大学物理第三版课后习题答案详解.pdf

大学物理习题及解答习题一d r d r1-1 I A r I与/r有无不同？d，和d/有无不同?举例说明.d v d vd/和 d t有无不同?其不同在哪里?试解：（1）1AH是位移的模，A r是位矢的模的增量，即=上一。|,4=1引 TH.d r（2）心 是速度的模,d r d 即 d/=H=dt .d r山 只是速度在径向上的分量.有r =M（式中另叫做单位矢）,d r式 中 出 就是速度径向上的分量，d r 与.d t d f不同如题i-i图所示.d r d r .d r=r+r ijiij dt dt dt隹I 同=1雪曳（3）忖八表示加速度的模，即 1由1,由 是加速度。在切向上的分量.有丫 =旷六亍表轨道节线方向单位矢），所以d v d v 一 d r=T +V dt dt dtdv式 中d t就是加速度的切向分量.d r d f 与（山 d t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（Q,y=y（o,在计算质点的速度和加速度时，有人先求,dr d2r出=旧+丫2,然后根据旷=山，及 a=d/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，有尸=k+0,_ d rV=一:dx-dy-=i+j山dt d/_ d2rd2xv d2 -a-=:I H-Jd/2d/2 d/2d r d-rv =-a=-d/d r 2d r d2r d rJEJ -其二，可能是将由 d/误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明d t不是速度的模，d2r而只是速度在径向上的分量，同样，山？也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中d2r0 径-M F 丁 的一部分L 。或者概括性地说，前二种方法只考虑了位矢尸在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢7 及速度日的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。1-3 一质点在X 0 V 平面上运动，运动方程为X=37+5,y=2 t2+3f-4.式 中/以 s 计，X,V 以1n 计.（1）以时间/为变量，写出质点位置矢量的表示式；（2）求出，=1s时刻和，=2s时刻的位置矢量，计算这1 秒内质点的位移；（3）计算f=0 s 时刻到/=4s时刻内的平均速度；求出质点速度矢量表示式，计算，=4 s时质点的速度；（5）计算,=0 s至*=4 s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，=4 s时质点的加速度（请把位置矢量、位移、直角坐标系中的矢量式）.r =（3/解：（1）（2）将/=1,/=2 代入上式即有L（3）V =A r iV=-A rv =3 7+（/+3）J m（4）由平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成-1 ,_+5）/+（-/2+3/-4）；2 m斤=87-0.5；m5=1 1 7+”mv=弓一元=3；+4.5；m=5 j-4；,r,=1 7F+1 6 j-r0 1 2/+2 0；产 _ i4-0 4s-1则 v4=3/+77 m-s-1v0=3 f +3*4 =3 7+7t 4-=1?4m-s(6)d v _a=l j m-s 2d t这说明该点只有丁方向的加速度，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(m的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小.解：设人到船之间绳的长度为/，此时绳与水面成e角，由图可知I2=h2+s2将上式对时间，求导，得根据速度的定义，并注意到。是随/减少的，d/&s_ 丫 绳 二 一d五z 二%n船=-3d7/d s _ I d l _ I _%即V d/s d t 5 V co s。l v0(/+S 2产或船=7=-S将 船再对/求导，即得船的加速度，d/_/d 5八 d v船 d/d z -船、，=F=-2vo=-j-%d t s s/l 2(-S+)%)2 2_s_ n vo-2 -3s s2 -21-5质点沿轴运动，其加速度和位置的关系为a=2+6X ,。的单位为m-s x的单位为m.质点在=0处，速度为10m-s，试求质点在任何坐标处的速度值.dv dv dx dva=-=v 解：.d/dx dt dx分离变量.tdp=adx=（2+6x2）dxv2=2x+2x3+c两边积分得 2由题知，x=0时，T ,.”=50 v=2-x/x3+x+25 m-s-11-6已知一质点作直线运动，其加速度为。=4+3/m-s”,开始运动时，x=5m,求该质点在/=10s时的速度和位置.dv.a=4+3/解：山分离变量，得 du=(4+3/)d/，3 2v=4/+-/+c.积分，得 2由题知，/=0,%=,G=0v=4/+-/2故2v=dx=4/+-3/2又因为 由 2dx=(4t+t2)dt分离变量，2积分得c 2 1 3x=2t-+-z +c2由题知/=0,x。=5,.=5x=2t2+-Z3+5故2所以f=10s时3,vl0=4 x l0 +-x l02=190m-s-1x1100=2 x io2+-X103+5=705 m21-7 一质点沿半径为1 m的圆周运动，运 动方程为白=2+3/，8式中以弧度计，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：，=2 s时,aT=R(3=lxl8x2=36m san=R(o2=l x(9 x 22)2=1 2 9 6 m s-2t an 4 5 =1（2）当加速度方向与半径成4 5 角时，有 4即 二珅 亦即（9/）2 =1 8/2 26 =2 +3/=2 +3 x=2.6 7 rad则解得 9 于是角位移为 91 L 2-bt1-8质点沿半径为R的圆周按5=2 的规律运动，式中S为质点离圆周上某点的弧长，心,6都是常量，求：（1 时刻质点的加速度；（2）/为何值时，加速度在数值上等于解：dt 则加速度与半径的夹角为d v6 7 =r d/v2an-二R4)2RIR2ci Rb(p=arct an =-ran(%-4厂（2）由题意应有即.当 6 时，a=6b21-9半径为R的轮子，以匀速“。沿水平线向前滚动：（1）证明轮缘上任意点8的运动方程为X=R（初-s i n t y/）,J=R（1-COS创），式中&=%/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8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、0、题l-9图B 0 x=匕/一 2R s i n co s 2 2=v0/一 R s i n 8=R(ot-R sin cot)y =2 7?s i n s i n 2 2=R(l_ co s 0)=R(1 -co s co t)(2)dx 、vx=-C O S 6 9/)vv=-=7?s i n co t)d/o d vax=R(v2 s i n co t =-“d/2 d vav=RCD COSO/=-d zl-i o 以初速度=2 o m-s-i 抛出.小球，抛出方向与水平面成幔6 0 的夹角,求：(D 球轨道最高点的曲率半径2；(2)落地处的曲率半径火 2.(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1-1 0 图所示.题 l-l O 图(I)在最高点，V)=vx=v0 co s 6 0 a=g=1 0 m s-2Pu；(2 0 x co s 6 0 0)2w-=1 0 m在落地点,而V2 =V0 =2 0 m.S-I=gx co s 6 0(2 0)2P l-1 0 x co s 6 0-oV Illl-l l 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为 万=0.2 rad -S 16 82-4质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力人 心 为 常数)作用，.=0时质点的小速度为%,证明(1)/时刻的速度为丫=丫 胆 ；(2)由0至“的时间内经过的距离为5-7-v=i j m-s4 8(2)1 3-1 -7 一=(-2x2+-x-x 4)/+1()x 4/2 8 2 1613T 7 r=-1 /m4 8小 吗(竺),x=(k)1-e m .(3)停止运动前经过的距离为 k；(4)证明当=叼 化 时速度 减 至%的e,式中卬为质点的质量.-kv dva=-=答：(1)：m dt分离变量，得dv -kdtV 业=J,o y bm-kdtm即I n =I n e M%k tv=vQe mx=j v d/=J 7 山=(1 -ek(3)质点停止运动时速度为零，即 1 8,故有m 当 廿 左 时，其速度为 =第1-立 典 _1 Vnv =voe w*=voe =ej_即速度减至%的e.2-5升降机内有两物体，质量分别为g，加2,且?2=2 加i.用细绳连接，跨过滑轮，绳子2 _不可伸长，滑轮质量及 切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速。=5 g上升时，求：%和 加 2 相对升降机的加速度.(2)在地面上观察叼，僧2 的加速度各为多少？解：分别以优 加2 为研究对象，其受力图如图(b)所示.设%相对滑轮(即升降机)的加速度为，则唐2 对地加速度a2=a-a.因绳不可伸长,故叫对滑轮的加速度亦为，又叫在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以叫在水平方向对地加速度亦为。，由牛顿定律，有-T -m2(-d)T=ma1题 2-5图联立，解得=g方向向下(2)加2 对地加速度为,_ g=a-a 2 方向向上叫 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速 度,即 绝=相+0牵.ax=J储 2 +2 =Jg2+.=与 g0-arctan =arctan =26.6。2,左偏上.2-6-质量为机的质点以与地的仰角6=30的初速。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.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3。,则动量的增量为Ap=mv-mv0由矢量图知，动量增量大小为何%I,方向竖直向下.2-7 一质量为团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 6 s.因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为h=g/=0-5g,小球上跳速度的大小亦为匕=0-5g.设向上为y轴正向，则动量的增量酝;加丹一加 方向竖直向上，大小|绿|=mv2 一（一 加%）=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.2-8作用在质量为101的 物 体 上 的 力 为/=（1+2。1此 式 中，的单位是s,（1）求4s后,这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的抻量.（2）为了使这力的冲量为200 Ns,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一 6/m-s 的物体,回答这两个问题.解：（1）若物体原来静止，则瓯=伊/=f （10+2。2=56kg-m-s看 沿 轴正向，A -、P c 於 一 1；Avj=L=5.6 m-s im/j=酝=56 kg m s-7若物体原来具有一6 m-sT初速，则p0=-m vQ,p=m J/。+f d/）=-wv0+Fdtm 小 于是 2=P-P0=户由=酝 同理，%=A G,7 2=7 i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/=（10+2/）d/=10/+/亦即t2+10/-200=0解得1 =10 s,“=20 s舍去）2-9 一质量为加的质点在工帆 平面上运动，5位置矢量岁r-acQS COti+6sin 的7 1t-求质点的动量及，=0到 2（y 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p=mv=mcD（-asma）ti+bcoscotj）7 1t-将1 =0和 2。分别代入上式，得px=mcobj p2=-mcoai则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I=/p=p2-pi=-mco（ai+bj2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为丫。1 1 1。“，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F=（a-b t）N（a,b为常数）,其中，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E=(6/)=0,得 b（2）子弹所受的冲量I-出=at-b t2t _ a将一7代入，得2b（3）由动量定理可求得子弹的质量I a2m=-%2他2-11-炮弹质量为机，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左倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为证明：设一块为叫于是得则另一块为相2,mx-km2及 叫+吗=mmxkmk+1m?mk+1又 设 叫 的 速 度 为%,机2 的速度为匕，则有T1 2-mv22mv=加产+m2v2联立、解得v2=(k+l)v-kv将代入，并整理得2T.、2嬴=(于是有将其代入式，有又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取证毕.2-1 2 设 心=7,-6/N .（1）当一质点从原点运动到=-3,+4/+1 6 k m 时，求户所作的功.（2）如果质点到，一处时需0.6 s,试求平均功率.（3）如果质点的质量为1 k g,试求动能的变化.解：（1）由题知，%为 恒 力，,=F-r =（7/-6；）-（-3/+4；+1 6 ）=-2 1-2 4 =-4 5 J（2）/0.6（3）由动能定理，3=/=-4 5 J2-1 3 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 c m,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2-1 3 图，则铁钉所受阻力为题 2-1 3 图f =-ky第一锤外力的功为44=/3=卜 处=105=4 式中/是铁锤作用于钉上的力，/是木板作用于钉上的力，在山-时，=-于.设第二锤外力的功为42,则同理，有由题意，有4=砂;-A2=A=(-w v2)=yk _ k2 2y=五2即所以，于是钉子第二次能进入的深度为 y=%-必=V2 -1 =0.4 1 4 cm2-1 4设已知一质点(质量为机)在其保守力场中位矢为厂 点的势能为E p(r)=/,试求质点所受保守力的大小和方向.L、d(r)nkF(r)=-解：dr 产方向与位矢尸的方向相反，即指向力心.2-1 5 一根劲度系数为尢的轻弹簧Z的下端，挂根劲度系数为2的轻弹簧8,8的下端一重物C,C的质量为加，如题2-1 5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4、8及重物受力如题2T5图所示平衡时，有题2-1 5图又FA=FB=MgFA =FB=k2 k2所以静止时两弹簧伸长量之比为%=七AX2 h弹性势能之比为Ep二 5 k.二.EJ-2 32-1 6 (1)试计算月球和地球对机物体的引力相抵消的一点。，距月球表面的距离是多少?地球质量5 98 X 1 0 k g,地球中心到月球中心的距离3.8 4 X 1 0 1,月球质量7.3 5 X 1 0 g,月球半径1.7 4 X 1 0 m.(2)如果一个1 k g 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)设在距月球中心为厂 处 月引=尊 引，由万有引力定律，有G背二G加“地依-4经整理，得R,7.3 5 x1()2 2=5 5.98 x1()2 4 +,7.3 5 x1()2 2 x 3 4 8 x 砂=3 8.3 2 xl O6 m则P点处至月球表面的距离为h=r r月=(3 8.3 2-1.7 4)xl O6=3.6 6 xl 07m(2)质量为1 k g 的物体在。点的引力势能为EP=-G -GM 也r(-6.6 7 x1 0 X 73 5X1 0-6.67X10-X3.8 3 xl 07：1.2 8 x1 0 6 j5.98 xl 02 4(3 8.4 3.8 3)x1 0 72-1 7 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叼和加2的滑块组成如题2T7图所示装置，弹簧的劲度系数为左，自然长度等于水平距离8C,唐2与桌面间的摩擦系数为，最 初 叼 静 止 于/点，A B =B C =h,绳已拉直，现令滑块落下外,求它下落到B处时的速率.解：取 8 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-/j m2g h=(W1 +m2)v2-mig h+A：(A/)2式中X为弹簧在/点时比原长的伸长量，则M =A C-B C =(41-Y)h联立上述两式，得2（加 加2 ）gh+A：/?（后 一ymy+m22-18如题2-18图所示，一物体质量为2 k g,以初速度%=3m s 从斜面力点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N,到达8 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-frs=mv +机gssin 37。J mv2+mgs sm31-frs式中s=4.8+0.2=5 m,x=0.2 m,再代入有关数据，解得左=1390N-m 再次运用功能原理，求木块弹回的高度2-frs=mgssin 370-kx代入有关数据，得则木块弹回高度 =ssin370=0.84 m题 2-19图2-1 9 质量为 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2 T 9 图所示.质量为加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：能从河 上下滑的过程中，机械能守恒，以优，加，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有1,1 ,=-m v2+-M V22 2又下滑过程，动量守恒，以加，加 为系统则在机脱离又瞬间，水平方向有mv-MV=0联立，以上两式，得2MgRl(m+M)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，有即题 2-20 图(a)又碰撞过程中，动量守恒,亦即题 2-20 图(b)即有mv0=mvx+mv2/=G+%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“。为斜边,故知G与q 是互相垂直的.2-21 一质量为团的质点位于(西，乂)处，速度为质点受到一个沿负方向的力/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r=x j +y j作用在质点上的力为7-/F所以，质点对原点的角动量为Zo=r x mv=+y j)x m(v J +vyj)=(X j w vv-yxmvxk作用在质点上的力的力矩为而o =尸 x=(x j+必力 x (-#)=y#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八=8.7 5 X 1 0%时的速率是 =5.46X 1 0 m s ,它离太阳最远时的速率是匕=9.0 8 X1 0、s 这时它离太阳的距离多少？(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I I点及远H点时的速度都与轨道半径垂直，故有rlmv=r2mv2八4 8.75 x lOlox 5.4 6 x lO4 ,八 口r,=-=-；-=5.2 6 x 1 0 d m.2 v2 9.0 8 x lO22-2 3物体质量为3 k g,f=o时位于尸=4：m,v =i +6j m s；如一恒力7 二 5/N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：7 解 即J元/=/5j dt=1 5 j k g-m -s-1x =x0+vQ xt=4 +3 =71 2 /C 1 5 -2 .y=%J +=6 x 3 +x x 3-=2 5.5 jr=4i r2=li +2 5.5 j匕=1即心vv=v0.+a/=6 +1 x 3 =1 1G =%+6 丹=：+i L 7I =耳 x mvx=4 7 x 3(F +6 J)=1 2kr2 x mv2=(72 +2 5.5 J)x 3(7+1 1 J)=1 5 4.5万A =Z2-Z)=8 2.5斤 k g-m2-s-1t,dzM =解（二）,/小A f=必.山=J(rx F)d/=f(4 +r)7+(6/+1)x|r2)7 x 5j dt，5(4 +/)2 d/=8 2.5 k g-m2-s-1国两题2-2 4图2-2 4平板中央开一小孔，质量为根的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为四1的重物.小球作匀速圆周运动，当半径为时重物达到平衡.今在 i的下方再挂一质量为加2的物体，如题2-2 4图.试问这时小球作匀速圆周运动的角速度和半径/为多少？解：在只挂重物时河I,小球作圆周运动的向心力为避，即Mg =mr（）co（）2挂上以2后，则有(M +M2)g=mrco,2重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒.即“加%=r tnv2 t2=既=/。联立、得=匹(+叫口 叫 Mr,=-M!+M I一应-P-!mat MX+M22-2 5 飞轮的质量机=6 0 k g,半径R=0.2 5 m,绕其水平中心轴转动，转速为9 0 0 rev -mi n.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产，可使飞轮减速.已知闸杆的尺寸如题2-2 5 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=1 0 0 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2 s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力产？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，工、理是摩擦力,工和工 是杆在“点转轴处所受支承力，R是轮的重力，。是轮在。轴处所受支承力.杆处于静止状态，所以对Z 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有/&+，2)N%=0 N=-FA对飞轮，按转动定律有尸=一 R，式中负号表示/与角速度0 方向相反.Fr=pN N =NFr-/JN=J+k F又 2BFrR 2 +l2)-JmRl以尸=100 N等代入上式，得6c =-2-x-0-.-4-0-x-(-0-.-5-0-+-0-.-7-5-)xlOiO =-4-0r ad-s_260 x0.25x0.50 3由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为g 900 x x 3 r t=一一-=-=7.06 sP 60 x40这段时间内飞轮的角位移为/1。2 900 x2%9 1 40 2 60 4 2 3=53.lx 24 rad可知在这段时间里，匕轮转了 53.1转.22 T Tg =900 x rad s-1(2)60,要求飞轮转速在=2 s内减少一半，可知叫B=2g =-1-5-万-rad,-s_22/2用上面式所示的关系，可求出所需的制动力为2(/,+/2)60 x 0.25 x 0.50 x 15-2x0.40 x(0.50+0.75)x2=177 N2-26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0。转动.设大小圆柱体的半径分别为R和 厂，质量分别为和m.绕在两柱体上的细绳分别与物体犯和加2相连,%和 加2则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图 所 示.设&=0.20m,r-0.10 m,机=4 kg,M iQ kg,2 kg,且开始时仍，加2离地均为=2m.求：(1)柱体转动时的角加速度；(2)两侧细绳的张力.解：设4，的 和B分别为加1,机2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)m,机2和柱体的运动方程如下：T2-m2g =m2a2 叫g_(=叫 TXR-T2r=i p 式中 T；=T ,T；=T ,a=rB，a =珅1,1,1 =M R?+-m r2而 2 2由上式求得c Rmx-rm.P =-h-sI+mxR +m 2r0.2x 2-0.1 x 2 八 ,=1 i x 9,x l 0 x 0.202+x 4 x 0.1 02+2x 0.202+2x 0.1 022 2=6.1 3 r ad -s-2(2)由式T2=m2r/3+m2g=2x 0.1 0 x 6.1 3 +2x 9.8 =20.8 N由式K =mlgmlR p=2x 9.8-2x 0.2.x 6.1 3 =1 7.1 N2-27 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，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 叫=5 0k g,优2=200 k g,M=1 5 k g,r=0.1 m解：分别以 修，加2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所 示.对 加 加2运用牛顿定律，有m2g-T2=m2a 4=mxa 对滑轮运用转动定律，有1,T-7 r =(M产)/3-2 又，a=r/3(4)联立以上4个方程，得加2g200 x9.8I/LL一 一 一题 2-28 图2-28 如题2-28 图所示，一匀质细杆质量为机，长为/,可绕过一端的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下.求：(D 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w g|=(|w/2)(2)由机械能守恒定律，有mg sin 0=(；”2汝2co=3g sin 6O题 2-29 图2-29 如题2-29 图所示，质量为“，长为/的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴。无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上.现有一质量为机的弹性小球飞来，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6=3 0 处.(D 设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速%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,棒经小球碰撞后得到的初角速度为3,而小球的速度变为L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:mvnl-Ia)+mvl-m vl2 。-Ico2+-m V222I=-M l2上两式中 3 ,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6 =3 0,按机械能守恒定律可列式：1 7/-/d?2=A -(l-c os 3 0 0)山式得m=-c os 3 0)由式I 一 前由式22I 2y=%-m所以求得/.I.M.个6(2-百 3m+M1 2m（2）相碰时小球受到的冲量为j F d/=A m v =mv-m v0由式求得/口 1 A CJ F d/=mv-=丁 =-Mlco_1 6（2 y6负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反.2-3 0 一个质量为M、半径为R并以角速度0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根 的碎片从轮的边缘上飞出，见题2-3 0 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%=R e o设碎片上升高度”时的速度为V,则有y_ 2g h令 v =,可求出上升最大高度为H=R2(O22g 2 gI=-M R2 I =-M R2-m R2(2)圆盘的转动惯量 2 ,碎片抛出后圆盘的转动惯量 2 ,碎片脱离前，盘的角动量为/3,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Ico =ra)f+m v0R式中。为破盘的角速度.于是M R2C O=(MR2-m R2)a)+m v0R(M R2-WR2)C D=(gM R2-m R2)C D得 =0(角速度不变)圆盘余下部分的角动量为1 ,(-M R1-m R c o转动动能为题 2-3 1 图%Ek=M R2-m R2)(o22-3 1 一质量为加、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘匕可绕轴自由转动.另一质量为加。的子弹以速度。射入轮缘(如题2-3 1 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)用机，加。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。轴的角动量守恒R s i n 胡 7 0 V o=(/+mR comovo s i n。CD=-(m+m)7?EkE.Ko1 ,2(/77+70)/?2%sin6(w+m0)Rm0 sin2 0m+m2-32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；定滑轮的转动惯量是0.5kg n A 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，则有又故有msh-mv+Ia)+kh22 2 2a =v/R(2m gh-kh2)k2V mR2+1_ 卜2 x 6.0 x 9.8 x 0.4-2.0 x(U?)x V 6.0 x0.32+0.5=2.0 m s-1题 2-32图 题 2-33图2-3 3 空心圆环可绕竖直轴4 C 自由转动,如题2-33图所示，其转动惯量为!。，环半径为R,初始角速度为口。.质量为根的小球，原来静置于4 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8 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8 点时，有/。=（/o+加 A?）。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匕，以B 点为重力势能零点，则有 Ioal+mgR=(Io+mR2)a)2+m vj联立、两式，得2匕=。成晓/0+mR-（2）当小球滑至c 点时，=/。.g=o故由机械能守恒，有mg(2R)=mvv0=2廊请读者求出上述两种情况下，小球对地速度.习题八8-1 电量都是的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点.试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系？解：如题8-1 图示(1)以处点电荷为研究对象，由力平衡知：为负电荷解得(2)与三角形边长无关.习题八8-1电量都是q的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点.试问:(D在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解:如 题8-1图示(1)以A处点电荷为研究对象,由力平衡知:q为负电荷解得题8-2 两小球的质量都是加，都用长为/的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2 区 如题8-2 图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量.解：如题8-2 图示Tsin。=T cos 0=mgFe=-.仁 -4TIO(2/sin 6)2解得 q=2l s i n 47rqmg tan 6q8-3根据点电荷场强公式 4 4。尸2 ,当被考察的场点距源点电荷很近（r 0）时，则场强-8,这是没有物理意义的，对此应如何理解？E q-2ro解：4兀。厂 仅对点电荷成立，当r f 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大.8-4在真空中有A,B两平行板，相对距离为d,板面枳为S,其带电量分别为+4和-4 .则这两板之间有相互作用力/，有人说=4助。目，又有人说，因为/=S,所以/-。8 .试问这两种说法对吗?为什么？/到 底 应等于多少？解：题中的两种说法均不对.第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把E =-合场强/s看成是个带电板在另带电板处的场强也是不对的.正确解答应为个dq f=q工上板的电场为 2 soS,另一板受它的作用力 2 A s 2%s,这是两板间相互作用的电场力.8-5 一电偶极子的电矩为乃二夕，场点到偶极子中心0点的距离为厂，矢量7与的夹角为区（见题8-5图），且 /.试证点的场强E在尸方向上的分量耳和垂直于厂的分量“e分别为p c o s。ps i nO耳，二 2 f 3 Ee =47r证：如题8-5所示，将力分解为与产平行的分量P s i n6 和垂直于尸的分量s i n。.r l 场点。在尸方向场强分量_ p c o s，2 兀 （）/3垂直于厂方向，即9方向场强分量-p s i n.8-6长/=1 5.0 c m 的直导线A B上均匀地分布着线密度X=5.0 x 1（y9 c的正电荷.试求:(1)在导线的延长线上与导线B端相距q =5.0 c m处。点的场强；(2)在导线的垂直.平分线上与导线中点相距刈=5.0 c m处。点的场强.解：如题8-6图所示(1)在带电总线上取线元网，其上电量必 在P点产生场强为dEP=4 兀4(Q-X)d r(X)2用/=1 5 c m,Al兀4(4/-/2)2=5.0 x 1 0 9 C-m 1 a =1 2.5 c m代入得EP=6.7 4 x 1 0 N -C 1方向水平向右1 l 1 A d x(2)同理=4A 2 2 0 x-+d2 方向如题8-6图所示由于对称性陛口=,即后。只有F分量,1 A d x d2d E _ _.6 4无 /+d；祗2+d；E-dE-L rs J 0-4兀 j”/+因 户Al2吗7+4年以 X =5.0 x 1 0 )C e m-1,/=1 5 c m,d?=5 c m代入得EQ=%=1 4.9 6X1()2 NC；方向沿y轴正向8-7 一个半彳仝为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为义,求环心处。点的场强.解：如8-7图在圆上取/=A ed q =2d/=A 2d。，它在0点产生场强大小为A rARd(pdE=-4nnR方向沿半径向外A则dEx=dE s i n(p=-s i n g(p4兀/R积3-2dEv=d c o s(万 一 )=-c o s 凶 夕4JI%R丸,4-s i n(pd(p=-4 兀 2 兀 4 7?Ev=f -C OS =0/A 4 兀.2T t 0R,方向沿X轴正向.8-8均匀带电的细线弯成正方形，边长为人 总电量为4.(1)求这正方形轴线上离中心为处的场强E ,(2)证明：在r /处，它相当于点电荷q产生的场强E .2 _解：如8-8图示，正方形一条边上电荷彳在点产生物强信 方向如图，大小为山于对称性，。点场强沿0尸方向，大小为0 /i A V 4 A/rEp=4x dE=,-你 0(/+下j产+,2q4/”称4兀%(八4)方向沿。尸8-9 (1)点电荷4位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的-个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*如题8-9(3)图所示，在点电荷4的电场中取半径为R的圆平血.4在Ra=a rc ta n 该平面轴线上的/点处，求：通过圆平面的电通量.(X)解：(D山高斯定理%M方体六个面，当夕在立方体中心时，每个面上电通量相等 六各面电通量 6%.(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2。的立方体，使