《大学物理学》第二版上册课后答案.pdf

大学物理学习题答案大学物理学习题答案习题一习题一答案答案习题一习题一1.1 简要回答下列问题：(1)位移和路程有何区别在什么情况下二者的量值相等在什么情况下二者的量值不相等(2)平均速度和平均速率有何区别在什么情况下二者的量值相等(3)瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么(4)质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变vvd vdvvvvv 0和 0各代表什么运动(5)r和 r有区别吗v和 v有区别吗dtdt(6)设质点的运动方程为：x xt，y yt，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r x2 y2，然后根据d2rdrv 及a 2dtdt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 d2x d2y dx dy v 及a 22dtdtdtdt你认为两种方法哪一种正确两者区别何在(7)如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的(8)“物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗(9)任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么(10)质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，an、at、a三者的大小是否随时间改变2222(11)一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何一质点沿x轴运动，坐标与时间的变化关系为x 4t 2t2，式中x,t分别以m、s为单位，试计算：(1)在最初2s内的位移、平均速度和2s末的瞬时速度；(2)1s末到3s末的平均加速度；(3)3s末的瞬时加速度。解：(1)最初2s内的位移为为：x x(2)x(0)00 0(m/s)最初2s内的平均速度为：vavex0 0(m/s)t2t时刻的瞬时速度为：v(t)dx 44tdt2s末的瞬时速度为：v(2)442 4m/svv(3)v(1)80 4m/s2t22dvd(44t)(3)3s末的瞬时加速度为：a 4(m/s2)。dtdt(2)1s末到3s末的平均加速度为：aave质点作直线运动，初速度为零，初始加速度为a0，质点出发后，每经过时间，加速度均匀增加b。求经过t时间后，质点的速度和位移。解解:由题意知，加速度和时间的关系为ba a0t利用dv adt，并取积分得b2b，v a t tdv a t dv00200再利用dx vdt，并取积分设t 0时x0 0得xtvtx0dx vdt，x 012b3a0t t26rrrr一质点从位矢为r(0)4 j的位置以初速度v(0)4i开始运动，其加速度与时间的关系为rrra (3t)i 2 j.所有的长度以米计，时间以秒计.求：（1）经过多长时间质点到达x轴；（2）到达x轴时的位置。rtr32rrr解：v(t)v(0)a(t)dt 4ti(2t)j02r(t)r(0)rr13rr2v t dt 4t ti 4tj 02t（1）当4t 0，即t 2s时，到达x轴。2rr（2）t 2s时到达x轴的位矢为：r(2)12i即质点到达x轴时的位置为x 12m,y 0。一质点沿x轴运动，其加速度与坐标的关系为a x，式中为常数，设t 0时刻的质点坐标为x0、速度为v0，求质点的速度与坐标的关系。2d2x 2x解：按题意2dtd2xdvdv dxdv v由此有x，2dtdx dtdxdt2即vdv xdx，两边取积分2vv0vdv 2xdx，x0 x222221211得12v 2v0 2x 2x0v 22由此给出v A2x2，A 0 x022一质点的运动方程为r(t)i 4t j tk，式中r，t分别以m、s为单位。试求：vvvdvvdr解：(1)速度和加速度分别为：v (8t)j k，a 8jdtdt2 (2)令r(t)xi yj zk，与所给条件比较可知x 1，y 4t，z t(1)质点的速度与加速度；(2)质点的轨迹方程。所以轨迹方程为：x 1,y 4z2。已知质点作直线运动，其速度为v 3t t(ms)，求质点在0 4s时间内的路程。解解:在求解本题中要注意：在0 4s时间内，速度有时大于零，有时小于零，因而运动出4421现往返。如果计算积分vdt，则求出的是位移而不是路程。求路程应当计算积分v dt。002令v 3t t 0，解得t 3s。由此可知：t 3s 时，v 0，v v；t 3s 时，v 0；而t 3s 时，v 0，v v。因而质点在0 4s时间内的路程为s 2v dt vdt (v)dt 3t tdt 3t tdt2003034343413113t2t3t2t3 6(m)。3023332在离船的高度为h的岸边，一人以恒定的速率v0收绳，求当船头与岸的水平距离为x时，船的速度和加速度。解解:建立坐标系如题图所示，船沿X轴方向作直线运动，欲求速度，应先建立运动方程，由图题，可得出OXrhv0 xY习题图34rx2 r2h2两边求微分，则有2x船速为dxdr 2rdtdtdxr drdtx dtv 按题意dr v0(负号表示绳随时间t缩短)，所以船速为dtx2h2v v0 x负号表明船速与x轴正向反向，船速与x有关，说明船作变速运动。将上式对时间求导，可得船的加速度为2h2v0dva 3dtx负号表明船的加速度与x轴正方向相反，与船速方向相同，加速度与x有关，说明船作变加速运动。一质点沿半径为10cm的圆周运动，其角坐标(以弧度rad计)可用下式表示 2 4t3其中t的单位是秒(s)试问：(1)在t 2s时，它的法向加速度和切向加速度各是多少(2)当等于多少时其总加速度与半径成45o角解：(1)利用 2 4t3，d/dt 12t2，d/dt 24t，得到法向加速度和切向加速度的表达式24an r144rt，at r 24rt在t 2s时，法向加速度和切向加速度为：442an144rt 1440.12 230.4(ms)，at 24rt 240.12 4.8(ms2)4(2)要使总加速度与半径成45o角，必须有an at，即144rt 24rt33解得t 1/6，此时 2 4t 2.67rad甲乙两船，甲以10km/h的速度向东行驶，乙以15km/h的速度向南行驶。问坐在乙船上的人看来，甲船的速度如何坐在甲船上的人看来乙船的速度又如何解：以地球为参照系，设i、j分别代表正东和正北方向，则甲乙两船速度分别为v110ikm/h，v2 15jkm/h根据伽利略变换，当以乙船为参照物时，甲船速度为v v1v2(10i 15j)km/h15v 10215218.1km/h，arctg 56.3110即在乙船上看，甲船速度为18.1km/h，方向为东偏北56.31同理，在甲船上看，乙船速度为18.1km/h，方向为西偏南56.31。有一水平飞行的飞机，速率为v0，在飞机上安置一门大炮，炮弹以水平速度v向前射击。略去空气阻力，(1)以地球为参照系，求炮弹的轨迹方程；(2)以飞机为参照系，求炮弹的轨迹方程；(3)以炮弹为参照系，飞机的轨迹如何2解：(1)以地球为参照系时，炮弹的初速度为v1 v v0，而x v1t，y 0.5gt消去时间参数t，得到轨迹方程为：gx2y （若以竖直向下为 y 轴正方向，则负号去掉，下同）22(v v0)gx2(2)以飞机为参照系时，炮弹的初速度为v，同上可得轨迹方程为y 22vgx2(3)以炮弹为参照系，只需在(2)的求解过程中用 x代替x，可得y.y代替y，22v如题图，一条船平行于平直的海岸线航行，离岸的距离为D，速率为v，一艘速率为u v的海上警卫快艇从一港口出去拦截这条船。试证明：如果快艇在尽可能最迟的时刻出发，那D v2u2么快艇出发时这条船到海岸线的垂线与港口的距离为x；快艇截住这条船所u需的时间为t Dvu v u22。YvDuXx港口习题图证明：证明：在如图所示的坐标系中，船与快艇的运动方程分别为拦截条件为：x1 vtx2 xucost和y1 Dy2usintx1 x2vt xucost即y yD usint21所以Dvucosx，usinx取最大值的条件为：dx/d 0，由此得到cos u/v，相应地sin 1(u/v)2。因此x的最大值为D v2u2x ux取最大值时对应的出发时间最迟。快艇截住这条船所需的时间为t DDv。usinu v2u2习题二答案习题二答案习题二习题二简要回答下列问题：(1)有人说：牛顿第一定律只是牛顿第二定律在合外力等于零情况下的一个特例，因而它是多余的.你的看法如何(2)物体的运动方向与合外力方向是否一定相同(3)物体受到了几个力的作用，是否一定产生加速度(4)物体运动的速率不变，所受合外力是否一定为零(5)物体速度很大，所受到的合外力是否也很大(6)为什么重力势能有正负，弹性势能只有正值，而引力势能只有负值(7)合外力对物体所做的功等于物体动能的增量，而其中某一分力做的功，能否大于物体动能的增量(8)质点的动量和动能是否与惯性系的选取有关功是否与惯性系有关质点的动量定理与动能定理是否与惯性系有关请举例说明.(9)判断下列说法是否正确，并说明理由：(a)不受外力作用的系统，它的动量和机械能都守恒.(b)内力都是保守力的系统，当它所受的合外力为零时，其机械能守恒.(c)只有保守内力作用而没有外力作用的系统，它的动量和机械能都守恒.(10)在弹性碰撞中，有哪些量保持不变，在非弹性碰撞中，又有哪些量保持不变(11)放焰火时，一朵五彩缤纷的焰火质心运动轨迹如何为什么在空中焰火总是以球形逐渐扩大(忽略空气阻力)质量为m质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力F kv（k为常数）作用，t 0时质点的速度为v0，证明：（1）t时刻的速度为v v0ekt m；kt m；（2）由 0 到t的时间内经过的距离为x (mv0k)1e（3）停止运动前经过的距离为mv0k。证明：(1)由ma mvdvdvk F kv分离变量得 dt，积分得dtvmtkvkdvkt mv v eln t dt，0v0v0mv0m(2)x vdt t0v0ekt/mdt mv0(1ekt/m)k(3)质点停止运动时速度为零，即t，故有x 0v0ekt/mdt mv0。k一质量为 10 kg 的物体沿 x 轴无摩擦地运动，设t 0时，物体的速度为零，物体在力F 34t(N)(t 以 s 为单位)的作用下运动了 3s，求它的速度和加速度.解解.根据质点动量定理,Fdt mvmv,34tdt mv000223t 2t03323v 2.7(ms1)m10333根据牛顿第二定律，F maF34tt3343a 1.5(m/s2)mm10一颗子弹由枪口射出时速率为v0ms，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为-1，其中 t 以秒为单位：F (abt)N（a,b 为常数）（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F (abt)0,得t taba212a(2)子弹所受的冲量I(a bt)dt at bt，将t 代入，得I 02b2bIa2(3)由动量定理可求得子弹的质量m v02bv0一质量为m的质点在 xoy 平面上运动，其位置矢量为r acosti bsintj，求质点的动量及t 0到t 2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rrrrr&masintip mv mrbcostj将t 0和t 2分别代入上式，得rrrrp1 mbj，p2 mai动量的增量，亦即质点所受外力的冲量为rrrrrI p2 p1 m(ai bj)vv作用在质量为 10kg 的物体上的力为F (10 2t)iN，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 200Ns，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6 jms的物体，回答这两个问题。解：(1)若物体原来静止，则v1rrtr4rp1Fdt(10 2t)idt 56ikgms1，沿 x 轴正向，00rrrrrp1r1v1 5.6i ms,I1 p1 56ikgms1mvr1若物体原来具有初速度v0 6 jms，则trrrrrp0 mv0,p(t)mv0Fdt0于是p2 p(t)p0 p1rrrrrrrr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I 令10t t 200，解得t 10s。一小船质量为 100kg，船头到船尾共长 3.6m。现有一质量为 50kg 的人从船尾走到船头时，船头将移动多少距离假定水的阻力不计。2t0(10 2t)dt 10t t2LS人S船习题图解：由动量守恒M船V船 m人v人 0又S船tV0t船dt，s人v人dt 0tM船m人0V船dt M船m人S船，如图，船的长度L S船 s人所以S船L3.61.2mM船1001150m人即船头相对岸边移动S船1.2mrr质量m 2kg的质点,从静止出发沿X轴作直线运动，受力F (12t)i(N)，试求开始3s内该力作的功。解解A 而LFxdx(12t)dx(12tvx)dtL03Fx12tvx vx0axdt dt tdt 3t200m20tt所以36A12t3tdt 36t dt t4 729(J)004032333一地下蓄水池，面积为s 50m，水深度为1.5m，假定水的上表面低于地面的高度是25.0m，问欲将这池水全部抽到地面，需作功多少Oh0yh1dyY习题图解解:建坐标如习题图，图中h0表示水面到地面的距离，h1表示水深。水的密度为103kg m3，对于坐标为y、厚度为dy的一层水，其质量dm sdy，将此层水抽到地面需作功dA dmgy sgydy将蓄水池中的水全部抽到地面需作功A h0h1h0dA h0h1h0sgydy sgh0h1h021221sgh122h0h121103509.81.5225.01.5 4.23106(J)2v一炮弹质量为m，以速度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v2kT m，v2T km。证明：设一块的质量为m1，则另一块的质量为m2 km1。利用m1m2 m，有m1mkm，m2k 1k 1又设m1的速度为v1，m2的速度为v2，则有T 1112m1v12m2v2mv2222m1v1 m2v2 mv 动量守恒联立、解得v1kv2(k 1)v，v1(k 1)vkv2联立、解得2T2T(v2v)2，于是有v2 v kmkm将其代入式，有2T2kTv1(k 1)vkv vmkmm又因为爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，当k 1时只能取v1 v 2kT2T,v2 v。mkm一质量为m的子弹射入置于光滑水平面上质量为M并与劲度系数为k的轻弹簧连着的木块后使弹簧最大压缩了L，求子弹射入前的速度v0.Mmv0习题图解：解：子弹射入木块到相对静止的过程是一个完全非弹性碰撞，时间极短，木块获得了速度，尚未位移，因而弹簧尚未压缩.此时木块和子弹有共同的速度v1，由动量守恒，mMv1 mv0此后，弹簧开始压缩，直到最大压缩，由机械能守恒，11mMv12kL222由两式消去v1，解出v0得v0LkmMm质量m的物体从静止开始，在竖直平面内沿着固定的四分之一圆周从A滑到B。在B处时，物体速度的大小为vB。已知圆的半径为R，求物体从A滑到B的过程中摩擦力所作的功：(1)用功的定义求；(2)用动能定理求；(3)用功能原理求。ARfNmgB习题图解 方法一：当物体滑到与水平成任意角的位置时，物体在切线方向的牛顿方程为mgcos f mat m即dvdt f mgcosmrrr注意摩擦力f与位移dr反向，且|dr|Rd，因此摩擦力的功为r2vB|dr|Af mgcosRdmdv00dt2vB12 mgRcosdmvdv mgRmvB002方法二：选m为研究对象，合外力的功为dvdtrrrrA mg f N drrr考虑到Ndr 0，因而A Af mg cos|dr|AfmgR由于动能增量为Ekr20cosd AfmgR12mvB0，因而按动能定理有21212AfmgR mvB，Af mgRmvB。22方法三：选物体、地球组成的系统为研究对象，以B点为重力势能零点。初始在A点时，Ep0 mgR、Ek0 0终了在B点时，Ep 0，Ek12mvB2由功能原理知：Af E E1 E0经比较可知，用功能原理求最简捷。12mv mgR2墙壁上固定一弹簧，弹簧另一端连接一个物体，弹簧的劲度系数为k，物体m与桌面间的摩擦因素为，若以恒力F将物体自平衡点向右拉动，试求到达最远时，系统的势能。fkmFfX习题图解：解：物体水平受力如图，其中fk kx，fmg。物体到达最远时，v 0。设此时物体的位移为x,由动能定理有F-kx-mgdx 000 x即Fx-12kx-mgx 022F mgk2解出x 2F mg1系统的势能为Epkx22k一双原子分子的势能函数为 r012 r06Ep(r)E02 rr式中r为二原子间的距离，试证明：r0为分子势能极小时的原子间距；分子势能的极小值为E0；当Ep(r)0时，原子间距离为r062；d2EP(r)dEP(r)0时，势能有极小值EP(r)min。由 0、证明：（1）当dr2dr r dEP(r)d r E0020drdrrr12126r012r0612E0137 0rr6 r r 得00rr所以r r0，即r0为分子势能取极值时的原子间距。另一方面，r012r06d2EP(r)12E01314782drrr137 72E0d2EP(r)当r r0时，12E 0，所以r r0时，EP(r)取最小值。0222dr2rrr000（2）当r r0时，EP(r)min6 r 12r00 E02 E0rr006 r012 r0（3）令EP(r)E02 0，得到rr66 r012r r0 r02 0，2，r 602rrr质量为10 kg，速度为10 m/s 的粒子 A，与另一个质量为其一半而静止的粒子B 相碰，假定这碰撞是弹性碰撞，碰撞后粒子A 的速率为 510 m/s，求：粒子 B 的速率及偏转角；粒子 A 的偏转角。vAvA7-237 vB习题图解：两粒子的碰撞满足动量守恒mAvA mAvAmBvB写成分量式有mAvA mAvAcos mBvBcosmAvAsin mBvBsin碰撞是弹性碰撞，动能不变：1112mAvAmAv2mBv2AB222利用mA 7.21023kg，mBmA 3.61023kg，2vA 6.0107m/s，vA 5.0107m/s，可解得vB 4.69107m/s，544，2220。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M1的重物。小球作匀速圆周运动，当半径为r0时重物达到平衡。今在M1的下方再挂一质量为M2的物体，如题 2-15 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r0mM1M2习题图解：在只挂重物M1时，小球作圆周运动的向心力为M1g，即2M1g mr00挂上M2后，则有(M1 M2)g mr2重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒2222即r0mv0 rmv r00 r联立、得0M1g,mr0 M1g M1M2mr0M12/3,M1r M M123/2r0哈雷慧星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。它离太阳最近距离为r18.7510 m时的速率是v1 5.4610 ms4110，它离太阳最远时的速率是v2 9.0810 ms21，这时它离太阳的距离 r2是多少（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r1mv1 r2mv2rv8.7510105.461041 1r25.261012m2v29.0810查阅文献，对变质量力学问题进行分析和探讨，写成小论文。参考文献：1石照坤，变质量问题的教学之浅见，大学物理，1991 年第 10 卷第 10 期。2任学藻、廖旭，变质量柔绳问题研究，大学物理，2006 年第 25 卷第 2 期。通过查阅文献，形成对惯性系的进一步认识，写成小论文。参考文献：1高炳坤、李复，“惯性系”考，大学物理，2002 年第 21 卷第 4 期。2高炳坤、李复，“惯性系”考(续)，大学物理，2002 年第 21 卷第 5 期。习题三答案习题三答案习题三习题三简要回答下列问题：(1)地球由西向东自转，它的自转角速度矢量指向什么方向 作图说明.(2)刚体的转动惯量与那些因素有关“一个确定的刚体有确定的转动惯量”这句话对吗(3)平行于z轴的力对z轴的力矩一定为零，垂直于z轴的力对z轴的力矩一定不为零.这种说法正确吗(4)如果刚体转动的角速度很大，那么作用于其上的力是否一定很大作用于其上的力矩是否一定很大(5)两大小相同、质量相同的轮子，一个轮子的质量均匀分布，另一个轮子的质量主要集中在轮子边缘，两轮绕通过轮心且垂直于轮面的轴转动。问：(a)如果作用在它们上面的外力矩相同，哪个轮子转动的角速度较大(b)如果它们的角加速度相同，哪个轮子受到的力矩大(c)如果它们的角动量相等，哪个轮子转得快(6)为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能只与外力矩有关，而与内力矩无关(7)下列物理量中，哪些与参考点的选择有关，哪些与参考点的选择无关：(a)位矢；(b)位移；(c)速度；(d)动量；(e)角动量；(f)力；(g)力矩.(8)做匀速圆周运动的质点，对于圆周上某一定点，它的角动量是否守恒对于通过圆心并与圆平面垂直的轴上任一点，它的角动量是否守恒对于哪一个定点，它的角动量守恒(9)一人坐在角速度为0的转台上，手持一个旋转着的飞轮，其转轴垂直于地面，角速度为。如果忽然使飞轮的转轴倒转，将发生什么情况设转台和人的转动惯量为I，飞轮的转动惯量为I。质量为m长为l的均质杆，可以绕过B端且与杆垂直的水平轴转动。开始时，用手支住A端，使杆与地面水平放置，问在突然撒手的瞬时，(1)绕B点的力矩和角加速度各是多少(2)杆的质心加速度是多少BA习题图解：(1)绕 B 点的力矩M由重力产生，设杆的线密度为，M mgrm，则绕 B 点的力矩为lml1xdG gxdm gxdx mgl0002ml1222杆绕 B 点的转动惯量为I x dm xdx ml003M3g角加速度为I2ll3 (2)杆的质心加速度为a g24如图所示，两物体 1 和 2 的质量分别为m1与m2，滑轮的转动惯量为I，半径为r。如物体 2 与桌面间的摩擦系数为，求系统的加速度a及绳中的张力T1与T2(设绳子与滑轮间无相对滑动)；如物体 2 与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a及绳中的张力T1与T2。T2m2T1m1习题图解：先做受力分析，物体1 受到重力m1g和绳的张力T1，对于滑轮，受到张力T1和T2，对于物体 2，在水平方向上受到摩擦力m2g和张力T2，分别列出方程m1g T1 m1a T1 m1g aT2m2g m2a T2 m2a gT1T2r M I I通过上面三个方程，可分别解出三个未知量arm1m2gr21m2r2g Ig1m1r2g Ig，T1 m1，T2 m2a 222m mr Im mr Im mr I121212 在的解答中，取 0即得m1gr2m2r2g Igm1m2r2g，T1 m1，T2。a 222m mr Im mr Im mr I121212电动机带动一个转动惯量为I=50kgm 的系统作定轴转动。在内由静止开始最后达到120r/min 的转速。假定在这一过程中转速是均匀增加的，求电动机对转动系统施加的力矩。解：由于转速是均匀增加的，所以角加速度为2从而力矩为120r/min2rad/r8rad/s2t0.5s60s/minM I 5081.257103kgm2s2一飞轮直径为 0.30m，质量为 5.00kg，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静止均匀的加速，经转速达到10r/s。假定飞轮可看作实心圆柱体，求：飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；拉力及拉力所作的功；从拉动后 t=10s 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。解：飞轮的角加速度为转过的圈数为10r/s2rad/r125.7rad/s2t0.5s110r/s0.5s 2.5r212 飞轮的转动惯量为I mr，所以，拉力的大小为2MI110.3F mr5125.7 47.1(N)rr222n 拉力做功为W FS F nd 47.12.53.140.3111(J)从拉动后 t=10s 时，轮角速度为 t 125.710 1.25710(rad/s)轮边缘上一点的速度为3v r 1.25710 0.15 188(m/s)3轮边缘上一点的加速度为a r 125.70.15 18.8(m/s)。飞轮的质量为 60kg，直径为0.50m，转速为1000r/min，现要求在5s 内使其制动，求制动力 F。假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上。尺寸如图所示。20.5mA0.75m闸瓦Fd习题图解：设在飞轮接触点上所需要的压力为F，则摩擦力为F，摩擦力的力矩为F制动过程中，摩擦力的力矩不变，而角动量由mvd，在2d变化到 0，所以由Mdt LL0有2dddFt m222解得F md0.5 785.4N。由杆的平衡条件得F F 314.2N。2t1.25-1弹簧、定滑轮和物体的连接如图所示，弹簧的劲度系数为 m；定滑轮的转动惯量是0.5kgm，半径为 0.30m，问当 6.0kg 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。习题图解：当物体落下 0.40m 时，物体减少的势能转化为弹簧的势能、物体的动能和滑轮的动能，即21212Iv2mgh kh mv，2222r将m 6kg，g 9.8kgm/s，h 0.4m，I 0.5kgm，r 0.3m代入，得v 2.01m/s在自由旋转的水平圆盘上，站一质量为m的人。圆盘的半径为R，转动惯量为J，角速度为。如果这人由盘边走到盘心，求角速度的变化及此系统动能的变化。解：系统的角动量在整个过程中保持不变。人在盘边时，角动量为L I J mR人走到盘心时角动量为L I J222J mR因此 2J人在盘边和在盘心时，系统动能分别为11J mR22112222W1mR J，W2J 22J22211 m2R4222系统动能增加W W2W1mR 22J在半径为R1，质量为m的静止水平圆盘上，站一质量为m的人。圆盘可无摩擦地绕通过圆盘中心的竖直轴转动。当这人开始沿着与圆盘同心，半径为R2R2 R1的圆周匀速地走动时，设他相对于圆盘的速度为v，问圆盘将以多大的角速度旋转解：整个体系的角动量保持为零，设人匀速地走动时圆盘的角速度为，则2L L人L盘 mvR2R211 02mR解得 2R2v22R1 2R2-5如题图示，转台绕中心竖直轴以角速度0作匀速转动。转台对该轴的转动惯量J=510kgm。现有砂粒以1g/s 的速度落到转台，并粘在台面形成一半径r=0.1m 的圆。试求砂粒落到转台，使转台角速度变为120所花的时间。习题图解：要使转台角速度变为120，由于砂粒落下时不能改变体系角动量，所以必须要使体系2的转动惯量加倍才行，即m沙粒r J。将J 51052kg m2和r 0.1m代入得m沙粒 5103kg5103kg 5s所以t 1g/s一脉冲星质量为10 kg，半径为 20km。自旋转速为 r/s，并且以10 r/s 的变化率减慢。问它的转动动能以多大的变化率减小如果这一变化率保持不变，这个脉冲星经过多长时间就会停止自旋设脉冲星可看作匀质球体。解：脉冲星的转动惯量为I 30-1522mr5转动动能为W 121Im2r225dW22d转动动能的变化率为mrdt5dt 0.41.5103021042.121.0101521.991025J/s2由d，t，得停止自旋所需要的时间为dt2.1r/s15t 2.110 s1521.010r/s两滑冰运动员，质量分别为 MA=60kg，MB=70kg，它们的速率 VA=7m/s，VB=6m/s，在相距 1.5m的两平行线上相向而行，当两者最接近时，便拉起手来，开始绕质心作圆周运动并保持两者间的距离为 1.5m。求该瞬时：系统的总角动量；系统的角速度；两人拉手前、后的总动能。这一过程中能量是否守恒，为什么解：设两滑冰运动员拉手后，两人相距为s，两人与质心距离分别为rA和rB，则rAMBMAs，rBsMA MBMA MB两人拉手前系统总角动量为L LA LB MAVArA MBVBrBMAMBVAVBs 630kgm2/sMA MB设两人拉手后系统的角速度为，由于两人拉手后系统角动量不变22L MArA MBrB所以，VAVBL 8.67rad/s2sMArA MBrB2两人拉手前总动能为：W111MAVA2MBVB2 2730J22拉手后，由于整个体系的动量保持为零，所以体系动能为W2111MAMB22VAVB2 2730JMArAMBrB22222 MA MB所以体系动能保持守恒。可以算出，当且仅当MAVA MBVB时，体系能量守恒，否则能量会减小，且 W W1W21MAVA MBVB22MA MB一长l=0.40m 的均匀木棒，质量 M=1.00kg，可绕水平轴 O 在竖直平面内转动，开始时棒自然地竖直悬垂。现有质量 m=8g 的子弹以 v=200m/s 的速率从 A 点与 O 点的距离为34l，如图。求：棒开始运动时的角速度；棒的最大偏转角。习题图21解：系统绕杆的悬挂点的角动量为L 34mvl 0.48kgm s34ll129Ml ml2 0.054kgm2316L所以 8.88rad/sI子弹射入后，整个系统的转动惯量为I 子弹射入后，且杆仍然垂直时，系统的动能为2W动12I 2.13J当杆转至最大偏转角时，系统动能为零，势能的增加量为3W势12Mgl1cos4mgl1cos由机械能守恒，W动 W势得 94.24通过查阅文献，探讨计算刚体转动惯量的简化方法，写成小论文。参考文献：周海英、陈浩、张晓伟，巧算一类刚体的转动惯量，大学物理，2005 年第 24 卷第 2 期。3.15通过上网搜寻，查找对称陀螺规则进动在生活、生产中的应用事例，并进行分类。习题四参考解答习题四参考解答惯性系K相对惯性系K以速度u运动。当它们的坐标原点O与O重合时，t t 0。在惯性系K中一质点作匀速率圆周运动，轨道方程为2xy a，z 0，22试证：在惯性系K中的观测者观测到该质点作椭圆运动，椭圆的中心以速度u运动。提示：在惯性系K中的观测者观测到该质点的轨道方程为(x ut)2y2221。2a(1)a证明：根据洛仑兹坐标变换关系x x ut1 2,y y,z z(x ut)222代入原方程中，得到 y a21(x ut)2y2化简得2212a(1)a所以，在 K 系中质点做椭圆运动，椭圆中心以速度u运动。4.2一观测者测得运动着的米尺长0.5m，问此米尺以多大的速度接近观测者解：由相对论长度缩短关系L L01v/c2得到v c 1L/L0 3.010 11/2 2.610 m/s28284.3如题图所示，在K系的OXY平面内放置一固有长度为0的细杆，该细杆与x轴的夹角为。设K系相对于K系沿x轴正向以速率u运动，试求在K系中测得的细杆的长度和细杆与x轴的夹角。YYOOX，X题图x l0cos解：细杆在K系中的两个坐标上的投影分别为y l0sin细杆在K系中的两个坐标上的投影分别为22x 1u/cx l01u/ccosy y l0sin在K系中细杆的长度为l x2 y2 l01u/ccos2sin2 l01ucos/c22与 X 轴正向夹角为 arctanytg arctan22x1u/c4.4一飞船以910 ms的速率相对于地面假设地面惯性系匀速飞行。若飞船上的钟走了5s的时间，用地面上的钟测量是经过了多少时间解：根据相对论中时间延长关系T 31T01(v/c)2代入数据，可得T 51910/(310)382 5.000000002s4.5已知介子束的速度为0.73cc为真空中的光速，其固有平均寿命为2.510s，在实验室中看来，介子在一个平均寿命期内飞过多大距离8解：根据相对论中时间延长关系T T01(v/c)2代入数据，可得T 2.510810.7328 3.658108s8因此S vT 0.73310 3.65810 8.01m惯性系K相对另一惯性系K沿x轴作匀速直线运动，在惯性系K中观测到两个事件同时发生x轴上，且其间距是1m，在K系观测到这两个事件的空间间距是2m，求K系中测得的这两个事件的时间间隔。解：由相对论的同时性的两个等价关系t uxv/c2 (1)t xv/c2 (2)联立两式得到ux xu 代入(2)式中得到x1xvc 1(x/x)2x1(v/c)2xt xv/c2 x 1(x/x)2/c 2 1(1/2)2/(3108)5.77109s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的地点，在有相对运动的其他惯性系中，这两个事件一定不同时发生。证明：令在某个惯性系中两事件满足t 0，x 0则在有相对运动的另一个惯性系中(相对运动速度为v),两事件的时间间隔是t u(t xv/c)uxv/c 由于x 0，v 0且v c所以t 0，即两事件一定不同时发生。22xv/c21(v/c)24.8 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，则对一切惯性系来说这两个事件的空间间隔，只有在此惯性系中最短。证明(1)设两事件在某惯性系中于同一地点发生，即x 0，时间间隔为t，则在另一个相对运动速度为v的惯性系中，两事件的时间间隔为t u(t xv/c2)ut 所以，在原惯性系中时间间隔最短。t1(v/c)2 t证明(2)设两事件在某惯性系中于同时发生，即t 0，时间间隔为x，则在另一个相对运动速度为v的惯性系中，两事件的时间间隔为x u(x vt)ux 所以，在原惯性系中空间间隔最短。x1(v/c)2 x4.9 若电子A和电子B均以0.85cc为真空中的光速的速度相对于实验室向右和向左飞行，问两者的相对速度是多少 答案：0.99c4.10一光源在K系的原点O发出一光线。光线在OXY平面内且与x轴的夹角为。设K系相对于K系沿x轴正向以速率u运动。试求在K系中的观测者观测到此光线与x轴的夹角。Vx ccos解：光线的速度在K系中两个速度坐标上的投影分别为V csinyu2Vy 12u Vxc由速度变换关系Vx，VyVuu12Vx1x2cc则在K系中速度的两个投影分别为ccosucsin 1u2/c2Vx，Vyuccosuccos11c2c2所以，在K系中的观测者观测到此光线与x轴的夹角 arctan4.11如果一观测者测出电子的质量为2m0m0为电子的静止质量，问电子的速度是VyVx多大解：由相对论质量关系m m01(V/c)2而且m 2m0得到V 4.12如果将电子由静止加速到0.1c c为真空中的光速 的速度，需要对它作多少功3c 0.866c2速度从0.9c加速到0.99c，又要作多少功解(1)由相对论动能定理：Aabba11222F dr mbc mac m0c 221(V/c)1(V/c)ba因为Va 0，Vb 0.1c11 0.005m0c2 4.0951016J 2.56Kev代入得到Aab m0c210.12(2)将Va 0.9c，Vb 0.99c代入原式11Aab m0c2210.9210.994.132