大学物理赵近芳课后习题答案.pdf

习题解答习题-1-1 I Ar I与4 有无不同？上 和 匕 有 无 不 同？At d/业和里有无不同?其不同在哪里?d/d t试举例说明.解：是 位 移 的 模，是位矢的模的增量，即加|二匕一八|，4=|可一同;(2)d 7是速度的模即 今彳 只是速度在径向上的分量.d/.,有r （式中f叫做单位矢）,式中 就是速度径向上的分量，dz口,dr则一dtdr,dr=r+r dt dt业 与 匕 不 同 如 题1T图所示.d/dt 髀 示 加 速 度 的 模,即 同d不 是加速度。在切向上的分最.有u=v之亍表轨道节线方向单位矢），所以dvdv _ df=r+vdt d/dt式中，就是加速度的切向分量.（.上 与 它 的 运 算 较 复 杂，超出教材规定，故不予讨论）dt dt1-2设质点的运动方程为x=x（7）,y=y（r）,在计算质点的速度和加速度时，有人先求出7=收2+y2,然后根据n=,及。=二而求得结果；又有人先计算速度和加速度dt dr的分量，再合成求得结果，即山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=婷+0,_ d r d r 丁 d y -V=-=-1 H-1dt dt dt_ d2r d2x-d2y-a=r=-z +彳 jd/2 d/2 d r2故它们的模即为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d r d2r其二，可能是将年与二误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明 不是速度的模,dt d/d 2 r而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中dt2的 一 部 分。行=二理。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢尸在径向（即径 d r2 1d量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢尸及速度力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。平面上运动，运动方程为x=3/+5,y =-/2+3/-4.2式 中/以 s 计，以m 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f=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f=4 s时刻内的平均速度：（4）求出质点速度矢量表示式，计算/=4 s时质点的速度；（5）计算f=0 s至 U/=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，=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）r =（3/+5）i+（1/2+3/-4）；m（2）将，=1,f =2 代入上式即有=8z -0.5 j m2(3)V=117+47 m 尸=弓一号=3 j+4.5y m=5 j-4；,r,=1 7 Z +16j5=竺=巨A/4-0+2 0 7=3 f+5 m.s 4(4)v-3 i+(t+3)j m-s-1d/则%=3f+1 m-s-1(5)V0=3 F +3 7，V4=3 7+7；t 444m-s(6)a=1 /m-s-2d/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v0(m-s i)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小.2=/+5 2将上式对时间/求导，得-,d/c ds2/=2s At At3根据速度的定义，并注意到/,s是随/减少的，.d/ds-=-=v0,vf f i=-即ds I dl I%船=一了=一而丁 F或_lv0 _(h2+s2)l/2v0“船丁;一将丫船再对,求导，即得船的加速度c dv船,由 dt 一%s +、船 =F=-2匕 =-5-%a/5 s(-S +L)V；h2 V2_ s _ 11%s2 s31-5质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为。=2+6 x 2,的单位为m-s24)4=o.,.当/=”时，a=bb1-9半径为火的轮子，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（cot-sin cot）,y R（1 -cosy/）,式中 y =%/火 是轮子滚动的角速度，当8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8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)x=vnt-2R sin cos 2 2=vot-R sin 0=R(cot-Rsm cot)y =2 7?s i n s i n 2 2=7?(1 -c o s 0)=7?(1 -c o s c o t)(2)dxVx=7?6 9(1 -CO S 6 9/)c o s c o t=-，d t1-1 0以初速度=2 0m,s T抛出一小球，抛出方向与水平面成幔6 0。的夹角,求：(1)球轨道最高点的曲率半径与；(2)落地处的曲率半径尺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1-1 0图(1)在最高点，v,=匕=v0 c o s 6 0%i =g =1 0 m s-2又%P V.2(2 0 X c o s 6 00)2o,=-=1 0 m7(2)在落地点,匕=%=2 0 m s-1,而%,=g xc o s 6 0P i五ann2R O)?1 0 x c o s 6 0=8 0 m1-1 1飞轮半径为0.4 m,自静止启动，其角加速度为/=0.2 r ad s =0.4 x 0.4 =0.1 6 m-s-1an-Re o2=0.4 x(0.4)2=0.06 4 m-s-2aT-R/3 -0.4 x 0.2 =0.08 m -s-2a=幅 +优=7(0.06 4)2+(0.08)2=0.1 02 m-s-21-1 2如 题1-1 2图，物 体/以 相 对8的速度u =J耘沿斜面滑动，y为纵坐标，开始时N 在斜面顶端高为人处，8物体以“匀速向右运动，求工物滑到地面时的速度.解：当滑至斜面底时，y =h,则%=丽，物运动过程中乂受到8的牵连运动影响,因此，4对地的速度为心 地=江+=(u+y 2g h c o sa)i +Q2g h s i n a)/题1-1 2图1-1 3 一船以速率叫=3 0 k m h 沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率匕=40 k m h 1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度乂为何？解：(1)大船看小艇，则 有 比|=%-斗，依题意作速度矢量图如题1 T 3图(a)8(a)(b)题 1-1 3 图由图可知 内=旧=50 km-h方向北偏西 0-arctan-arctan-36.874 4(2)小船看大船，则有 2=%，依题意作出速度矢量图如题1 T 3 图(b),同上法，得v12=50 km h-方向南偏东36.871-1 4 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 ,求轮船的速率.解：依题意作出矢量图如题1-1 4所示.:船地题 1-1 4图*/雨 船=/雨 一%!,雨=雨 船+”船由图中比例关系可知v船=丫 雨=8m-s”9习题二2-1 -细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为叫的物体，另一边穿在质量为m2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,下滑，求机机2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q,其对于机2则为牵连加速度，乂知加2对绳子的相对加速度为，故加2对地加速度，由图（b）可知，为a-,=-a 又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力/在数值上等于绳的张力T,由牛顿定律,有myg-T -T-m2g -m2a2 联立、式，得_ （/1 -m2）g +m2aa =-7 M,+m2（/1 m g-mxaai =W1 +m2f _ T _ 叫 7 2（2g 4）m+m2讨 论（1）若=0,则%=%表示柱体与绳之间无相对滑动.（2）若a =2g,则T =/=0,表示柱体与绳之间无任何作用力，此时/%，加2均作自由2-2 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为a）上以初速度%运动，%的方向与斜面底边的水平线N 8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m g,斜面支持力N.建立坐标：取力方向为X轴，平行斜10面与X轴垂直方向为丫轴.如图2-2.0B*mgA题2-2图X方向：工=o X=%/y方向：F、=m g s in a=m av/=0时y，=0 vyv=0尸;g si 由、式消去/,得y =-Lgsm a-x22叫2-3质量为16 k g的质点在X 0平面内运动,受一恒力作用,力的分量为人=6 N,/、,=-7 N,当 f=0 时，x =y=0,vx=2 m S-1 匕,=0.求当I =2 s时 质 点 的（1）位矢；（2）速度.解:m6163 m.s，8av=A=3 m.s-2m 16匕=匕。+Jc 3 cc i d t 2 4 x 2 工854-1m *sv=vn+ft?d t=x 2一刈丁)掰 16 乙78m s-1于是质点在2s时的速度一 5JV=I/4 8m-s-1ii产=(%/+g a/)f +；a/1 3-1-7-=(_2X2 +-X(X4)Z+-()x 4；2 o 2 1 o2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力公(左为常数)作用，=0时质点的-()/速 度为,证明(1)/时刻的速度为V =%(kx =(3 S)l-e J ；(3)停止运动前Z度减至 的工，式中如为质点的质量.e-1答：a=n分离变量，得dvV叩产 二I n%/.V=(2)x =J vd/=(3)质点停止运动时速度为零，即 t-8,故有 x =ve (4)当 t=/时，其速度为V=%/嬴 1即速度减至的e2-5升降机内有两物体，质量分别为4,m?；(2)由。到f的时间内经过的距离为 过的距离为%(4)证明当/=m/k时速lv _ dv7 At-kdtm=Y小mk t=I ne-ti/=竺 1(1 白)kd/=也k-i%=e2,且加2=2 4.用细绳连接，跨过滑轮，绳子12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 =Lg 上升时，求：（1）2%和 加 2相对升降机的加速度.（2）在地面上观察机厂机2的加速度各为多少？解：分别以机机2为研究对象，其受力图如图所示.设加2相对滑轮（即升降机）的加速度为，则加2对地加速度四=一 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，所以外在水平方向对地加速度亦为a ,由牛顿定律，有m2g -T-m2（a-a）T-叫 a题 2-5图联立，解 得 =8 方向向下（2）机2对地加速度为a2=a -a =方向向上2外 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即G绝=5 相+）牵2-6 一质量为加的质点以与地的仰角6=30的初速均从地面抛出，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13y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,而抛物线具有对歹轴对称性，故末速度与X轴夹角亦为3 0 ,则动量的增量为酝=m v -m vn由矢量图知，动量增量大小为加环|，方向竖直向下.2-7-质量为?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0.5 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 =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，则动量的增量力=m v2-m vt方向竖直向上，大小|A|-m v2 (m v)=m g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E=(10+2/)7 N,式中，的单位是s,(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量.(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-67 m s 的物体,回答这两个问题.解：(1)若物体原来静止，则酝 j户山=，(10+2/)：d/=56 kg-m s-F,沿x轴正向，A-、Avj=P =5c.6x m-s-ITii n=与=56 kg-m-s-1/若物体原来具有-6 m-sT初速，则瓦=-m v,p =w(-v0+f d/)=-/wv0+f F d t 于是14P2=P-Po=F*=酝,同理，%=AG，72=Z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 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=J(10+2/)d/=10/+Z2亦即/2+10/-200=0解得/=10s,（/=20s舍去）2-9 一质量为机的质点在xQy平面上运动，其位置矢量为r-a cos coti+h sin cotjjr求质点的动量及z=o至 =时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量.2G解：质点的动量为p=mv=mcD(-asncoti+bcoso)7 T将/=0和/=2分别代入上式，得2a)=ma)b j,p2=-mcoai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I-Ap-p2-=-mcoai+b j)2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为/m-s T,当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为尸=(a b f)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，有歹=(。从)=0,得，=0b(2)子弹所受的冲量/=-b t)dt=at-；b/将Z =f代入，得h2I=L2b1 5(3)山动量定理可求得子弹的质量%2 6%2-1 1 一炮弹质量为？，以速率u 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m V km证明：设一块为加,则另一块为加2,ml=km-,及加+机2=机于是得又设叫的速度为,机2的速度为匕，则有T I 2,1 2 1T=1机1匕 +W2V2 -w vmv=MJ%+m2v2联立、解得v2-(+l)v-A v,将代入，并整理得于是有匕=u 2Tkm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2kT 2Tvi=v+l-，匕=丫 厂V m V km证毕.2-1 2 设户合=7 i 6 j N.(1)当一质点从原点运动到广=3 7 +4)+1 6 万 m 时，求户所作的 功.(2)如果质点到r 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.16解：(1)由题知，%为 恒 力,4 合=声1=(7：6.7)-(3 7 +4 J+1 6 )=-21-24=-45 J”且一至A Z 0.675 w(3)由动能定理，Ek=A =-45 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IPI.题 2-1 3 图f =-ky第一锤外力的功为44=/砂=卜 您=p W=|式中/是铁锤作用于钉上的力，/是木板作用于钉上的力，在d/f 0时，=设第二锤外力的功为42,则同理，有A2 =f由题意，有即A2-A-A(-/MV2)=g典-2所以,=V 2于是钉子第二次能进入的深度为毋=%-乂=V2-1=0.414 cm2-1 4 设已知质点(质量为机)在其保守力场中位矢为r 点的势能为E p(r)=Z:/d,试求17质点所受保守力的大小和方向.方向与位失尸的方向相反，即指向力心.2-1 5 一根劲度系数为勺的轻弹簧/的下端，挂一根劲度系数为质的轻弹簧8，8的下端一重物C,C 的 质 量 为 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C 受力如题2-1 5 图所示平衡时，有题 2-1 5 图FA=FB=MgFA=%3FB=A：,A r所以静止时两弹簧伸长量之比为A r,k2AX2弹性势能之比为2-1 6 (1)试计算月球和地球对?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 9 8 X1()2 4 地球中心到月球中心的距离3.8 4 X1 0 7,月球质量7 .3 5 X 1 0 2%g,月球半径L 7 4 X U r n.(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。点的势能为多少？解：(1)设在距月球中心为r 处/月引=时引，由万有引力定律，有18经整理，得4 M地+JM月,7.35x 1()2275.98X1024+7 7.35X 1022x 3.48 x 108=38.32x 1()6 m则尸点处至月球表面的距离为h=r-r=(38.32-1.7 4)x l 06=3.66x l 07m(2)质量为1 k g 的物体在P 点的引力势能为Ep=-G Mn _ Gr加 地(火-r)=-6.67 x 107.35x 1()223.8 3x l()7-6.67 X 10-5.9 8 x l O24(38.4-3.8 3)x l 07=1.28 x 106 J2-1 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g 和%2的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为左，自然长度等于水平距离8 C,机2与桌面间的摩擦系数为，最初叫 静止于A点、，AB=BC=h，绳已拉直,现令滑块落下啊,求它下落到8 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-/.im2gh=(m+m2)y 2-加ig+g 女(/)式中4为弹簧在4 点时比原长的伸长量，则I=AC-BC=e _ l)h联立上述两式，得v-2(胴 一)gh+而(版 一】J叫+m219./题2-17图2-18如题2T 8图所示，一物体质量为2k g,以初速度%=3皿s 从斜面/点处下滑，它与斜面的摩擦力为8 N,到达6点后压缩弹簧20c m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=kx2-m v2+m g s s i n 37 )-m v2+m g s si n 3 70 -frs式中s =4.8+0.2=5 m,x =0.2 m ,再代入有关数据，解得=139 0N m-题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度-frs -m g s，s i n 37。-A x2代入有关数据，得s =1.4 m,则木块弹回高度l =s s i n 37 0=0.8 4 m题2-19图202-1 9 质量为 的大木块具有半径为火的四分之一弧形槽，如题2 T 9 图所示.质量为掰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：?从河上下滑的过程中，机械能守恒，以加，加，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有1 2 1,八，2mgR=mv+Mv又下滑过程，动量守恒，以M为系统则在m脱离M瞬间，水平方向有m v-MV=0联立，以上两式，得v-2MgR(Z M+A/)2-20-个小球与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)题 2-20 图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有mv0=mv+mv2亦即丸=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o 为斜边,故知G与是互相垂直的.2-2 1 -质量为机的质点位于(X /)处，速度为*=质点受到一-个沿x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F x J +y J作用在质点上的力为21所以，质点对原点的角动量为Zo=rxmv=(x j+j J)X m(vxi+vyj)=xxmvy-yrnvx)k作用在质点上的力的力矩为必0=F x，=(x j+yJ)x(-F)=y2-22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=8.75X10%时的速率是匕=5.46X10 ms ,它离太阳最远时的速率是眩=9.08*107飞 这时它离太阳的距离七多少？(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：乂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rxmvx=r2mv2八 匕 8.75 x 10i x 5.46x104三 一 9.08x102=5.26x1()12m2-23物体质量为3kg,/=0时位于=4im,/=i+6/m,s T,如一恒力f =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：Ap=j/dz=j5jd/=15j kg-m-s-1(2)解(一)x=%+vOxt=4+3=71 2y=voyt+a t=6x3+-x-x 32=25.5/2 3即=4i,弓=7i+25.5j匕=%、=1匕,=%，+o/=6+gx3=ll%=1+6”2 =：+1U工=x mv-4z x3(z+6)=72万22L2=r2x m v2=(77+2 5.5 J)x 3(F +1 1 J)=1 54.5 斤L-L2-LX-8 2.5A-k g -m2-s-1解(二):M =与d tA Z =(而 d/=j (r x F)d/=(4 +Z)7+(6/+1)x|/2)7 x 5；d/=f 5(4 +t)kd t=82.5 k k g -m2-s1II国两题2-2 4图2-2 4平板中央开一小孔，质量为，的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为的重物.小球作匀速圆周运动，当半径为时重物达到平衡.今在的下方再挂一质量为的物体，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A/小球作圆周运动的向心力为“店，即Mg =m r0c o02 挂 上 后，则有(A/j +M2)g =m r c o 2 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒.即ramvo r m v=以g=r 2c o 联立、得23%翳co西M+此族mr0 M-raM+以2-2 5飞轮的质量机=60 k g,半径R=0.2 5m,绕其水平中心轴O转动，转速为9 0 0 r e v m i n 现利用一制动的闸杆，在闸杆的-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2-2 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E?解：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、号 是摩擦力，工 和 工 是 杆 在 4点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P 是轮在。轴处所受支承力.题 2-2 5 图(a)题 2-2 5 图(b)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E(/i+4)-N =0 N，=立A对飞轮，按转动定律有/?=./?/,式中负号表示p与角速度。方向相反.工=N=NFr=/JN=F24又,:/=1 加火222以尸=1 0 0 N等代入上式，得B=-2 x0.4 0 x(0.50 +0.7 5)60 x0.2 5x0.50由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为gB9 0 0 x 2万 x 360 x4 0=7.0 6 s这段时间内飞轮的角位移为,1 0 2 9 0 0 x2%9 1 4 0(P =(Dnt +p t=-X 7T X X2 60 4 2 3=53.lx2 7 r a d可知在这段时间里，飞轮转了 53.1转.(2)O0=9 0 0X r a d-s-1,要求飞轮转速在/=2 s内减少一半，可知 603 八A 2 0 1 57八_ 2B =-.=-=-r a d st 2/2用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为F _ m Rl 0 2 (/,+/2)60 x0.2 5x0.50 x1 5)-2 x0.4 0 x(0.50 +0.7 5)x2=1 7 7 N2-2 6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。转动.设大小圆柱体的半径分别为R和r，质量分别为“和 山.绕在两柱体上的细绳分别与物体外 和m2相连,叫和加？则挂在圆柱体的两侧，如题2-2 6图所示.设R =0.2 0 m,r=0.1 0 m,m 4 kg,M=1 0 kg,-m2 2 kg,且开始时叫，机？离地均为=2 m.求：(1)柱体转动时的角加速度：(2)两侧细绳的张力.解：设q,%和B分别为加|，相2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b).25题 2-2 6(b)图题 2-2 6(a)图(1)叫，机2 和柱体的运动方程如下：T2-tn2g =m2a2加法一(=maT；R-T；r =I 0式中 T -TX,T-T2,a2-r/3,a-R/31 ,1 ,而I M R?+m 户2 2由上式求得_ Rm,-r m,B=,/r gI +mR+%产_ 0.2x2-0.1x21 xl0 x0.202+1 x4x0.102+2x0.202+2x0.1022 2=6.13 rad-s-2由式T2-m2r/3 +m2g=2x0.10 x6.13+2x9.8=20.8 N由式Tx=M g-町火=2x9.8-2x02x6.13=17.1 N2-2 7 计算题2-2 7 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 外=50kg,m2=2 0 0 kg,M=1 5 kg,r=0.1 m解：分别以外加2 滑轮为研究对象，受力图如图出）所 示.对 小加2 运用牛顿定律，有26m2g-T2=m2a=mxa对滑轮运用转动定律，有1 ,T2r-Txr=(-M r2)13又，a=邛联立以上4个方程，得m2g 200 x9.8a=A/=.15加1 +%,4-5+200+一12 2 2m-s题 2-2 8图2-2 8如题2-2 8图所示，一匀质细杆质量为根，长为/,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(2)由机械能守恒定律，有mg sin027o题 2-2 9 图2-2 9 如题2-2 9 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”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.(1)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。，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：mvol=Ia+mvl 1 2 1,212-m v0+-m v 上 两 式 中/=，初7 2,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3位置上摆到最大角度e =3 0,按机械能守恒定律可列式：g/t y?=藤；(1-c os 3 0)由式得由式由式所以求得28let).I.I 1 M.H6(2 一6 3m+M1 2 m相碰时小球受到的冲量为j d/=mv=mv-w v0山式求得|F d Z=mv-mvQ=y-=-MICDd 6(2-5M6负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反.题 2-3 0 图2-3 0 一个质量为M、半径为H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机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%=Reo设碎片上升高度时的速度为y,则有/=说 2gh令 n=0,可求出上升最大高度为2 H=JR2 3 22 g 2 g(2)圆盘的转动惯量/=,M R2,碎片抛出后圆盘的转动惯量/，=_ LM R2 一加火2,碎片脱2 2离前，盘的角动量为/。，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=r,+式中为破盘的角速度.于是MR2co=(MR2-m R2co+mv0R29(工 MR?一 mR?)&=(；MR?-m R2)a)得 =0(角速度不变)圆盘余下部分的角动量为(MR2-m R2)co转动动能为题 2-3 1 图Ek-|(1A/Z?2-W/?222-3 1 一质量为 机、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m0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)用加，和，表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比.解：(D 射入的过程对。轴的角动量守恒火 s i n 断 0%=(m +m0)7?26 9wovo s i n。co=-(m+加 o)R中EkHL4)1-W n2 02-3 2 弹簧、定滑轮和物体的连接如题2-3 2 图所示，弹簧的劲度系数为2.O N (!；定滑轮的转动惯量是0.5 kg n?,半径为0.3 0 m ,问当6.0 kg质量的物体落下0.4 0 m 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m&e h=-2m v+2 /&2+2kh2又co-v/R故有(2mgh-kh2)k2 mR2+I30(2 x 6.0 x 9.8 x 0.4-2.0 x OT)x 0.3?6.0 x 0.32+0.5=2.0 m -s-1题2-3 2图题2-3 3图2-3 3空心圆环可绕竖直轴4 c自由转动，如题2-3 3图所示，其转动惯量为/。,环半径为R,初始角速度为0.质量为加的小球，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：(D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/0iy0=(/0+m R2)co 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%,以8点为重力势能零点，则有|八 航+加8火=；&+m*)苏+；mv联立、两式，得VB2gR+鲁 赛(2)当小球滑至C点H寸，V Ic=70故由机械能守恒，有1 2mg(2R)=m vc匕=2眄请读者求出上述两种情况下，小球对地速度.31习题三3-1 惯性系S 相对惯性系S以速度”运 动.当它们的坐标原点。与O 重合时，/=/=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：x2+y2+z2=(ci)2x,2+y2+z2=(ct)2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2/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(X；,/；)=(/,/),在车站(S)系:C0=f)=2(1+与C C C C C光信号到达后门为事件2,则在车厢(S)系坐标为(石工)=(-/,)，在车站(S)系：C4=yU；+彳 x；)=(1-与C C C于是4 T l=一2咚C或者/=0,/=4 G,W =x；x；=2/t-y(/+、Ax)=y(彳 2/)c c33 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项分义为兀夕=2*1 0%,以及、2=12a）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“至少为多少？解：门外观测者测得杆长为运动长度，/=1一（与,当时，可认为能被拉进门，则解得杆的运动速率至少为:题 3-6图3-6两个惯性系中的观察者。和O 以0.6c （c 表示真空中光速）的相对速度相互接近，如果。测得两者的初始距离是20 m,则O测得两者经过多少时间相遇？解：。测得相遇时间为/At /L=。=2-0-v 0.6c。测得的是固有时.加上。7 1st=-y v=8.89x109,V/?=0.6,c1y=，0.8或者，O 测得长度收缩，L=L0 71-Z?2=Lo Vl-0.62=O.8Ao,t=-4,一 0.8-0 _ 0.8*20-0.6c-0.6x3xl08=8.89x10%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4 s,而乙测得这两个事件的时间间隔为5 s.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.34解：甲测得4=4 s,4 r =0,乙测得4=5 s,坐标差为Ax =石x：(1)/.解出=1.8x 10 8 m s-1Ax，=/(Ax vA/),y =,Ax =05 3Axf=-y v At=一 丁 不 乂4 =-3 c =_9x l()x m负号表不xf2-x 6 0 0 0 m,故该J I介子能到达地球.或在乃介子静止系中，）介子是静止的.地球则以速度u 接近介子，在 时 间 内，地球接36近的距离为d =v&o =5 9 9 md =6 0 0 0 m经洛仑兹收缩后的值为:d d.1-5=3 7 9 md/,故万介子能到达地球.3-1 3设物体相对S 系沿x 轴正向以0.8 c运动，如果S 系相对S系沿x轴正向的速度也是0.8 c,问物体相对S系的速度是多少？解：根据速度合成定理，=0.8 c ,V；,=0.8 cv x+u _ 0.8 c +0.8 c3-1 4飞船4以0.8 c的速度相对地球向正东飞行，飞船8以0.6 c的速度相对地球向正西方向飞行.当两飞船即将相遇时Z飞船在自己的天窗处相隔2 s发射两颗信号弹.在8飞船的观测者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少？解：取8为S系，地球为S 系，自西向东为x(x)轴正向，则4对S 系的速度吸=0.8 c,S 系对S系的速度为u=0.6 c ,则/对S系(8船)的速度为发射弹是从的同一点发出，其时间间隔为固有时/=2 s,题3-1 4图B中测得的时间间隔为:_匕 7 1-0.9 4 6=6.1 7 s3-1 5 (1)火 箭/和B分别以0.8 c和0.6 c的速度相对地球向+x和-X方向飞行.试求由火箭B测 得/的 速 度.(2)若火箭