新编基础物理学上册3-4单元课后答案.docx

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1、第三章3-1 半径为R、质量为M的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R的圆孔，孔的中心在处，求所剩局部对通过原圆盘中心且及板面垂直的轴的转动惯量。分析：用补偿法负质量法求解，由平行轴定理求其挖去局部的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去局部的转动惯量即得。注意对同一轴而言。解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且及板面垂直的轴的转动惯量为：由平行轴定理得被挖去局部对通过原圆盘中心且及板面垂直的轴的转动惯量为：由式得所剩局部对通过原圆盘中心且及板面垂直的轴的转动惯量为： 3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M，长度为，在其中点O处弯成角，放在平面内，求铁丝对轴、轴、轴的转动惯量。分析：取微元，由转

2、动惯量的定义求积分可得解：1对x轴的转动惯量为：题图3-22对y轴的转动惯量为：3对Z轴的转动惯量为：3-3 电风扇开启电源后经过5s到达额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过风扇停顿转动，风扇转动惯量为，且摩擦力矩和电磁力矩均为常量，求电机的电磁力矩。分析：，为常量，开启电源5s内是匀加速转动，关闭电源16s内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M。解：由定轴转动定律得：，即3-4 飞轮的质量为60kg，直径为，转速为，现要求在5s内使其制动，求制动力F，假定闸瓦及飞轮之间的摩擦系数，飞轮的质量全局部布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。分析：分别考虑两个研究对象：闸

3、瓦和杆。对象闸瓦对飞轮的摩擦力f对O点的力矩使飞轮逐渐停顿转动，对飞由轮转动定律列方程，因摩擦系数是定值，那么飞轮做匀角加速度运动，由转速求角加速度。对象杆受的合力矩为零。题图3-4解：设闸瓦对飞轮的压力为N，摩擦力为f，力矩为M，飞轮半径为R,那么依题意得，解：式得3-5 一质量为的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如题图3-5所示轴水平且垂直于轮轴面，其半径为，整个装置架在光滑的固定轴承之上当物体从静止释放后，在时间内下降了一段距离试求整个轮轴的转动惯量(用表示) 分析：隔离物体，分别画出轮和物体的受力图，由转动定律和牛顿第二定律及运动学方程求解。题图3-5解：设绳子对物体

4、(或绳子对轮轴)的拉力为T，那么根据牛顿运动定律和转动定律得：由运动学关系有： 由、式解得： 题图3-5又根据条件 将式代入式得： 3-6 一轴承光滑的定滑轮，质量为半径为一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为的物体，如题图3-6所示定滑轮的转动惯量为，其初角速度 方向垂直纸面向里求：(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向； (2) 定滑轮的角速度变化到时，物体上升的高度；(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的大小和方向分析：隔离体受力分析，对平动物体由牛顿第二定律列方程，对定轴转动物体由转动定律列方程。解：(1) 题图3-6 方向垂直纸面向外 (2) 当 时， 图3

5、-6物体上升的高度 (3) 方向垂直纸面向外. 3-7 如题图3-7所示，质量为m的物体及绕在质量为M的定滑轮上的轻绳相连，设定滑轮质量M=2m，半径R，转轴光滑，设，求：1下落速度及时间t的关系；2下落的距离；3绳中的张力T。分析：对质量为m物体应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。解：(1)设物体m及滑轮间的拉力大小为T，那么题图3-7 解：式得，并代入式得2设物体下落的距离为s，那么3由1的式得，3-8 如题图3-8所示，一个组合滑轮由两个匀质的圆盘固接而成，大盘质量，半径，小盘质量，半径。两盘边缘上分别绕有细绳，细绳的下端各悬质量的物体，此物体由静止释放，求：两物体的加速

6、度大小及方向。分析：分别对物体应用牛顿第二定律，对滑轮应用刚体定轴转动定律解：设物体的加速度大小分别为及滑轮的拉力分别为题图3-8 把数据代入，解上述各式得 方向向上 方向向下3-9 如题图3-9所示，一倾角为30的光滑斜面固定在水平面上，其上装有一个定滑轮，假设一根轻绳跨过它，两端分别及质量都为m的物体1和物体2相连。1假设不考虑滑轮的质量，求物体1的加速度。2假设滑轮半径为r，其转动惯量可用m和r表示为k是常量，绳子及滑轮之间无相对滑动，再求物体1的加速度。分析：1对两物体分别应用牛顿第二定律列方程。2两物体分别应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。解：设物体1、物体2及滑轮

7、间的拉力分别为、它们对地的加速度为a。1假设不考虑滑轮的质量，那么物体1、物体2及滑轮间的拉力、相等，记为T。那么对1、2两物体分别应用牛顿第二定律得，题图3-9解上两式得：，方向竖直向下。2假设考虑滑轮的质量，那么物体1、物体2及滑轮间的拉力、不相等。那么对1、2两物体分别应用牛顿第二定律，和对滑轮应用刚体定轴转动定律得解上述各式得：，方向竖直向下。3-10一飞轮直径为0.3m，质量为5.0kg，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使其由静止均匀地绕中心轴加速，经 0.5s转速达每秒10转，假定飞轮可看作实心圆柱体，求：1飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数；2拉力及拉力所作的功；3从拉动

8、后时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。分析：利用转动定律，力矩作的功定义，线量及角量的关系求解。解：1角加速度为：转过的角度为：转过的圈数为：圈2由转动定律得力矩做的功为：3角速度为：边缘一点的线速度为：边缘一点的法向加速度为：边缘一点的切向加速度为：3-11 一质量为M，长为的匀质细杆，一端固接一质量为m的小球，可绕杆的另一端无摩擦地在竖直平面内转动，现将小球从水平位置A向下抛射，使球恰好通过最高点C，如题图3-11所示。求：1下抛初速度；2在最低点B时，细杆对球的作用力。分析：由机械能守恒定律、牛顿第二定律、角线量关系求解。解：1如图3-11，取向下抛点作势能零点，由机械能守恒定律

9、得，题图3-11J=解得，2取最低点作势能零点，由机械能守恒定律和牛顿第二定律得，解：得，3-12 物体质量为时位于，如一恒力作用在物体上，求3s后，1物体动量的变化；2相对z轴角动量的变化。分析：写出的表达式及力f对Z轴的力矩。由动量定理、角动量定理求解。解：1由动量定理得，动量的增量为：2由角动量定理得，角动量的增量为：而 把代入解得：把代入解得：3-13 水平面内有一静止的长为、质量为的细棒，可绕通过棒一末端的固定点在水平面内转动。今有一质量为、速率为的子弹在水平面内沿棒的垂直方向射向棒的中点，子弹穿出时速率减为，当棒转动后，设棒上单位长度受到的阻力正比于该点的速率比例系数为k试求：1子

10、弹穿出时，棒的角速度为多少？2当棒以转动时，受到的阻力矩为多大？3棒从变为时，经历的时间为多少？分析：把子弹及棒看作一个系统，子弹击穿棒的过程中，转轴处的作用力的力矩为零，所以击穿前后系统角动量守恒，可求待击穿瞬间棒的角速度。棒转动过程中，对棒划微元计算元阻力矩，积分可得总阻力矩，应用转动定律或角动量定理可求得所需时间。解：1以子弹和棒组成的系统为研究对象。取子弹和棒碰撞中间的任一状态分析受力，子弹及棒之间的碰撞力、是内力。一对相互作用力对同一转轴来说，其力矩之和为零。因此，可以认为棒和子弹组成的系统对转轴的合外力矩为零，那么系统对转轴的角动量守恒。解上述两式得：2设在离转轴距离为得取一微元，

11、那么该微元所受的阻力为：该微元所受的阻力对转轴的力矩为：那么细棒所受到的总阻力矩为：3由刚体定轴转动定律得，即上式可化为：对上式两边分别积分得：解上式积分得：把代入上式得：3-14两滑冰运发动，质量分别为，它们的速率，在相距1.5m的两平行线上相向而行，当两人最接近时，便拉起手来，开场绕质心作圆周运动并保持两人间的距离1.5m不变。求：1系统总的角动量；2系统一起绕质心旋转的角速度；3两人拉手前后的总动能，这一过程中机械能是否守恒，为什么？分析：利用系统质心公式，两人组成系统前后角动量守恒和动能公式求解。解：1设两人相距最近时以运发动A作原点，由质心公式得，两运发动的质心为：两人组成的系统对质

12、心的总的角动量为：2两人拉手过程中，所受力对质心转轴的力矩之和为零，那么两人组成系统前后角动量守恒。解上式得：3两人拉手前的动能为：两人拉手后的动能为：因此，系统前后的机械能不守恒。我们可以把两人拉手的过程看作完全非弹性碰撞，因此系统前后机械能不守恒。3-15 如题图3-15所示，一长为、质量为M的匀质细棒，可绕棒中点的水平轴在竖直面内转动，开场时棒静止在水平位置，一质量为m的小球以速度垂直下落在棒的端点，设小球及棒作弹性碰撞，求碰撞后小球的反弹速度及棒转动的角速度各为多少？分析：以小球和棒组成的系统为研究对象。取小球和棒碰撞中间的任一状态分析受力，棒受的重力和轴对棒的支撑力N对O轴的力矩均为

13、零。小球虽受重力mg作用，但比起碰撞时小球及棒之间的碰撞力、而言，可以忽略不计。又、是内力，一对相互作用力对同一转轴来说，其力矩之和为零。因此，可以认为棒和小球组成的系统对O轴的合外力矩为零，那么系统对O轴的角动量守恒。题图3-15解：取垂直纸面向里为角动量L正向，那么系统初态角动量为，终态角动量为小棒和小球，有角动量守恒定律得因为弹性碰撞，系统机械能守恒，可得又联立式，解得3-16 一长为L、质量为m的匀质细棒，如题图3-16所示，可绕水平轴在竖直面内旋转，假设轴光滑，今使棒从水平位置自由下摆。求：1在水平位置和竖直位置棒的角加速度；2棒转过角时的角速度。分析：由转动定律求角加速度，由在转动

14、过程中机械能守恒求角速度。解：1有刚体定轴转动定律得，题图3-16细棒在水平位置的角加速度为：细棒在竖直位置的角加速度为：2细棒在转动的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得，解上述两式得：3-17 弹簧、定滑轮和物体如题图3-17所示放置，弹簧劲度系数k为；物体的质量。滑轮和轻绳间无相对滑动，开场时用手托住物体，弹簧无伸长。求：1假设不考虑滑轮的转动惯量，手移开后，弹簧伸长多少时，物体处于受力平衡状态及此时弹簧的弹性势能；题图3-172设定滑轮的转动惯量为，半径，手移开后，物体下落0.4m时，它的速度为多大？分析：1不考虑滑轮的转动惯量，由物体受力平衡求伸长量x，再求弹性势能。2假设考虑滑轮的

15、转动惯量，那么弹簧、滑轮、物体和地球组成的系统机械能守恒解：1假设不考虑滑轮的转动惯量，设弹簧伸长了x距离时物体处于受力平衡状态，那么：此时弹簧的弹性势能为：2假设考虑滑轮得转动惯量，设物体下落的距离为h时，它的速度为v，滑轮的角速度为，那么由机械能守恒定律得，把数据代入上述两式得，解上述两式得：3-18一转动惯量为的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为设它所受阻力矩及转动角速度成正比，即(k为正的常数)，求圆盘的角速度从变为时所需的时间分析：由转动定律及角加速度的定义，对角速度积分可求解。 解：根据转动定律： 两边积分： 得 3-19 质量为的子弹，以速度水平射入放在光滑水平面上质量为、半径为R

16、的圆盘边缘，并留在该处，的方向及射入处的半径垂直，圆盘盘心有一竖直的光滑固定轴，如所示，试求子弹射入后圆盘的角速度。分析：在子弹射入圆盘的过程中，子弹和圆盘组成的系统对转轴的角动量和力矩为零，因此对转轴的角动量守恒。解：设子弹射入后圆盘的角速度为，那么由角动量守恒定律得，题图3-19解上式得：3-20一均质细杆，长，可绕通过一端的水平光滑轴O在铅垂面内自由转动，如题图3-20所示。开场时杆处于铅垂位置，今有一子弹沿水平方向以的速度射入细杆。设入射点离O点的距离为 ，子弹的质量为细杆质量的。试求：1子弹和细杆开场共同运动的角速度。2子弹和细杆共同摆动能到达的最大角度。分析：子弹射入细杆过程中，子

17、弹和细杆组成的系统角动量守恒；细杆摆动时，机械能守恒。解1子弹打进杆的过程中子弹和杆组成的系统角动量守恒，设子弹开场时的角速度为，弹和杆一起共同运动的角速度为，那么由角动量守恒定律得: O题图3-20又把式代入式并解得： 2设子弹及杆共同摆动能到达最大角度为角，在摆动的过程中杆和子弹及地球组成的系统机械能守恒，那么由机械能守恒定律得，把式及，L=1代入式解得：。即第四章4-1 观察者A测得及他相对静止的Oxy平面上一个圆的面积是12 cm2，另一观察者B相对于A以 0.8 c (c为真空中光速)平行于Oxy平面作匀速直线运动，B测得这一图形为一椭圆，其面积是多少？ 分析：此题考察的是长度收缩效

18、应。解：由于B相对于A以匀速运动，因此B观测此图形时及v平行方向上的线度将收缩为，即是椭圆的短轴. 而及v垂直方向上的线度不变，仍为，即是椭圆的长轴. 所以测得的面积为(椭圆形面积) =7.2cm2 4-2 长度为1m的米尺L静止于中，及轴的夹角系相对系沿轴运动，在系中观察得到的米尺及轴的夹角为，试求：1系相对系的速度是多少？2系中测得的米尺的长度？分析：此题考察的是长度收缩效应。根据两个参考系下米尺的不同长度再结合长度收缩效应我们可以很方便的得到两个参考系之间的相对速度解：1米尺相对系静止，它在轴的投影分别为：米尺相对S系沿x方向运动，设运动速度为v，为S系中的观察者，米尺在x方向将产生长度

19、收缩，而y方向的长度不变，即故米尺及x轴的夹角满足将及、的值代入可得：2在S系中测得米尺的长度为：4-3 介子在其静止系中的半衰期为。今有一束介子以的速度离开加速器，试问，从实验室参考系看来，当介子衰变一半时飞越了多长的距离？分析：此题考察的是时间膨胀效应。根据静止系中的半衰期加上时间膨胀效应我们可以求出在实验室参考系中的半衰期，然后根据该半衰期求出飞行距离。解：在介子的静止系中，半衰期是本征时间。由时间膨胀效应，实验室参系中的观察者测得的同一过程所经历的时间为：因而飞行距离为：4-4 在某惯性系K中，两事件发生在同一地点而时间相隔为。在另一惯性系中，该两事件的时间间隔为，试问它们的空间间隔是

20、多少？分析：此题考察的是时间膨胀效应以及洛伦兹变换。根据时间膨胀效应我们可以求出两参考系的相对速度，继而根据洛伦兹变换演化出空间间隔变换的公式求出该两事件在S系中的空间间隔。解：在k系中，为本征时间，在系中的时间间隔为 两者的关系为：故两惯性系的相对速度为：由洛伦兹变换，系中两事件的空间间隔为：两件事在K系中发生在同一地点，因此有，故4-5 惯性系相对另一惯性系沿x轴作匀速运动，取两坐标原点重合的时刻作为计时起点。在系中测得两事件的时空坐标分别为以及，在系中测得该两事件同时发生。试问：1系相对系的速度是多少？2系中测得的两事件的空间间隔是多少？分析：此题所考察的是洛伦兹变换的应用问题。根据洛伦

21、兹变换在不同参考系下两个事件的时间变换关系，我们可以很方便的得到两个参考系之间的相对速度。有了相对速度以后，再根据洛伦兹变换的空间变换关系，我们可以得到两事件的空间间隔。解：1设系相对S系的速度为v，由洛伦兹变换，系中测得两事件的时间为：由题意，因此有其中负号表示系沿系的方向运动。2由洛伦兹变换，系中测得的两事件的空间位置为：故空间间隔为：4-6 1火箭A和B分别以的速度相对于地球向方向飞行，试求由火箭B测得的A的速度。2假设火箭A相对地球以0.8c的速度向方向运动，火箭B的速度不变，试问A相对B的速度是多少？分析：此题考察的是洛伦兹速度变换。在火箭B为静止的参考系中，先求出地面参考系相对此参

22、考系的运动速度此即为两个参考系之间的相对速度，然后由火箭A相对地面的运动速度以及洛伦兹速度变换公式求出火箭A相对火箭B的速度。解：1设火箭B的静止系为S，那么地面参考系相对S的运动速度为。在地面参考系中，火箭A的运动速度为，由洛伦兹速度变换公式可得火箭A相对火箭B的运动速度为：2由于S系相对地面参考系以方向飞行，而在地面参考系中火箭A的运动速度为。那么根据洛伦兹速度变换公式在S系中火箭A的运动速度为：所以火箭A相对火箭B的速度为：4-7 静止在系中的观察者测得一光子沿及x 轴成60角的方向飞行，另一观察者静止于系中，系相对系为的速度沿x轴方向运动，试问系中的观察者测得的光子运动方向是怎样的？分

23、析：此题考察的是洛伦兹速度变换。根据两个参考系的相对速度以及光子在K系的速度，由洛伦速度变换可以求出光子在S系中的运动速度。解：系相对K系的速度为，光子速度为c，在K系中的运动方向为及x轴成60角，因此该光子在K系中的速度为。所以在系中光子的运动速度为：令该光子在系中的运动方向及X轴成角，那么有：4-8 子的静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿命，假设它在实验室参考系中的平均寿命，试问其质量是电子静止质量的多少倍？分析：此题考察的是时间膨胀效应和相对论质量问题。根据时间膨胀效应我们可以求出该粒子在实验室参考系中的运动速度，然后根据该速度可以求出速度下的相对论质量。解：设子在实验室参

24、考系中的速度为、质量为，依题意有：将的值代入得：当子速度为时其质量为：4-9 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之多少？分析：此题涉及的是相对论质量和长度以收缩问题。根据质量及静止质量之比可以求出该物体的运动速度，然后根据速度可以求出该物体在运动速度方向上的长度收缩。解：设物体速度为、质量为、长度为，静止质量和长度分别为和，依题意有：因此，根据长度收缩效应有：所以在运动方向上缩短了：4-10 一电子在电场中从静止开场加速，试问它应通过多大的电位差才能使其质量增加0.4%？此时电子速度是多少？电子的静能为0.511MeV.分析：此题考察的是相对论质量及速度之间的关

25、系。根据相对论质量公式可以很方便的求出电子的运动速度，再根据能量守恒，求出加速所需的电位差。解：设电子速度为、质量为，静止质量为，所加的电位差为U。依题意有：所以此时电子的速度为：根据能量守恒，有：4-11 一粒子的动能等于其静止能量的n倍，试求该粒子的速率。分析：该题考察的是相对论的质能关系式。根据粒子的动能和静能比可以求出该粒子总能量和静能之比，这个比值也就是该粒子的质量及静止质量之比，根据相对论质量及速度的关系式，我们可以求出该粒子的速率，从而求出该粒子的动量。解：依题意有：所以其质量及静止质量之比为：根据相对论质量及速度的关系有：所以该粒子的速度为：4-12 一静止的粒子质量为，裂变成

26、两个粒子，速度分别为。求裂变过程的静质量亏损和释放出的能量。分析：该题涉及到质量亏损的概念和动量守恒定律。由于反响后的两个粒子的质量未知，因此我们可以根据两个粒子之间的速度关系推导出二者的质量比，又由于该两个粒子的总动能来源于该反响的静质量亏损，因此结合反响后两个粒子的质量比以及各自的速度大小，我们可以求出该反响的质量亏损，从而求出该反响所释放的能量。解：设反响后两粒子的质量分别为、，那么根据动量守恒定律有：1反响前后总的能量守恒，所以有：2将1式代入2式，得：所以反响前后的静质量亏损为：释放出的能量为：4-13 试求静止质量为的质点在恒力F作用下的运动速度和位移。在时间很短和时间很长的两种极

27、限情况下，速度和位移值又各是多少？分析：根据力和动量的关系，经过积分后我们可以求解在恒力作用下的力及速度之间的关系，经过再次积分，可以得到位移和力的关系。解：由于力代表的是动量的变化率，因此有：将上式积分，由于力为恒力及时间无关，再代入初始条件起始时为静止，即初速度为零可得：因此可得速度及力之间的关系式：将上式再积分，并假定起始时所处位置为坐标原点，可得位移及力之间的关系：当时，有：当时，有：4-14 在原子核聚变中，两个原子结合而产生原子。试求：1该反响中的质量亏损为多少？2在这一反响中释放的能量是多少？3这种反响每秒必须发生多少次才能产生1W的功率？原子的静止质量为原子的静止质量为。分析：

28、反响前后各种反响物和生成物的质量，我们可以很方便的求出反响前后的质量亏损，并据此求出反响所释放的能量。解：反响的质量亏损为：该反响所释放的能量为：要到达1W的功率需要每秒钟反响的次数为：4-15 当一个粒子所具有的动能恰好等于它的静能时，试问这个粒子的速度有多大？当动能为其静能的400倍时，速度有多大？分析：粒子的总能量可以用粒子的动质量及光速的平方的乘积来表示，而粒子的静能那么等于粒子的静质量及光速的平方的乘积，因上我们可以很方便的把粒子的动能和静能之比用粒子的速度表示出来。解：根据粒子的质量和速度之间的关系可得：所以粒子的总能及静能之比为：又该粒子的总能等于动能及静能之和，所以该粒子的动能

29、及静能之比为：所以当动能等于静能时，有：当动能等于静能的400倍时，有：4-16同位素核由两个质子和一个中子组成，它的静质量为。1以为单位，的静能为多少？2取出一个质子使成为静质量为加一个质子静质量为，试问需要多少能量？分析：此题涉及的是静能以及质量亏损的概念。粒子的静能由粒子的静质量及光速的平方的乘积表示；而反响前后总能量守恒的要求指明反响进展需要的能量由反响前后的质量亏损所决定。解：静能为：当从同位素氦核中取出一个质子时，此时质量亏损为：所以反响需要能量为：4-17 把一个静止质量为的粒子由静止加速到0.1c所需的功是多少？由速率0.89c加速到0.99c所需的功又是多少？分析：此题涉及到

30、的是粒子的总能量及速度之间的关系。根据能量守恒定律，通过计算任一速度下的总能量即可求出从该速度下再增加0.1c的速度所需要做的功。解：粒子的静能量为：速度为0.1c时，该粒子的总能量为：因此将粒子由静止加速到0.1c所需要做的功为：同理粒子在速度为0.89c和0.99c时的总能量分别为： 所以将粒子由0.89c加事到0.99c时所需做的功为4-18 两个静止质量都是的小球，其中，一个静止，另一个以运动，在它们做对心碰撞后粘在一起，求碰后合成小球的静止质量。分析：由于碰撞前后，体系的总能量不变，所以可以得出碰后合成小球的动质量及的关系；再根据碰撞前后动量守恒，加上已求出的合成小球的动质量，可以求出合成小球的速度；最后根据合成小球的速度和相应的动质量可以求出合成小球的静质量。解：设碰撞前运动小球的质量为，碰撞后合成小球的质量和速度分别为M和u，根据题意，显然有：1由能量守恒，有：2碰撞前后动量守恒，3由1、2和3式可得：所以合成小球的静质量为：第 11 页