大學物理習題解答解題上1-12

PAGEPAGE1大學物理習題解答湖南大學應用物理系第一章質(zhì)點運動學P26．1．1一質(zhì)點沿直線運動，運動方程為x(t)=6t2-2t3．試求：（1）第2s內(nèi)的位移和平均速度；（2）1s末及2s末的瞬時速度，第2s內(nèi)的路程；（3）1s末的瞬時加速度和第2s內(nèi)的平均加速度．[解答]（1）質(zhì)點在第1s末的位移大小為x(1)=6×12-2×13=4(m)．在第2s末的位移大小為x(2)=6×22-2×23=8(m)．在第2s內(nèi)的位移大小為Δx=x(2)–x(1)=4(m)，經(jīng)過的時間為Δt=1s，所以平均速度大小為=Δx/Δt=4(m·s-1)．（2）質(zhì)點的瞬時速度大小為v(t)=dx/dt=12t-6t2，因此v(1)=12×1-6×12=6(m·s-1)，v(2)=12×2-6×22=0，質(zhì)點在第2s內(nèi)的路程等于其位移的大小，即Δs=Δx=4m．（3）質(zhì)點的瞬時加速度大小為a(t)=dv/dt=12-12t，因此1s末的瞬時加速度為a(1)=12-12×1=0，第2s內(nèi)的平均加速度為=[v(2)-v(1)]/Δt=[0–6]/1=-6(m·s-2)．[注意]第幾秒內(nèi)的平均速度和平均加速度的時間間隔都是1秒．1．2一質(zhì)點作勻加速直線運動，在t=10s內(nèi)走過路程s=30m，而其速度增為n=5倍．試證加速度為．并由上述數(shù)據(jù)求出量值．[證明]依題意得vt=nvo，根據(jù)速度公式vt=vo+at，得a=(n–1)vo/t，(1)根據(jù)速度與位移的關系式vt2=vo2+2as，得a=(n2–1)vo2/2s，(2)（1）平方之后除以（2）式證得．計算得加速度為=0.4(m·s-2)．1．3一人乘摩托車跳越一個大礦坑，他以與水平成22.5°的夾角的初速度65m·s-1從西邊起跳，準確地落在坑的東邊．已知東邊比西邊低70m，忽略空氣阻力，且取g=10m·s-2．問：70m70m22.5o圖1.3（2）他在東邊落地時的速度？速度與水平面的夾角？[解答]方法一：分步法．（1）夾角用θ表示，人和車（他）在豎直方向首先做豎直上拋運動，初速度的大小為vy0=v0sinθ=24.87(m·s-1)．取向上的方向為正，根據(jù)勻變速直線運動的速度公式vt-v0=at，這里的v0就是vy0，a=-g；當他達到最高點時，vt=0，所以上升到最高點的時間為t1=vy0/g=2.49(s)．再根據(jù)勻變速直線運動的速度和位移的關系式vt2-v02=2as，可得上升的最大高度為h1=vy02/2g=30.94(m)．他從最高點開始再做自由落體運動，下落的高度為h2=h1+h=100.94(m)．根據(jù)自由落體運動公式s=gt2/2，得下落的時間為=4.49(s)．因此他飛越的時間為t=t1+t2=6.98(s)．他飛越的水平速度為vx0=v0cosθ=60.05(m·s-1)，所以礦坑的寬度為x=vx0t=419.19(m)．（2）根據(jù)自由落體速度公式可得他落地的豎直速度大小為vy=gt=69.8(m·s-1)，落地速度為v=(vx2+vy2)1/2=92.08(m·s-1)，與水平方向的夾角為φ=arctan(vy/vx)=49.30o，方向斜向下．方法二：一步法．取向上的方向為正，他在豎直方向的位移為y=vy0t-gt2/2，移項得時間的一元二次方程，解得．這里y=-70m，根號項就是他落地時在豎直方向的速度大小，由于時間應該取正值，所以公式取正根，計算時間為t=6.98(s)．由此可以求解其他問題．1．4一個正在沿直線行駛的汽船，關閉發(fā)動機后，由于阻力得到一個與速度反向、大小與船速平方成正比例的加速度，即dv/dt=-kv2，k為常數(shù)．（1）試證在關閉發(fā)動機后，船在t時刻的速度大小為；（2）試證在時間t內(nèi)，船行駛的距離為．[證明]（1）分離變量得，積分，可得．（2）公式可化為，由于v=dx/dt，所以積分．因此．證畢．[討論]當力是速度的函數(shù)時，即f=f(v)，根據(jù)牛頓第二定律得f=ma．由于a=d2x/dt2，而dx/dt=v，所以a=dv/dt，分離變量得方程，解方程即可求解．在本題中，k已經(jīng)包括了質(zhì)點的質(zhì)量．如果阻力與速度反向、大小與船速的n次方成正比，則dv/dt=-kvn．（1）如果n=1，則得，積分得lnv=-kt+C．當t=0時，v=v0，所以C=lnv0，因此lnv/v0=-kt，得速度為v=v0e-kt．而dv=v0e-ktdt，積分得．當t=0時，x=0，所以C`=v0/k，因此．（2）如果n≠1，則得，積分得．當t=0時，v=v0，所以，因此．如果n=2，就是本題的結果．如果n≠2，可得，讀者不妨自證．1．5一質(zhì)點沿半徑為0.10m的圓周運動，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ=2+4t3．求：（1）t=2s時，它的法向加速度和切向加速度；（2）當切向加速度恰為總加速度大小的一半時，θ為何值？（3）在哪一時刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？[解答]（1）角速度為ω=dθ/dt=12t2=48(rad·s-1)，法向加速度為an=rω2=230.4(m·s-2)；角加速度為β=dω/dt=24t=48(rad·s-2)，切向加速度為at=rβ=4.8(m·s-2)．（2）總加速度為a=(at2+an2)1/2，當at=a/2時，有4at2=at2+an2，即．由此得，即，解得．所以=3.154(rad)．（3）當at=an時，可得rβ=rω2，即24t=(12t2)2，解得t=(1/6)1/3=0.55(s)．yxOαv0θaaxayv0xv0yyxOαv0θaaxayv0xv0y[解答]建立水平和垂直坐標系，飛機的初速度的大小為v0x=v0cosθ，v0y=v0sinθ．加速度的大小為ax=acosα，ay=asinα．運動方程為，．即，．令y=0，解得飛機回到原來高度時的時間為t=0（舍去）；(s)．將t代入x的方程求得x=9000m．[注意]選擇不同的坐標系，例如x方向沿著a的方向或者沿著v0的方向，也能求出相同的結果．RA圖1.71．7一個半徑為R=1.0m的輕圓盤，可以繞一水平軸自由轉動．一根輕繩繞在盤子的邊緣，其自由端拴一物體A．在重力作用下，物體A從靜止開始勻加速地下降，在Δt=2.0s內(nèi)下降的距離h=0.4m．求物體開始下降后3sRA圖1.7[解答]圓盤邊緣的切向加速度大小等于物體A下落加速度．由于，所以at=2h/Δt2=0.2(m·s-2)．物體下降3s末的速度為v=att=0.6(m·s-1)，這也是邊緣的線速度，因此法向加速度為=0.36(m·s-2)．1．8一升降機以加速度1.22m·s-2上升，當上升速度為2.44m·s-1時，有一螺帽自升降機的天花板上松落，天花板與升降機的底面相距2.74m．計算：（1）螺帽從天花板落到底面所需的時間；（2）螺帽相對于升降機外固定柱子的下降距離．[解答]在螺帽從天花板落到底面時，升降機上升的高度為；螺帽做豎直上拋運動，位移為．由題意得h=h1-h2，所以，解得時間為=0.705(s)．算得h2=-0.716m，即螺帽相對于升降機外固定柱子的下降距離為0.716m．[注意]以升降機為參考系，釘子下落時相對加速度為a+g，而初速度為零，可列方程h=(a+g)t2/2，由此可計算釘子落下的時間，進而計算下降距離．1．9有一架飛機從A處向東飛到B處，然后又向西飛回到A處．已知氣流相對于地面的速度為u，AB之間的距離為l，飛機相對于空氣的速率v保持不變．（1）如果u=0（空氣靜止），試證來回飛行的時間為；（2）如果氣流的速度向東，證明來回飛行的總時間為；（3）如果氣流的速度向北，證明來回飛行的總時間為．[證明]（1）飛機飛行來回的速率為v，路程為2l，所以飛行時間為t0=2l/v．（2）飛機向東飛行順風的速率為v+u，向西飛行逆風的速率為v-u，所以飛行時間為．ABABvv+uv-uAABABvv+uv-uABvuuvv．證畢．v1hlv2θ圖1.101．10如圖所示，一汽車在雨中沿直線行駛，其速度為v1，下落雨的速度方向與鉛直方向的夾角為θ，偏向于汽車前進方向，速度為v1hlv2θ圖1.10v1hlv2θv3ααv⊥[解答]v1hlv2θv3ααv⊥方法一：利用直角三角形．根據(jù)直角三角形得v1=v2sinθ+v3sinα，其中v3=v⊥/cosα，而v⊥=v2cosθ，因此v1=v2sinθ+v2cosθsinα/cosα，即．證畢．方法二：利用正弦定理．根據(jù)正弦定理可得，所以，即．方法三：利用位移關系．將雨滴的速度分解為豎直和水平兩個分量，在t時間內(nèi)，雨滴的位移為l=(v1–v2sinθ)t，h=v2cosθ?t．兩式消去時間t即得所求．證畢．第二章質(zhì)點力學的基本定律P46．θmF圖2.12．1如圖所示，把一個質(zhì)量為m的木塊放在與水平成θ角的固定斜面上，兩者間的靜摩擦因素μθmF圖2.1（1）試證tanθ≧μs；（2）須施加多大的水平力，可使木塊恰不下滑？這時木塊對斜面的正壓力多大？（3）如不斷增大的大小，則摩擦力和正壓力將有怎樣的變化？（1）[證明]木塊在斜面上時受到重力和斜面的支持力以及靜摩擦力，其中θGmNff≦fs=θGmNf而N=Gcosθ．要使木塊加速下滑，重力沿著斜面的分量不得小于最大靜摩擦力fs．根據(jù)牛頓第二定律得Gsinθ-μsGcosθ=ma≧0，因此tanθ≧μs．證畢．θGmNθGmNfxFθyGsinθ-μsN-Fcosθ=0，（1）N-Gcosθ-Fsinθ=0．（2）（2）×μs+（1）得Gsinθ-μsGcosθ–Fcosθ-μsFsinθ=0，解得．（3）上式代入（2）得．（4）（3）[解答]當木塊平衡時，一般情況下，有Gsinθ-f-Fcosθ=0，N-Gcosθ-Fsinθ=0．解得f=Gsinθ-Fcosθ，N=Gcosθ+Fsinθ．可知：eq\o\ac(○,1)當?shù)拇笮〔粩嘣黾訒r，摩擦力將不斷減?。划擣=Gtanθ時，摩擦力為零；當F再增加時摩擦力將反向；至于木塊是否向上做加速運動，則要進一步討論．eq\o\ac(○,2)正壓力將不斷增加．[討論]當tanθ<1/μs時，如果木塊恰好不上滑，則摩擦力恰好等于最大靜摩擦力，方向沿著斜面向下，用上面的方法列方程，可得．將（3）式中的μs改為-μs就是這個結果．可見：當tanθ=1/μs時，F(xiàn)趨于無窮大，只有當tanθ<1/μs時，才能增加F的大小使木塊向上加速滑動．2．2如圖所示，設質(zhì)量m=10kg的小球掛在傾角α=30°的光滑斜面上，求：αa圖2.2（1）當斜面以加速度a=αa圖2.2（2）當斜面的加速度至少為多大時小球?qū)π泵娴恼龎毫榱?？（g=9.8m·s-2）αGxayNT[解答]（1）小球受到重力αGxayNTNcosα+Tsinα–mg=0，Tcosα-Nsinα=ma．解得N=m(gcosα–asinα)=68.54(N)，T=m(gsinα+acosα)=77.29(N)．（2）令N=0，得加速度為a=gctgα=16.97(m·s-2)．2．3物體A和B的質(zhì)量分別為mA=8kg，mB=16kg，它們之間用繩子聯(lián)結，在傾角α=37°的斜面上向下滑動，如圖所示．A和B與斜面的滑動摩擦因素分別為μkA=0.2，μkB=0.4，求：（1）物體A和B的加速度；αAαAB圖2.3（3）如果將A和B互換位置，則（1）和（2）的結果如何？[解答]根據(jù)角度關系可得sinα=3/5=0.6，cosα=4/5=0.8，tanα=3/4=0.75．αABmAgNAfATTmBgNBfB（1）如果物體A和αABmAgNAfATTmBgNBfB設繩子的張力為T，根據(jù)牛頓第二定律分別對A和B列運動方程：mAgsinα–μkAmAgcosα-T=mAa，T+mBgsinα–μkBmBgcosα=mBa．兩式相加得[(mA+mB)sinα–(μkAmA+μkBmB)cosα]g=(mA+mB)a，所以加速度為=3.26(m·s-2)．（2）將加速度a的公式代入任一方程都可解得張力為=3.86(N)．由此可見：當兩物體的摩擦因素相等時，張力才為零，這是因為它們的加速度相等．（3）將A和B互換位置后，由于A的加速度比較大，所以繩子不會張緊，其張力為零．A的運動方程為mAgsinα–μkAmAgcosα=mAaA，解得aA=g(sinα–μkAcosα)=4.12(m·s-2)．同理得aB=g(sinα–μkBcosα)=2.7(4m·s-2)．αABv0P圖2.42．4一個重量為P的質(zhì)點，在光滑的固定斜面（傾角為α）上以初速度運動，αABv0P圖2.4[解答]質(zhì)點在斜上運動的加速度為a=gsinα，方向與初速度方向垂直．其運動方程為x=v0t，．將t=x/v0，代入后一方程得質(zhì)點的軌道方程為，這是拋物線方程．2．5桌上有一質(zhì)量M=1kg的平板，板上放一質(zhì)量m=2kg的另一物體，設物體與板、板與桌面之間的滑動摩擦因素均為μk=0.25，靜摩擦因素為μs=0.30．求：（1）今以水平力拉板，使兩者一起以a=1m·s-2的加速度運動，試計算物體與板、與桌面間的相互作用力；（2）要將板從物體下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物體與板之間有正壓力和摩擦力的作用．板對物體的支持大小等于物體的重力Nm=mg=19.6(N)，NmNmfmNMfMa物體受板摩擦力做加速運動，摩擦力的大小為fm=ma=2(N)，這也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力NM=(m+M)g=29.4(N)，這也是桌子受板的壓力的大小，但方向相反．板在桌子上滑動，所受摩擦力的大小為fM=μkNM=7.35(N)．這也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）設物體在最大靜摩擦力作用下和板一起做加速度為a`的運動，物體的運動方程為NmfNMf`fFNmfNMf`fFa`可得a`=μsg．板的運動方程為F–f–μk(m+M)g=Ma`，即F=f+Ma`+μk(m+M)g=(μs+μk)(m+M)g，算得F=16.17(N)．因此要將板從物體下面抽出，至少需要16.17N的力．2．6如圖所示：已知F=4N，m1=0.3kg，m2=0.2kg，兩物體與水平面的的摩擦因素勻為0.2．求質(zhì)量為m2的物體的加速度及繩子對它的拉力．（繩子和滑輪質(zhì)量均不計）[解答]利用幾何關系得兩物體的加速度之間的關系為a2=2a1，而力的關系為T1=2T2．對兩物體列運動方程得T2-μm2g=m2a2，F(xiàn)–T1–μm1g=m1a1．可以解得m2的加速度為=4.78(m·s-2)，繩對它的拉力為k1k2Fk1k2F(a)k1k2F圖2.7(b)2．7兩根彈簧的倔強系數(shù)分別為k1和k2．求證：（1）它們串聯(lián)起來時，總倔強系數(shù)k與k1和k2．滿足關系關系式；（2）它們并聯(lián)起來時，總倔強系數(shù)k=k1+k2．[解答]當力F將彈簧共拉長x時，有F=kx，其中k為總倔強系數(shù)．兩個彈簧分別拉長x1和x2，產(chǎn)生的彈力分別為F1=k1x1，F(xiàn)2=k2x2．（1）由于彈簧串聯(lián)，所以F=F1=F2，x=x1+x2，因此，即．（2）由于彈簧并聯(lián)，所以m2FT1a1m1T2a2f1f2m2FT1a1m1T2a2f1f2圖2.6因此kx=k1x1+k2x2，即k=k1+k2．2．8如圖所示，質(zhì)量為m的擺懸于架上，架固定于小車上，在下述各種情況中，求擺線的方向（即擺線與豎直線的夾角θ）及線中的張力T．（1）小車沿水平線作勻速運動；圖2.8（2）小車以加速度沿水平方向運動；圖2.8（3）小車自由地從傾斜平面上滑下，斜面與水平面成φ角；（4）用與斜面平行的加速度把小車沿斜面往上推（設b1=b）；（5）以同樣大小的加速度（b2=b），將小車從斜面上推下來．Tmgmaθ（2）[解答]Tmgmaθ（2）（2）小車在水平方向做加速運動時，重力和拉力的合力就是合外力．由于tanθ=ma/mg，所以θ=arctan(a/g)；繩子張力等于擺所受的拉力．TmgTmgmaφθ（3）θ=φ；T=mgcosφ．Tmgmbφθφ（4）（4）根據(jù)題意作力的矢量圖，將豎直虛線延長，與水平輔助線相交，可得一直角三角形，θ角的對邊是mbcosTmgmbφθφ（4），因此角度為；而張力為．Tmgmbφθ（5）（5）與上一問相比，加速度的方向反向，只要將上一結果中的Tmgmbφθ（5）lmθBCO圖2.92．9如圖所示：質(zhì)量為m=10kg的小球，拴在長度llmθBCO圖2.9（1）小球通過豎直位置時的速度為多少？此時繩的張力多大？（2）在θ<60°的任一位置時，求小球速度v與θ的關系式．這時小球的加速度為多大？繩中的張力多大？（3）在θ=60°時，小球的加速度多大？繩的張力有多大？lmθBCOmgT[解答]（1）小球在運動中受到重力和繩子的拉力，由于小球沿圓弧運動，所以合力方向沿著圓弧的切線方向，即lmθBCOmgT小球的運動方程為，其中s表示弧長．由于s=Rθ=lθ，所以速度為，因此，即vdv=-glsinθdθ，（1）取積分，得，解得=2.21(m·s-1)．由于，所以TB=2mg=1.96(N)．（2）由（1）式積分得，當θ=60o時，vC=0，所以C=-lg/2，因此速度為．切向加速度為at=gsinθ；法向加速度為．由于TC–mgcosθ=man，所以張力為TC=mgcosθ+man=mg(3cosθ–1)．（3）當θ=60o時，切向加速度為=8.49(m·s-2)，法向加速度為an=0，繩子的拉力T=mg/2=0.49(N)．[注意]在學過機械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．10一質(zhì)量為m的小球，最初靜止于如圖所示的A點，然后沿半徑為r的光滑圓弧的內(nèi)表面ADCB下滑．試求小球在C點時的角速度和對圓弧表面的作用力．rDαrDαBCA取上題中l(wèi)=r，對（1）式積分，得，解得速度為，角速度為．由于NC–mgcosα=2mgcosα，所以NC=3mgcosθ．hθmNmg圖hθmNmg圖2.11[解答]小石塊在運動中受到重力和軌道的支持力，合力方向沿著曲線方向．設切線與豎直方向的夾角為θ，則F=mgcosθ．小球的運動方程為，s表示弧長．由于，所以，因此vdv=gcosθds=gdh，h表示石下落的高度．積分得，當h=0時，v=0，所以C=0，因此速率為．2．12質(zhì)量為m的物體，最初靜止于x0，在力(k為常數(shù))作用下沿直線運動．證明物體在x處的速度大小v=[2k(1/x–1/x0)/m]1/2．[證明]當物體在直線上運動時，根據(jù)牛頓第二定律得方程利用v=dx/dt，可得，因此方程變?yōu)?，積分得．利用初始條件，當x=x0時，v=0，所以C=-k/x0，因此，即．證畢．[討論]此題中，力是位置的函數(shù)：f=f(x)，利用變換可得方程：mvdv=f(x)dx，積分即可求解．如果f(x)=-k/xn，則得．（1）當n=1時，可得．利用初始條件x=x0時，v=0，所以C=lnx0，因此，即．（2）如果n≠1，可得．利用初始條件x=x0時，v=0，所以，因此，即．當n=2時，即證明了本題的結果．2．13一質(zhì)量為m的小球以速率v0從地面開始豎直向上運動．在運動過程中，小球所受空氣阻力大小與速率成正比，比例系數(shù)為k．求：（1）小球速率隨時間的變化關系v(t)；（2）小球上升到最大高度所花的時間T．[解答]（1）小球豎直上升時受到重力和空氣阻力，兩者方向向下，取向上的方向為下，根據(jù)牛頓第二定律得方程，分離變量得，積分得．當t=0時，v=v0，所以，因此，小球速率隨時間的變化關系為．（2）當小球運動到最高點時v=0，所需要的時間為．[討論]（1）如果還要求位置與時間的關系，可用如下步驟．由于v=dx/dt，所以，即，積分得，當t=0時，x=0，所以，因此．（2）如果小球以v0的初速度向下做直線運動，取向下的方向為正，則微分方程變?yōu)?，用同樣的步驟可以解得小球速率隨時間的變化關系為．這個公式可將上面公式中的g改為-g得出．由此可見：不論小球初速度如何，其最終速率趨于常數(shù)vm=mg/k．ARv0圖2.142．14如圖所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圓環(huán)帶，半徑為R．一物體帖著環(huán)帶內(nèi)側運動，物體與環(huán)帶間的滑動摩擦因數(shù)為μk．設物體在某時刻經(jīng)A點時速率為v0，求此后時刻tARv0圖2.14[解答]物體做圓周運動的向心力是由圓環(huán)帶對物體的壓力，即N=mv2/R．物體所受的摩擦力為f=-μkN，負號表示力的方向與速度的方向相反．根據(jù)牛頓第二定律得，即．積分得．當t=0時，v=v0，所以，因此．解得．由于，積分得，當t=0時，x=x0，所以C=0，因此．*2．15mRωθrmg圖2.162．16如圖所示，一半徑為RmRωθrmg圖2.16[解答]珠子受到重力和環(huán)的壓力，其合力指向豎直直徑，作為珠子做圓周運動的向心力，其大小為F=mgtgθ．珠子做圓周運動的半徑為r=Rsinθ．根據(jù)向心力公式得F=mgtgθ=mω2Rsinθ，可得，解得．第三章運動的守恒定律P84．OxFxm圖3.13．1如圖所示，一小球在彈簧的彈力作用下振動．彈力F=-kx，而位移x=Acosωt，其中k，A和ω都是常數(shù)．求在t=0到t=OxFxm圖3.1[解答]方法一：利用沖量公式．根據(jù)沖量的定義得dI=Fdt=-kAcosωtdt，積分得沖量為，方法二：利用動量定理．小球的速度為v=dx/dt=-ωAsinωt，設小球的質(zhì)量為m，其初動量為p1=mv1=0，末動量為p2=mv2=-mωA，小球獲得的沖量為I=p2–p1=-mωA，可以證明k=mω2，因此I=-kA/ω．3．2一個質(zhì)量m=50g，以速率的v=20m·s-1作勻速圓周運動的小球，在1/4周期內(nèi)向心力給予小球的沖量等于多少？[解答]小球動量的大小為p=mv，mRmRp1p2Δpp1得，由此可作矢量三角形，可得．因此向心力給予小球的的沖量大小為=1.41(N·s)．[注意]質(zhì)點向心力大小為F=mv2/R，方向是指向圓心的，其方向在不斷地發(fā)生改變，所以不能直接用下式計算沖量．mRFxmRFxyFFyxOF=mv2/R=mωv，其分量大小分別為Fx=Fcosθ=Fcosωt，F(xiàn)y=Fsinθ=Fsinωt，給小球的沖量大小為dIx=Fxdt=Fcosωtdt，dIy=Fydt=Fsinωtdt，積分得，，合沖量為，所前面計算結果相同，但過程要復雜一些．vxΔvvy3．3用棒打擊質(zhì)量0.3kg，速率等于20m·s-1的水平飛來的球，球飛到豎直上方10mvxΔvvy[解答]球上升初速度為=14(m·s-1)，其速度的增量為=24.4(m·s-1)．棒給球沖量為I=mΔv=7.3(N·s)，對球的作用力為（不計重力）F=I/t=366.2(N)．CBA圖3.43．4如圖所示，3個物體A、B、C，每個質(zhì)量都為M，B和C靠在一起，放在光滑水平桌面上，兩者連有一段長度為0.4m的細繩，首先放松．B的另一側則連有另一細繩跨過桌邊的定滑輪而與A相連．已知滑輪軸上的摩擦也可忽略，繩子長度一定．問A和B起動后，經(jīng)多長時間C也開始運動？C開始運動時的速度是多少？（取gCBA圖3.4[解答]物體A受到重力和細繩的拉力，可列方程Mg–T=Ma，物體B在沒有拉物體C之前在拉力T作用下做加速運動，加速度大小為a，可列方程T=Ma，聯(lián)立方程可得a=g/2=5(m·s-2)．根據(jù)運動學公式s=v0t+at2/2，可得B拉C之前的運動時間=0.4(s)．此時B的速度大小為v=at=2(m·s-1)．物體A跨過動滑輪向下運動，如同以相同的加速度和速度向右運動．A和B拉動C運動是一個碰撞過程，它們的動量守恒，可得2Mv=3Mv`，因此C開始運動的速度為v`=2v/3=1.33(m·s-1)．3．5一個原來靜止的原子核，放射性蛻變時放出一個動量p1=9.22×10-16g·cm·s-1的電子，同時還在垂直于此電子運動的方向上放出一個動量p2=5.33×10-16g·cm·s-1的中微子．求蛻變后原子核的動量的大小和方向．[解答]原子核蛻變后的總動量大小為=10.65×10-16(g·cm·s-1)．p1p1pp2θθ=arctan(p2/p1)=30°．根據(jù)動量守恒定律，三個粒子總動量為零，，所以原子核的反沖動量為，其大小與電子和中微子的合動量的大小相等，方向相反，與電子速度的夾角為180-θ=150°．3．6一炮彈以速率v0沿仰角θ的方向發(fā)射出去后，在軌道的最高點爆炸為質(zhì)量相等的兩塊，一塊沿此45°仰角上飛，一塊沿45°俯角下沖，求剛爆炸的這兩塊碎片的速率各為多少？[解答]炮彈在最高點的速度大小為v=v0cosθ，方向沿水平方向．v0v0θvv`v`45°，所以v`=v/cos45°=．R45°mgNθFfds圖3.73．7如圖所示，一匹馬拉著雪撬沿著冰雪覆蓋的弧形路面極緩慢地勻速移動，這圓弧路面的半徑為R45°mgNθFfds圖3.7[解答]取弧長增加的方向為正方向，弧位移的大小為ds=Rdθ．重力的大小為G=mg，方向豎直向下，與位移元的夾角為π+θ，所做的功元為，積分得重力所做的功為．摩擦力的大小為f=μkN=μkmgcosθ，方向與弧位移的方向相反，所做的功元為，積分得摩擦力所做的功為．要使雪橇緩慢地勻速移動，雪橇受的重力、摩擦力和馬的拉力就是平衡力，即，或者．拉力的功元為，拉力所做的功為．由此可見：重力和摩擦力都做負功，拉力做正功．3．8一質(zhì)量為m的質(zhì)點拴在細繩的一端，繩的另一端固定，此質(zhì)點在粗糙水平面上作半徑為r的圓周運動．設質(zhì)點最初的速率是v0，當它運動1周時，其速率變?yōu)関0/2，求：（1）摩擦力所做的功；（2）滑動摩擦因數(shù)；（3）在靜止以前質(zhì)點運動了多少圈？[解答]（1）質(zhì)點的初動能為E1=mv02/2，末動能為E2=mv2/2=mv02/8，動能的增量為ΔEk=E2–E1=-3mv02/8，這就是摩擦力所做的功W．（2）由于dW=-fds=-μkNds=-μkmgrdθ，積分得．由于W=ΔE，可得滑動摩擦因數(shù)為．（3）在自然坐標中，質(zhì)點的切向加速度為at=f/m=-μkg，根據(jù)公式vt2–vo2=2ats，可得質(zhì)點運動的弧長為，圈數(shù)為n=s/2πr=4/3．[注意]根據(jù)用動能定理，摩擦力所做的功等于質(zhì)點動能的增量-fs=ΔEk，可得s=-ΔEk/f，由此也能計算弧長和圈數(shù)。θ=45°ABs=3m圖3.93．9如圖所示，物體A的質(zhì)量m=0.5kg，靜止于光滑斜面上．它與固定在斜面底B端的彈簧M相距s=3m．彈簧的倔強系數(shù)k=400N·m-1θ=45°ABs=3m圖3.9[解答]取彈簧自然伸長處為重力勢能和彈性勢能的零勢點，由于物體A和彈簧組成的系統(tǒng)只有保守力做功，所以機械能守恒，當彈簧壓縮量最大時，可得方程，整理和一元二次方程，解得=0.24(m)（取正根）．3．10一個小球與另一質(zhì)量相等的靜止小球發(fā)生彈性碰撞．如果碰撞不是對心的，試證明：碰撞后兩小球的運動方向彼此垂直．p1p2θp0[證明]設一個小球碰撞前后的速度大小分別為v0和p1p2θp0，即；根據(jù)動量守恒得，其中各動量的大小為p0=mv0、p1=mv1和p2=mv2，對矢量式兩邊同時平方并利用得，即化簡得，結合機械能守恒公式得2v1v2cosθ=0，由于v1和v2不為零，所以θ=π/2，即碰撞后兩小球的運動方向彼此垂直．證畢．l=0.8mm2m1O圖3.113．11如圖所示，質(zhì)量為1.0kg的鋼球m1系在長為0.8m的繩的一端，繩的另一端l=0.8mm2m1O圖3.11[解答]鋼球下落后、碰撞前的速率為．鋼球與鋼塊碰撞之后的速率分別為v1`和v1`，根據(jù)機械能守恒和動量守恒得方程，．整理得．將上式除以下式得v1+v1`=v2`，代入整理的下式得，解得．碰撞后鋼球繼續(xù)運動能達到的最大高度為=0.36(m)．[討論]如果兩個物體的初速率都不為零，發(fā)生對心彈性碰撞時，同樣可列出機械能和動量守恒方程，．同理可得．從而解得，或者；將下標1和2對調(diào)得，或者．后一公式很好記憶，其中代表質(zhì)心速度．3．12一質(zhì)量為m的物體，從質(zhì)量為M的圓弧形槽頂端由靜止滑下，設圓弧形槽的半徑為R，張角為π/2，如圖所示，所有摩擦都忽略，求：mMmMABRvV圖3.12（2）在物體從A滑到B的過程中，物體對槽所做的功W；（3）物體到達B時對槽的壓力．[解答]（1）物體運動到槽底時，根據(jù)機械能定律守恒得，根據(jù)動量守恒定律得0=mv+MV．因此，解得，從而解得．（2）物體對槽所做的功等于槽的動能的增量．（3）物體在槽底相對于槽的速度為，物體受槽的支持力為N，則，因此物體對槽的壓力為．3．13在實驗室內(nèi)觀察到相距很遠的一個質(zhì)子（質(zhì)量為mp）和一個氦核（質(zhì)量為4mp）沿一直線相向運動；速率都是v0，求兩者能達到的最近距離．[解答]當兩個粒子相距最近時，速度相等，根據(jù)動量守恒定律得4mpv0-mpv0=(4mp+mp)v，因此v=3v0/5．質(zhì)子和氦核都帶正電，帶電量分別為e和2e，它們之間的庫侖力是保守力．根據(jù)能量守恒定律得，因此，所以最近距離為．lθm圖lθm圖3.14（1）擺球?qū)覓禳c的角動量守恒嗎？（2）求出t時刻小球?qū)覓禳c的角動量的方向，對于不同的時刻，角動量的方向會改變嗎？（3）計算擺球在θ角時對懸掛點角動量的變化率．lmgNθ[解答]（1）由于單擺速度的大小在不斷發(fā)生改變，而方向與弧相切，因此動量矩llmgNθ（2）當單擺逆時針運動時，角動量的方向垂直紙面向外；當單擺順時針運動時，角動量的方向垂直紙面向里，因此，在不同的時刻，角動量的方向會改變．（3）質(zhì)點對固定點的角動量的變化率等于質(zhì)點所受合外力對同一點的力矩，因此角動量的變化率為．3．15證明行星在軌道上運動的總能量為．式中M和m分別為太陽和行星的質(zhì)量，r1和r2分別為太陽和行星軌道的近日點和遠日點的距離．r1r2v1v2r1r2v1v2（1）和．（2）它們所組成的系統(tǒng)不受外力矩作用，所以行星的角動量守恒．行星在兩點的位矢方向與速度方向垂直，可得角動量守恒方程mv1r1=mv2r2，即v1r1=v2r2．(3)將（1）式各項同乘以r12得Er12=m(v1r1)2/2-GMmr1，(4)將（2）式各項同乘以r22得Er22=m(v2r2)2/2-GMmr2，(5)將（5）式減（4）式，利用（3）式，可得E(r22-r12)=-GMm(r2-r1)，(6)由于r1不等于r2，所以（r2+r1)E=-GMm，故．證畢．3．16我國第一顆人造地于衛(wèi)星的質(zhì)量為173kg，其近地點高度為439km，遠地點高度為2384km，求它的軌道總能量．[解答]地球半徑R0=6371km，因此r1=R0+h1，r2=R0+h2．根據(jù)萬有引力定律，在地球表面有，因此，根據(jù)上題的結果可得衛(wèi)星的軌道總能量為=-4.42×109(J)．*3．17第四章剛體定軸轉動P109．R1R2OO`H圖4.14．1質(zhì)量為M的空心圓柱體，質(zhì)量均勻分布，其內(nèi)外半徑為R1R2OO`H圖4.1[解答]設圓柱體的高為H，其體積為V=π(R22–R12)h，體密度為ρ=M/V．在圓柱體中取一面積為S=2πRH，厚度為dr的薄圓殼，體積元為dV=Sdr=2πrHdr，其質(zhì)量為dm=ρdV，繞中心軸的轉動慣量為dI=r2dm=2πρHr3dr，總轉動慣量為．4．2一矩形均勻薄板，邊長為a和b，質(zhì)量為M，中心O取為原點，坐標系OXYZ如圖所示．試證明：（1）薄板對OX軸的轉動慣量為；（2）薄板對OZ軸的轉動慣量為．a(chǎn)OaObXYZ圖4.2S=ab，質(zhì)量面密度為σ=M/S．（1）在板上取一長為a，寬為dy的矩形元，其面積為dS=ady，其質(zhì)量為dm=σdS，繞X軸的轉動慣量為dIOX=y2dm=σay2dy，積分得薄板對OX軸的轉動慣量為．同理可得薄板對OY軸的轉動慣量為．a(chǎn)ObXYZZ`O`aObXYZZ`O`yxrdS=bdx，質(zhì)量為dm=σdS，繞過質(zhì)心的O`Z`軸的轉動慣量等于繞OX軸的轉動慣量dIO`Z`=b2dm/12．根據(jù)平行軸定理，矩形元對OZ軸的轉動慣量為dIOZ=x2dm+dIO`Z`=σbx2dx+b2dm/12，積分得薄板對OZ軸的轉動慣量為．方法二：垂直軸定理．在板上取一質(zhì)量元dm，繞OZ軸的轉動慣量為dIOZ=r2dm．由于r2=x2+y2，所以dIOZ=(x2+y2)dm=dIOY+dIOX，因此板繞OZ軸的轉動慣量為．4．3一半圓形細桿，半徑為R，質(zhì)量為M，求對過細桿二端AA`軸的轉動慣量．[解答]半圓的長度為θAA`R圖θAA`R圖4.3質(zhì)量的線密度為λ=M/C．在半圓上取一弧元ds=Rdθ，其質(zhì)量為dm=λds，到AA`軸的距離為r=Rsinθ，繞此軸的轉動慣量為dI=r2dm=λR3sin2θdθ，半圓繞AA`軸的轉動慣量為4．4如圖所示，在質(zhì)量為M，半徑為R的勻質(zhì)圓盤上挖出半徑為r的兩個圓孔．圓孔中心在圓盤半徑的中點．求剩余部分對大圓盤中心且與盤面垂直的軸線的轉動慣量．[解答]大圓的面積為OrRr圖4.4SOrRr圖4.4質(zhì)量的面密度為σ=M/S．大圓繞過圓心且與盤面垂直的軸線的轉動慣量為IM=MR2/2．小圓的面積為s=πr2，質(zhì)量為m=σs，繞過自己圓心且垂直圓面的軸的轉動慣量為IC=mr2/2，根據(jù)平行軸定理，繞大圓軸的轉動慣量為Im=IC+m(R/2)2．，剩余部分的轉動慣量為．O0.50F0.75圖4.54．5飛輪質(zhì)量m=60kg，半徑R=0.25m，繞水平中心軸O轉動，轉速為900r·min-1．現(xiàn)利用一制動用的輕質(zhì)閘瓦，在剖桿一端加豎直方向的制動力，可使飛輪減速．閘桿尺寸如圖所示，閘瓦與飛輪之間的摩擦因數(shù)O0.50F0.75圖4.5（1）設F=100N，問可使飛輪在多長時間內(nèi)停止轉動？這段時間飛輪轉了多少轉？（2）若要在2s內(nèi)使飛輪轉速減為一半，需加多大的制動力F？[解答]設飛輪對閘瓦的支持力為N`，以左端為轉動軸，在力矩平衡時有0.5N`–1.25F=0，所以N`=2.5F=250(N)．閘瓦對飛輪的壓力為N=N`=250(N)，與飛輪之間摩擦力為f=μN=100(N)，摩擦力產(chǎn)生的力矩為M=fR．飛輪的轉動慣量為I=mR2/2，角加速度大小為β=-M/I=-2f/mR=-40/3(rad·s-2)，負號表示其方向與角速度的方向相反．飛輪的初角速度為ω0=30π(rad·s-1)．根據(jù)公式ω=ω0+βt，當ω=0時，t=-ω0/β=7.07(s)．再根據(jù)公式ω2=ω02+2βθ，可得飛輪轉過的角度為θ=-ω02/2β=333(rad)，轉過的圈數(shù)為n=θ/2π=53r．[注意]圈數(shù)等于角度的弧度數(shù)除以2π．（2）當t=2s，ω=ω0/2時，角加速度為β=-ω0/2t=-7.5π．力矩為M=-Iβ，摩擦力為f=M/R=-mRβ/2=(7.5)2π．閘瓦對飛輪的壓力為N=f/μ，需要的制動力為F=N/2.5=(7.5)2π=176.7(N)．4．6一輕繩繞于r=0.2m的飛輪邊緣，以恒力F=98N拉繩，如圖（a）所示．已知飛輪的轉動慣量I=0.5kg·m2，軸承無摩擦．求F=98NF=98NP=98Nm(a)(b)(圖4.6（2）繩子拉下5m時，飛輪的角速度和動能．（3）將重力P=98N的物體掛在繩端，如圖（b）所示，再求上面的結果．[解答]（1）恒力的力矩為M=Fr=19.6(N·m)，對飛輪產(chǎn)生角加速度為β=M/I=39.2(rad·s-2)．（2）方法一：用運動學公式．飛輪轉過的角度為θ=s/r=25(rad)，由于飛輪開始靜止，根據(jù)公式ω2=2βθ，可得角速度為=44.27(rad·s-1)；飛輪的轉動動能為Ek=Iω2/2=490(J)．方法二：用動力學定理．拉力的功為W=Fs=490(J)，根據(jù)動能定理，這就是飛輪的轉動動能Ek．根據(jù)公式Ek=Iω2/2，得角速度為=44.27(rad·s-1)．(3)物體的質(zhì)量為m=P/g=10(kg)．設繩子的張力為T，則P–T=ma，Tr=Iβ．由于a=βr，可得Pr=mr2β+Iβ，解得角加速度為=21.8(rad·s-2)．繩子的張力為=54.4(N)．張力所做的功為W`=Ts=272.2(J)，這就是飛輪此時的轉動動能E`k．飛輪的角速度為=33(rad·s-1)．Rω0O圖4.74．7質(zhì)量為m，半徑為R的均勻圓盤在水平面上繞中心軸轉動，如圖所示．盤與水平面的摩擦因數(shù)為μ，圓盤從初角速度為Rω0O圖4.7[解答]圓盤對水平面的壓力為N=mg，壓在水平面上的面積為S=πR2，壓強為p=N/S=mg/πR2．當圓盤滑動時，在盤上取一半徑為r、對應角為dθ面積元，其面積為dS=rdθdr，對水平面的壓力為dN=pdS=prdrdθ，所受的摩擦力為df=μdN=μprdrdθ，其方向與半徑垂直，摩擦力產(chǎn)生的力矩為dM=rdf=μpr2drdθ，總力矩為．圓盤的轉動慣量為I=mR2/2，角加速度大小為，負號表示其方向與角速度的方向相反．根據(jù)轉動公式ω2=ω02+2βθ，當圓盤停止下來時ω=0，所以圓盤轉過的角度為，轉過的圈數(shù)為．[注意]在圓盤上取一個細圓環(huán)，其面積為ds=2πrdr，這樣計算力矩等更簡單。m1m1mhr圖4.84．8一個輕質(zhì)彈簧的倔強系數(shù)為k=2.0N·m-1．它的一端固定，另一端通過一條細線繞過定滑輪和一個質(zhì)量為m1=80g的物體相連，如力產(chǎn)所示．定滑輪可看作均勻圓盤，它的半徑為r=0.05m，質(zhì)量為m=100g．先用手托住物體m1，使彈簧處于其自然長度，然后松手．求物體m1下降m1m1mhr圖4.8[解答]根據(jù)機械能守恒定律可列方程，其中I=mr2/2，ω=v/r，可得2m1gh–kh2=m1v2+mv2/2，解得=1.48(m·s-1)．4．9均質(zhì)圓輪A的質(zhì)量為M1，半徑為R1，以角速度ω繞OA桿的A端轉動，此時，將其放置在另一質(zhì)量為M2的均質(zhì)圓輪B上，B輪的半徑為R2．B輪原來靜止，但可繞其幾何中心軸自由轉動．放置后，A輪的重量由B輪支持．略去軸承的摩擦與桿OA的重量，并設兩輪間的摩擦因素為μ，問自A輪放在B輪上到兩輪間沒有相對滑動為止，需要經(jīng)過多長時間？[解答]圓輪A對B的壓力為N=M1g，兩輪之間的摩擦力大小為f=μN=μM1g，摩擦力對A的力矩大小為MA=fR1=μM1gR1，OAR1OAR1R2BMB=fR2=μM1gR2，設A和B的角加速度大小分別為βA和βB，轉動慣量分別為IA和IB，根據(jù)轉動定理得方程MA=IAβA，即βA=MA/IA．同理可得βB=MB/IB．當兩輪沒有相對滑動時，它們就具有相同的線速度v，A的角速度為ωA=v/R1，B的角速度為ωB=v/R2．根據(jù)轉動運動學的公式得ωA–ω=-βAt，ωB=βBt，即v/R1–ω=-βAt，v/R2=βBt，化得v-ωR1=-βAR1t，v=βBR2t，將后式減前式得ωR1=(R1βA+R2βB)t，

解得經(jīng)過的時間為．[注意]在此題中，由于A、B兩輪不是繞著同一軸轉動的，所以不能用角動量守恒定律．如果A輪的輪面放在B輪的輪面之上，且兩輪共軸，在求解同樣的問題時，既可以用轉動定律求解，也可以結合角動量守恒定律求解．當它們之間沒有滑動時，角動量為ω`，根據(jù)角動量守恒定律得IAω=(IA+IB)ω`，因此得ω`=IAω/(IA+IB)．R2R1AB（1）設R1≦R2R2R1ABS=πR12，壓強為p=M1g/S=M1g/πR12．當A輪在B輪上產(chǎn)生滑動時，在A輪上取一半徑為r、對應角為dθ面積元，其面積為dS=rdθdr，對B輪的壓力為dN=pdS=prdrdθ，所受的摩擦力為df=μdN=μprdrdθ，其方向與半徑垂直，摩擦力產(chǎn)生的力矩為dM=rdf=μpr2drdθ，總力矩為．這是A輪所受的力矩，也是B輪所受的力矩．根據(jù)轉動定理得B輪的角加速度為βB=M/IB．根據(jù)轉動公式ω`=βBt，得時間為，即．BR1Ardr（2）如果R1≧RBR1ArdrS=πR22，壓強為p=M1g/S=M1g/πR22．同樣在A輪上取一面積元，力矩的積分上限就是R2．總力矩為，由此求得時間就變?yōu)椋挥挟擱1=R2時，兩個時間才是相同的：．4．10均質(zhì)矩形薄板繞豎直邊轉動，初始角速度為ω0，轉動時受到空氣的阻力．阻力垂直于板面，每一小面積所受阻力的大小與其面積及速度的平方的乘積成正比，比例常數(shù)為k．試計算經(jīng)過多少時間，薄板角速度減為原來的一半．設薄板豎直邊長為b，寬為a，薄板質(zhì)量為m．a(chǎn)rbdSrO圖4.10[解答]arbdSrO圖4.10dS=bdr．當板的角速度ω時，面積元的速率為v=ωr，所受的阻力為df=kv2dS=kω2r2bdr，阻力產(chǎn)生的力矩為dM=rdf=kω2r3bdr，因此合力矩為．板繞轉軸的轉動慣量為I=ma2/3，其角加速度為，負號表示角加速度的方向與角速度的方向相反．由于β=dω/dt，可得轉動的微分方程，分離變量得，積分得．當t=0時，ω=ω0，所以C=-1/ω0，因此轉動方程為．當ω=ω0/2時，解得時間為．4．11一個質(zhì)量為M，半徑為R并以角速度ω旋轉的飛輪（可看作勻質(zhì)圓盤），在某一瞬間突然有一片質(zhì)量為m的碎片從輪的邊緣上飛出，如圖所示．假定碎片脫離飛輪時的瞬時速度方向正好豎直向上．ωRωR圖4.11（2）求余下部分的角速度、角動量和轉動動能．[解答]（1）碎片上拋的初速度為v0=ωR，根據(jù)勻變速直線運動公式v2–v02=-2gh，可得碎片上升的高度為h=v02/2g=ω2R2/2g．（2）余下部分的角速度仍為ω，但是轉動慣量只有，所以角動量為L=Iω=R2(M/2–m)ω．轉動動能為．4．12兩滑冰運動員，在相距1.5m的兩平行線上相向而行，兩人質(zhì)量分別為mA=60kg，mB=70kg，它們速率分別為vA=7m·s-1，vB=6m·s-1，當兩者最接近時，便函拉起手來，開始繞質(zhì)心作圓周運動，并保持二者的距離為1.5m．求該瞬時：（1）系統(tǒng)對通過質(zhì)心的豎直軸的總角動量；（2）系統(tǒng)的角速度；（3）兩人拉手前、后的總動能．這一過程中能量是否守恒？vBrvAmAmBrArBvBrvAmAmBrArBrA+rB=r，根據(jù)質(zhì)心的概念可得mArA=mBrB，解方程組得，．兩運動員繞質(zhì)心的角動量的方向相同，他們的總角動量為=630(kg·m2·s-1)．（2）根據(jù)角動量守恒定律得L=(IA+IB)ω，其中IA和IB分別是兩繞質(zhì)心的轉動慣量IA=mArA2和IB=mBrB2．角速度為ω=L/(IA+IB)=8.67(rad·s-1)．（3）兩人拉手前的總動能就是平動動能=2730(J)；拉手后的總動能是繞質(zhì)心的轉動動能：=2730(J)，可見：這一過程能量是守恒的．[討論]（1）角動量．根據(jù)上面的推導過程可得兩人繞質(zhì)心的總轉動慣量為，角速度為可見：角速度與兩人的質(zhì)量無關，只與它們的相對速度和平行線的距離有關．（2）損失的能量．兩人的轉動動能為，因此動能的變化量為ΔE=Ek2–Ek1簡化得，負號表示能量減少．可見：如果mAvA≠mBvB，則ΔE≠0，即能量不守恒．在本題中，由于mAvA=mBvB，所以能量是守恒的．v0ll/4Ol/4圖4.134．13．一均勻細棒長為l，質(zhì)量為m，以與棒長方向相垂直的速度v0，在光滑水平面內(nèi)平動時，與前方一固定的光滑支點O發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞點位于離棒中心一方lv0ll/4Ol/4圖4.13[解答]以O點為轉動軸，棒的質(zhì)心到軸的距離為l/4，在碰撞之前，棒對轉軸的角動量為mv0l/4．在碰撞之后瞬間，棒繞軸的角動量為Iω0．棒繞質(zhì)心的轉動慣量為Ic=ml2/12，根據(jù)平行軸定理，棒繞O點為轉動慣量為．根據(jù)角動量守恒定律得mv0l/4=Iω0，所以角速度為．第五章狹義相對論P140．5．1地球雖有自轉，但仍可看成一較好的慣性參考系，設在地球赤道和地球某一極（例如南極）上分別放置兩個性質(zhì)完全相同的鐘，且這兩只鐘從地球誕生的那一天便存在．如果地球從形成到現(xiàn)在是50億年，請問那兩只鐘指示的時間差是多少？[解答]地球的半徑約為R=6400千米=6.4×106(m)，自轉一圈的時間是T=24×60×60(s)=8.64×104(s)，赤道上鐘的線速度為v=2πR/T=4.652×102(m·s-1)．將地球看成一個良好的參考系，在南極上看赤道上的鐘做勻速直線運動，在赤道上看南極的鐘做反向的勻速直線運動．南極和赤道上的鐘分別用A和B表示，南極參考系取為S，赤道參考系取為S`．A鐘指示S系中的本征時，同時指示了B鐘的運動時間，因此又指示S`系的運動時．同理，B鐘指示S`系中的本征時，同時指示了A鐘的反向運動時間，因此又指示S系的運動時．方法一：以S系為準．在S系中，A鐘指示B鐘的運動時間，即運動時Δt=50×108×365×24×60×60=1.5768×1016(s)．B鐘在S`中的位置不變的，指示著本征時Δt`．A鐘的運動時Δt和B鐘的本征時Δt`之間的關系為，可求得B鐘的本征時為，因此時間差為=1.898×105(s)．在南極上看，赤道上的鐘變慢了．方法二：以S`系為準．在S`系中，B鐘指示A鐘的反向運動時間，即運動時Δt`=50×108×365×24×60×60=1.5768×1016(s)．A鐘在S中的位置不變的，指示著本征時Δt．B鐘的運動時Δt`和A鐘的本征時Δt之間的關系為，可求得A鐘的本征時為，因此時間差為=1.898×105(s)．在赤道上看，南極上的鐘變慢了．[注意]解此題時，先要確定參考系，還要確定運動時和本征時，才能正確引用公式．有人直接應用公式計算時間差，由于地球速度遠小于光速，所以計算結果差不多，但是關系沒有搞清．從公式可知：此人以S系為準來對比兩鐘的時間，Δt`是B鐘的本征時，Δt是A鐘的運動時，而題中的本征時是未知的．也有人用下面公式計算時間差，也是同樣的問題．5．2一個“光鐘”由兩個相距為L0的平面鏡A和B構成，對于這個光鐘為靜止的參考系來說，一個“滴答”的時間是光從鏡面A到鏡面B再回到原處的時間，其值為．若將這個光鐘橫放在一個以速度行駛的火車上，使兩鏡面都與垂直，兩鏡面中心的連線與平行，在鐵軌參考系中觀察，火車上鐘的一個“滴答”τ與τ0的關系怎樣？[解答]不論兩個“光鐘”放在什么地方，τ0都是在相對靜止的參考系中所計的時間，稱為本征時．在鐵軌參考系中觀察，火車上鐘的一個“滴答”的時間τ是運動時，所以它們的關系為．5．3在慣性系S中同一地點發(fā)生的兩事件A和B，B晚于A4s；在另一慣性系S`中觀察，B晚于A5s發(fā)生，求S`系中A和B兩事件的空間距離？[解答]在S系中的兩事件A和B在同一地點發(fā)生，時間差Δt=4s是本征時，而S`系中觀察A和B兩事件肯定不在同一地點，Δt`=5s是運動時，根據(jù)時間膨脹公式，即，可以求兩系統(tǒng)的相對速度為v=3c/5．在S`系中A和B兩事件的空間距離為Δl=vΔt`=3c=9×108(m)．5．4一根直桿在S系中觀察，其靜止長度為l，與x軸的夾角為θ，S`系沿S系的x軸正向以速度v運動，問S`系中觀察到桿子與x`軸的夾角若何？[解答]直桿在S系中的長度是本征長度，兩個方向上的長度分別為lx=lcosθ和ly=lsinθ．在S`系中觀察直桿在y方向上的長度不變，即l`y=ly；在x方向上的長度是運動長度，根據(jù)尺縮效應得，因此，可得夾角為．5．5S系中觀察到兩事件同時發(fā)生在x軸上，其間距為1m，S`系中觀察到這兩個事件間距離是2m，求在S`系中這兩個事件的時間間隔．[解答]根據(jù)洛侖茲變換，得兩個事件的空間和時間間隔公式，．（1）由題意得：Δt=0，Δx=1m，Δx`=2m．因此，．（2）由（2）之上式得它們的相對速度為．（3）將（2）之下式除以（2）之上式得，所以=-0.577×10-8(s)．[注意]在S`系中觀察到兩事件不是同時發(fā)生的，所以間隔Δx`=2m可以大于間隔Δx=1m．如果在S`系中觀察到兩事件也是同時發(fā)生的，那么Δx`就表示運動長度，就不可能大于本征長度Δx，這時可以用長度收縮公式，計算它們的相對速度．5．6一短跑運動員，在地球上以10s的時間跑完了100m的距離，在對地飛行速度為0.8c的飛船上觀察，結果如何？[解答]以地球為S系，則Δt=10s，Δx=100m．根據(jù)洛侖茲坐標和時間變換公式和，飛船上觀察運動員的運動距離為≈-4×109(m)．運動員運動的時間為≈16.67(s)．在飛船上看，地球以0.8c的速度后退，后退時間約為16.67s；運動員的速度遠小于地球后退的速度，所以運動員跑步的距離約為地球后退的距離，即4×109m．5．7已知S`系以0.8c的速度沿S系x軸正向運動，在S系中測得兩事件的時空坐標為x1=20m，x2=40m，t1=4s，t2=8s．求S`系中測得的這兩件事的時間和空間間隔．[解答]根據(jù)洛侖茲變換可得S`系的時間間隔為≈6.67(s)．空間間隔為≈-1.6×109(m)．5．8S系中有一直桿沿x軸方向裝置且以0.98c的速度沿x軸正方向運動，S系中的觀察者測得桿長10m，另有一觀察以0.8c的速度沿S系x軸負向運動，問該觀察者測得的桿長若何？[解答]在S系中的觀測的桿長Δl=10m是運動長度，相對桿靜止的參考系為S`，其長度是本征長度，根據(jù)尺縮效應，可得桿的本征長度為=50.25(m)．另一參考系設為S``系，相對S系的速度為v20=-0.8c．在S``系觀察S`系的速度為=0.99796c．在S``系觀察S`系中的桿的長度是另一運動長度=3.363(m)．[注意]在涉及多個參考系和多個速度的時候，用雙下標能夠比較容易地區(qū)別不同的速度，例如用v10表示S`相對S系的速度，用v12表示S`系相對S``系的速度，因此，尺縮的公式也要做相應的改變，計算就不會混淆．5．9一飛船和慧星相對于地面分別以0.6c和0.8c速度相向運動，在地面上觀察，5s后兩者將相撞，問在飛船上觀察，二者將經(jīng)歷多長時間間隔后相撞？[解答]兩者相撞的時間間隔Δt=5s是運動著的對象—飛船和慧星—發(fā)生碰撞的時間間隔，因此是運動時．在飛船上觀察的碰撞時間間隔Δt`是以速度v=0.6c運動的系統(tǒng)的本征時，根據(jù)時間膨脹公式，可得時間間隔為=4(s)．v=uOx地球星光yv=uOx地球星光ycSS`x`y`uy`-uθ`太陽[解答]方法一：用速度變換．取太陽系為S系，地球為S`系．在S系中看地球以v=u運動，看星光的速度為ux=0，uy=c．星光在S`系中的速度分量為星光在S`系中的速度為，即光速是不變的．星光在S`系中與y`軸的夾角，即垂直地面的夾角為．方法二：用基本原理．根據(jù)光速不變原理，在地球的S`系中，光速也為c，當?shù)厍蛞运俣葀=u沿x軸運動時，根據(jù)速度變換公式可得星光的速度沿x`軸的分量為uy`=-u，所以星光速度沿y`軸的分量為，從而可求出星光速度垂直地面的夾角為．[注意]解題時，要確定不同的參考系，通常將已知兩個物體速度的系統(tǒng)作為S系，另外一個相對靜止的系統(tǒng)作為S`系，而所討論的對象在不同的參考系中的速度是不同的．此題與書中的例題5.4類似，這里的太陽相當于5.4題中的地球，這里的地求相當于5.4題的乙飛船，這里的星光相當于5.4題中的甲飛船．5．11一粒子動能等于其非相對論動能二倍時，其速度為多少？其動量是按非相對論算得的二倍時，其速度是多少？[解答]（1）粒子的非相對論動能為Ek=m0v2/2，相對論動能為E`k=mc2–m0c2，其中m為運動質(zhì)量．根據(jù)題意得，設x=(v/c)2，方程可簡化為，或，平方得1=(1–x2)(1-x)，化簡得x(x2–x-1)=0．由于x不等于0，所以x2–x-1=0．解得，取正根得速率為=0.786c．（2）粒子的非相對論動量為p=m0v，相對論動量為，根據(jù)題意得方程．很容易解得速率為=0.866c．5．12．某快速運動的粒子，其動能為4.8×10-16J，該粒子靜止時的總能量為1.6×10-17J，若該粒子的固有壽命為2.6×10-6s，求其能通過的距離．[解答]在相對論能量關系中E=E0+Ek，靜止能量E0已知，且E0=m0c2，總能量為，所以，由此得粒子的運動時為．還可得，解得速率為．粒子能夠通過的距離為=24167.4(m)．5．13試證相對論能量和速度滿足如此關系式：．[證明]根據(jù)上題的過程已得，將E=E0+Ek代入公式立可得證．5．14靜止質(zhì)子和中子的質(zhì)量分別為mp=1.67285×10-27kg，mn=1.67495×10-27kg，質(zhì)子和中子結合變成氘核，其靜止質(zhì)量為m0=3.34365×10-27kg，求結合過程中所釋放出的能量．[解答]在結合過程中，質(zhì)量虧損為Δm=mp+mn-m0=3.94988×10-30(kg)，取c=3×108(m·s-1)，可得釋放出的能量為ΔE=Δmc2=3.554893×10-13(J)．如果取c=2.997925×108(m·s-1)，可得釋放出的能量為ΔE=3.549977×10-13(J)．第六章振動P176．6．1一物體沿x軸做簡諧振動，振幅A=0.12m，周期T=2s．當t=0時，物體的位移x=0.06m，且向x軸正向運動．求：（1）此簡諧振動的表達式；（2）t=T/4時物體的位置、速度和加速度；（3）物體從x=-0.06m，向x軸負方向運動第一次回到平衡位置所需的時間．[解答]（1）設物體的簡諧振動方程為x=Acos(ωt+φ)，其中A=0.12m，角頻率ω=2π/T=π．當t=0時，x=0.06m，所以cosφ=0.5，因此φ=±π/3．物體的速度為v=dx/dt=-ωAsin(ωt+φ)．當t=0時，v=-ωAsinφ，由于v>0，所以sinφ<0，因此φ=-π/3．簡諧振動的表達式為x=0.12cos(πt–π/3)．（2）當t=T/4時物體的位置為x=0.12cos(π/2–π/3)=0.12cosπ/6=0.104(m)．速度為v=-πAsin(π/2–π/3)=-0.12πsinπ/6=-0.188(m·s-1)．加速度為a=dv/dt=-ω2Acos(ωt+φ)=-π2Acos(πt-π/3)=-0.12π2cosπ/6=-1.03(m·s-2)．（3）方法一：求時間差．當x=-0.06m時，可得cos(πt1-π/3)=-0.5，因此πt1-π/3=±2π/3．由于物體向x軸負方向運動，即v<0，所以sin(πt1-π/3)>0，因此πt1-π/3=2π/3，得t1=1s．當物體從x=-0.06m處第一次回到平衡位置時，x=0，v>0，因此cos(πt2-π/3)=0，可得πt2-π/3=-π/2或3π/2等．由于t2>0，所以πt2-π/3=3π/2，可得t2=11/6=1.83(s)．所需要的時間為Δt=t2-t1=0.83(s)．方法二：反向運動．物體從x=-0.06m，向x軸負方向運動第一次回到平衡位置所需的時間就是它從x=0.06m，即從起點向x軸正方向運動第一次回到平衡位置所需的時間．在平衡位置時，x=0，v<0，因此cos(πt-π/3)=0，可得πt-π/3=π/2，解得t=5/6=0.83(s)．[注意]根據(jù)振動方程x=Acos(ωt+φ)，當t=0時，可得φ=±arccos(x0/A)，（-π<φ<=π），初位相的取值由速度決定．由于v=dx/dt=-ωAsin(ωt+φ)，當t=0時，v=-ωAsinφ，當v>0時，sinφ<0，因此φ=-arccos(x0/A)；當v<0時，sinφ>0，因此φ=arccos(x0/A)π/3．可見：當速度大于零時，初位相取負值；當速度小于零時，初位相取正值．如果速度等于零，當初位置x0=A時，φ=0；當初位置x0=-A時，φ=π．6．2已知一簡諧振子的振動曲線如圖所示，試由圖求：OtxabcdeA/2A圖6.2（1）a，OtxabcdeA/2A圖6.2（2）振動表達式；（3）畫出旋轉矢量圖．[解答]方法一：由位相求時間．（1）設曲線方程為x=AcosΦ，其中A表示振幅，Φ=ωt+φ表示相位．由于xa=A，所以cosΦa=1，因此Φa=0．由于xb=A/2，所以cosΦb=0.5，因此Φb=±π/3；由于位相Φ隨時間t增加，b點位相就應該大于a點的位相，因此Φb=π/3．由于xc=0，所以cosΦc=0，又由于c點位相大于b位相，因此Φc=π/2．同理可得其他兩點位相為Φd=2π/3，Φe=π．c點和a點的相位之差為π/2，時間之差為T/4，而b點和a點的相位之差為π/3，時間之差應該為T/6．因為b點的位移值與O時刻的位移值相同，所以到達a點的時刻為ta=T/6．到達b點的時刻為tb=2ta=T/3．到達c點的時刻為tc=ta+T/4=5T/12．到達d點的時刻為td=tc+T/12=T/2．到達e點的時刻為te=ta+T/2=2T/3．（2）設振動表達式為x=Acos(ωt+φ)，當t=0時，x=A/2時，所以cosφ=0.5，因此φ=±π/3；由于零時刻的位相小于a點的位相，所以φ=-π/3，因此振動表達式為．OxaAOxaAbcdeφ（3）如圖旋轉矢量圖所示．OtxabcdeA/2AOtxabcdeA/2Af所以．顯然f點的速度大于零，所以取負值，解得tf=-T/12．從f點到達a點經(jīng)過的時間為T/4，所以到達a點的時刻為ta=T/4+tf=T/6，其位相為．由圖可以確定其他點的時刻，同理可得各點的位相．6．3有一彈簧，當其下端掛一質(zhì)量為M的物體時，伸長量為9.8×10-2m．若使物體上下振動，且規(guī)定向下為正方向．（1）t=0時，物體在平衡位置上方8.0×10-2m處，由靜止開始向下運動，求運動方程；（2）t=0時，物體在平衡位置并以0.60m·s-1速度向上運動，求運動方程．[解答]當物體平衡時，有Mg–kx0=0，所以彈簧的倔強系數(shù)為k=Mg/x0，物體振動的圓頻率為=10(rad·s-1)．設物體的運動方程為x=Acos(ωt+φ)．（1）當t=0時，x0=-8.0×10-2m，v0=0，因此振幅為=8.0×10-2(m)；由于初位移為x0=-A，所以cosφ=-1，初位相為φ=π．運動方程為x=8.0×10-2cos(10t+π)．（2）當t=0時，x0=0，v0=-0.60(m·s-1)，因此振幅為=|v0/ω|=6.0×10-2(m)；由于cosφ=0，所以φ=π/2；運動方程為x=6.0×10-2cos(10t+π/2)．6．4質(zhì)量為10×10-3kg的小球與輕彈簧組成的系統(tǒng)，按的規(guī)律作振動，式中t以秒(s)計，x以米(m)計．求：（1）振動的圓頻率、周期、振幅、初位相；（2）振動的速度、加速度的最大值；（3）最大回復力、振動能量、平均動能和平均勢能；（4）畫出這振動的旋轉矢量圖，并在圖上指明t為1，2，10s等各時刻的矢量位置．[解答]（1）比較簡諧振動的標準方程x=Acos(ωt+φ)，可知：圓頻率為ω=8π，周期T=2π/ω=1/4=0.25(s)，振幅為A=0.1(m)，初位相為φ=2π/3．（2）速度的最大值為vm=ωA=0.8π=2.51(m·s-1)；加速度的最大值為am=ω2A=6.4π2=63.2(m·s-2)．（3）彈簧的倔強系數(shù)為k=mω2，最大回復力為f=kA=mω2A=0.632(N)；振動能量為E=kA2/2=mω2A2/2=3.16×10-2(J)，平均動能和平均勢能為Oxt=1,2,10sA=kA2/4=mω2A2/4=1.58×10Oxt=1,2,10sA（4）如圖所示