动方程为 x 3t 5 y 2 1 t2 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t 2s 时刻的位置矢量 计算这 1 秒内质点的位移 3 计算t 0 s 时刻到t 4s 时刻内的平均速度 4 求出质点速度矢量表示式 计算t 4 s 时质点的速度 5 计算t 0s 到t 4s 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t 4s 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 1 t 2 t 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 1 4 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 1 4 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 1 4 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 5 质点沿x轴运动 其加速度和位置的关系为 a 2 6 2 x a的单位为 2 sm x的单位 为 m 质点在x 0 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 0 x 时 10 0 v 50 c 13 sm252 xxv 1 6已知一质点作直线运动 其加速度为 a 4 3t 2 sm 开始运动时 x 5 m v 0 求该质点在t 10s 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 0 t 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 0 t 5 0 x 5 2 c 故 5 2 1 2 32 ttx 所以 s10 t 时 m705510 2 1 102 sm19010 2 3 104 32 10 12 10 x v 1 7一质点沿半径为 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 t 2 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 s2 t 时 2 sm362181 Ra sin sin 2 cos 2 sin2 0 0 tRtR Rtv Rtvx 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 8 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 当 b v t 0 时 ba 1 9 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 y R 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 1 9 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 1 10以初速度 0 v 20 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 1 10 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 11 飞轮半径为 0 4 m 自静止启动 其角加速度为 0 2 rad 2 s 求t 2s 时边缘 上各点的速度 法向加速度 切向加速度和合加速度 解 当 s2 t 时 4 022 0 t 1 srad 则 16 04 04 0 Rv 1 sm 064 0 4 0 4 0 22 Ran 2 sm 08 02 04 0 Ra 2 sm 22222 sm102 0 08 0 064 0 aaa n 1 12如题 1 12 图 物体A以相对B的速度v gy2 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 1 12 图 1 13一船以速率 1 v 30km h 1沿直线向东行驶 另一小艇在其前方以速率 2 v 40km h 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 13 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 1 14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 m s 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 习题二习题二 2 1一细绳跨过一定滑轮 绳的一边悬有一质量为 1 m 的物体 另一边穿在质量为 2 m 的圆 柱体的竖直细孔中 圆柱可沿绳子滑动 今看到绳子从圆柱细孔中加速上升 柱体相对于绳 子以匀加速度 a 下滑 求 1 m 2 m 相对于地面的加速度 绳的张力及柱体与绳子间的摩擦 力 绳轻且不可伸长 滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计 解 因绳不可伸长 故滑轮两边绳子的加速度均为 1 a 其对于 2 m 则为牵连加速度 又知 2 m 对绳子的相对加速度为 a 故 2 m 对地加速度 由图 b 可知 为 aaa 12 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 111 amTgm 222 amgmT 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 0 a 则 21 aa 表示柱体与绳之间无相对滑动 2 若 ga2 则 0 fT 表示柱体与绳之间无任何作用力 此时 1 m 2 m 均作自由 落体运动 题 2 1 图 2 2 一个质量为P的质点 在光滑的固定斜面 倾角为 上以初速度 0 v 运动 0 v 的方向 与斜面底边的水平线AB平行 如图所示 求这质点的运动轨道 解 物体置于斜面上受到重力mg 斜面支持力N 建立坐标 取 0 v 方向为X轴 平行斜 面与X轴垂直方向为Y轴 如图 2 2 题 2 2 图 X方向 0 x Ftvx 0 Y方向 yy mamgF sin 0 t 时 0 y 0 y v 2 sin 2 1 tgy 由 式消去t 得 2 2 0 sin 2 1 xg v y 2 3质量为 16 kg 的质点在 xOy 平面内运动 受一恒力作用 力的分量为 x f 6 N y f 7 N 当t 0 时 yx 0 x v 2 m s 1 y v 0 求 当t 2 s时质点的 1 位矢 2 速度 解 2 sm 8 3 16 6 m f a x x 2 sm 16 7 m f a y y 1 2 0 1 0 1 2 0 0 sm 8 7 2 16 7 sm 4 5 2 8 3 2 dtavv dtavv yyy xxx 于是质点在 s2 时的速度 1 sm 8 7 4 5 jiv 2 m 8 7 4 13 4 16 7 2 1 4 8 3 2 1 22 2 1 2 1 22 0 ji ji jtaitatvr yx 2 4质点在流体中作直线运动 受与速度成正比的阻力kv k为常数 作用 t 0 时质点的 速度为 0 v 证明 1 t时刻的速度为v t m k ev 0 2 由 0 到t的时间内经过的距离为 x k mv0 1 t m k e 3 停止运动前经过的距离为 0 k m v 4 证明当 kmt 时速 度减至 0 v 的e 1 式中m为质点的质量 答 1 t v m kv a d d 分离变量 得 m tk v vdd 即 v v t m tk v v 0 0 dd m kt e v v lnln 0 t m k evv 0 2 t tt m k m k e k mv tevtvx 0 0 0 1 dd 3 质点停止运动时速度为零 即 t 故有 0 0 0 d k mv tevx 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 0 v 的e 1 2 5 升降机内有两物体 质量分别为 1 m 2 m 且 2 m 2 1 m 用细绳连接 跨过滑轮 绳子 不可伸长 滑轮质量及一切摩擦都忽略不计 当升降机以匀加速a 2 1 g 上升时 求 1 1 m 和 2 m 相对升降机的加速度 2 在地面上观察 1 m 2 m 的加速度各为多少 解 分别以 1 m 2 m 为研究对象 其受力图如图 b 所示 1 设 2 m 相对滑轮 即升降机 的加速度为 a 则 2 m 对地加速度 aaa 2 因绳不可伸长 故 1 m 对滑轮的加速度亦为 a 又 1 m 在水平方向上没有受牵连运动的影响 所以 1 m 在水平 方向对地加速度亦为 a 由牛顿定律 有 22 aamTgm amT 1 题 2 5 图 联立 解得 ga 方向向下 2 2 m 对地加速度为 2 2 g aaa 方向向上 1 m 在水面方向有相对加速度 竖直方向有牵连加速度 即 牵相绝 aaa g g gaaa 2 5 4 2 222 1 a a arctan o 6 26 2 1 arctan 左偏上 2 6 一质量为m的质点以与地的仰角 30 的初速 0 v 从地面抛出 若忽略空气阻力 求质 点落地时相对抛射时的动量的增量 解 依题意作出示意图如题 2 6 图 题 2 6 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 o 30 则动量的增量为 0 vmvmp 由矢量图知 动量增量大小为 0 vm 方向竖直向下 2 7一质量为m的小球从某一高度处水平抛出 落在水平桌面上发生弹性碰撞 并在抛出 1 s 跳回到原高度 速度仍是水平方向 速度大小也与抛出时相等 求小球与桌面碰撞过 程中 桌面给予小球的冲量的大小和方向 并回答在碰撞过程中 小球的动量是否守恒 解 由题知 小球落地时间为 s5 0 因小球为平抛运动 故小球落地的瞬时向下的速度大 小为 ggtv5 0 1 小球上跳速度的大小亦为 gv5 0 2 设向上为 y 轴正向 则动量的 增量 12 vmvmp 方向竖直向上 大小 mgmvmvp 12 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 8 作用在质量为 10 kg 的物体上的力为 itF 210 N 式中t的单位是 s 1 求 4s 后 这物体的动量和速度的变化 以及力给予物体的冲量 2 为了使这力的冲量为 200 N s 该力应在这物体上作用多久 试就一原来静止的物体和一个具有初速度 j 6 m s 1的物体 回答这两个问题 解 1 若物体原来静止 则 itittFp t 1 0 4 0 1 smkg56d 210 d 沿x轴正向 ipI i m p v 1 11 11 1 smkg56 sm6 5 若物体原来具有 6 1 sm 初速 则 tt tFvmt m F vmpvmp 0 0 0 000 d d 于是 t ptFppp 0 102 d 同理 12 vv 12 II 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 ttttI 0 2 10d 210 亦即 020010 2 tt 解得 s10 t s20 t 舍去 2 9 一质量为m的质点在 xOy 平面上运动 其位置矢量为 j tbi tar sincos 求质点的动量及t 0 到 2 t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量 解 质点的动量为 cossin j tbi tamvmp 将 0 t 和 2 t 分别代入上式 得 j bmp 1 i amp 2 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 12 j bi ampppI 2 10 一颗子弹由枪口射出时速率为 1 0 sm v 当子弹在枪筒内被加速时 它所受的合力为 F bta N ba 为常数 其中t以秒为单位 1 假设子弹运行到枪口处合力刚好为零 试计算子弹走完枪筒全长所需时间 2 求子弹所受的冲量 3 求子弹的质量 解 1 由题意 子弹到枪口时 有 0 btaF 得 b a t 2 子弹所受的冲量 t btattbtaI 0 2 2 1 d 将 b a t 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 11 一炮弹质量为m 以速率v飞行 其内部炸药使此炮弹分裂为两块 爆炸后由于炸药 使弹片增加的动能为T 且一块的质量为另一块质量的k倍 如两者仍沿原方向飞行 试证 其速率分别为 v m kT2 v km T2 证明 设一块为 1 m 则另一块为 2 m 21 kmm 及 mmm 21 于是得 1 1 21 k m m k km m 又设 1 m 的速度为 1 v 2 m 的速度为 2 v 则有 22 22 2 11 2 1 2 1 2 1 mvvmvmT 2211 vmvmmv 联立 解得 12 1 kvvkv 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 12 设 N67jiF 合 1 当一质点从原点运动到 m1643kjir 时 求F 所作 的功 2 如果质点到r处时需 0 6s 试求平均功率 3 如果质点的质量为 1kg 试求动能 的变化 解 1 由题知 合 F 为恒力 1643 67 kjijirFA 合 J452421 2 w75 6 0 45 t A P 3 由动能定理 J45 AEk 2 13 以铁锤将一铁钉击入木板 设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比 在 铁锤击第一次时 能将小钉击入木板内 1 cm 问击第二次时能击入多深 假定铁锤两次打 击铁钉时的速度相同 解 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 13 图 kyf 第一锤外力的功为 1 A ss k ykyyfyfA 1 0 1 2 ddd 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 0d t 时 f f 设第二锤外力的功为 2 A 则同理 有 2 1 2 22 22 1 d y k kyykyA 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 cm414 012 12 yyy 2 14设已知一质点 质量为m 在其保守力场中位矢为r点的势能为 n P rkrE 试求 质点所受保守力的大小和方向 解 1 d d n r nk r rE rF 方向与位矢r 的方向相反 即指向力心 2 15一根劲度系数为 1 k 的轻弹簧A的下端 挂一根劲度系数为 2 k 的轻弹簧B B的下端 一重物C C的质量为M 如题 2 15 图 求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性 势 能之比 解 弹簧 BA 及重物C受力如题 2 15 图所示平衡时 有 题 2 15 图 MgFF BA 又 11 xkFA 22 xkFB 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 16 1 试计算月球和地球对m物体的引力相抵消的一点P 距月球表面的距离是多少 地 球质量 5 98 10 24 kg 地球中心到月球中心的距离 3 84 10 8m 月球质量 7 35 1022kg 月球半径 1 74 10 6m 2 如果一个 1kg 的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零 那么它在P点的势能为多少 解 1 设在距月球中心为r处 地引月引 FF 由万有引力定律 有 2 2 rR mM G r mM G 地月 经整理 得 R MM M r 月地 月 2224 22 1035 71098 5 1035 7 8 1048 3 m1032 38 6 则P点处至月球表面的距离为 m1066 310 74 132 38 76 月 rrh 2 质量为 kg1 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 34 38 1098 5 1067 6 1083 3 1035 7 1067 6 J1028 1 6 2 17由水平桌面 光滑铅直杆 不可伸长的轻绳 轻弹簧 理想滑轮以及质量为 1 m 和 2 m 的滑块组成如题 2 17 图所示装置 弹簧的劲度系数为k 自然长度等于水平距离BC 2 m 与桌面间的摩擦系数为 最初 1 m 静止于A点 AB BC h 绳已拉直 现令滑块落 下 1 m 求它下落到B处时的速率 解 取B点为重力势能零点 弹簧原长为弹性势能零点 则由功能原理 有 2 1 2 1 2 1 2 212 lkghmvmmghm 式中 l 为弹簧在A点时比原长的伸长量 则 hBCACl 12 联立上述两式 得 21 2 2 21 122 mm khghmm v 题 2 17 图 2 18 如题 2 18 图所示 一物体质量为 2kg 以初速度 0 v 3m s 1从斜面A点处下滑 它 与斜面的摩擦力为 8N 到达B点后压缩弹簧 20cm 后停止 然后又被弹回 求弹簧的劲度系 数和物体最后能回到的高度 解 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 37sin 2 1 2 1 22 mgsmvkxsfr 2 2 2 1 37sin 2 1 kx sfmgsmv k r 式中 m52 08 4 s m2 0 x 再代入有关数据 解得 1 mN1390 k 题 2 18 图 再次运用功能原理 求木块弹回的高度 h 2o 2 1 37sinkxsmgsfr 代入有关数据 得 m4 1 s 则木块弹回高度 m84 037sin o sh 题 2 19 图 2 19质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽 如题 2 19 图所示 质量为m的 小立方体从曲面的顶端滑下 大木块放在光滑水平面上 二者都作无摩擦的运动 而且都从 静止开始 求小木块脱离大木块时的速度 解 m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 22 2 1 2 1 MVmvmgR 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 0 MVmv 联立 以上两式 得 Mm MgR v 2 2 20一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞 试证碰后两小球的运动方向 互相垂直 证 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 20 图 a 题 2 20 图 b 又碰撞过程中 动量守恒 即有 210 vmvmvm 亦即 210 vvv 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 0 v 为斜边 故知 1 v 与 2 v 是互相垂直的 2 21 一质量为m的质点位于 11 y x 处 速度为 jvivv yx 质点受到一个沿x负方向 的力 f 的作用 求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩 解 由题知 质点的位矢为 jyixr 11 作用在质点上的力为 i ff 所以 质点对原点的角动量为 vmrL 0 11 jvivmiyix yx kmvymvx xy 11 作用在质点上的力的力矩为 k fyi fjyixfrM 1110 2 22 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆 它离太阳最近距离为 1 r 8 75 10 10m 时的速 率是 1 v 5 46 10 4 m s 1 它离太阳最远时的速率是 2 v 9 08 10 2m s 1 这时它离太阳 的距离 2 r 多少 太阳位于椭圆的一个焦点 解 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 2211 mvrmvr m1026 5 1008 9 1046 51075 8 12 2 410 2 11 2 v vr r 2 23 物体质量为 3kg t 0 时位于 m4ir 1 sm6 jiv 如一恒力 N5jf 作用 在物体上 求 3 秒后 1 物体动量的变化 2 相对z轴角动量的变化 解 1 3 0 1 smkg15d5djtjtfp 2 解 一 734 00 tvxx x jattvy y 5 253 3 5 2 1 36 2 1 22 0 即 ir 4 1 jir 5 257 2 1 0 xx vv 113 3 5 6 0 atvv yy 即 jiv 6 11 jiv 11 2 kjiivmrL 72 6 34 111 kjijivmrL 5 154 11 3 5 257 222 12 12 smkg5 82 kLLL 解 二 dt dz M tt tFrtML 00 d d 3 0 1 3 0 2 smkg5 82d 4 5 d5 3 5 2 1 6 4 2 ktkt tjjttit 题 2 24 图 2 24 平板中央开一小孔 质量为m的小球用细线系住 细线穿过小孔后挂一质量为 1 M 的 重物 小球作匀速圆周运动 当半径为 0 r 时重物达到平衡 今在 1 M 的下方再挂一质量为 2 M 的物体 如题 2 24 图 试问这时小球作匀速圆周运动的角速度 和半径 r 为多少 解 在只挂重物时 1 M 小球作圆周运动的向心力为 gM1 即 2 001 mrgM 挂上 2 M 后 则有 2 21 rmgMM 重力对圆心的力矩为零 故小球对圆心的角动量守恒 即 vmrmvr 00 2 0 2 0 rr 联立 得 0 21 121 3 2 1 21 0 1 0 1 0 r MM M g m MM r M MM mr gM mr gM 2 25 飞轮的质量m 60kg 半径R 0 25m 绕其水平中心轴O转动 转速为 900rev min 1 现利用一制动的闸杆 在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F 可使飞轮 减速 已知闸杆的尺寸如题 2 25 图所示 闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 0 4 飞轮的转动 惯量可按匀质圆盘计算 试求 1 设F 100 N 问可使飞轮在多长时间内停止转动 在这段时间里飞轮转了几转 2 如果在 2s 内飞轮转速减少一半 需加多大的力F 解 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 r F r F 是摩擦 力 x F 和 y F 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 2 25 图 a 题 2 25 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 IRFr 式中负号表示 与角速度 方向相反 NFr N N F l ll NFr 1 21 又 2 1 2 mRI F mRl ll I RFr 1 21 2 以 N100 F 等代入上式 得 2 srad 3 40 100 50 025 060 75 050 0 40 02 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 s06 7 4060 32900 0 t 这段时间内飞轮的角位移为 rad21 53 4 9 3 40 2 1 4 9 60 2900 2 1 22 0 tt 可知在这段时间里 飞轮转了 1 53 转 2 1 0 srad 60 2 900 要求飞轮转速在 2 ts内减少一半 可知 20 0 0 srad 2 15 2 2 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 02 1550 025 060 2 21 1 2 26 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴 O O 转动 设大小圆柱体 的半径分别为R和r 质量分别为M和m 绕在两柱体上的细绳分别与物体 1 m 和 2 m 相连 1 m 和 2 m 则挂在圆柱体的两侧 如题 2 26 图所示 设R 0 20m r 0 10m m 4 kg M 10 kg 1 m 2 m 2 kg 且开始时 1 m 2 m 离地均为h 2m 求 1 柱体转动时的角加速度 2 两侧细绳的张力 解 设 1 a 2 a 和 分别为 1 m 2 m 和柱体的加速度及角加速度 方向如图 如图 b 题 2 26 a 图题 2 26 b 图 1 1 m 2 m 和柱体的运动方程如下 2222 amgmT 1111 amTgm IrTRT 21 式中 RaraTTTT 122211 而 22 2 1 2 1 mrMRI 由上式求得 2 2222 2 2 2 1 21 srad13 6 8 9 10 0220 0210 04 2 1 20 010 2 1 21 022 0 g rmRmI rmRm 2 由 式 8 208 9213 610 02 222 gmrmT N 由 式 1 1713 6 2 028 92 111 RmgmT N 2 27 计算题 2 27 图所示系统中物体的加速度 设滑轮为质量均匀分布的圆柱体 其质量为 M 半径为r 在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转 忽略桌面与物体间的摩擦 设1 m 50 kg 2 m 200 kg M 15 kg r 0 1 m 解 分别以 1 m 2 m 滑轮为研究对象 受力图如图 b 所示 对 1 m 2 m 运用牛顿定律 有 amTgm 222 amT 11 对滑轮运用转动定律 有 2 1 2 12 MrrTrT 又 ra 联立以上 4 个方程 得 2 21 2 sm6 7 2 15 2005 8 9200 2 M mm gm a 题 2 27 a 图题 2 27 b 图 题 2 28 图 2 28 如题 2 28 图所示 一匀质细杆质量为m 长为l 可绕过一端O的水平轴自由转动 杆于水平位置由静止开始摆下 求 1 初始时刻的角加速度 2 杆转过 角时的角速度 解 1 由转动定律 有 3 1 2 1 2 mlmg l g 2 3 2 由机械能守恒定律 有 22 3 1 2 1 sin 2 ml l mg l g sin3 题 2 29 图 2 29 如题 2 29 图所示 质量为M 长为l的均匀直棒 可绕垂直于棒一端的水平轴O无 摩擦地转动 它原来静止在平衡位置上 现有一质量为m的弹性小球飞来 正好在棒的下 端与棒垂直地相撞 相撞后 使棒从平衡位置处摆动到最大角度 30 处 1 设这碰撞为弹性碰撞 试计算小球初速 0 v 的值 2 相撞时小球受到多大的冲量 解 1 设小球的初速度为 0 v 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 mvlIlmv 0 222 0 2 1 2 1 2 1 mvImv 上两式中 2 3 1 MlI 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 o 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 0 dmvmvmvtF 由 式求得 Ml l I mvmvtF 3 1 d 0 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 2 30 图 2 30一个质量为 M 半径为R并以角速度 转动着的飞轮 可看作匀质圆盘 在某一瞬时 突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出 见题 2 30 图 假定碎片脱离飞轮时的瞬时 速度方向正好竖直向上 1 问它能升高多少 2 求余下部分的角速度 角动量和转动动能 解 1 碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 Rv 0 设碎片上升高度h时的速度为v 则有 ghvv2 2 0 2 令 0 v 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 2 2 1 MRI 碎片抛出后圆盘的转动惯量 22 2 1 mRMRI 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 RmvII 0 式中 为破盘的角速度 于是 RmvmRMRMR 0 222 2 1 2 1 2 1 2 1 2222 mRMRmRMR 得 角速度不变 圆盘余下部分的角动量为 2 1 22 mRMR 转动动能为 题 2 31 图 222 2 1 2 1 mRMREk 2 31 一质量为m 半径为 R 的自行车轮 假定质量均匀分布在轮缘上 可绕轴自由转动 另 一质量为 0 m 的子弹以速度 0 v 射入轮缘 如题 2 31 图所示方向 1 开始时轮是静止的 在质点打入后的角速度为何值 2 用m 0 m 和 表示系统 包括轮和质点 最后动能和初始动能之比 解 1 射入的过程对O轴的角动量守恒 2 000 sinRmmvmR 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 2 32 弹簧 定滑轮和物体的连接如题 2 32 图所示 弹簧的劲度系数为 2 0 N m 1 定滑轮 的转动惯量是 0 5kg m 2 半径为 0 30m 问当 6 0 kg 质量的物体落下 0 40m 时 它的速 率为多大 假设开始时物体静止而弹簧无伸长 解 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 222 2 1 2 1 2 1 khImvmgh 又 Rv 故有 ImR kkhmgh v 2 22 2 1 2 22 sm0 2 5 03 00 6 3 0 4 00 24 08 90 62 题 2 32 图题 2 33 图 2 33空心圆环可绕竖直轴AC自由转动 如题2 33图所示 其转动惯量为 0 I 环半径为R 初始角速度为 0 质量为m的小球 原来静置于A点 由于微小的干扰 小球向下滑动 设 圆环内壁是光滑的 问小球滑到B点与C点时 小球相对于环的速率各为多少 解 1 小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒 当小球滑至B点时 有 2 000 mRII 该系统在转动过程中 机械能守恒 设小球相对于圆环的速率为 B v 以B点为重力势能零 点 则有 222 0 2 00 2 1 2 1 2 1 B mvmRImgRI 联立 两式 得 2 0 22 00 2 mRI RI gRvB 2 当小球滑至C点时 0 IIc 0 c 故由机械能守恒 有 2 2 1 2 c mvRmg gRvc2 请读者求出上述两种情况下 小球对地速度 习题三习题三 3 1 惯性系 S 相对惯性系S以速度u运动 当它们的坐标原点O与 O 重合时 t t 0 发出一光波 此后两惯性系的观测者观测该光波的波阵面形状如何 用直角坐标系写出各自 观测的波阵面的方程 解 由于时间和空间都是均匀的 根据光速不变原理 光讯号为球面波 波阵面方程为 2222 ctzyx 2222 t czyx 题 3 1 图 3 2 设图 3 4 中车厢上观测者测得前后门距离为 2l 试用洛仑兹变换计算地面上的观测者 测到同一光信号到达前 后门的时间差 解 设光讯号到达前门为事件1 在车厢 S 系时空坐标为 11 c l ltx 在车站 S 系 1 2 1 2 11 c u c l l c u c l x c u tt 光信号到达后门为事件2 则在车厢 S 系坐标为 22 c l ltx 在车站 S 系 1 2 2 22 c u c l x c u tt 于是 2 12 2 c lu tt 或者 lxxxtttt2 0 2121 2 22 l c u x c u tt 3 3 惯性系 S 相对另一惯性系S沿x轴作匀速直线运动 取两坐标原点重合时刻作为计 时起点 在 S 系中测得两事件的时空坐标分别为 1 x 6 10 4m 1 t 2 10 4s 以及 2 x 12 10 4m 2 t 1 10 4s 已知在 S 系中测得该两事件同时发生 试问 1 S 系相对 S 系的速 度是多少 2 S 系中测得的两事件的空间间隔是多少 解 设 S 相对S的速度为v 1 1 2 11 x c v tt 2 2 22 x c v tt 由题意 0 12 tt 则 12 2 12 xx c v tt 故 8 12 122 105 1 2 c xx tt cv 1 sm 2 由洛仑兹变换 222111 vtxxvtxx 代入数值 m102 5 4 12 xx 3 4 长度 0 l 1 m的米尺静止于 S 系中 与x 轴的夹角 30 S 系相对 S 系沿x轴 运动 在 S 系中观测者测得米尺与x轴夹角为 45 试求 1 S 系和 S 系的相对运动 速度 2 S 系中测得的米尺长度 解 1 米尺相对 S 静止 它在 yx 轴上的投影分别为 m866 0cos 0 LLx m5 0sin 0 LLy 米尺相对S沿x方向运动 设速度为v 对S系中的观察者测得米尺在x方向收缩 而 y 方 向的长度不变 即 yyxx LL c v LL 1 2 2 故 2 2 1 tan c v L L L L L L x y x y x y 把 45 及 yx LL 代入 则得 866 0 5 0 1 2 2 c v 故 cv816 0 2 在S系中测得米尺长度为 m707 0 45sin y L L 3 5 一门宽为a 今有一固有长度 0 l 0 l a 的水平细杆 在门外贴近门的平面内沿其长度 方向匀速运动 若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门 则该杆相对于门的 运动速率u至少为多少 解 门外观测者测得杆长为运动长度 2 0 1 c u ll 当 a 1 时 可认为能被拉进门 则 2 0 1 c u la 解得杆的运动速率至少为 2 0 1 l a cu 题 3 6 图 3 6两个惯性系中的观察者O和 O 以0 6c c表示真空中光速 的相对速度相互接近 如果O 测得两者的初始距离是 20m 则 O 测得两者经过多少时间相遇 解 O测得相遇时间为t cv L t 6 0 20 0 O 测得的是固有时 t v Lt t 2 0 1 s1089 8 8 6 0 c v 8 0 1 或者 O 测得长度收缩 v L tLLLL 8 06 011 0 2 0 2 0 s1089 8 1036 0 208 0 6 0 8 0 8 8 0 c L t 3 7 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S和 S 中 甲测得在同一地点发生的两事件的 时间间隔为 4s 而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s 求 1 S 相对于S的运动速度 2 乙测得这两个事件发生的地点间的距离 解 甲测得 0 s4 xt 乙测得 s5 t 坐标差为 12 xxx 1 t c v tx c v tt 2 2 1 1 5 4 1 2 2 t t c v 解出 cc t t cv 5 3 5 4 1 1 22 8 108 1 1 sm 2 0 4 5 x t t tvxx m10934 5 3 4 5 8 cctvx 负号表示 0 12 xx 3 8 一宇航员要到离地球为 5 光年的星球去旅行 如果宇航员希望把这路程缩短为 3 光年 则他所乘的火箭相对于地球的速度是多少 解 222 0 1 5 3 1513 则ll ccv 5 4 25 9 1 3 9 论证以下结论 在某个惯性系中有两个事件同时发生在不同地点 在有相对运动的其他 惯性系中 这两个事件一定不同时 证 设在S系 BA 事件在 ba 处同时发生 则 BAab tttxxx 在 S 系中测 得 2 x c v tttt AB 0 0 xt 0 t 即不同时发生 3 10 试证明 1 如果两个事件在某惯性系中是同一地点发生的 则对一切惯性系来说这两个事件的时 间间隔 只有在此惯性系中最短 2 如果两个事件在某惯性系中是同时发生的 则对一切惯性关系来说这两个事件的空间 间隔 只有在此惯性系中最短 解 1 如果在 S 系中 两事件 BA 在同