大學物理第9章靜電場習題參考答案

第9章靜電場9-1兩小球處于如題9-1圖所示的平衡位置時，每小球受到張力T，重力mg以及庫侖力F的作用，則有和,∴,由于θ很小，故習題9-1圖習題9-1圖∴9-2設q1,q2在C點的場強分別為和，則有習題9-2圖習題9-2圖方向沿AC方向方向沿CB方向∴C點的合場強的大小為：設E的方向與CB的夾角為α，則有9-3坐標如題9-3圖所示，帶電圓弧上取一電荷元，它在圓心O處的場強為習題9-3圖，方向如題9-3圖所示，由于對稱性，上、下兩習題9-3圖帶電圓弧中對應電荷元在圓心O處產生的dE1和dE2在x方向分量相互抵消。，圓心O處場強E的y分量為方向沿y軸正向。9-4（1）如題9-4圖(a)，取與棒端相距d1的P點為坐標原點,x軸向右為正。設帶電細棒電荷元至P點的距離x，它在P點的場強大小為習題9-4圖（a）方向沿x軸正向習題9-4圖（a）各電荷元在P點產生的場強方向相同，于是方向沿x軸方向。（2）坐標如題9-4圖(b)所示，在帶電細棒上取電荷元與Q點距離為r，電荷元在Q點所產生的場強，由于對稱性，場dE的x方向分量相互抵消，所以Ex=0,場強dE的y分量為習題9-4圖（b）習題9-4圖（b）因∴其中代入上式得方向沿y軸正向。9-5帶電圓弧長,電荷線密度。帶電圓弧在圓心O處的場強等價于一個閉合帶電圓環(huán)（線密度為）和一長為d、電荷線密度為-的小段圓弧在O處場強的矢量和。帶電閉合圓環(huán)在圓心處的場強為零，而d<<R,∴小段帶電圓弧可視為點電荷，所帶電量，故圓心處的場強，,方向由圓心指向空隙中心。9-6（1）點電荷q位于一立方體中心，則通過立方體每一面的電通量相等，∴通過每一面的電通量為總通量的,即（2）如果這點電荷移到立方體的一個角上，則電荷q所在頂角的三個面上，因為各點平行于該面，所以這三個面的電通量均為零，另三個面的電通量相等。如果要把q全部包圍需要有8個立方體，相當于有24個面，每一面上通過的電通量為總通量的，即習題9-7圖（a）9-7解法（一）通過圓形平面的電通量與通過以A為球心，為半徑，以圓平面的周界為周界的球冠面的電通量相等，該球冠面的面積，通過整個球面的電通量，所以通過該球冠面的電通量為習題9-7圖（a）解法（二）在圖形平面上取一同心面元環(huán)，設其中半徑為r，寬為dr,此面元的面積。設此面元對A點的半張角為，見圖所示，由通量公式可得習題9-7(b)習題9-7(b)圖9-8通過此半球面的電通量與通過以O為圓心的圓平面電通量相等，無限大平面外任一點的場強為，∴通過該球面的電通量為9-9設想地球表面為一均勻帶電球面，則它所帶總電量為9-10設均勻帶電球殼內、外半徑分別為R1和R2，它所產生的電場具有球對稱性，以任意半徑r作一與均勻帶電球殼同心的高斯球面S，由高斯定理可得∴當時，,∴∴9-11無限長均勻帶電圓柱面產生的電場具有軸對稱性，方向垂直柱面，以斜半徑r作一與兩無限長圓柱面的同車圓柱面以及兩個垂直軸線的平面所形成的閉合面為高斯面，由高斯定理可得∴（1）當r<R1，（2）當時∴;（3）當時，,∴9-12見題9-12圖所示，由于平面無限大，電荷分布均勻，且對中心面S0（圖中虛線）對稱，電場分布也應具有均勻性和對稱性，即在與帶電板平行且位于中心面S0兩側距離相等的平面上場強大小應處處相等，且方向垂直該平面。過板內P點或板外Q點作軸線與x軸平行，兩底面積為S且相對中心面S0對稱的閉合正圓柱面為高斯面，由高斯定理可得：（1）平板內習題9-12圖習題9-12圖∴方向垂直板面向外（2）平板外∴方向垂直板面向外。9-13由于電荷分布具有軸對稱性，故其場強必沿柱體的徑向，其大小也具有軸對稱性，故在圓柱體內取下同心薄圓筒，其半徑為r，厚度dr，長l，見右圖示，根據高斯定理可得習題9-13圖習題9-13圖∴9-14設想原來不帶電的小空腔內同時存在電荷體密度為的兩種電荷，則原帶電荷等價于一個半徑為R，電荷體密度為的均勻帶電球體和一個半徑為r，電荷體密度為的均勻帶電球體的組合，空間各處的場強等于這兩個均勻帶電球體產生場強的矢量和。對于球心O處，，由于均勻帶電球體球心處的場強為零，所以習題9-14圖習題9-14圖方向由O指向。對于球心處，∴方向由O指向。對于空腔內的任一點P，位置如圖所示。以上計算表明空腔任意點的場強大小均為且方向均由O指向，所以，空腔內為勻強電場。習題9-15圖9-15電偶極子在均勻電場中所受的力矩為習題9-15圖為電矩與兩方向間的夾角，當時，外電場作用于電偶極子上的力矩最大9-16外力所作的功為9-17（1）氫原子內負電荷的總電量為（2）由于負電荷呈球狀對稱分布，故可采用高斯定理計算負電荷產生的電場強度的大小為正電荷在球心，其產生的電場強度的大小為則在距球心r處的總電場強度為，其大小為的方向沿徑向向外。9-18電場力的功9-19由高斯定理可求得是空間場強分布（略）離球心為處的電勢習題9-20圖(a)9-20（1）電荷線密度，坐標如題9-20圖(a)所示，距原點O為x處取電荷元，它在P點的電勢習題9-20圖(a)∴P點的總電勢習題9-20圖（b）習題9-20圖（b）（2）坐標如題9-20圖(b)所示，電荷元在Q點的電勢Q點的總電勢習題9-21圖9-21半圓環(huán)中心O的場強（或電勢）是兩段帶電直線和帶電半圓環(huán)在該處場強（或電勢）的迭加，由于兩直線對O對稱，所以兩帶電直線在O處的場強大小相等，方向相反，相互抵消，因而O處的場強就是帶電半圓環(huán)在O處的場強，取電荷元,它在O處場強，由于對稱性，各的x分量相互抵消?！嗟膟分量為習題9-21圖∴O處的電勢9-22由高斯定理可求得兩無限長同軸圓柱面間的場強為，所以兩圓柱面間的電勢差9-23靜電平衡時，導體球殼內、外表面均有感應電荷，由于帶電系統(tǒng)具有球對稱性，所以內表面均勻分布有-q電荷，外表面均勻分布+q電荷，可判斷電場分布具有球對稱性，以任意半徑r作一與球殼同心的高斯球面S，由高斯定理可得當∴∴∴由電勢定義式可求得電勢分布9-24（1）內球電荷q均勻分布在外表面，外球內表面均勻感應電荷-q，外表面均勻分布電荷q+Q，由高斯定理可求得電場分布（略）由電勢定義可求得內球電勢（2）用導線把兩球連接起來時，內球和外球內表面電荷中和，這時只有外球的外表面帶有q+Q電荷，外球殼外場強不變，外球電勢不變，這時兩球是等勢體，其電勢均為原外球殼電勢270V。（3）若外球殼接地，外球電勢為零，外球外表面電荷為零，內球的電荷以及外球內表面電荷分布不變，所以內球的電勢9-25由于帶電系統(tǒng)具有軸對稱性，所以電荷分布和電場分布也應具有軸對稱，靜電平衡時，圓柱形導體電荷均勻分布在其外表面，單位長度電量為，導體圓筒內表面均勻分布有感應電荷，其單位長度的電量為，外表面電荷均勻分布，單位長度的電量為。以任意半徑r作同軸封閉圓柱面為高斯面，則由高斯定理得：當∴∴∴∴9-26（1）A板帶正電荷q分布在左右兩表面上，設B板感應電荷為-q1，C板感應電荷為-q2，則AB、AC間均可視為勻強電場依題意可得∴即B板上感應電荷為,C板上感應電荷為A板的電勢（2）當AB間充以電介質時，則有下列關系仍可解得,所以B板上的感應電荷為C板上感應電荷為A板上電勢9-27設AB兩板各面上的電荷面密度分別為，空間各處場強方向應與板面垂直，作如題9-27圖所示的閉合圓柱面為高斯面，由于導體內場強處處為零，A、B兩板間場強方向平行于圓柱側面，所以通過高斯面的電通量為零，由高斯定理習題9-27圖習題9-27圖∴（1）A板內的P點場強為∴（2）若A板帶電QA，B板帶電QB，板面積為S，則有（3）（4）由（1）、（2）、（3）、（4）式可得9-28點電荷q使金屬球上產生感應電荷，由于金屬球與地相聯，其電勢為零，球心處的電勢應是點電荷q和球上感應電荷在此處產生電勢之和，即∴即金屬球上感應q/3的負電荷。9-29（1）（2）（3）（4）（5）設極化電荷產生的場強為，則，其中為極板上極化電荷面密度，，則極化電荷（6）或9-30（1）以任意r為半徑作金屬球的同心球面為高斯面，由介質中的高斯定理得當（2）由電勢定義式可得（3）9-31（1）（2）（3）（4）9-32設A、B兩導體球分別帶有電荷Q和-Q，則兩球的電勢差為9-33用導線連接二導體，這相當將電容C1和C2并聯，此時等效電容和總電量分別為根據電容，故聯接二導體后它們的電勢為這時電容上的電量為則由導體1流向導體2的電量為9-34（1）以任意半徑r作金屬球的同心球面為高斯面，由介質中的高斯定理可得：當（2）電勢分布：（3）這相當于內外半徑分別為R與a的球形空氣電容器C1與內外半徑分別為a與b的球形介質電容器C2，二者相串聯，其等效電容為其中將C1、C2代入上式9-35（1）在介質中以任意半徑r作圓柱體同軸的閉合圓柱面為高斯面，由介質中的高斯定理可得∴（2）設介質內表面上單位長度的極化電荷為，則對上述高斯面應用高斯定理則介質內表面上的極化電荷面密度為介質外表面上的極化電荷密度為9-36（1）設兩電介質中的電位移和場強分別為D1、D2和E1、E2，兩板板間的電勢差∴則兩介質中各點的能量體密度為（2）（3）9-37（1）由高斯定理可求得電場分布整個電場儲存的能量（2）導體球殼接地，導體球殼外表面不帶電，球殼外場強為零，這時電場的能量由得9-38（1）平行板電容器抽出金屬板后的電容為，插入金屬板時的電容為，當充電到后拆去電源，然后抽出金屬板，除金屬板秘在位置外的空間場強不變，均為（2）抽出金屬板需作功9-39由高斯定理可求得帶球體內、外的場強為（略）其電場所儲存的能量9-40由于并聯前后電量不變，所以有由此可得能量減少為1.5一質點沿半徑為的圓周運動，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)．1.7一個半徑為R=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內下降的距離h=．求物體開始下降后3s末，圓盤邊緣上任一點的切向加速度與法向加速度．[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·s-2上升，當上升速度為·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．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．第一章質點運動學1.1一質點沿直線運動，運動方程為x(t)=6t2-2t3．試求：（1）第2s內的位移和平均速度；（2）1s末及2s末的瞬時速度，第2s內的路程；（3）1s末的瞬時加速度和第2s內的平均加速度．[解答]（1）質點在第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內的位移大小為Δx=x(2)–x(1)=4(m)，經過的時間為Δt=1s，所以平均速度大小為=Δx/Δt=4(m·s-1)．（2）質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，質點在第2s內的路程等于其位移的大小，即Δs=Δx=4m．（3）質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]第幾秒內的平均速度和平均加速度的時間間隔都是1秒．1.2一質點作勻加速直線運動，在t=10s內走過路程s=30m，而其速度增為n=5倍．試證加速度為．并由上述數據求出量值．[證明]依題意得vt=nvo，根據速度公式vt=vo+at，得a=(n–1)vo/t，(1)根據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)．°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：（1）礦坑有多寬？他飛越的時間多長？（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)=49.30?，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．（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，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]當力是速度的函數時，即f=f(v)，根據牛頓第二定律得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已經包括了質點的質量．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．1.5一質點沿半徑為的圓周運動，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)．1.6一飛機在鉛直面內飛行，某時刻飛機的速度為v=300m·s-1，方向與水平線夾角為30°而斜向下，此后飛機的加速度為a=20m·s-2，方向與水平前進方向夾角為30°而斜向上，問多長時間后，飛機又回到原來的高度？在此期間飛機在水平方向飛行的距離為多少？[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．1.7一個半徑為R=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內下降的距離h=．求物體開始下降后3s末，圓盤邊緣上任一點的切向加速度與法向加速度．[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·s-2上升，當上升速度為·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．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．（3）飛機相對地的速度等于相對風的速度加風相對地的速度．為了使飛機沿著AB之間的直線飛行，就要使其相對地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB方向的速度大小為，所以飛行時間為．證畢．1.10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v2．今在車后放一長方形物體，問車速v1為多大時此物體剛好不會被雨水淋濕？[解答]雨對地的速度等于雨對車的速度加車對地的速度，由此可作矢量三角形．根據題意得tanα=l/h．方法一：利用直角三角形．根據直角三角形得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，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．2.12質量為m的物體，最初靜止于x0，在力(k為常數)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：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vm=mg/k．2.14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)帶內側運動，物體與環(huán)帶間的滑動摩擦因數為μk．設物體在某時刻經A點時速率為v0，求此后時刻t物體的速率以及從A點開始所經過的路程．[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．2.15如圖所示，一半徑為R的金屬光滑圓環(huán)可繞其豎直直徑轉動．在環(huán)上套有一珠子．今逐漸增大圓環(huán)的轉動角速度ω，試求在不同轉動速度下珠子能靜止在環(huán)上的位置．以珠子所停處的半徑與豎直直徑的夾角θ表示．[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．根據向心力公式得F=mgtgθ=mω2Rsinθ，可得，解得．2.16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．求在t=0到t=π/2ω的時間間隔內彈力予小球的沖量．[解答]方法一：利用沖量公式．根據沖量的定義得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．2.17一個質量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，但是末動量與初動量互相垂直，根據動量的增量的定義得，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．假設小球被輕繩拉著以角速度ω=v/R運動，拉力的大小就是向心力F=mv2/R=mωv，其分量大小分別為Fx=Fcosθ=Fcosωt，Fy=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．，速率等于20m·s-1的水平飛來的球，球飛到豎直上方10m的高度．求棒給予球的沖量多大？設球與棒的接觸時間為0.02s，求球受到的平均沖力？[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)．2.19如圖所示，3個物體A、B、C，每個質量都為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，經多長時間C也開始運動？C開始運動時的速度是多少？（取g=10m·s-2）[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，聯立方程可得a=g/2=5(m·s-2)．根據運動學公式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)．2.22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R．設馬對雪橇的拉力總是平行于路面．雪橇的質量為m，它與路面的滑動摩擦因數為μk．當把雪橇由底端拉上45°圓弧時，馬對雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[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．2.23一質量為m的質點拴在細繩的一端，繩的另一端固定，此質點在粗糙水平面上作半徑為r的圓周運動．設質點最初的速率是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；（3）在靜止以前質點運動了多少圈？[解答]（1）質點的初動能為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，可得滑動摩擦因數為．（3）在自然坐標中，質點的切向加速度為at=f/m=-μkg，根據公式vt2–vo2=2ats，可得質點運動的弧長為，圈數為n=s/2πr=4/3．[注意]根據用動能定理，摩擦力所做的功等于質點動能的增量-fs=ΔEk，可得s=-ΔEk/f，由此也能計算弧長和圈數。2.24如圖所示，物體A的質量m=，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k=400N·m-1．斜面傾角為45°．求當物體A由靜止下滑時，能使彈簧長度產生的最大壓縮量是多大？[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）．2.29如圖所示，有一個在豎直平面上擺動的單擺．問：（1）擺球對懸掛點的角動量守恒嗎？（2）求出t時刻小球對懸掛點的角動量的方向，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．[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l不變；由于角動量L=mvl，所以角動量不守恒．（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）質點對固定點的角動量的變化率等于質點所受合外力對同一點的力矩，因此角動量的變化率為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．根據萬有引力定律，在地球表面有，因此，根據上題的結果可得衛(wèi)星的軌道總能量為×109(J)．2.38質量為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為μ，圓盤從初角速度為ω0到停止轉動，共轉了多少圈？[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．根據轉動公