大学物理第二版习题答案_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：产 =(3 f +5)i+(g/+3 f -4)j(2)第一秒内位移坐=(%!-x0)F+(y i-y0)j=3(1-0)；|(1-0)2+3(1-1 0)j=3：+3.5 了。舞)(3)前 4秒内平均速度 =-=-(l 2i+2 0 j)=3 F+5 7(m-s-1)A r 4V =3/+(r +3)J(m-s-,)(4)速度 山,V4=3 r +(4 +3)J=3 r +7 j(m-s-)(5)前 4秒平均加速度-A V V4-Voa =-=-X 4-07 3 -一 _9=-j-J=J(m-s )(6)d=J(m-s-2)a4

2、=j(m-s-2)加速度 山d r 3c 2cv =r +3 厂 +21-2 5x-Jd x-Jv d f +c=+1+2 f +c当 t=2 时 x=4 代入求证c=-1 2x=l/4+/3+2 r-1 2即 4v =/3+3/2+2a =-=3 r +6 rd r将 t=3s代入证x3=4 1 (7?)v3=5 6(m-s-1)a3=4 5(m-s-2)x =4r 0 ,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t i时刻相碰，第二块的初速度为1?“一 +g(4-&2)U+1 x 9.8 x(1.84 1.3)27v2 0=-=-绝 1.84-1.3=2 3.0(m/s)习题1-7

3、图ds I d/y l s2+h2V -=I =-v0d f J/2 _ 2 由 S负号表示船在水面上向岸靠近.船的加速度为d _ r ，怛而 O?出1-2_力27。山 53d va =-d r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a)2r _=4病(6 x IO”)2乂0 J _ 4 x Ug g 6 02 x 9.81-9物体A下降的加速度(如图所示)为2h2 x0.422=0.2 m/s2此加速度也等于轮缘匕一点在/=3 s时的切向加速度，即at-0.2(m/s2)在=3 s时的法向加速度为anv2 _(a,t)2 _(0.2 x3)2R R 1.0=0.3 6

4、(m/s2)习题1-9图习题1-1 0图1-1 0 a =L 2 m/s 2 Jo=S5 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%=a t0=1.2 x 0.5 =0.6(m/s)以t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h vot +-g t电梯下降的距离为h=vot+-a f又%=%_/=g(g _协2由此得而小球相对地面下落的距离为,1 2h=vot+-gt-1,=0.6 X 0.5 9+-x9.8xO.5 922=2.0 6 mM l /风地=狂风人+”人 地画出速度矢量合成图(a)又 风地=%人+2。人地，速度矢量合成 如 图(

5、b)两图中 风地应是同一矢量.可知(a)图必是底角为45的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为V -口0人地/-J 7vu风 地 一 7c os 45。-N v 人 地=4.2 3(m-s-,)习题1-11图L L 2vL%i-f-TV IvJ，=4+G =+(3)V V ,如图所示风速U由东向西，由速度合成可得飞机对地速度1-1 3(1)设船相对岸的速度为丫(如图所示)，由速度合成得V u +VV的大小由图1.7示可得V =V c os p+w c osaV c os(3-V -u c os a=3-2 x =3-V 3即2习题1-13图Vf s in J 3=u s in a =2

6、x =1而2船达到B点所需时间O B _ D运 一 V si n夕=D =1 0 0 0(s)S =Dc t g 0=A B两点之距 s in 0将 式(1)、(2)代入可得S =0(3-6)=1 2 6 8(m)D Ix l O3t =-=-(2)i l l si n w si 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 =n I I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min1X10,=0.5x 1 o3 S=50 0(s)w si n/2 2(3)设 8=/，则,D V D Dy l u2+V2-2 V c osasi n/?V si n

7、/?u s in a欲使1最短，应满足极值条件.-d-l-=D 7W2+V2-2 V c osa,c os a,da u si n a u V si n2 a 八+-/=0si n2 a y u2+V2-2u V c os ar _2，2+V2,1 nc os a-c os a+1 =0简化后可得 uv9 i 1 J f 1 八c os-a-c os a +1 =0即6，2c os a =一解此方程得 3a =c os-1-=48.2 3故船头与岸成482。，则航距最短.将 优 值 代 入(4)式得最小航程为minD u2+v2-2u vc os arw v l-c os2 a=1.5x l

8、03m=1.5(k m)A B两点最短距离为S m i n =卮方=Vl T=1.1 2(k m)第二章质点动力学2-1 (1)对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示,X 向：Fm i n CO S 6 /m a x =0y 向：-Fm i n si n(9-M g =0还有 fm ax=M sN 习题2-1图解以上三式可得要推动木箱所需力F的最小值为F 二 4 Mgm i n c os。一s si n。在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F的大小为F 4 Mgm，n c os。-4k si n。(2)在上面产min的表示式中，如果COS-sS in -0,则尸mi

9、n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。-4 si n。40由此得e的最小值为6=a rc ta n 4 s2-2 (1)对小球，由牛顿第二定律x 向：T c os9-N si n，=机。丫 向.T si n O +N c os。一机g=0联立解此二式，可得T =m a c ostt+g si n a)=0.5 x (2 x c os 30 +9.8si n 30 )=3.32(N)N =m(g c os a +a si n a)=0.5 x (9.8 x c os 30 0 -2 si n 30 )=3.74(N)由牛顿第三定律，小球对斜面的压力N =N

10、=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=m a,T s in O =m g 习题 2-2 图由此二式可解得a =g/ta n。=9.8/ta n 30 =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a,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:T =ma(1)T s in a =/小 a(2)m,T c os a-m2g=0 (3)M:F -N 3代 产M a(4)73水平为绳中的雨拉力在水平向的合力N 3 水平=T +T s

11、in a(5)联 立(1),(2),(3),(4),(5)解得F=(m.+机，+?)，晒g=80 g=784(N)/2 2-m2(因为三个物体有同一加速度a,且在水平方向只受外力F的作同，所以，可将三个物体看作一个物体：F=(叫+m2+M)a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。_ J 2t(0/5)-1-5/+3 5 (5 r 5 s内1 f c 1 2匕一%二 2d =tm J)m(3)2 5 7为=V y 4-=3 0(m ,s )m当t=5时:在 5-7 s 内 再 用(2)式v=一drjdr=jvdr在 0-5 s 内，由(3)式积分匕一元。

12、+t2)dtm即再 由(4)式5 ,也=叭 /2+3 5/-1 1 2.5当 t=7 时：匕=1 0+%=4 0(01|)再用枳分法：(5)1 2 5 2x5=x0+2 5 +-=6 8(m)J 2求5得x,-x5=(%|+3 5/1 1 2.5)5x7=x5+7 3-=1 4 2(m)得32-5 设两物体未用绳连接则由牛顿第二定律，沿 x 方向，对 A,有fmAg s in a-kAm g c o s a mAaA对 于 B,有fmBg s in a -/.ikBm g c os a =mBaB由此得raA=g(s i na -4 k A co s a)=9.8(s i n 3 00-0.1

13、 5 x co s 3 0)=3.6 3 m/s2aH=g(s i n a-k B co s 6 r)=9.8(s i n 3 00-0.2 1 x co s 3 0)=3.1 2 m/s2f f(1)如图所示，A 在下，B 在上。由 于%/。所以绳被拉紧，二者一起下滑，而%=8 =。以T 和 分别表示绳对A和 B 的拉力(T =,则由牛顿第二定律，沿 x 方向习 题2-5图对 A：机A g s i n a 口机g c o s a-T =ua对.B.%g s i n a k B?g co s a+T =mBa由此得a =g s m a-g c os a加4 +加 8c c 0.1 5 x 1.

14、5 +0.2 1 x 2.8 5 八。=9.8 x s i n 3 0-x 9.8 x co s 3 01.5 +2.8 53.2 9(m/s2)(2)图中绳中张力为T =mAg s in a -/JkAmAg c os a -mAa=1.5 x 9.8 x s i n 3 00-0.1 5 x l.5 x 9.8 x co s 3 0-1.5 x 3.2 9 =0.5 1(N)(3)如果互换位置，A在上，B在下，则 由 于 巴 aB,连接绳子将松弛，因而T=0,此时AB的加速度即，aA-aA-3.6 3(m/s2),aH-aB-3.1 2(m/s2)2-6当漏斗转速较小时，m有下滑趋势，小物

15、体受最大静摩擦力上”方向向上，如图所示。对小物体，由牛顿第二定律x 向 N s in O-fm c os d=m c D2mn ry 向：N co s 8 +，s i n。-mg=0还有 fm =联立解以上各式，可得3 =/(s i n.-4 co s e)gV (co s 6 +s s i n 8)r或_ 1 ,(s i n，-%co s d)gI n V (co s。+s i n 8)r习题2-6图当n足够大时，小物体将有上滑趋势，它将受到向下的静摩擦力，即工 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“m ax1 1(s i n e-sco s e)g2 乃 7(co

16、s。+4 s i n0)r总起来讲，小物体在漏斗壁上不动，转速n应满足的条件是n 几 几max一 一“min2-7设圆柱与绳索间的摩擦力为f,绳对重物m l的拉力T 1,al、a2,对m l、m 2列出方程mg-T =ma f -m2g=m2a2=机2(i )T=f联立解出：和m 2对地加速度分别为一FT%a2-m2)g-m2armx+吗(m 1-m2)g-mxa习题2-7图2f =T=呵 明Q ga)mA+m22-8质点在x、y两个方向都是匀加速直线运动。F=6i-1 j=maxi+mayjv=(vx+/):+(%6 7-=(2 +r)i+D jmm5 T 7 -/=i/(m-s )4 87

17、=(匕3 +产 了(-2)x 2 +-x x 22 1_ 2 1 6 .1 3-7 一-z j(m)4 81 7 广 x x 2-j2 1 6/=.=出2-9 山dvvr dv%vkdrm(k=-I dt力m(1)积分得v=%e(2)dxv=vne mdrA x=x-x0 m）积分得 k（3）利 用（1）的结果，令v=0得代 入（2）的结果中得m mA x=-vo(l-O)=-voK Kmt（4）将 左代 入（1）的结果中.1 1丫 =麻=一%e得2-10初始时刻=，无。=力。=,t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.A fnm=sip于 浮=sxp、g-x-BU L

18、当时有du习题2-10图F=mg-fn=m.dvslp2g-sxpxg=slp2-v即dxp,，在 c点速度为吆,整个运动分为三个分过程A B：匀加速直线运动V,2=las-mV l2=mg-2R+mv22习题2-22在 C点，重力提供向心力8fC：机械能守恒2V2mg=inRC -A ：平抛运动S=v2t联立、(2)、2-2 3设个过程的相应方1?2 R=g 、(4)、(5)，可解得二 S|+$2 .如图所示，写出各习题2-23图A -B：机械能守恒mD 1 2gR=-mxv,2(1)B点碰撞：动量、机械能守恒，mxvx=mxvx+m2v2(2)V1 2 1 2 1 2-miVi=%+-m2

19、V2(3)8 C：平抛运动S|=v2t(4)|2h=8h、乙m 2在 C点时:/=1.33(m-s-1)恒.3)联 立（3）、（4）、（5）解证2 2v/=-v =-x2.0=1.33（m-s-1）2-2 5 设在t 秒时，盒内已落有的石子质量为m tmt=n m t(1)而石子落入盒内时速度为v=y 2g h在此后dt时间内，将有质量dmt的石子落入盒内dmt=nm-df对山”，这些石子用动量定理，设5 ，的石子受到盒对它的作用力为dN,以向下为正则(dm,g-dNi)dt dm,(0-v)dNdt=dmt(dtg+v)=nmdt(gdt 4-v)nmvdt n dN=nmv而已有的质量为m

20、t的石子受到盒对它的作用力的大小等于石子的重力.mtg=N.,秤的读数为N+dN=(nmv+mg)-mnlgh+rnngt=nmQ2gh+gf)=100 x 0.02(10 x 9.8+V2 x 9.8 x 4.9)=2x(98+9.8)=215.6(N)2-26用动量定理求解A到B的时间为T nt=2 co重力的冲量为,mn mng人=mgt=S=，方向向下(如图所示)小球动量增量为 p=2mv=2mcoR=2 tn g tsC O其中R由小球的动力学方程Tsin。=ma)R-c k =Z l E =E o（恒 量）而尸=乙，对第一次打击小 2 1对第二次打击f F d x=kx-x j)=

21、&=kx解证%2 =亚占第二次击入的深度为Ax=x2-xi=（V 2 -l）x,=0.4 1（c m）2-2 8静止时各处T=m g,对两弹簧有T=%内=mgT=k2x2=mg所以，两弹簧的伸长量之比为/_ k2x2 Ie 1两弹簧的弹性势能之比为E k=2西 2-2 9 （1）子弹与摆锤碰撞，水平方向动量守恒mv=m-2 1V 1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*=2欲完成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件由（3）式 得 匕=代 入（2）式得 =屈，再 代 入（1）式可得子弹的最小速度2M r：%i n =45gltn2-30小球与弹簧振动系统相互碰撞，水

22、平方向动量守恒mv0-mv+MvV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”,则有将（1）、（2）两式联立求解得mXxl x(4 +2)=0.06(m)（2）碰撞是非弹性的，其机械能损失为_ _ 1 2/七 损 一 万加匕）-m v；+-M v22 2=-xl x42-|-xl x22+-xl O3xO.O 622 (2 2=4.2。)(3)小球与M完全非弹性碰撞，碰撞后弹簧被压缩，据此可列式m v0=(m +M)vr-a-)0-=-3-1-4-2-0-.-9 =4 1.9n(r.a d/s 2)xt 7.0(2)转过的角度为e=2 0 9 +314 x7 =1.1

23、7 X I O,r a d =1 8 6(圈)2 2(3)切向加速度为ax-a R=4 1.9 x0.2 -8.38(m/s2)法向加速度为an=(y2/?=31 42 x0.2 =1.9 7 xl 04(m/s2)总加速度为a =V 8.372+(1.9 7 xl 04)2=1.9 7 x 1 0“(m/s2)总加速度与切向的夹角为c an 1.97 x l 04,0-ar c t an =ar c t an-=89 59at 8.3 73-3 (1)对 轴 I 的转动惯量J i=2 m(t z c o s 600)2+(a+4c o s 60。)+m(a+2 4c o s 60。)？=9m

24、 a2对轴I I 的转动惯量J2=4m(s i n 60)2=3m a2(2)对垂轴的转动惯量J 3 =2m a +2 m(2Q C O S3 00)2 +m il d)1=2m a23-4(1)设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对。点的力矩为3 3 3 1 1 1 3(2)系统对。点的总转动惯量等于各部分对O点的转动惯之和，即J Q=/+八+，3 +/42 1 ,2 1 /3人/3/2 /2+(+)+%)48(3)由转动定律 M=邛可得“。一 个 立 一 3 6 g与mF 37 1483-5(1)摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为/3=丁。=(0.8-l)g =0.

25、2 g第二秒末的角速度为g=)+=例)0.2 g x 2 =0,6g(2)设摩擦力矩”与角速度-的比例系数为0,据题设可知M r=aco,即 J =acod r产 dco ca,co a=I d r I n =tJ。co J 0 J据题设，=人 时;幼=0-8o,故可得比例系数a-J l n 0.8由此f =2 s时，转轮的角速度刃2为l n .=2 1110.8。co.,-0.8 00=0.6403-6设飞轮与闸瓦间的压力为N,如图示，则二者间摩擦力力二N,此摩擦力形成阻力矩frR,山转动定律frR=jp其 中 飞 轮 的 转 动 惯 量 角 加 速 度 tf土 2 nr=7unnRr 5=

26、-7T x60 x(1000/60)X 0.25=-314(N)见图所示，由制动杆的平衡条件可得2万=-nFQi+/2)-/Vr/1=0 N=N得制动力F=一 =3 14x 0,5=314(N)/(/,+/2)0.4(0.5+0.75)3-7 如图所示，由牛顿第二定律对 叫：丁|7 叫g=m吗对加2:m2g-T2=m2a2对整个轮，由转动定律T述 2内又由运动学关系/=%/飞=%/&联立解以上诸式，即可得B=_ _ _ _ _ _ _ _(啊 内)g_P (Mt/2+mt)R+2/2+m2)R-3-8 设米尺的总量为m,则直尺对悬点的转动惯量为r 1 ,2 1 i2/=一?i+3 3 2 21

27、 2=-x -m3 51.4=m15=0.093 mx 0.42+-x-m x 0.623 5M=m gM=1(3又x-x-m g x-x5 2 5 51八,=0.1m g0.6m 0.4m(b)3 1 223c =M =-0-.-1-m-g-x-l-5=1.0.5（r ad s,_2）.I 1.4m从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为O势能点）m g hc=J c o2即2 g x 0.1=g x 昔机/2=g=V2T3-9 m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 =m aR T =J/3 a =R 01 ,J=-MR2I 2(1)由方程组可

28、解得m 1a =-g =m +M/2 2物体作匀加速运动1v-v0+a t -g t习题3-9图（I）(2)物体下落的距离为12x=vot+at1当t=4时x=l g x 42=4g=3 9.2(m)4(3)绳中张力由方程组解得T 1T二,m g解法2：以t=0时物体所处位置为坐标原点O,以向下为x正方向.(1)由机械能守恒：；J T y2+；根 V2 =mgx19 d v =dt2fdv=Iv nv=：g f(2)d x 1一=一 gt则d 2d v =gtdt1 2=-g t41Z1v =彳g，V -0(3)机匀加速运动，由 2 以及%-u知又由2 g -T -m a3-10如图所示，唱片

29、上一面元面积为d s =汨肉厂,质量为d m =d闵r /(成？),此面元受转盘的摩擦力矩为d M =r df=r kdm g =m g/j r2d O A r /(T TR 2)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 M2 氏 m g R习题3-10图唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从0增加到需要时间为M/-m R(23R a)4 k g唱机驱动力矩做的功为A M-A(9 =M-c ot m R c o2唱片获得的动能为Ek=-J a)2=f w/?2|y2=m R a)k 2 2 =v/r以 2 代入上式，可解得g h-kh+m/22 x0.08 x9.8 x0

30、.5-2 x0.520.08 +0.05=1.4 8 m/s3-12 (1)丁字杆对垂直轴O的转动惯量为 ,1 ,2 ,Ai=Joc +JOAH M g ，?+m(2iy in lMQ m g l _ a对轴O的力矩 2 ，故由二J 可得释手瞬间丁字杆的角加速度/=如=L Z g/X =迪Jo 2 2m l2 4/转 过 9 0角后，知矩=，则夕=。由机械能守恒知/1 .2 卜 吧mg-=J0c o:.a)=-乙 乙 V J 0此时角动量L=J0(y=J m g l J转动动能为Ek=；/。苏=；m g l3-13 (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 2挖去小

31、碎片，相应减少4=求2,故剩余部分对O 的转动惯量为,0=4 4=-m R-(2)碎片飞离前后，其角动量守恒n ig R c o=(-vn R )例 +n iR ：.(OX=(O故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。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 +M r )a 2由此可得转台后来的角速度为J 12 00 2 万 八.、c o.2 =-J-+-M-r-2-(D.-1-2-0-0-+-8-0-x-2-27 X 10=0.4 9 6(r ad/s)3-15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V I,与太阳之距r l;远

32、日点速率为V 2,与太阳之距r 2,则有MV=匕弓r,=4=546XWX8 75X1OIO=5 26X1Q|22 V2 9.08 xlO23-16(1)由于 2 =gv =y g r=79.8 x2.5=4.9 5(m/s)（2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得3m vR -JC D=0由此得飞船角速度为3m vRc o=-3 x70 x4.9 5x2.53 xl()5=8.67x1 CT?(r ad/s)（3）飞船转过3 0用的时间=/（6）,宇航员对飞船的角速度为0 +v/R,在时间t 内跑过的圈数为1 v/?=(69 +v/R)(2)=(I d-)12 c oR=1 x(l+4半 9 5

33、)=19(圈)12 8.67x10-3 x2.53-17太阳自转周期按2 5d 计算，太阳的自转角动量为乙 2J&=m R c os 52=-xl.9 9 xl03x(6.9 6xl08)*1 2 3(0.11+3.2)xl04 33-18 （1）由于外力沿转动中心O,故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即机乂八=mV2r2mV -m r 2c o故小球作半径r 2 的圆周运动的角速度为(2)拉力F做功为z 2,f t，.1 1/2 1 0 2 m A 1.2A =I F ds =m V2 m Vl=-1 V j.2 2 23-19 (1)=/杆+J 球=1 m l 0 +m l 2=4 m l

34、23 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 /0=一 ./刃 -m g（c os 0）-m g（/c os 0）2兀2 5x8 64 00 x=l.lxl04 2(k g-m2/s)此角动量占太阳系总角动量的百分数为O.llxlO4 3=3.3%啰=4匕ri69 =./COS0解得：2 V I3-20(1)子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒:3.r f 3.y imvl=m I+-MI co4|_ U J 3 _解得mvco=7-x 3 4小14 9 J8 x 1()7x 200Mx。卜。，4-9=9(r a d-s T)(2)上摆过程机械能守

35、恒1 ,/3=A/g(l-c o s )+/?g/(1-c o s )即_2M 3-M +m l2co23 16-1 m(1-c o s。)lg2 4mM,上式可近似为1 1 .M-M l2 co2=-(1-c o s )lgc o s =(l-)=-0.073解得3 gc o s e 即夕为第二象限的角度，木题中即棒向上摆可超水平位置（9 0。）。由于 c o s-(0.073)=8 5 06棒的最大摆角约为7 8 5 6 =9 405 2第 四 章 狭义相对论即 2 乙，则长沙的班机后起飞.（代入数据可得）4-3地球与星球的距离L O 5光 年（固有长度），宇航员测量的长度卜3光 年（运动

36、长度）,由长度收缩公式得得火箭对地的速度(a)习题4-5图(b)A T 争争长度沿运动方向缩短34-6(1)对 0A(或0B)习题4-6(a)图V3。，=二-。1 动在S系（相对S系以 2）yV3，=不=亚+，；-/-1-3-a 2 =6a4 16 4=2 立。+”如+也）周长 4 2对OA（或A B ）S系中长度为L（或4）习题4-6（b）图/=a27/，2=I：+/V 13-C I4对OB,在S系中长度为,3=（2 x恒。+号周长 4 2=(1+713)4-7 S系测量的忖间间隔为固有时”=4.0s,S 系测量的时间间隔为运动时T=6.0s ,根据时间延缓公式得S 系对s系的速率在S 系测

37、量的两个事件的空间间隔为Ax=uAt=0.745 X 3X108 X 6.0=1.3 41X109(m)Ax-y(Ax-uAt)=0.745 x3x10s x 6.0=1.341 x 109(/n)”=1.2、1 0 04.8 zk=-100？(因为流星是从船头飞向船尾)Z =/(/+=)cAv=(Ax+必/)/4 =*(1.2 x IO 吆 100)4c=1.25X10-6(S)&=(100+0.6CXL2X10-6)(=145(m)4-9根据相对论动力学基本方程得 d(mi?)F-dr对上式积分得(1)当 tm cv=at 时,dt=a t dt1 2x =-a t 2v=c时jdx=jv

38、dr4-11 略4-12 略4-13 略4-14 略4-15 略4-1 6 根据质能公式得太阳因辐射能量每秒减少的质量为4A m =A E=-5-x-l026 _ ,n 9,一 八c2(3 xl()8)27 =5 6 x 10(kg6-s )与太阳质量的比值这个比值是非常小的.4-17 略第 5 章 静 电 场A m _ 5.6 x 1092xlO30=2.8x10-215-1 两小球处于如题5-1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T cos6=m g和T sin8=F,.尸=m gfg6,由于9 很小，故F=-4=mgtg 0 x mg s i n 0=

39、mg 4万 分x 21/2,1/3q-i.12 44 加g,5-2 设 q l,q 2在 C点的场强分别为目和瓦，则有耳冬4%凄习题5-1图=9x 10 91.8x 10-90.0 32=1.8x lO4V m-1方向沿AC方向9x l09xk8 1 0)=2.7x lO4V-m-习题5-2图0.0 42方向沿CB方向C点的合场强后的大小为:E=E；+E：=J(1.8 x l()4)2 +(2.7 x l()4)2设 E的方向与CB的夹角为a ,则有3.2 4 x lO4V m*a=tg-%1.82 7=33.75-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取-电荷元dq =,它在圆心O 处的场强为

40、“1 Adi=-4 4 。R-,方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两带电圆弧中对应电荷元在圆心O 处产生的dE l和 dE 2 在 x方向分量相互抵消。习题5-3图E，=,圆心O 处场强E的 y分量为Ex=2 6-1 -A-dbi s.i nng =2.涓6-1 -A-/-?d-习题5-4图(b)dE =-s i n g =-sin 闵 9r 4%d?E、,=fdv=f-sin 历夕=-(c o s 0-c o s 0.)J，匕 4f d 2 4od2c LUCOS ux I,其中 苑+(L/2)2代入上式得c o s%=L/2Jd；+(L/2)22 _ _ _ _ _ _ _ _ _L

41、4 M 2 他+(L/2)29X109X3X10-8X0.2丁 =5.27x103丫 mt8xl0-2(8xl0-2)2+(0.2/2)2方向沿y轴正向。5-5 带 电 圆 弧 长，=2成-4=2x3.4x0.50-0.02=3.12m，电 荷 线 密 度1 q 3.12x10 9 icx irr9 r-iA=-=1 .Ux 1U C,m/3.12。带电圆弧在圆心O处的场强等价于一个闭合带电圆环(线密度为九)和 一长为d、电荷线密度为-九的小段圆弧在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 xl0-0.02=2xl0-C,故圆心处

42、的场强，E=9x 1()9 x2 x lH=0.72V-m-4%R 0,5，方向由圆心指向空隙中心。5-6(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，；.通过每一2面的电通量 为总通量的7,即 =EdS=-cfdS =由 61 6 4 64(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，因为各点后平行于该面，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1要有8个立方体，相当于有24个面，每一面上通过的电通量为总通量的24,即R =I瓦 器=(但q。q2445-7解法(一)通过圆形平面的电通量与通过以A为球心，A B=X?+R2=

43、厂为半径,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-So=4加的 电 通 量 4 ,所以通过该球冠面的电通量为,S q 2勿归中=中（）一 =-rS。4 4/q H2%r、:s s、1-士,，A习题5-7图(a)q r-rcosa2%r-(l-C0S7)=-2*0 241-、XG+/?i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=2m dr。设此面元对A点的半张角为8,=E dS5-8通过此半球面的电通量与通过以0为圆心的圆平面电通量相等，无限大平面外任点17的场强为2%,通过该球面的电通量为 D =E S=成 2 =ovrR2 4

44、2%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-韭 dS-s0ES-04T TR2 E=-8.85xIO-12 x 4万x(6.4xlO6)2 xl30=5.92 x IO,c5-1 0设均匀带电球壳内、外半径分别为R1和R 2,它所产生的电场具有球对称性，以任意半径r作-与均匀带电球壳同心的高斯球面S,由高斯定理可得韭 田=4勿2.=%4%r当 r=5cm&时%=0.g=0R r-Scm R2 M =个 兀p（*-R；）g乎（咫-M）p（R：_ R：）d =-o-;-4%厂 3%广2X1Q-5（0.13-0.063）3x8.85xlO*12 x0.122=4.1xlO4V-m-1

45、5-1 1 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 作一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-Eq.E,dS=21E=上%E=_ L 过2兀%rl 当 r Rl,甬=上 =；(2)当 Ri 八&2 时 2/=，厂 1 2/2E)=-=-2a0 rl 2啊/.(3)当 CR?时，%=,二%=5-1 2 见题5-1 2图所示，由于平面无限大，电荷分布均匀，且对中心面SO (图中虚线)对称，电场分布也应具有均匀性和对称性，即在与带电板平行且位于中心面SO 两侧距离相等的平面上场强大小应处处相等，且方向垂直该平面。过板内

46、P 点或板外Q 点作轴线与x轴平行，两底面积为S 且相对中心面SO 对称的闭合正圆柱面为高斯面，由高斯定理可得：(1)平板内-d S =2E 内 S=%=“4 。T1 期i S-1?圉方向垂直板面向外(2)平板外EdS=2ESpsd方向垂直板面向外。5-13 由于电荷分布具有轴对称性，故其场强必沿柱体的径向，其大小也具有轴对称性，故在圆柱体内取下同心薄圆筒，其半径为r,厚度d r,长 1,见右图示，根据高斯定理可得E-dS pAv2ERI=f-27irldr一 J,(l+(r/)2)2E=-A)f 血=。2A z.r*(a2+r2)2 20(a2+r2)习题5-13图5-1 4 设想原来不带电

47、的小空腔内同时存在电荷体密度为 0 的两种电荷，则原带电荷等价于一个半径为R,电荷体密度为+P的均匀带电球体和一个半径为r,电荷体密度为一。的均匀带电球体的组合，空间各处的场强等于这两个均匀带电球体产生场强的矢量和。对于球心 O 处，&=瓦+后2,由于均匀带电球体球心处的场强为零，所以=邑=74 31 71V P 33 二 P/4 4 4 d2 3Od2方向由O 指向。习题5-14图对于球心。处,后。，=耳+后 2=后|,d TrR3p.E-E -例 _ 3_至4 兀q)R 4 兀R、3%方向由o 指向。对于空腔内的任一点P,位置如图所示。_，1-T TR3pa-Trrypb+员+*=J 3

48、4 万 ()R 4兀 与广 学 四/4 府 0 广上-伍-5)=上-23/3 2次以上计算表明空腔任意点的场强大小均为3%且方向均山0指向,，所以，空腔内为匀强电场。5-1 5 电偶极子在均匀电场中所受的力矩为 q F=qk_ g/。rM=PE s in 6 。为电矩 P F=qE./q E。=工 习题5-1 5 图与以两方向间的夹角，当 2时，外电场作用于电偶极子上的力矩最大Mmm=(?E J =l.O x l O_ 6x l.O x l O5x 2x l O 3=2.0 x l 0-4N-m5-1 6 外力所作的功为A=%一 吗=q(i，2-%)=%-(4 0 f2 4 4 2 h)4 万

49、 4=1.5X10-8X3.0X10-8X9X0.25 0.4 215-1 7=6.5 6 x 1 0-6 J(1)氢原子内负电荷的总电量为q=qe+f p(r)4 r2d r =qe-V 4 r2d rJ)小加z j。一 2 产d r =0.61 qe%力(2)由于负电荷呈球状对称分布，故可采用高斯定理计算负电荷产生的电场强度瓦的大小为Ei=-2r/a)、1 e74万0一正 电 荷+%在 球 心，其产生的电场强度用的大小为则在距球心r处的总电场强度为豆=瓦 十%其大小为隹+空+)I/即)-2%E的方向沿径向向外。5-1 8电场力的功q0(u0-uc)=q0 0-1 q 1q4兀 外 3R 4

50、兀 外 R）qq6兀5-1 9由高斯定理可求得是空间场强分布（略）E=1 rQ4 44 7?31 Q4码)r2rR离球心为 r R）处的电势w =F 1 rQ A-?dr+4 万4 7?Q卜4万4 rdr=L(R 2 _/)+。4 乃氏*2 4兀&Rg(3/?2-r2)8 兀 R、4=25-20 (1)电荷线密度 2/dud q =/k k,它在P点的电势P点的总电势坐 标 如 题 5-20图(a)所示,距 原 点 一：,1 A dx4 0(r -x)习题5-20图(a)UA dxr -x(2)坐标如题5-20图(b)所示，电荷元d q n 1 d x在 Q点的Q点的总电势，cf 1 /W x