大学物理第二版习题答案北京邮电大学出版社罗益民.pdf

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1、习 题 解 答第一章质点运动学1-1 (1)质点t时刻位矢为：Y (3t+5)z +t+3 f 4 /(m)(2)第一秒内位移=(不 一 元0):+(yi-y0)j=3(1-0)；(l-0)2+3(1-1 0)=3：+3.5 J(3)前4秒内平均速度V=-(1 2 z +2 0 j)=3 z +5 j(m s-1)A r 4d不 速度。=一 =3;+(F +3)7(m-s-1)d r口4 =3：+(4 +3)=3 i+7j(m*T)(5)前4秒平均加速度4 4-0丁7 3-=2-_)9(6)d V-,_ _加速度汗=j(m s )a4-j(m-s )d t1-2 v=t3 4-3 z2 4-2

2、d tx=jd x=jvd z +c =t4+/+2 f +c当t=2时x=4代入求证c=l2即 x=L f 4 +t3+2t-124v=t3+3t2+2a =d v=3_ 厂2+6,d r将片3 s代入证x3=4 1 -(m)v3=5 6(m s-1)a3=4 5(m s-2)1-3 (1)由运动方程1 x=2消去t 得轨迹方程.y =3 +2 f无 一(y 3/=0(2)1 秒时间坐标和位矢方向为 X 1 =4/n 弘=5?4,5 m:tg c(=1.2 5,e x=5 1.3 x(3)第 1 秒内的位移和平均速度分别为A r,=(4 -0)F +(5-3)；=4 F +2；(m)V -竺

3、 =4；+2 7(m-s-1)A F(4)质点的速度与加速度分别为d r -d V 八-V=8i+2 j,G=8id t d t故片Is 时的速度和加速度分别为V1 =8 F+2 jm-s-1,=8 F m -s-21-4 该星云飞行时间为9.46X105 X2.74X1093.93 X 1 07=6.5 9x1 0 1 7s =2.0 9x1 0K a即该星云是2.0 9xl0 i年前和我们银河系分离的.1-5 实验车的加速度为Va 二一1 60 0 X 1 033 60 0 x1.80=2.4 7xl02m/s2 2 5(g)基本上未超过2 5 g.1.80 s 内实验车跑的距离为1 60

4、 0 X 1 032 x3 60 0 xl.80 =4 0 0(m)1-6(1)设第一块石头扔出后t 秒未被第二块击中，则,1 2h =vot-g t代入已知数得21 ,1 1 =1 5?一一x9.8r2解此方程，可得二解为t=1.84 s,4 =1.2 2 s第一块石头上升到顶点所用的时间为f,.=/g=1 5/9.8=1.5 3 s由于乙 乙,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于与这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以匕。和吟0 分别对应于在t和 时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于1,h=v2Q(tx所以1,1,/?+g&-绢)ll+-x9.8x(1.84-l)2v=_

5、 _ _2 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _2 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _2 0-A r,1.84-1=1 7.2 m/s同理.1 z 9 1 9,h+g(t _ 4)2 n+x9.8x(1.2 2-l)2彩。二。二7 1=5 1.1(m/s)(2)由于=L 3 s /，所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于人时刻相碰，第二块的初速度为1.1 7 h+g(/1-4 2)1 1+x9.8x(1.84 1.3)v2 0=z-=z-G At 2 1.84 1.3=2 3.0(m/s)1-7以/表示从船到定滑轮的绳长，则=-皿/由.山图可

6、知s=7/2-h2于是得船的速度为3习题1-7图d sv=一d rd/47+h2%一 巾 d f负号表示船在水面上向岸靠近.船的加速度为d (、d va =一d td/-九2 J%d rI 2 2人%$3负号表示a的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8所求位数为CDr 47r2n2r 4 2(6xl04)2 xO.l=4 xl05602X9.81-9物体A下降的加速度(如图所示)为a-2h -2 x0；.4 =0_ ._2 m/s.2t2 22此加速度也等于轮缘上一点在/=3 s时的切向加速度，即a,=0.2(m/s2)在，=3 s时的法向加速度为1尸 _(6 f)2 _ (0 2 x3

7、)21.0an=0.3 6(m/s2)习 题 1-9图习 题 1-10图R R1-1 0 a =1.2 m/s 2,%=O.5 s,/?o=1.5 m.如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为v0=a tn=1.2 x0.5 =0.6(m/s)以f表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为,1 2h vot+-g t电梯下降的距离为4,1 2h=vn0 t+-2a t又%=g(g-a)t2由此得t=而小球相对地面下落的距离为1,=0.6x0.59+x9.8 x0.59?2=2.0 6m，风地=风人+人地画出速度矢量合成图(a)又外i地=/1人+2品人地，速度矢量

8、合成如图(b)两图中/风地应是同一矢量.可知(a)图必,是底角为4 5的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为V-丫0 人地/-、/7V丫 风 地 _ 7c os 4 5 一 V%人 地=4.2 3(m-s-,)习题1-11图(2)t t+t2=L L 2vL争-力(3)f=4+，2 =4+4,如图所示风速u山东向西，山速度V V合成可得飞机对地速度丁=万+6,则V=ylv2-u2.5_ 2 L _ 2L _ 2Lv 777r 小 S)1-1 3 (1)设船相对岸的速度为V(如图所示)，由速度合成得Vf=u +V丫的大小由图1.7示可得V =V c o s/S +u c o s a即 V

9、c os =V-“c os a =3-2x,=3-V J而 Vs i n 夕=,s i na =2 x =1证毕习题1-13图船达到B点所需时间/O B _ DVr Vzs i n/=0 =1 0 0 0(s)A B两点之距S =Dc tg/3=。竺gs i n p将 式(1)、(2)代入可得S =0(3-扬=1 2 68(m)q D Ixl O3(2)由/=-V s i n u s i n a船到对岸所需最短时间由极值条件决定即 c os a =0,a-nH故船头应与岸垂直，航时最短.将a值 代 入(3)式得最短航时为t =I。-=凶2 _=o.5xl O3 s=50 0(s)m,n ws

10、i n/2 2(3)设。8 =/，则,D VrD Dy lu2+V2-2 Vc os a/=s i n 0 V s i n(5 u s i n a欲使/最短，应满足极值条件.6d/D y/u2+V2-2u V c o s a ,;=-;-;-C0S6Zd a u s i n au V s i n2aH-/=s i n2 c i y/r+V2-2u Vc os=0简化后可得 c os?a -U c os a+1 =0u V即 c os2 a -c os 优+1 =062解此方程得c os a =-37e x=c os-1 =4 8.2 3故船头与岸成4 8.2,则航距最短.将 优 值 代 入(4

11、)式得最小航程为minD u2+v2-2 vc os a wVl-c os2=1.5xl03m=1.5(km)A B两点最短距离为s*=Mi n =V T T =1.12(km)第二章质点动力学2-1 (1)对木箱，山牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示,X 向：F m i nC O S。-人=。y 向：N-m in s i n6-M g =0还有 了max=4.N解以上三式可得要推动木箱所需力F的最小值为习题2-1图%Mgc os。-/s i ng在木箱做匀速运动情况K,如上类似分析可得所需力F的大小为7F=k gn c os 6-4 k s i n 0(2)在上面/i n的表示式

12、中，如果C O S。,S i n。7 0,则说曲7 8 ,这意味着用任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是c os。一$s i n 0由此得。的最小值为=a r c t a nA s2-2 (1)对小球，由牛顿第二定律x 向：T c os d-N s i ney 向：T s i n6+N c os 6-?g =0联立解此二式，可得T=m(a c os a +g s i n a)=0.5 x(2 x c os 3 0 +9.8 s i n 3 0 )=3.3 2(N)N =m(g c os a +a s i na)=0.5x(9.8 x c os 3 0 0-2 s i n 3

13、0 )=3.74(N)由牛顿第三定律，小球对斜面的压力N =N=3.74(N)(2)小球刚要脱离斜面时N=0,则上面牛顿第二定律方程为T c os 0-ma,7 s i n 夕=mg由此二式可解得a =g /t a n6=9.8/t a n 3 0 =1 7.0 m/s22-3要使物体A与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度d且挂吊B的绳应向后倾斜。作此时的隔离体受力图如图所示习题2-3图三物体只有水平方向的运动,只须列出水平方向的牛顿方程及相关方程:8mxT -mxa(1)T s i n a =m2a(2)一T c o s a-m2g=0(3)M:/一N3 水平(4)N3水平为绳中的雨拉力

14、在水平向的合力73水平=7+7 sin a (5)联 立(1),(2),(3),(4),(5)解得F=(m,+m.+m)t=80g=784(N)-m2(因为三个物体有同一加速度a,且在水平方向只受外力厂的作同，所以，可将三个物体看作一个物体：F=(吗+m2+M)a(0/5)再 与(1),(2),(3)式联立求解即可。)2-4由图写出力函数用积分法求解。-5 du由/二m dr得在0 7 5s内匕一%=25当 t=5 时：v5=v0 H-m在57s内 再 用(2)式vz-v5=f(-5r+3m白当 t=7 时：v7=10+匕=40(m-s再用积分法：d xv=,dr在05s内，由(3)式积分A即

15、x5f+35(5rnBaB由此得aA=g(si n a-4k A co sa)=9.8(si n 3 0 0-0.1 5x co s3 0)=3.6 3 m/s2aR=g(s i n a-k B co sa)=9.8(si n 3 0 0-0.2 1 xco s3 0)=3.1 2 m/s2（1）如图所示，A在下，8在上。由于%aH t.所以绳被拉紧，二者一起下滑，而 巴=%=。以T和T 分别表示绳对A和8的拉力（T=厂）,则山牛顿第二定律，沿x方向对 A：mAg s m a-/Jk Am g c o s a T =mAa对 8：m gsm a-jjm g c o s a +T=mKa由此得a

16、-gsm a-g co s amA+mB习题2-5图9.8 xsi n 3 0 0-0.1 5x1.5+0.2 1 x2.8 51.5+2.8 5=3.2 9(m/s2)x9.8 xco s3 0（2）图中绳中张力为T =mAg s i n a-j Uk AmAg cosa-mAa=1.5x9.8 xsi n 3 0 0-0.1 5xl.5x9.8 xco s3 0 -l.5x3.2 9 =0.51(N)（3）如果互换位置，4在上，B在下，则由于a；a；，连接绳子将松弛，因 而7=0,此10时A8的加速度即aA=aA=3.6 3(m/s2),aB=aB=3.1 2(m/s2)2-6当漏斗转速较

17、小时，机 有下滑趋势，小物体受最大静摩擦力，方向向上，如图所示。对小物体，由牛顿第二定律x 向：N s i n d 一 /“co s6 =?。二曲y 向：N co s6 +“si n。-机g =0还有%=NSN联立解以上各式，可得=(si n 6 一4 co s6)gm i n -V (co s.+4 si n e)r或习题2-6图0=J _ (s i n e-4 co se)gmi n-21 X(co s。+4 si n 6)r当足够大时，小物体将有上滑趋势，它将受到向下的静摩擦力，即，的方向与图2.6中所示的方向相反。与上类似分析可得最大转速为_ 1 1(si n 6-s co s6)g

18、m，x 一 五(co se +4 ssi n 6)r总起来讲，小物体在漏斗壁上不动，转速”应满足的条件是nm ax2-7设圆柱与绳索间的摩擦力为力绳对重物g 的 拉 力 7 1和 对 地 加 速 度 分 别 为。1、。2，对机1、列出方程mxg T=2画 8代 入（2）的结果中m tn得 心=河（1-0）=/k k（4）将，=,代 入（1）的结果中12得T 1v=voe =-v0e2-1 0初始时刻/=0 6 0=0,%=0,1时刻受力如图所示，设x为该时刻入水长度，棒的横截面积为s,有m =s i p.,%.=s x pg当x /时有E =m g-f浮=m 了即n s l.p z g -S

19、X pg =s i,p 2 d v Va xAmg习题2-10图2 等：1/2V=(1)（1）当天=/时v=(2)（2）当0 jU（l-x0）Ag/.XQ Il+（2）据功能原理W,=&一当开始下滑时在桌面部分的长度为y =/X。=当链条的A 端从O点沿y轴运动到y 0点过程中,摩擦力作功为1+叫=一 f fr-d y =-（九 一月例_吗2一 2 y02 U+AJ设桌面为势能零点，则链开始下滑到4端离桌面时的机机械能分别为2Ei=一；您=4勿E2-;于 是 有-必1、22 U+AJ=；疝俨 J 儿 2g+；4 g仅1+刈化 简 可 得/=R-,1 +4v=1+42-13由于7 =m V-母,

20、故冲量7的大小由图所示可得J（加 V）2+（?%）2=myj2gh+v02=0.3 V 2x9.8 xl 0 +202=7.3 N-s/与水平方向的夹角为习题2-13图Vtga=%77 2x2.9 8 x10 ”=-=0.720a =3 5。14球受到的平均冲力R =2=3 6 5(N)At 0.0 22-14 (1)4秒内力的冲量7=j A k =f(10 +2 f d =5 6 i(N-s)(2)由动量定量7 =机/一加7,可得(3)据题设，(10 +2。由=20 0即10/+/2-20 0 =0,(f +20)。-10)=0,f =10(s)2-15忽略轨道阻力，故在加载过程中列车与矿砂

21、系统在水平方向动量守恒，即m0V0=(mn+mt)V由此得t忖速度y _?0%机 o +mtt时加速度为d V _ moVoma=-rd z (6 0 +mt)2-16 以分钟计，枪对子弹的平均推力为-Nmv 120 x0.0 0 7 9 x7 3 5 ,小、F=-=-=11.6(N)t6 0枪视作静止，此力也等于肩对枪托的平均推力，山牛顿第三定律可知，枪托对肩的压力就等于 11.6 N.2-17原子核蜕变过程应满足动量守恒定律.以P 3表示蜕变后原子核的动量，应有区+2 +万3 =由图可知，P 3的大小为。3 =J E +P1=10-2IX79.222+5.332=1.0 7 xl 0-2k

22、 g m/s2P 3的方向应P l和P 2所在的平面内，而且与P l的夹角为a-9 0 +a r c t a n =9 0 +a r c t a n =149 58 p2 5.3 36习题2-17图2-18对太空惯性系，以埒的方向为正方向，以力和也分别表示火箭壳和仪器舱分开后各自15的速度.由火箭壳和仪器舱的总动量守恒给出(/?!+m2)v0=mv+m2v2由于仪器舱应在前，所以二匕一匕，即 叱=+匕.将此式代入上式得(m+m2)v0=叫匕 4-m2(w+匕)由此得v.=vm?u m 150 x9 10 ，、n-=7 6 0 0-二 7 29 0(m/s)+m2 150 +29 0v2=+%=

23、9 10 +7 29 0 =8 20 0 m/s均为正值，故二速度皆沿正向，即与未分开前环的方向相同.2-19两车相撞后的加速度为-4?g/m =-那，由此可知刚撞后二者扣在一起时的速率为v=J 24K g s =j 2x0.8 x9.8 x25=19.2m/s由于实际撞后的初速u/，山此可得撞后速度应 V,如果两车均未超限制，并都以最大允许速率以开行，则由两车的动量守恒可得(如图所示)(ZMV()2+(mv2)2=(2 机 n )22-20 (1)如图所示，沿竖直方向，分别对M和加用牛顿第二定律可得T-M g =M amg -T2-ma由此可得(=M(g +a)=120 0 x(9.8 +1

24、.5)=1.3 6 x10”)T2=m(g-a)=10 0 0 x(9.8-1.5)=0.8 3 xl 04(N)_ 1 ,(2)在加速f =1.0 s的过程，起重间上升的距离为h =-a t2，这也就是2电动机拖动钢缆的距离，电动机做的功为1 ,A=(Tt-T2)h =(1.3 6-0.8 3)x-xl.5xl2=3.9 5xl OJ(J)习题2-20图(3)起重间匀速上升时，滑轮两侧钢缆中的张力分别为T；=吆，7?=7 g 拖动钢缆的16距离为Ah时电动机又做的功是Af=(T-T2)Ah=(M-m)gAh=(1200-1000)X9.8X10=1.96X104(J)2-21如图所示，以f表

25、示马拉雪橇的力，则对雪橇，由牛顿第二定律切向：F-m gsina-f =0法向：N-mg cosa=0再由/=可解得F=氏mg cosa+mg sin a由此得马拉雪橇做功AF=(/A.mg cos a+mg sin a)Rd a=R/ikmg sin 6-mg(cos 6 1)=Rmg/Jk sin450-cos450+1=mgR 1不+口-4A 2 7 2重力对雪橇做的功为AR=(一?g sin c(Rda=mgR(cos8-1)fV2)=mgR 1摩擦力对雪橇做的功为Af=J-mgUk cos aRda=-mg sin OR-与岫R2-22设加速度为a,AB=S在B点速度为v,，在c点速

26、度为v2,整个运动分为三个分过程A 7 8:匀加速直线运动v,2=lasBTC：机械能守恒1 mv2 o 1 2=mg-2K+mv2在C点，重力提供向心力习题2-2217%mg=m(3)C A：平抛运动s=V2t(4)1 ,2R=qg 厂(5)联立(1)、(2)、(3)、(4)、(5)，可解得5a=-s.2-23 设5=$1+$2.如图所示，写出各个过程的相应方程.习题2-23图4 7 B：机械能守恒1 2mgR=-mvi(1)B 点碰撞：动量、机械能守恒，mv=mv+m2v2(2)V1 2 1 J 2 小5%=5?尸 1 +万用2 V2 G)B C：平抛运动邑=v2t1(4)1 2h=,g

27、ti(5)用 2在 C 点时：%=匕%=g 18Cl。：?2以上述速度作斜抛运动，但其加速度由下式确定$2 =匕/2 vc v=atP水m2a=，浮一用2 g =(-1)用2 gP=(-l 2g (1 0)P由(8)、(9)、(1 0)可确定射程C D为2 v x v 2 v v52=-工=(1a a联 立(1)至(1 1)式可解证s =S+$2=4ml4Rh 2 .o.-1 +-=4.8(m)如+加2 l.jI P2-24在C开始运动之前，A、5有同一加速度，对A、3作受力分析(如图所示)有A:mg-T =ma(1)B:T=ma(2)由(1)、(2)解证。=L g2设8 c间 绳 长 为 在

28、1时间内8作匀加速运动.则 I=at2=-gt2 2 2.卬证 t=I一=0.4(s)mg习题2 2 4图6和。之间绳子刚要拉紧时，A和B所达到的速度为v=at=yfgl=V 1 0 x 0.4=2.0(m -s-1)B C间绳拉紧前后，山动量原理有A:mv-mv=-TAB 工(忽 略了 重 力 的 冲 量)(3)dN=nmv而一有的质量为明的石子受到盒对它的作用力的大小等于石子的重力.在g=M，秤的读数为N+dN=(nmv+mtg)=nm2 gh+nmgt=mnQ 2 gh+gt)=100 x0.02(10 x9.8+72x9.8x4.9)=2x(98+9.8)=215.6(N)2-26用动

29、量定理求解A到B的时间为T 71t=2 co重力的冲量为/4=zg，=3町g=”，方向向下(如图所示)0)0)小球动量增量为p=2mv=2mcoR=-0)其中R由小球的动力学方程T sin=ma)RT cos。=mg习题2-26图求证R=C D由动量定理Ir+Ig=Ap20由图可证/7=/+(4)2=强(兀2+4fg2g)%H/pC O,与 水 平 方向的夹角为a2-2 7 设铁锤与铁钉撞击中能量损耗不计，重力的功不计，由动能定理有 dx=AE=*o(恒量)而 尸二依，对第一次打击 kxdx=Ei)对第二次打击尸 =；一)=线=；解证 x2=6x第二次击入的深度为Ax=x2-x1=(V2-1)

30、/=0.41(cm)2-2 8 静止时各处T=m g,对两弹簧有T=kx=mgT=k2x2=mg所以，两弹簧的伸长量之比为两弹簧的弹性势能之比为x _ 2/卜Ek=2kX=k.Ek k x2 k2 人 2人 2水平方向动量守恒22-29(1)子弹与摆锤碰撞，v 一mv=m-+Mv,(1)2 1门为摆锤碰撞后之速度，摆锤获此速度后作圆周运动，在铅直面内机械能守恒1MV,2+M g2/(2)欲完成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件21Mg=小M；,由（3）式得岭=代 入（2）式得匕=屈，再 代 入（1）式可得子弹的最小速度历m2-3 0小球与弹簧振动系统相互碰撞，水平方向动量守恒mvQ=-m v

31、1+M v （1）V为弹簧系统的启动速度，它在被压缩过程中机械能守恒，设最大压缩长度为,，则有（2）将（1）、（2）两式联立求解得X，=忌3。+匕）=廉*1 X （4+2）=0.06（m）（2）碰撞是非弹性的，其机械能损失为=-mvl-m v?+A/v2（3）小球与M完全非弹性碰撞解得2 1 2 2 ；=-x l x 42-1 -x l x 22+-X1 03X0.0622 (2 2=4.2(J)，碰撞后弹簧被压缩，据此可列式mvQ=(？+M)/1 1(M+加)/2=-K2-1 -4 k(m+M)机械能损失1 ,=x l x 4-2)而两m)1?-x l O3x O.O 3 82=7.28(J

32、)第三章刚体的定轴转动223-1(1)铁饼离手时的角速度为。=V /R=25/L0=25(rad/s)(2)铁饼的角加速度为ara -_ 25_2 _20 2x24x1.25=39.8(rad/s2)(3)铁饼在手中加速的时间为20 _ 2x2 X1.25(0 25=0.628(s)3-2(1)初角速度为末角速度为角加速度为(2)转过的角度为a)o =2x200/60=20.9(rad/s)仞=2万 x 3000/60=314(rad/s)314-20.9=4 L 9(r a d/s 2)e=%。t=314 x7=1.17xl()3rad=186(圈)(3)切向加速度为a、=aR=41.9x0

33、.2=8.38(m/s2)法向加速度为an=60=42机视为质点，M视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所示）m g-T=maRT=J(3 dv=-21=v=(2)1v=gtdxV=一dr Jdx 1则 一d =2 g gtdx=gtdtdr=1 2(3):加 匀加速运动，由丫=；g f以及匕=0 知271a =28又由m g -T =manT=g3-10如图所示，唱片上面元面积为心=2的,质量为d?=机4闵/(成2),此面元受转盘的摩擦力矩为dM=rd/=z*/kd mg=ing/Jk r2 d f tl r/(7rR2)各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为M=J d M4

34、Mg成2de 2=MkmgR唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从0增加到0需要时间为co _ 3 _ 3Rcoa 4k g唱机驱动力矩做的功为A=M N=M(a=-m R2co22唱片获得的动能为Ekk Jco1-mR2a)22 2 2)43-11对整个系统用机械能守恒定律-mygh+kh+；/丫2 +Ja)2=01 ,以产,0=u/r代入上式，可解得2lm.gh-kh1 2x 0.08 x 9.8 x 0.5 2x 0.5 2 ,v=J -=、-=1.48 m/s my+m/2 V 0.08 +0.053-12(1)丁字杆对垂直轴0的转动惯量为 1 2u J=J+/。八“=m/4-=-m

35、lU A H3 2 /3对轴0的力矩0=j g/，故山M=1/可得释手瞬间丁字杆的角加速度28B=Mo 1 .J o 232m/2=3g4/(2)转过9 0。角后，知矩M =0,则 =0。由机械能守恒知*2 .历愣此时角动量L=J=JmgUo=转动动能为rE 1 ,2 1 ,k =-=Qmgl3-13(1)利用填补法，将小碎片填入缺口，此时为均匀圆盘对O轴的转动惯量机o/?2,挖去小碎片，相应减少4=，”R 2,故剩余部分对O的转动惯量为J =J；-Jl=；m0夫 2 _ ”R 2(2)碎片飞离前后，其角动量守恒1 92m(。R(o=m0R2-mR?)+mRa)x(0=0)故剩余部分的角速度与

36、原来的角速度相等。3-14由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩，所以系统的角动量守恒，即J(ox=(J+Mr2)a)2由此可得转台后来的角速度为(0=-C D.=-x-=0.49 6(ra d/s)2 J+Mr2 1 1200+8 0 x 22 103-15慧星在有心力场中运动，角动量守恒。设其质量为M,近日点速率为匕，与太阳之距远日点速率为，与太阳之距-2,则有MV=MV2r2K 5.46 X 10 门 a c c/,rU 2/、r.=-7x 8.7 5 x 10=5.26 x 10(m)V2 9.08 X 1023-16 (1)由于y 2=gv=A/gr=7 9.8 x 2.5 =4.9

37、5(m/s)29(2)由飞船和宇航员系统角动量守恒可得3mvR-J c o=0由此得飞船角速度为3mvRc o-3x 7 0 x 4.9 5 x 2.53x l 05=8.6 7 x 1 O-3(ra d/s)(3)飞船转过30。用的时间f =万/(6。)，宇航员对飞船的角速度为0 +v/R ,在时间 内跑过的圈数为1 v =(G+V/R)(2%)=(1+)12 c o R1 4 9 5=x(l +)=19(圈)12 8.6 7 x 10-3x 2.53-17太阳自转周期按25 d计算，太阳的自转角动量为/s=2 2-m R-C i)50I n=-x l.9 9 x l 03x(6.9 6 x

38、 l 08)2x 5 25 x 8 6 400=l.l x l 042(k g m2/s)此角动量占太阳系总角动量的百分数为0.11X 1043(0.11+3.2)x l 043=3.3%3-18 (1)由于外力沿转动中心。，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即=m V2r22m V =mr c o故小球作半径r2的圆周运动的角速度为0=乌匕2(2)拉力尸做功为11 、2 一A=F d s =m V2 m V=-1 Vx 2 2 2 3-19 (1)，=/杆+，球1，2 2 4，2-ml+m r =-ml3 3(2)在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有1 2/八 八

39、0=J c o mg(c o s 0)-mg(/c o s3)30解得:cose3-20(1)子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒:3,r f3,y i m，mvl=in I+MI co4 l4 J 3解得mv(3 4 Y-m +M/U 9)_ 8x10-3x200|-x 8 x l0-3+4|x0.414 9j8x10-3x200=4x0.49=9(rad s-1)(2)上摆过程机械能守恒1 ,I 3-Jy2=M g-(1-cos)+/-/(!-cos)M H-m 1 D22(3 16)M 3-1 m2 4(1-cos 0)lgm M ,上式可近似为5 tM尸 疗=?(1-cos。,2

40、解得 cos。=(1竺)=0.0733gcos60即6为第二象限的角度，本题中即棒向匕摆可超水平位置(90)o由于 COST(0.073)=856/.棒的最大摆角约为乃-85。6=94。52第四章狭义相对论31其中Xi=O 2=1 2 0 0 k mS，（飞船）“=0.999c长沙即J 2 ,2 _%-h -+/)1 _ 4a对 O B,在 S系中长度为4周长=(2 x 乎 a+=(1 +V1 3)4-7 S系测量的时间间隔为固有时To =时间延缓公式得EL习题4-6(b)图V,yr=4.0 s,S 系测量的时间间隔为运动时T=6.0.V，根据34s系对s系的速率在S 系测量的两个事件的空间间

41、隔为4=4 =0.7 4 5 X3X1 08X6.0 =1.3 4 1X1 09(m)或4=/(Ax-u At)=0.7 4 5x 3 x l08 x 6.0 =1.3 4 1 x l09(m)=1.2 x 1 0%Ax -1 0 0 m(因为流星是从船头飞向船尾)A r =y(+彳 A/)cA v =(A/+)y4=9(1.2 x 1 0-6 一皿x lO O)4 c=1.2 5X1 0-6(S)4=(TO O+0.6c x 1.2 x 1 0-6)；=1 4 5(m)4-9根据相对论动力学基本方程得rd(mv)r=-d tt对上式积分 出=f d(功ffl c(1)当 tv v 我 时,F

42、/VV m0C35Ftc Fv=i=t=at册 0 2 c 2 m0(2)当 t.时，F t mocFn.Ftc则 v=/,一=c师v=at 时，j d x =卜 d t=1 2x=at2v=c时J c L v =j v d r4-10m=m01 -i-ij (k g)二 1 k g/4-114-124-134-144-154-16略略略略略根据质能公式得太阳因辐射能量每秒减少的质量为半=2=5.6 x l(m g)c2(3 x 1 0 8)2 6与太阳质量的比值Am 5.6X1 092xlO30=2.8xlOTm这个比值是非常小的.4-17 略第 5 章 静 电 场5-1两小球处于如题5-1

43、图所示的平衡位置时;每小球受到张力T,重力m g以及库仑力F的作用，则有Tcos6=m g和T sin6=尸，.歹=mgfge,由于夕很小，故361/3、2在5-2设 在 仅 在C点的场强分别为友和瓦，则有6=1%4 f左=1.8xlO4V m-1方向沿AC方向3嗫/方向沿CB方向1 a2F=-7=mgtge x 9X109X1-8X1 2.7xlO4V m-10.042，C点的合场强E的大小为:习题5-2图E=E+E1=7(1.8X104)2+(2.7xl04)2设E的方向与CB的夹角为a,则有=3.24x10，.m-ip a =rg T 1=fgT =33.7。E2 2.75-3坐标如题9

44、-3图所示，带电圆弧上取一电荷元dq=A d/,它在圆心O处的场强为d =1方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两4 f R2带电圆弧中对应电荷元在圆心O处产生的此1和 曲2在x方向分量相互抵消。习题5-3图.E x=0,圆心O处场强E的y分量为E,=2 6-1-A丁dis in.。n=2 6-1-小4减0 R 小47!当 sin”R2A f 732兀R(2方向沿y轴正向。375-4 (1)如 题54图(a),取与棒端相距a的P点为坐标原点,x轴向右为正。设带电细棒电荷元dq =Ad x至P点的距离x,它在P点的场强大小为d Ep1 A dr4f x2各电荷元在P点产生的场强方向相同，于是

45、方向沿x轴正向Ep=口？=14脏0 4 d xx2、4疫4+L,=9X109X3X10-8|一 二 Xi。-=2.4 1 xl O3V-m-112 8 x1 0-方向沿x轴方向。(2)坐标如题5-4图(b)所示，在带电细棒上取电荷元dq =/kk与Q点距离为r,电荷 J J元 在Q点所产生的场强dE =由于对称性，场d E的x方向分量相互抵消，所4在0 r以心=0,场强d E的y分量为d =d E si n 0=-si n 04庇。厂因叫ge w d?c sT明。/.d =-空 si n 6 =-si n 0A 04f r 4 -od2E,习题5-4 图(b)=fd ,=f -si n的6 =

46、-(c o sa-c o sa)J ,40d2 40d2 1 2其中 COS.=.,COS&=,他+02)2-胞+02)2代入上式得2 LE4底。4 J d；+(L/2)238=-9-x-l-0-9-x-3-x-l-O-8-x-0-.-2-._,.3 l_r=5.27xlO3V-/M 18x10-2(8x10-2 +(0 2/2)5方向沿y轴正向。5-5 带 电 圆 弧 长/=2成一 1=2x3.4x0.50-0.02=3.12机，电 荷 线 密 度%=二3廿=1.0 x10-9(2 m-1。带电圆弧在圆心O处的场强等价于一个闭合带电I 3.12圆环(线密度为4)和长为d、电荷线密度为-%的小

47、段圆弧在O处场强的矢量和。带电闭合圆环在圆心处的场强为零，而dR,.小段带电圆弧可视为点电荷，所带电量/=1.0 x10-9()02=2x10-。,故 圆心处 的 场强，E =冬=9x109 x2 x l0=0.72V-mT,方向由圆心指向空隙中心。R2 0.525-6(1)点电荷q位于一立方体中心，则通过立方体每一面的电通量相等，通过每一面的电通量I为总通量中的L,即6 =(d 5 =-6,6 EQ 6sn(2)如果这点电荷移到立方体的一个角上，则电荷q所在顶角的三个面上，因为各点巨平行于该面，所以这三个面的电通量均为零，另三个面的电通量相等。如果要把q全部包围需要有8个立方体，相当于有24

48、个面，每 一 面 上 通 过 的 电 通 量 为 总 通 量 的 即24=-d5=-d Si q _ q24 。一 245-7解法(一)通过圆形平面的电通量与通过以A为球心，A B =&+R：=r为半径,以圆平面的周界为周界的球冠面的电通量相等，该球冠面的面积S=2m”,通过整个球面S0=4m 2的电通量0 =2，所以通过该球冠面的电通量为二。So Eo 4耐 2q r-rco sa2 5rS _ q 2/rrH _ q H21 r=-(l-COS6)1 -2殳 2/1、x7x2+7?2;39解法(二)在图形平面上取一同心面元环，设其中半径为r,宽 为 dr,此面元的面积ds=2 dr。设此面

49、元对A点的半张角为6,见图所示，=-dS=-f-c o s 2 rdr=*4衣0 A x2+r2E_2岛 I y lx2+R2,5-8 通过此半球面的电通量与通过以。为圆心的圆平面电通量相等，无限大平面外任一点的 场 强 为 金，,通过该球面的电通量为2/不 a a 2 CKR-=E S=-T VR=-5-9 设想地球表面为一均匀带电球面，则它所带总电量为q -d S eQ ES -Eo 4 派2 E=-8.8 5 xl 0-1 2 x4 -x(6.4 xl 06)2 X 1 3 0=-5.92X105C5-1 0 设均匀带电球壳内、外半径分别为R 和/?2,它所产生的电场具有球对称性，以任意

50、半径r 作一与均匀带电球壳同心的高斯球血S,由高斯定理可得年左.d =4 E=E=4在 r当 r =5c m R时，,=0,E=0R r=8c m R2%=1兀p(R：R；)4E3 中 _ 吊)_。(1一耳)4 0r2 3 f0r22xl Q-5(0.13-0.0 63)-3X8.85X10-12X0.122=4.1xi O4V m_ 15-11无限长均匀带电圆柱面产生的电场具有轴对称性，方向垂直柱面，以斜半径r作-与两无限长圆柱面的同车圆柱面以及两个垂直轴线的平面所形成的闭合面为高斯面，由高斯定理可得(d S=2ml E=物1*。E=1%2F rl(1)当 rR,Z%=0,=0；(2)当/?