陕师大《大学物理学》(上册-)习题解答

大学物理学

（上册）

习

题

答

陕西师范大学物理学与信息技术学院

基础物理教学组

2006-6-26

第2章运动学

2-1一质点作直线运动，其运动方程为，乂以111计,t以s计。试求：（1）质点从

t=0至h=3s时间内的位移；（2）质点在t=0到t=3s时间内所通过的路程

解（1）t=0时,x0=2；t=3,x3=—1；所以，

（2）本题需注意在题设时间内运动方向发生了变化。对x求极值，并令

可得t=1s,即质点在t=0到t=1s内沿x正向运动，然后反向运动。

分段计算，

路程为

2-2已知质点沿x轴作直线运动，其运动方程为。试求：（1）质点在最初4s内位移;

（2）质点在最初4s时间内所通过的路程

解（1）t=0时,x0=2；t=4时,x4=-30

所以，质点在最初4s内位移的大小

（2）由—=121-6/=（）

d/

可求得在运动中质点改变运动方向的时刻为八=2s,[2=0（舍去）

则,

所以，质点在最初4s时间间隔内的路程为

2-3在星际空间飞行的一枚火箭，当它以恒定速率燃烧它的燃料时，其运动方程可

表示为，其中是喷出气流相对于火箭体的喷射速度，是与燃烧速率成正比的一个常

量。试求：（1）t=0时刻，此火箭的速度和加速度；（2）t=120s时，此火箭的速度和加速

度

皿dx।〃一、d。ub

解v=——=-uln（l-bt）；a-——=------

dfdt\-bt

（1）l=0H'J,v=0,

（2）t=120s时,

3XI03X7.5X1Q-3

=225m.s2

CL~1-7.5X10-3X120

2-4如图所示，湖中有一只小船，岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水

面高度为h,t=0时，船与滑轮间的绳长为10。试求：当人以匀速v0拉绳时，船在距岸边x

处的速度和加速度。

解（1）设任意时刻t,绳长为1,由题意；船到岸边的水平距离为x,则

小船的运动速度为

负号表示小船在水面上向岸靠近。

小船的运动速度为a=—=--（-j=J^=y0）

dfdfTrTF

d/d/=/r<

dJ户方0）dfx3

负号表示加速度的方向指向岸边，小船在水面上加速靠岸。

2—5一升降机以加速度上升，当上升速度为时，有一螺丝从升降机的天花板上

松脱，天花板与升降机的底面相距2.74mo计算：（1）螺丝从升降机的天花板落到底面

所需要的时间；（2）螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离.

解（1）以地面为参考系，取Oy坐标轴向上，升降机的运动方程为

螺丝的运动方程为

当螺丝落至底面时，有yl=y2,即

所以

2

（2）螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d=h-y2=-v（）t+^gt=0.716m

2-6已知一质点的运动方程为（SI）。试求：（D质点的运动轨迹；（2）t=Is

和t=2s时刻，质点的位置矢量；（3）1s末和2s末质点的速度；（4）质点的加速度。

解（1）质点在x、y方向运动方程的分量形式为x=2t,y=2—t2

消去时间t,可得

其运动轨迹为一抛物线

（2），=ls时八=2i+j；f=2s时r2=4i-2j

（3）质点运动的速度v

时vl

即，（（1为vl与x轴的夹角）

时v2

即，（（2为v2与x轴的夹角）

d7）

（4）质点运动的加速度〃=-J?=—2j

2-7一质点在Oxy平面上运动，其运动方程为

试求：（I）质点的凯迹方程；（2）质点的速度、加速度。

解（1）质点运动方程的分量式为，

消去时间参数t,可得运动的轨迹方程

（2）速度v=6ti+4//

加速度。=6i+4J

2-8一质点在Oxy平面上运动，其运动方程为

试求质点在5s时的速度和加速度。

v==

解速度~^~0-3;rcos（0.+0.3;rsin（0.1加）j

2

加速度=一3（0.1乃）2sin（0.1加）i+3（0.l^）2cos（0.ta）j

/=5s时的速度为=（0.3^-ms-1）/

加速度a=（-0.03;r2m-s-2）i

2-9一质点从坐标原点开始沿抛物线y=0.5x2运动，它在Ox轴上分速度为一

恒量，试求：（1）质点的运动方程；（2）质点位于x=2m处的速度和加速度。

解（1）因为常数，故ax=0。当t=0时,x=0,可得质点在x方向的运动方程为

乂由质点的抛物线方程，有

所以r=4ti+St2j

（2）任意时刻v==4/4-16/y；a==16j

由和x=2,可得t=0.5s

所以，当质点位于x=2.0m时，其速度，加速度

2-10一汽艇以速率沿直线行驶。发动机关闭后，汽艇因受到阻力而具有与速度v

成正比且方向相反的加速度，其中k为常数。试求发动机关闭后，（1）任意时刻t汽艇的

速度；（2）汽艇能滑行的距离。

解本题注意根据已知条件在计算过程中进行适当的变量变换。

io.（I）•・•，

kl

:.v=voe

(2)〈,

:.v0=ks

因此发动机关闭后汽逛能滑行的距离为s=v0/k

2-11一物体沿x轴作直线运动，其加速度为，k是常数。在t=0时，，。试求（1）

速率随坐标变化的规律；（2）坐标和速率随时间变化的规律。

解本题注意变量变换。

11.（1）因为,

所以。二%e'*

（2）•・•，

推出O=%

vokt+1

乂。=3”出工舟df

，x=—ln（q）kf+1）

k

2-12一质点沿x轴作直线运动，其速度大小，（SI制）。质点的初始位置在x轴正方

向10m处，试求：（1）时，质点的加速度；（2）质点的运动方程；

（3）第二秒内的平均速度。

解根据题意可知，时，，

12.（1）*/a--6f

at

当时，・•・

（2）由dx=odf=（8+3/）df两边积分可得二dE=1（8+3/2）d/

・•・质点的运动方程为x=10+8f+/

（3）第二秒内的平均速度为方=生="2-再,=&m.s-i

4f2f

2-13质点作圆周运动，轨道半径r=0.2m,以角量表示的运动方程为（SI）.试

求：（1）第3s末的角速度和角加速度；（2）第3s末的切向加速度和法向加速度的大小。

解（1）因为

故，

以t=3s代入，，

（2）,

2-14一质点在半径为r=0.10m的圆周上运动，其角位置为。（1）在t=2.0s时，质

点的法向加速度和切向加速度各为多少？（2）t为多少时，法向加速度和切向加速度的量

值相等？

解（1）由于，贝!）,

法向加速度%=rco2=14.4〃

切向加速度q=3=2.4/

t=2.Os时,,

（2）要使4=《，则有"12/）2=〃.24/

所以t=0.55s

2-15一汽车发动机曲轴的转速，在12s内由20r/s均匀地增加到45r/s。试求：

（1）发动机曲轴转动的角加速度；

（2）在这段时间内，曲轴转过的圈数。

解（1）由于角速度（n为单位时间内的转数），根据角加速度的定义，在匀速转

动中角加速度为

（2）发动机曲轴转过的角度为e="2二竺毕Lt=冗伽士〃。）t

在12s内曲轴转过的圈数为乂=且=生也[=390圈

2）2

2-16某种电机启动后转速随时间变化的关系为，式中。求：（l）t=6s时的转

速；（2）角加速度随时间变化的规律；（3）启动后6s内转过的圈数。

解⑴根据题意，将t=6s代入，即得

2

（2）角加速度随时间变化的规律为/?=—=-^-e^=4.5e-2s-

df2

2

（3），=6s时转过的角度为e=J〃df=]<y0（l-e）df=36.9rad

贝h=6s时电动机转过的圈数N=e/24=5.87圈

2-17半径为r=0.50m的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的平方成正

比，在t=2s时，测得轮缘上一点的速度值为。求：（1）该轮在=0.5s的角速

度，轮缘上一点的切向加速度和总加速度；（2）该点在2s内所转过的角度。

解由题意，因3R=v,可得比例系数

所以

（1）则/=0.5s时，角速度为

角加速度

切向加速度

总加速度

（2）在2s内该点所转过的角度=2dt=|/=5.33rad

2-18一质点在水平面内以顺时针方向沿半径为2m的圆形轨道运动。已知质点的

角速度与时间的平方成正比，即（SI制）。式中k为常数。已知质点在第2s末的速度为

32ni/so试求t=0.5s时质点的速度和加速度。

解首先确定常数k。已知t=2s时,v=32m/s,则有

故，，

当I=0.5s,,

2-19由山顶上以初速度v0水平抛出一小球，若取山顶为坐标原点，沿v0方向为x

轴正方向，竖直向下为y轴正方向，从小球抛出瞬间开始计时。试求：（1）小球的轨迹方

程；（2）在t时刻，小球的切向加速度和法向加速度。

解（1）小球在x轴作匀速直线运动，y轴上作自由落体

上述两方程联立消t,可得小球的轨迹方程

（2）,

t时刻,小球的速率

t时刻,小球的切向加速度

因为，所以，法向加速度

2-20已知声音在空气中传播的速率为344m/s。当正西方向的风速为30m/s时，声

音相对于地面向东、向西和向北传播的速率各是多大？

解，

向东传播的声音的速率=0+%=30+344=374nVs

向西传播的声音的速率=v2-v}=344-30=314nVs

向北传播的声音的速率%=加7：=>/3442-302=343m/s

2-21一架飞机从A处向东飞到B处，然后又向西飞回到A处。已知A.B间的距离

为I,空气相对地面的速率为u,飞机相对空气的速率v'保持不变。试证：

（1）假定空气是静止的（即u=0）,飞机往返飞行时间为：

（2）假定空气的速度方向向东，飞机往返飞行时间为；

（3）假定空气的速度方向向北，飞机往返飞行的时间为。

试证：由速度关系V=U+v(

(1)11=0时,，飞机往返飞行时间为

(2)空气相对地面的速度为u向东，从A(B所需时间为

从BfA所需时间为一」

V-U

所以，飞机往返飞行时间为

(3)空气相对地面的速度为u向北，如图2-21所示,

习题2—21

从A(B,飞机相对地面的速度为；从B(A飞机相对地面的速度的大小与从A(B等值，但

方向相反。所以，飞机往返飞行的时间为

第3章牛顿定律及其内在随机性

3-1一木块能在与水平面成(角的斜面上匀速下滑,若使它以速率vO沿此斜面向上滑

动，试证明它能沿该斜面向上滑动的距离为v02/(4gsin0)o

解选定木块为研究对象，取沿斜面向上为x轴正向，

下滑⑴

上滑(2)

由式(2)知，加速度为一常量，有

⑶

解上述方程组，可得木块能上滑的距离

3-2在一水平直路上，一辆车速的汽车的刹车距离为s=35m。如果路面相同，只

是有1（10的下降斜度，这辆汽车的刹车距离将变为多少？

解：在水平路上为定值，则，而

所以

设斜面夹角为（，刹车距离为，加速度为，则

所以

代入已知数值，注意sin（=0.1同得

3-3如图所示，质量m=0.50kg的小球挂在倾角的光滑斜面上。

（1）当斜面以加速度a=2.0m/s2水平向右运动时，绳中的张力及小球对斜面的正压力各是

多大？（2）当斜面的加速度至少为多大时，小球将脱离斜面？

解:⑴对小球x向：

y向：

可得

T=rn（acona+gsina）=0.5x（2xcos30"+9.8sin30°）=3.32N

N="Mgcosa+〃sina）=0.5x（9.8xcos30"+2sin300）=3.75N

小球对斜面的压力N，=N=3.75N

（2）小球刚要脱离斜面时N=0.则,

由此二式可解得6Z=^/tan=9.8/tan30°=17.0nVs2

3-4在水平面上一辆汽车以速率v行驶，当汽车与前面一堵墙相距为d时，司机才发现

自己必须制动或拐弯。设车辆与地面之间的静摩擦系数为（s.问若司机制动停车（不拐弯），

他需要的最小距离dl为多大？若他不制动而作90o拐弯（作圆弧形行驶），他需要的最

小距离d2又有多大？哪种办法最安全？

解：汽车制动时，受到摩擦力作用，作匀减速直线运动，在拐弯情况下，汽车作圆周运

动，摩擦力提供向心力。通过求出两种情况下汽车制动的距离，比较可以知道第一种方法更

安全。

设汽车质量为m加速度为a,则在制动时有，

所以

若不制动而拐弯，则有

所以

由于小〈心可知制动安全。

3-5月球的质量是地球的，月球的半径为地球半径的。不计自转的影响，试计算地

球上体重600N的人在月球上时体重多大？

解：因为地球上人体重为

所以月球上体重为

3-6一枚质量为3.03X103kg的火箭，放在与地面成58.0°倾角的发射架上，点火后发

动机以恒力61.2kN作用于火箭，火箭轨迹始终与地面成58.0°的夹角。飞行48.0s后关闭

发动机，计算此时火箭的高度及距发射点的距离（忽略燃料质量和空气阻力）。

解Fcos，=max=in电工fmdvx=[Fcos0dt

f.Yf4817FCOS021ccs4

l/ndx=£Fcosadfx=-ar=------1=1.23x10m

2'2m

同理Fsin8-mg=tna[mdv=f(Fsin夕一〃zg)df

}/Joyj()

[2)d"=(:48(Fsin<9-wg)fdf

mvy=(Fsin-mg)t

Jsin"，〃跖=8.44x103m

2m

火箭距发射点。的距离为5=+/=1.49xl（）4m

3-7在光滑水平面上固定了一个半径为R的圆环，一个质量为m的物体A以初速度为v0

靠圆环内壁作圆周运动，物体与环壁的摩擦系数为（，试求物体A任意时刻的速率v?

解：选取自然坐标，切向

法向，而,所以

由上式得「£=J幺df

J?0J。R

则

3-8光滑的水平桌面上放置一半径为R的固定圆环，物体紧贴环的内侧作圆周运动，其

摩擦因数为（。开始时物体的速率为v0,求：（1）t时刻物体的速率；（2）当物体速率从v0

减少到时，物体所经历的时间及经过的路程。

解：⑴取自然坐标，有，

摩擦力的大小，由上述各式可得

取初始条件I=0时v=v0,并对上式积分

”R%

所以

R+

（2）当物体的速率从v0减少到时，由上式可得

物体在这段时间内所经过的路程s=f'odf=J：上「df

R+

s=­In2

3-9一质量为10kg的质点在力（F的单位为N,t的单位为s）的作用下，沿x轴作直

线运动。在t=0时，质点位于x=5.0m处，其速度。求质点在任意时刻的速度和位置。

解：由题意

依据初始条件,to=0时，积分

所以

又因v=dx/dt,并由初始条件：t0=0时x0=5.0m,积分

所以

3-10质量为m的质点在外力F的作用下沿x轴运动，已知t=0时质点应位于原点,

且初始速度为零，力F随距离线性地减小,x=0时,F=F0;x=L,F=0.试求质点在;x=L

处的速率。

解：由题意，力F与x的关系为

由牛顿第二定律，而

则

积分

所以

3-11轻型飞机连同管驶员总质量为LOX103kg。飞机以的速率在水平跑道上着陆后,

驾驶员开始制动，若阻力与时间成正比，比例系数，求：（1）10s后飞机的速率；（2）飞

机着陆后10s内滑行的距离。

解：以地面飞机滑行方向为坐标正方向，有

得

t=10s时,

又

故飞机着陆后10s内所滑行的距离

3-12一物体自地球表面以速率v0竖直上抛。假定空气对物体阻力的值为f=kmv2,

其中m为物体的质量，k为常量。试求：（1）该物体能上升的高度；（2）物体返回地面时

速度的值（设重力加速度为常量）。

解以地面为原点,y轴竖直向上

（1）上抛；

积分;故有

（2）下落-mg+kmv2=m~~

-1/2

ro,rfvdv

积分则

Ig

3・13如图所示，电梯用对地面以加速度a竖直向上运动，电梯中有一滑轮固定在电梯顶

部，滑轮两侧用轻绳悬挂着质量分别为ml和m2的物体A和B,且ml>m2o设滑轮的质

量和滑轮与绳索间的摩擦均略去不计，如以电梯为参考系，求物体相对地面的加速度和绳

的张力。

解取坐标y向下，设为物体相对电梯的加速度，有

,由上述各式可得

绳的张力(=T2=——(g+a)

叫

+m2

!

物体A对地面的加速度q=ar-a=—-------------

网+m2

2〃714+(〃Z|-m2)g

8对地面的加速度为a2=~（ar+a）=

+m2

第4章动量守恒与能量守恒

4-1一粒子弹在枪膛中所受的合力为；式中F和t的单位分别为m和s,假设子

弹出枪口时所示合力为零，此时子弹的速度为。试求：（1）子弹在枪膛中经历的时间；（2）

子弹在枪膛中所受的冲量；（3）子弹的质量。

解（1）由题意400--xl05r=0；所以"3x10%

3

（•3x10-34.

（2）子弹在枪膛中所受的冲量/二f（400--xl0>/）dr=0.6N.s

Jo3

（3）由动量定理，可得子弹的质量

4-2一个质量为m=0.14kg的垒球沿水平方向以的速率投来，经棒打击后，沿与水

平方向成的方向向回飞出，速率变为。（1）求棒给球的冲量的大小与方向。（2）如果球

与棒接触的时间为，求棒对球的平均冲力的大小。它是垒球本身重品的几倍？

解（D如图所示，设垒球飞来方向为x轴方向，棒对球的冲量大小为

1=\mv2-mvi|=mJ+式+2qv2cosa=16.9N-s

H77；qina

与垒球投来方向的夹角e为6>=180°-arctan——尘」一=152°2,

mv{+nw2cosa

—J169

(2)棒对球的平均冲力F=—=—=845N

At0.02

此力为垒球本身重量的F/(mg)=845/(0.14x9.8)=616倍

4-3自动步枪连发时每分钟射出120发子弹，每发子弹的质量为m=7.9X10-3kg,

子弹出枪口的速率为735m/s0子弹射出时，枪托每分钟对肩部的平均压力为多少？

解以分钟计，枪对子弹的平均推力为

由牛顿第三定律可知，枪托对肩的压力等于11.6N0

4-4高空作业时系安全带是非常必要的。假如一个质量为50kg的杂技演员，在走钢丝练

习时不慎从高空竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来。已知安全带的长

度为5m,安全带弹性缓冲作用时间约为0.5s。若取重力加速度，则安全带对杂技演员的

平均作用力为多少？

解以杂技演员为研究对象，人跌至5m处时的速率为

在缓冲过程中，根据动量定理，有

可得F==mg+也变=1500N

6At6At

4-5以炮弹以速率vO沿倾角（的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为相等的两

块，一块沿仰角上飞，一块沿的俯角下冲，求刚爆炸后这两块碎片的速率各为

多少？

解如题图所示，炮弹炸裂前速率为，沿水平方向，炸裂后两块分别以vl和、2飞行。忽

略爆炸过程中重力的作用，炮弹及碎块的动量守恒。于是有

水平方向：

竖直方向：

联立解此二式，可得

4-6一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离地面为19.6

mo爆炸1.00s后，第一块落到爆炸点正下方的地面上，此处距抛出点的水平距离为<问

第二块落在距抛出点多远的地面上。（设空气的阻力不计）

解取如图示坐标，爆炸前，物体在最高点A的速度的水平分量

物体爆炸后，第一块碎片竖直落下

碎片落地时，有yl=O,t=tl,则由上式得

根据动量守恒定律，在最高点处有，，可解得爆炸

后第二块碎片抛出时的速度分量分别为

爆炸后，第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为，落地时，y2

=0,可解得第二块碎片落地点的水平位置

4-7一载人小船静止于湖面上，小船质量为100kg,船头到船尾共长3.6m,人的质量为

50kg,试问当人从船尾走到船头时，船将移动多少距离？假定水的阻力不计。

解假定船的质量为M,速度为v,人的质量为m,相对于船的速度为u,其方向与v的方向

相反。选x轴沿v的方向.由该方向动量守恒有

上式各项乘时间t得Mvt+m（y-w）f=0。

设I时间内船走的路程为S,人相对于船走过的路程为，则有，故

4-8A、B两球在光滑水平面上运动，已知A球的质量为、速度为，B球的质量为、

速度为。两球碰撞后合为一体，求碰撞后的速度。

解以。表示碰撞后的速度。由动量守恒定律叫必+加2%=（M+加2）。

所以r=（0.2f+0.3/）m.s-,

4-9质量为M的人手里拿着一个质量为m的物体，此人用与水平面成（角的速率V0向前

跳去.当他达到最高点时，他将物体以相对于人为u的水平速率向后抛出.问：由于人抛出

物体，他跳跃的距离增加了多少？（假设人可视为质点）

解取如图所示坐标.把人与物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向左抛物的过程中,

满足动量守恒，有

式中V为人抛物后相对地面的水平速率,V-U为抛出物对地面的水平速率。得

人的水平速率的增量为

而人从最高点到地面的运动时间为

所以，人跳跃后增加的距离

4-10一人从10m深的井中提水,起始时，桶及桶中水的总质量为10kg,由于水桶

漏水，每升高1m要漏去0.20kg的水.水桶被匀速地从井中提到井口，求人所做的功。

解水桶在匀速上提过程中,a=0,拉力与水桶重力平衡,有

取坐标y竖直向上，水桶位于y处时，拉力

人对水桶的拉力的功为

4-11长度为2m的细绳的一端系在天花板上，另一端系一质量为0.20kg的小球。现把小

球移至使细绳与竖直方向成角的位置，然后从静止释放。试求：（1）在绳索从转到角

的过程中，重力和张力所做的功；（2）物体在最低位置时的动能和速率；（3）在最低位置时

绳的张力。

解如图所示，重力的功

张力的功AT=Jr-ds=O

（2）在最低位置时的动能为稣==0.53J

小球在最低位置的速率为u-沮=J—=

2.30ms-1

Vmvm

（3）当小球在最低位置时，由牛顿定律可得

T-P=—T=%+处-=2.49N

4-12最初处于静止的质点受到外力的作用，该力的冲量为，在同一时间间隔内，该力

所做的功为2J,问该质点的质量为多少？

解由题意，,根据动量定理，有

由动能定理，有

p2=，2=4kg

所以

2Ek2A

4-13一质量为m的质点，系在细绳的一端，绳的另一端固定在平面上。此质点在粗

糙水平面上作半径为r的圆周运动。设质点的最初速率是vOo当它运动一周时，其速率为

vO/2。求：（1）摩擦力做的功；（2）动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？

II3

2

解（1）摩擦力做功为A=Ek-Ek0=-niv--mv1=一一mv1

228

（2）由于，故有

可得动摩擦因数为4二用匚

16mx

（3）一周中损失的动能为，则在静止前可运行的圈数为圈

4-14用铁锤把钉子敲入墙面木板。设木版对钉子的阻力与钉子进入木版的深度成正

比。若第一次敲击，能把钉子钉入木板。第二次敲击时，保持第一次敲击钉子的速度不变,

那么第二次能把钉子钉入多深？

解F=kx（k为常数），由动能定理

按题意，，即

可得

4-15质量为3kg的质点在力F作用下沿直线运动，已知质点的运动方程为；x和

t的单位分别为m和s。试求：（1）在最初4s内作用力F所做的功；（2）t=ls时，力F

对质点所做功的瞬时功率。

解（1）由o=*=3—8f+3产

得时，，时，

由动能定理A=-^mv2-gww：=5.3xl02J

（2）由ci=—=-8+6f

dt

得时，，则

时，，所以

4-16质量为1kg的物体，以初速度从高度240m处自由落下，并陷入沙坑中，陷

入的深度为0.2m,不计空气阻力，求沙对物体的平均阻力。

手〃%+附・

解物体下落/?距离2-mv2

2

陷入沙坑深度S-mgs--mv2=~fs

r八h、

所以f=?Hg(l+-)

s2.

代入数值得

4-17劲度系数为k的轻弹簧竖直悬挂，弹簧下端挂一物体，平衡时弹簧已有一伸长。

若以物体的平衡位置为竖直y轴的原点，取物体的平衡位置作为弹性势能和重力势能的零

点。试证：当物体的位置坐标为y时，弹性势能和重力势能之和为。

证设在平衡时弹簧已被拉长，则

当物体再下降距离y时，弹性势能为

以平衡位置为重力势能零点，则此时重力势能为

此时弹性势能和重力势能的和为1

Ep=Epl+Ep2=-k）T+kyQy=-ky

4-18有一种说法认为地球上的一次灾难性物种（如恐龙）绝灭是由于6500万年前一

颗大的小行星撞入地球引起的。设小行星的半径是10km,密度为6.0X103kg/m3（和地球

的一样）它撞入地球将释放多少引力势能？这能量是唐山地震估计能量的多少倍？（1976

年,，唐山地震释放的能量约为1018.L）

解小行星落到地面上所移放的引力势能为』纥=-也必GMf"八

RE

由于小行星运行轨道半径比地球工径大的多，所以有

GM尸八GM43

IE,=F

韦=1.6x1024J

此能量约是唐山地震释放能量（约10叼）的1。6倍。

4-19两颗中子星质量都是1030kg、半径都是，相距1010m。如果它们最初都

是静止的。

（1）当它们的距离减小到一半时，它们的速度各是多大？

（2）当它们就要碰到时，它们的速度又将各是多大？

解（1）对两中子星的距离r减小到一半的过程，由机械能守恒，有

GmrnGnirn

+2x—mv]

r/2

由此得0二

（2）同理，要碰上的过程，有

由此得%==4.IX107m/s

4-20如题图所示，有一半径为R的半球形光滑面，有一物块从半球形光滑面的最高点

由静止沿球面滑下，若摩擦力略去不计.求此物块离开半球面的位置以及物块在该位置的速度.

解系统机械能守恒力=mgRcos。

物块沿法向

物块脱离球面时，支持力T=0,所以

物块此时的速率为

v的方向与重力P方向的夹角为

4-21一质量为m的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球半径

的2倍（即2R）。试以m、R,引入恒量G,地球质量M表示出：（1）卫星的动能；（2）

卫星在地球引力场中的引力势能；（3）卫星的总机械能。

GmM

解（1）对卫星用牛顿第二定律

(3R>~3R

GmM

12

由此式可得卫星的动能为E匚i.=—mv

26R

GmM

（2）引力势能为Ep

=一_3^r

GmMGmMGmM

（3）卫星的总机械能为E=Ek+Ep

6R3R6R

4-22一轻弹簧的原长为,劲度系数为k,上端固定，下端悬挂一质量为m的物体,

先用手托住，使弹簧保持原长。然后突然将物体释放，物体达最低位置时弹簧的最大伸长量

和弹性力是多少？物体经过平衡位置时的速率为多少？

解以V表示物体再落下一段距离y时的速度，则机械能守恒定律给出

-mgy+—ky2+—mv2=0

物体达到最低位置时，，上式给出

此时弹力为最大值=kyui^=2mg

物体经过平衡位置时，应有

2222

由以上各式得忧=一要一+：上上*+1加〃；=0

由此得物体的速度为%=业(2mg-ky°，m=7^1=

4-23质量ml的弹丸A,穿过如题图所示的摆锤B后，速率由v减少到v/2。已知

摆锤的质量为m2,摆线长度为1,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动，丫的

最小值应为多少？

,V

解碰撞m}v=m1—^m2v2

摆锤达最高点（6为摆锤在最高点的速率）m2g=詈~

2

摆锤从最低点到最高点-^m2y2=2m2*+.加2说

所以v=^^-d5^i

叫

4-24如题图所示，有一自动卸货矿车，满载时的质量为

M,从与水平成倾角（=30。斜面上的点B由静止下滑。设斜面习题4一23用图

对车的阻力为车重的0.25倍，矿车下滑距离1时，与缓冲弹簧一道

沿斜面运动。当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自动卸货，然后矿车借助弹簧的弹性

力作用，使之返回原位置B再装货。试问要完成这一过程，空载时与满载时车的质量之比应

为多大？

解设弹簧被压缩的最大距离为x,矿车在下滑和上行的全过程中，摩擦力所做的功

为

A=（0.25mg+0.25Mg）（l+x）

式中M和m分别为矿车满载和空载时的质量。

根据功能原理，在矿车运动的全过程中，摩擦力所做的功应等于系统机械能增量的

负值，故有

由于矿车返回原位时速度为零，故（Ek=0；而，故有

可解得—=-

M3

4-25如图所示，质量为ml的钢球以速率为v射向质量为m2的靶，靶中心有一小

孔，内有劲度系数为k的弹簧，此靶最初处于静止状态，但可在水平面上作无摩擦滑动。求

子弹射入靶内弹簧后，弹簧的最大压缩距离.

解设弹簧的最大压缩量为xoo小球与靶共同运动的速率为m。

rnj)=(m,+")7八

由机械能守恒定律，有

2根炉=5（叫+-kxl

所以!

x(,=1-------——v

\k(m}+m2)

4-26质量为，速率为的粒子A与另一个质量为其一半而静止的粒子B发生二维

完全弹性碰撞，碰撞后粒子A的速率为。求：（1）粒子B的速率及相对粒子A原来速度

方向的偏角；（2）粒子A的偏转角。

解取如题图所示的坐标，在碰撞前后系统动量守恒定律，有

乂由机械能守恒定徨，有

碰撞后B粒子的速率为

各粒子相对原粒子方向的偏角分别为

4-27如图所示，一质量为M的物块放置在斜面的最低端A处，斜面的倾角为（，高度

为h,物块与斜面的动摩擦因数为（，今有一质量为m的子弹以速度vO沿水平方向射入物

块并留在其中，且使物块沿斜面向上滑动。求物块滑出顶端时的速度大小.

解子弹与物块撞击过程，在沿斜面的方向上，根据动量守恒有

cosa=(M+

在物块上滑的过程中，物块刚滑出斜面顶端时的速度为v2,并取A点的重力势能为零。由系

统的功能原理可得

一〃(〃？+A/)gcosa-----=—++Q〃+A4)g/z—(m+M)v^

sina2~2

所以

m

-----------COS6Z-2g/?(//cotcr-1)

{M+m°

第5章角动量守恒定律及刚体的转动

5-1质点在有心力作用下沿光滑水平面上的圆周运动，当圆的半径为rO时，质点的速

率为vO。若在有心力作用下使圆半径逐渐减小。试求圆半径减小到r时，质点的速率v是

多少？

解在有心力作用下，质点的角动量守恒

由此可得

5-2哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。彗星离太阳最近的距离是，近日点时它

的速率是。彗星离太阳最远的距离，远日点时彗星的速率是多少？

解彗星运行受的引力指向太阳，所以它对太阳的角动量守恒

由此得

4-3若将月球轨道看作是圆，其转动周期按27.3d计算。试求月球对地球中心的角动量

及掠面速度。

解月球对地球中心的角动量为

54

LM=fnMRMvM=/TM=2.86X10kg•n?/s

42

月球对地心的掠面速度—2.86x10L94X10"m/s

r

dr2/nM2x7.35x10

5-41988年12月，我国发射的通信卫星在到达同步轨道之前，先要在一个大的椭圆形

“转移轨道”上运行若干圈。此转移轨道的近地点高度为hl=205.5km,远地点高度为h2=

35835.7km,卫星越过近地点时的速率为vl=10.2km/s。已知地球半径为。（1）求卫

星越过远地点时的速率v2；（2）求卫星在此轨道上运行的周期；

（提示：椭圆面积公式）。

解（1）由卫星对地心的角动量守恒m（R+/?!）v]=m（R+h2）v2

R+/?,

L

可得卫星越过远地点时的速率为Vo2=V.1------=1.59km/s

R+h2

（2）椭圆面积S=y（/i+G）6£~

ds1

掠面速度一=-vlrl

df2

卫星的运行周期T=—二爪]+—）.殳=38057s=10.6h

dS/df0丫.

5-5（1）设氢原子中电子在圆形轨道上以速率v绕质子运动。作用在电子上的向心力大

小为（库仑力），其中e为电子的电量,r为轨道半径，为恒量（真空中电容率）。试证明

轨道半径为

（2）假设电子绕核的角动量为h/2（的整数倍，其中h为普朗克常量。试证明电子的可能轨

道半径由下式确定：

（3）是由以上两式消去、，从而证明符合这两个要求的轨道半径必须满足以下关系式：

n2sJr

mne

证（1）电子绕质子作圆周运动的向心力是，有

则电子的轨道半径为

（2）根据题意，即，有

则电子可能的轨道半径为

（3）根据⑴和（2）的结果消去v,得