新編基礎(chǔ)物理學(xué)上冊(cè)3-4單元課后答案

1、.第三章3-1半徑為 R、質(zhì)量為M的均勻薄圓盤(pán)上，挖去一個(gè)直徑為R的圓孔，孔的中心在1 R 處，2求所剩部分對(duì)通過(guò)原圓盤(pán)中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量。分析：用補(bǔ)償法（負(fù)質(zhì)量法）求解，由平行軸定理求其挖去部分的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，用原圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量減去挖去部分的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量即得。注意對(duì)同一軸而言。解：沒(méi)挖去前大圓對(duì)通過(guò)原圓盤(pán)中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為：J11MR 22由平行軸定理得被挖去部分對(duì)通過(guò)原圓盤(pán)中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為：J2J c md 2 1 M( R ) 2M( R ) 23 MR 22424232由式得所剩部分對(duì)通過(guò)原圓盤(pán)中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為：JJ1J213 MR 23

2、23-2如題圖3-2 所示，一根均勻細(xì)鐵絲， 質(zhì)量為 M，長(zhǎng)度為 L ，在其中點(diǎn) O處彎成120角，放在 xOy 平面內(nèi)，求鐵絲對(duì)Ox 軸、 Oy 軸、 Oz 軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量。分析：取微元，由轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的定義求積分可得解：（ 1）對(duì) x 軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為：LM dl1J xr 2 dm2 ( l sin 600 )2ML 20L32（2）對(duì) y 軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為：( L ) 2L5 ML 2J y1M2 (l sin 30 0 ) 2 Mdl3220L96（3）對(duì) Z 軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為：J z21M(L212題圖 3-232)ML2123-3電風(fēng)扇開(kāi)啟電源后經(jīng)過(guò)5s 達(dá)到額定轉(zhuǎn)速， 此時(shí)角速度為每秒5

3、轉(zhuǎn)，關(guān)閉電源后經(jīng)過(guò) 16 s風(fēng)扇停止轉(zhuǎn)動(dòng)，已知風(fēng)扇轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為0.5kg m2 ，且摩擦力矩 M f 和電磁力矩 M 均為常量，求電機(jī)的電磁力矩M 。分析： M f ， M 為常量，開(kāi)啟電源 5s 內(nèi)是勻加速轉(zhuǎn)動(dòng)，關(guān)閉電源16s 內(nèi)是勻減速轉(zhuǎn)動(dòng)，可得相應(yīng)加速度，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律求得電磁力矩M。解：由定軸轉(zhuǎn)動(dòng)定律得：MM fJ 1 ，即MJ 1M fJ 1J 20.5525250.54.12 N m163-4飛輪的質(zhì)量為60kg ，直徑為 0.5m ，轉(zhuǎn)速為 1000r / min ，現(xiàn)要求在 5s 內(nèi)使其制動(dòng)，求制動(dòng)力 F，假定閘瓦與飛輪之間的摩擦系數(shù)0.4，飛輪的質(zhì)量全部分布在輪的外周上，尺寸如題圖

4、3-4所示。分析： 分別考慮兩個(gè)研究對(duì)象：閘瓦和桿。 對(duì)象閘瓦對(duì)飛輪的摩擦力f 對(duì) O點(diǎn)的力矩使飛輪逐漸停止轉(zhuǎn)動(dòng)，對(duì)飛由輪轉(zhuǎn)動(dòng)定律列方程，因摩擦系數(shù)是定值，則飛輪做勻角加速度運(yùn)動(dòng)，由轉(zhuǎn)速求角加速度。對(duì)象桿受的合力矩為零。.解：設(shè)閘瓦對(duì)飛輪的壓力為 N，摩擦力為 f ，力矩為 M，飛輪半徑為 R, 則依題意得，MfRJfN0.4 NF(0.50.75)N0.5 JmR 260 0.25 210002題圖 3-4605解：式得F314 N3-5 一質(zhì)量為 m的物體懸于一條輕繩的一端，繩另一端繞在一輪軸的軸上，如題圖3-5所示軸水平且垂直于輪軸面，其半徑為r ，整個(gè)裝置架在光滑的固定軸承之上當(dāng)物體從

5、靜止釋放后，在時(shí)間t 內(nèi)下降了一段距離S 試求整個(gè)輪軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量 ( 用 m 、 r、 t 和 S 表示 ) 分析： 隔離物體， 分別畫(huà)出輪和物體的受力圖，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律和牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解。解：設(shè)繩子對(duì)物體( 或繩子對(duì)輪軸) 的拉力為 T，則根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和轉(zhuǎn)動(dòng)定律得：mgTmarOTrJ由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系有：arm由、式解得：Jm(g - a)r 2a題圖 3-5又根據(jù)已知條件v00S12，a2STat2r2tagt 2將式代入式得：Jmr2(1)T mg2S題圖 3-53-6一軸承光滑的定滑輪，質(zhì)量為M2.00kg , 半徑為 R 0.100m, 一根不能伸長(zhǎng)的輕繩，一端固定在定滑輪上

6、，另一端系有一質(zhì)量為m5.00 kg , 的物體，如題圖3-6 所示已知定滑輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J1 MR 2 ，其初角速度010.0rad / s, 方向垂直紙面向里求： (1)2定滑輪的角加速度的大小和方向；(2)定滑輪的角速度變化到0 時(shí)，物體上升的高度；(3) 當(dāng)物體回到原來(lái)位置時(shí)，定滑輪的角速度的大小和方向分析：隔離體受力分析，對(duì)平動(dòng)物體由牛頓第二定律列方程，對(duì)定軸轉(zhuǎn)動(dòng)物體由轉(zhuǎn)動(dòng)定律列方程。解： (1) mgT maT RJaR0mgRmgR2mgJ81.7 rad / s2RmR221MR22m MRmR2M.m題圖 3-6.方向垂直紙面向外(2)22202當(dāng)0 時(shí)，00.612 rad

7、2物體上升的高度h R6.12 10 2 m(3)210.0 rad / sT方向垂直紙面向外 .aTmg圖 3-63-7如題圖 3-7 所示，質(zhì)量為m的物體與繞在質(zhì)量為M的定滑輪上的輕繩相連，設(shè)定滑輪質(zhì)量 M=2m，半徑 R，轉(zhuǎn)軸光滑，設(shè)t0時(shí) v0 ，求：（ 1）下落速度與時(shí)間 t 的關(guān)系；（ 2）t 4 s時(shí) ,m 下落的距離；（ 3）繩中的張力 T。分析：對(duì)質(zhì)量為m物體應(yīng)用牛頓第二定律、對(duì)滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)定律列方程。解： (1) 設(shè)物體 m與滑輪間的拉力大小為T(mén)，則mgTmaMTRJ1MR 22aRvat解：式得a4.9 m / s2 ，并代入式得 v4.9 t題圖 3-7（2）設(shè)

8、物體下落的距離為s，則s1 at 214.9 4239.2 m22（3）由（ 1）的式得， T mg ma4.9 N3-8如題圖 3-8所示，一個(gè)組合滑輪由兩個(gè)勻質(zhì)的圓盤(pán)固接而成，大盤(pán)質(zhì)量M 1 10kg ，半徑 R0.10 m，小盤(pán)質(zhì)量 M 2 4kg ，半徑 r0.05 m 。兩盤(pán)邊緣上分別繞有細(xì)繩，細(xì)繩的下端各懸質(zhì)量m1m22kg 的物體，此物體由靜止釋放，求：兩物體m1,m2 的加速度大小及方向。分析：分別對(duì)物體 m1 ,m2 應(yīng)用牛頓第二定律，對(duì)滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)定律解：設(shè)物體 m1, m2 的加速度大小分別為 a1 ,a2,與滑輪的拉力分別為 T1 ,T2 ,T1m1 gm1 a

9、1m2 gT2m2 a2a1ra2RMT2 RT1rJ.題圖 3-8.J1 M 1R21 M 2r 2 22把數(shù)據(jù)代入，解上述各式得a10.6125 m / s2方向向上a21.225 m / s2方向向下3-9如題圖 3-9 所示，一傾角為30的光滑斜面固定在水平面上，其上裝有一個(gè)定滑輪，若一根輕繩跨過(guò)它，兩端分別與質(zhì)量都為m的物體 1 和物體 2 相連。（1）若不考慮滑輪的質(zhì)量，求物體1 的加速度。（2）若滑輪半徑為r ，其轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可用m和 r 表示為 J kmr 2 （ k 是已知常量），繩子與滑輪之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，再求物體1 的加速度。分析：（ 1）對(duì)兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定律列方程。（

10、 2）兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定律、對(duì)滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)定律列方程。解：設(shè)物體 1、物體 2 與滑輪間的拉力分別為T(mén)T它們對(duì)地的加速度為 a。1、 2（1）若不考慮滑輪的質(zhì)量，則物體1、物體 2 與滑輪間的拉力 T1 、 T2 相等，記為 T。則對(duì) 1、2 兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定律得，mgTmaTmg sin 300ma解上兩式得： ag / 4 m / s2 ，方向豎直向下。（2）若考慮滑輪的質(zhì)量，則物體1、物體 2 與滑輪間的拉力 T1 、 T2 不相等。則對(duì)1、 2 兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定律，和對(duì)滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)定律得題圖 3-9mgT1ma T2mg sin 300maarMT

11、1r T2 rJJkmr 2解上述各式得：ag2，方向豎直向下。m / s2(2k )3-10 一飛輪直徑為 0.3m，質(zhì)量為 5.0kg ，邊緣繞有繩子，現(xiàn)用恒力拉繩子的一端，使其由靜止均勻地繞中心軸加速，經(jīng) 0.5s轉(zhuǎn)速達(dá)每秒10 轉(zhuǎn)，假定飛輪可看作實(shí)心圓柱體，求：（ 1）飛輪的角加速度及在這段時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的轉(zhuǎn)數(shù)；（ 2）拉力及拉力所作的功；（ 3）從拉動(dòng)后 t10 s時(shí)飛輪的角速度及輪邊緣上一點(diǎn)的速度和加速度。分析：利用轉(zhuǎn)動(dòng)定律，力矩作的功定義，線(xiàn)量與角量的關(guān)系求解。解：（ 1）角加速度為：t1021.2610 2 rad / s20.5轉(zhuǎn)過(guò)的角度為：1t 211.261020.5 215

12、.7 rad22轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù)為：N2.5 圈2.（2）由轉(zhuǎn)動(dòng)定律MfRJ得J0.550.15 21.26102f0.1547.1 NR力矩做的功為： AMdM47.10.1515.7111J0（3）角速度為：t1.26102101.26103 rad / s邊緣一點(diǎn)的線(xiàn)速度為：vR0.151.2610 31.8810 2 m / s邊緣一點(diǎn)的法向加速度為：anR 20.15 1.26 2 10 62.37 105 m / s2邊緣一點(diǎn)的切向加速度為：aR0.151.2610218.84 m / s23-11 一質(zhì)量為 M，長(zhǎng)為 l 的勻質(zhì)細(xì)桿，一端固接一質(zhì)量為m的小球，可繞桿的另一端O 無(wú)摩擦地

13、在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將小球從水平位置A 向下拋射，使球恰好通過(guò)最高點(diǎn)C，如題圖 3-11 所示。求：（1）下拋初速度v0 ；（2）在最低點(diǎn)B 時(shí)，細(xì)桿對(duì)球的作用力。分析：由機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、角線(xiàn)量關(guān)系求解。解：（ 1）如圖 3-11 ，取向下拋點(diǎn)作勢(shì)能零點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得，1 mv021 J 2Mg lmgl222J= 1Ml 23v0l解得， v0(3M6m)gl3m M（2）取最低點(diǎn)作勢(shì)能零點(diǎn)，題圖 3-11由機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律得，1 mv 21 J 2Mgl2mgl22Nmgv 2mlvlJ1Ml 23解：得，N15m7M mg3mMrrrrr3-12物體質(zhì)量為

14、3kg , trrs10 時(shí)位于 r4i m,i6 j m，如一恒力 f5 j N 作用在物體上，求 3s 后，（1）物體動(dòng)量的變化； （ 2）相對(duì) z 軸角動(dòng)量的變化。分析：寫(xiě)出 r (t ) 的表達(dá)式及力f 對(duì) Z 軸的力矩 M 。由動(dòng)量定理、角動(dòng)量定理求解。解：（ 1）由動(dòng)量定理得，動(dòng)量的增量為：rtr3 rdtrm s 1P0f dt5 j15 j kg0（2）由角動(dòng)量定理得，角動(dòng)量的增量為：.rLtt 0r3 rM dtM dt 0rrr而 Mr (t )frrr( x0r( y0v y 0 t12rr(6 t5 2rr (t)x(t ) iy(t ) jvx 0 t) iat) j

15、(4 t ) it) jrr26f5 jrr把代入解得：(20M5t) kr3 rdt3rdtrs 1把代入解得：LM(205t )k82.5k kg m2003-13水平面內(nèi)有一靜止的長(zhǎng)為L(zhǎng) 、質(zhì)量為 m的細(xì)棒，可繞通過(guò)棒一末端的固定點(diǎn)在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)。今有一質(zhì)量為1 m 、速率為 v 的子彈在水平面內(nèi)沿棒的垂直方向射向棒的中點(diǎn)，子2彈穿出時(shí)速率減為1v ，當(dāng)棒轉(zhuǎn)動(dòng)后，設(shè)棒上單位長(zhǎng)度受到的阻力正比于該點(diǎn)的速率（比例2系數(shù)為 k）試求：（ 1）子彈穿出時(shí)，棒的角速度0為多少？（ 2）當(dāng)棒以轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，受到的阻力矩 M f 為多大？（ 3）棒從0 變?yōu)?1時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間為多少？20分析： 把子彈與棒看

16、作一個(gè)系統(tǒng)，子彈擊穿棒的過(guò)程中，轉(zhuǎn)軸處的作用力的力矩為零，所以擊穿前后系統(tǒng)角動(dòng)量守恒，可求待擊穿瞬間棒的角速度。棒轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中， 對(duì)棒劃微元計(jì)算元阻力矩，積分可得總阻力矩，應(yīng)用轉(zhuǎn)動(dòng)定律或角動(dòng)量定理可求得所需時(shí)間。解：（ 1）以子彈和棒組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象。取子彈和棒碰撞中間的任一狀態(tài)分析受力，子彈與棒之間的碰撞力f 、 f 是內(nèi)力。一對(duì)相互作用力對(duì)同一轉(zhuǎn)軸來(lái)說(shuō)，其力矩之和為零。因此，可以認(rèn)為棒和子彈組成的系統(tǒng)對(duì)轉(zhuǎn)軸的合外力矩為零，則系統(tǒng)對(duì)轉(zhuǎn)軸的角動(dòng)量守恒。mvLmvLJ022222J 1 mL23解上述兩式得：3v08L（2）設(shè)在離轉(zhuǎn)軸距離為l 得取一微元dl ，則該微元所受的阻力為：dfkvd

17、lkldl該微元所受的阻力對(duì)轉(zhuǎn)軸的力矩為：dM fldf k l 2 dl則細(xì)棒所受到的總阻力矩為：M fLL1 k L3dM fk l 2 dl003（3）由剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)定律得，M fJJ d1 kL3dt3即上式可化為：J d1 kL3 dt3.對(duì)上式兩邊分別積分得：J20 dt 1 kL3 dt0033J ln 2解上式積分得： tkL3把 J1 mL2 代入上式得： tm ln 23kL3-14 兩滑冰運(yùn)動(dòng)員，質(zhì)量分別為M A70kg ， M B80kg ，它們的速率A 7m s 1 , ，B 8m s 1 在相距 1.5m 的兩平行線(xiàn)上相向而行， 當(dāng)兩人最接近時(shí)， 便拉起手來(lái)， 開(kāi)始

18、繞質(zhì)心作圓周運(yùn)動(dòng)并保持兩人間的距離1.5m 不變。求：（ 1）系統(tǒng)總的角動(dòng)量； （ 2）系統(tǒng)一起繞質(zhì)心旋轉(zhuǎn)的角速度； （ 3）兩人拉手前后的總動(dòng)能，這一過(guò)程中機(jī)械能是否守恒，為什么？分析：利用系統(tǒng)質(zhì)心公式，兩人組成系統(tǒng)前后角動(dòng)量守恒和動(dòng)能公式求解。解：（ 1）設(shè)兩人相距最近時(shí)以運(yùn)動(dòng)員A 作原點(diǎn)，由質(zhì)心公式得，兩運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)心為：M A xAM B xB 700801.5xM B70800.8 mM A兩人組成的系統(tǒng)對(duì)質(zhì)心的總的角動(dòng)量為：L M A vA xM B vB (1.5x )707 0.8 80 8 (1.5 0.8) 840 kg m2 s 1（ 2）兩人拉手過(guò)程中，所受力對(duì)質(zhì)心轉(zhuǎn)軸的

19、力矩之和為零，則兩人組成系統(tǒng)前后角動(dòng)量守恒。L JM Ax 2M B (1.5x)2即 :840=(700.8 2 +800.7 2 )解上式得：10 rad / s（ 3）兩人拉手前的動(dòng)能為：EK 01 M A vA21 M B vB217072180824275 J2222兩人拉手后的動(dòng)能為：E K1 J 21(700.8 2800.7 2 )1024200 J22因此，系統(tǒng)前后的機(jī)械能不守恒。我們可以把兩人拉手的過(guò)程看作完全非彈性碰撞，因此系統(tǒng)前后機(jī)械能不守恒。3-15 如題圖 3-15所示，一長(zhǎng)為2l、質(zhì)量為 M的勻質(zhì)細(xì)棒，可繞棒中點(diǎn)的水平軸O 在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，開(kāi)始時(shí)棒靜止在水平位置，

20、一質(zhì)量為m的小球以速度 u 垂直下落在棒的端點(diǎn)，設(shè)小球與棒作彈性碰撞，求碰撞后小球的反彈速度v 及棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度各為多少？分析： 以小球和棒組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象。取小球和棒碰撞中間的任一狀態(tài)分析受力，棒受的重力 Mg 和軸對(duì)棒的支撐力N 對(duì) O軸的力矩均為零。小球雖受重力mg作用，但比起碰撞時(shí)小球與棒之間的碰撞力f 、 f 而言，可以忽略不計(jì)。又f 、 f 是內(nèi)力，一對(duì)相互作用力對(duì)同一轉(zhuǎn)軸來(lái)說(shuō)， 其力矩之和為零。因此，可以認(rèn)為棒和小球組成的系統(tǒng)對(duì)O軸的合外力矩為零，則系統(tǒng)對(duì)O軸的角動(dòng)量守恒。.解：取垂直紙面向里為角動(dòng)量L 正向，則系統(tǒng)初態(tài)角動(dòng)量為mul，終態(tài)角動(dòng)量為J（小棒）和 mvl （小球

21、），有角動(dòng)量守恒定律得mulJmvl因?yàn)閺椥耘鲎?，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得1mu 21mv 21J 2222又 J1 M (2l ) 21 Ml 2123題圖 3-15聯(lián)立式，解得v M 3m u M 3m6mu(M3m)l3-16一長(zhǎng)為 L、質(zhì)量為m的勻質(zhì)細(xì)棒，如題圖3-16 所示，可繞水平軸O 在豎直面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，若軸光滑，今使棒從水平位置自由下擺。求：（ 1）在水平位置和豎直位置棒的角加速度；（ 2）棒轉(zhuǎn)過(guò) 角時(shí)的角速度。分析：由轉(zhuǎn)動(dòng)定律求角加速度，由在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒求角速度。解：（ 1）有剛體定軸轉(zhuǎn)動(dòng)定律 MJ 得，Mmg L3g細(xì)棒在水平位置的角加速度為：12J22L3mL細(xì)棒在豎直位

22、置的角加速度為：M00J12mL3（2）細(xì)棒在轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得，題圖 3-16mg L sin1 J 222又 J1 mL233g sin解上述兩式得：l3-17 彈簧、定滑輪和物體如題圖 3-17 所示放置， 彈簧勁度系數(shù) k 為 2.0 N m 1 ；物體的質(zhì)量 m為6.0kg 。滑輪和輕繩間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，開(kāi)始時(shí)用手托住物體，彈簧無(wú)伸長(zhǎng)。求：（ 1）若不考慮滑輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，手移開(kāi)后，彈簧伸長(zhǎng)多少時(shí)，物體處于受力平衡狀態(tài)及此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能；（2）設(shè)定滑輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為0.5kg m2 ，半徑 r 為 0.3 m ，手移開(kāi)后，物體下落0.4m 時(shí)，它的速度為多大？分析：

23、（ 1）不考慮滑輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，由物體受力平衡求伸長(zhǎng)量x，再求彈性勢(shì)能。（ 2）若考慮滑輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，則彈簧、滑輪、物體和地球.題圖 3-17.組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解：（ 1）若不考慮滑輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，設(shè)彈簧伸長(zhǎng)了x 距離時(shí)物體處于受力平衡狀態(tài)，則： mgkxmg6gx3g ( m)k2此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為： E p1 kx212 (3 g ) 29g 2 J22（2）若考慮滑輪得轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，設(shè)物體下落的距離為 h 時(shí)，它的速度為 v，滑輪的角速度為，則由機(jī)械能守恒定律得，mgh1 mv21 J21 kh2vr222把數(shù)據(jù)代入上述兩式得，6100.416v210.5212 0.4222v0.3解上述

24、兩式得： v2.0 m / s3-18 一轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為J 的圓盤(pán)繞一固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，起初角速度為0 設(shè)它所受阻力矩與轉(zhuǎn)動(dòng)角速度成正比，即Mk( k 為正的常數(shù) ) ，求圓盤(pán)的角速度從0 變?yōu)?10 時(shí)所需的時(shí)間2分析：由轉(zhuǎn)動(dòng)定律及角加速度的定義，對(duì)角速度積分可求解。解：根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律：MJJ dkdtd k dtJ兩邊積分：201t kdd t00J得t (J ln 2) k3-19 質(zhì)量為 m的子彈，以速度v0水平射入放在光滑水平面上質(zhì)量為m0 、半徑為 R 的圓盤(pán)邊緣，并留在該處， v0的方向與射入處的半徑垂直，圓盤(pán)盤(pán)心有一豎直的光滑固定軸，如所示，試求子彈射入后圓盤(pán)的角速度。分析： 在子彈射入圓

25、盤(pán)的過(guò)程中，子彈和圓盤(pán)組成的系統(tǒng)對(duì)轉(zhuǎn)軸的角動(dòng)量和力矩為零，因此對(duì)轉(zhuǎn)軸的角動(dòng)量守恒。解：設(shè)子彈射入后圓盤(pán)的角速度為，則由角動(dòng)量守恒定律得，.mv R ( mR21 m R2 )020解上式得：2 mv 02mR m0 R題圖 3-193-20一均質(zhì)細(xì)桿，長(zhǎng) L1m ，可繞通過(guò)一端的水平光滑軸O在鉛垂面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，如題圖3-20所示。開(kāi)始時(shí)桿處于鉛垂位置， 今有一子彈沿水平方向以v 10m s 1 的速度射入細(xì)桿。設(shè)入射點(diǎn)離 O點(diǎn)的距離為3 L ，子彈的質(zhì)量為細(xì)桿質(zhì)量的1。試求：（ 1）子彈和細(xì)桿開(kāi)始49共同運(yùn)動(dòng)的角速度。 （ 2）子彈和細(xì)桿共同擺動(dòng)能到達(dá)的最大角度。分析：子彈射入細(xì)桿過(guò)程中， 子

26、彈和細(xì)桿組成的系統(tǒng)角動(dòng)量守恒； 細(xì)桿擺動(dòng)時(shí)， 機(jī)械能守恒。解（ 1）子彈打進(jìn)桿的過(guò)程中子彈和桿組成的系統(tǒng)角動(dòng)量守恒，設(shè)子彈開(kāi)始時(shí)的角速度為 0，彈和桿一起共同運(yùn)動(dòng)的角速度為 ，則由角動(dòng)量守恒定律得 :J子 0( J 子J桿 )又 J子m ( 3L ) 2m L2 9416OJ 桿 1 mL 233LLv1040403331L44把式代入式并解得：40rrad / sv19（2）設(shè)子彈與桿共同擺動(dòng)能達(dá)到最大角度為角，題圖 3-20在擺動(dòng)的過(guò)程中桿和子彈及地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則由機(jī)械能守恒定律得，1 ( J 子J桿 )2mg ( 3 L3 L cos )mg ( 1 L1 L cos)294

27、422把式及g10 ， L=1 代入式解得：cos0. 8496。即0 . 56 rad.第四章4-1觀(guān)察者 A 測(cè)得與他相對(duì)靜止的Oxy平面上一個(gè)圓的面積是12 cm2，另一觀(guān)察者B 相對(duì)于 A 以 0.8 c ( c 為真空中光速 ) 平行于 Oxy平面作勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)， B 測(cè)得這一圖形為一橢圓，其面積是多少？分析：本題考察的是長(zhǎng)度收縮效應(yīng)。解：由于 B相對(duì)于 A以 v0.8 c 勻速運(yùn)動(dòng)， 因此 B 觀(guān)測(cè)此圖形時(shí)與v 平行方向上的線(xiàn)度將收縮為 2R 1 ( / c) 22b，即是橢圓的短軸 .v而與 v 垂直方向上的線(xiàn)度不變，仍為2 R2 a ，即是橢圓的長(zhǎng)軸. 所以測(cè)得的面積為 ( 橢

28、圓形面積 )SabR1 (v /c 2RR21(v / c)22)=7.2cm4-2 長(zhǎng)度為 1m的米尺 L 靜止于 K 中，與 x 軸的夾角 30, K 系相對(duì) K 系沿 x 軸運(yùn)動(dòng)，在 K 系中觀(guān)察得到的米尺與x 軸的夾角為45 ，試求：（ 1）K 系相對(duì) K 系的速度是多少？（2） K 系中測(cè)得的米尺的長(zhǎng)度？分析：本題考察的是長(zhǎng)度收縮效應(yīng)。 根據(jù)兩個(gè)參考系下米尺的不同長(zhǎng)度再結(jié)合長(zhǎng)度收縮效應(yīng)我們可以很方便的得到兩個(gè)參考系之間的相對(duì)速度解：（ 1）米尺相對(duì)S 系靜止，它在x 和y 軸的投影分別為：Lx L0 cos0.866mLy L0 sin0.5m米尺相對(duì) S 系沿 x 方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)

29、速度為 v，為 S 系中的觀(guān)察者，米尺在 x 方向?qū)a(chǎn)生長(zhǎng)度收縮，而 y 方向的長(zhǎng)度不變，即.LxLx 1 v2c2LyL y 故米尺與x 軸的夾角滿(mǎn)足tgLyLy LxLx 1v2 c2將與 Lx 、 Ly 的值代入可得：v0.816c（2）在 S系中測(cè)得米尺的長(zhǎng)度為：LL y0.707( m)sin 454-3已知 x 介子在其靜止系中的半衰期為1.8 10 8 s 。今有一束 介子以0.8 c 的速度離開(kāi)加速器，試問(wèn)，從實(shí)驗(yàn)室參考系看來(lái)，當(dāng)介子衰變一半時(shí)飛越了多長(zhǎng)的距離？分析：本題考察的是時(shí)間膨脹效應(yīng)。根據(jù)靜止系中的半衰期加上時(shí)間膨脹效應(yīng)我們可以求出在實(shí)驗(yàn)室參考系中的半衰期，然后根據(jù)該半

30、衰期求出飛行距離。解：在 介子的靜止系中，半衰期t0 1.810 8 s 是本征時(shí)間。由時(shí)間膨脹效應(yīng)，實(shí)驗(yàn)室參系中的觀(guān)察者測(cè)得的同一過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間為：t1t03 10 8 (s)v2c2因而飛行距離為：dvt7.2 m4-4 在某慣性系 K 中，兩事件發(fā)生在同一地點(diǎn)而時(shí)間相隔為4s 。已知在另一慣性系 K 中，該兩事件的時(shí)間間隔為6s ，試問(wèn)它們的空間間隔是多少？分析：本題考察的是時(shí)間膨脹效應(yīng)以及洛倫茲變換。根據(jù)時(shí)間膨脹效應(yīng)我們可以求出兩參考系的相對(duì)速度，繼而根據(jù)洛倫茲變換演化出空間間隔變換的公式求出該兩事件在S 系中的空間間隔。解：在 k 系中，t04s 為本征時(shí)間，在 K 系中的時(shí)間間隔

31、為 t 6 s兩者的關(guān)系為：tt0t01v212c2259故兩慣性系的相對(duì)速度為：vc5108 ( m / s)由洛倫茲變換，K 系中兩事件的空間間隔為：xk1v t0 )( xk12.兩件事在K 系中發(fā)生在同一地點(diǎn)，因此有xk 0 ，故xkv t026 5 108( m)14-5慣性系 K 相對(duì)另一慣性系 K 沿 x 軸作勻速運(yùn)動(dòng)， 取兩坐標(biāo)原點(diǎn)重合的時(shí)刻作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)。在 K 系中測(cè)得兩事件的時(shí)空坐標(biāo)分別為x1 6 10 4 m,t1 210 4 s 以及x21210 4 m,t 2110 4 s ，已知在 K 系中測(cè)得該兩事件同時(shí)發(fā)生。試問(wèn)：（ 1） K 系相對(duì) K 系的速度是多少？（2） K 系中測(cè)得的兩事件的空間間隔是多少？分析：本題所考察的是洛倫茲變換的應(yīng)用問(wèn)題。根據(jù)