大學(xué)物理上冊課后習(xí)題答案

1、大學(xué)物理上冊課后習(xí)題答案 習(xí)題解答習(xí)題一1-1 Dr與Dr 有無不同?drdrdvdv和有無不同? 和有無不同?其不同在哪里?dtdtdtdt試舉例說明解：（1）vvDr是位移的模，Dr是位矢的模的增量，即Dr=r2-r1，Dr=r2-r1；（2）dsdrdr是速度的模，即. =v=dtdtdtdr只是速度在徑向上的分量. dt（式中r叫做單位矢）有r=rr，則式中drdrdr=r+r dtdtdtdr就是速度徑向上的分量， dtdrdr與不同如題1-1圖所示. dtdt題1-1圖vdvdvvdv (3)表示加速度的模，即a=，是加速度a在切向上的分量. dtdtdt有v=vt(t表軌道節(jié)線方

2、向單位矢），所以 vvvvdvdvvdt=t+v dtdtdtdv就是加速度的切向分量. dtvvdtdr與(Q的運(yùn)算較復(fù)雜，超出教材規(guī)定，故不予討論) dtdt式中1-2 設(shè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程為x=x(t)，y=y(t)，在計算質(zhì)點(diǎn)的速度和加速度時，有人先求drd2r出rx+y，然后根據(jù)v =，及a2而求得結(jié)果；又有人先計算速度和加速度dtdt22的分量，再合成求得結(jié)果，即dxöædyö=ç÷+ç÷及a=dtèøèdtø22æd2xöæd2yö&#

3、231;çdt2÷÷+ççdt2÷÷ 你認(rèn)為兩種方法哪一種èøèø22 正確？為什么？兩者差別何在？vvv解：后一種方法正確.因為速度與加速度都是矢量，在平面直角坐標(biāo)系中，有r=xi+yj，vvdrdxvdyvv=i+jdtdtdt2v22vvdrdxdyva=2=2i+2jdtdtdt故它們的模即為ædxöædyöv=v+v=ç÷+ç÷èdtøèdtø2x2y222

4、2ædxöædyö22a=ax+ay=ççdt2÷÷+ççdt2÷÷èøèø22 而前一種方法的錯誤可能有兩點(diǎn)，其一是概念上的錯誤，即誤把速度、加速度定義作drv=dtd2ra=2dtdrdrd2r與2誤作速度與加速度的模。在1-1題中已說明不是速度的模，其二，可能是將dtdtdtd2r而只是速度在徑向上的分量，同樣，2也不是加速度的模，它只是加速度在徑向分量中dt2éd2rvædqöù的一部分&

5、#234;a徑=2-rç或者概括性地說，前一種方法只考慮了位矢r在徑向（即÷ú。dtdtèøúêëûvv量值）方面隨時間的變化率，而沒有考慮位矢r及速度v的方向隨間的變化率對速度、加速度的貢獻(xiàn)。1-3 一質(zhì)點(diǎn)在xOy平面上運(yùn)動，運(yùn)動方程為x=3t+5, y=12t+3t-4. 2式中t以 s計，x,y以m計(1)以時間t為變量，寫出質(zhì)點(diǎn)位置矢量的表示式；(2)求出t=1 s 時刻和t2s 時刻的位置矢量，計算這1秒 r=(3t+5)i+(t+3t-4)jm2(2)將t=1,t=2代入上式即有vvvr1=8

6、i-0.5j m vvvr2=11j+4jmvvvvvDr=r2-r1=3j+4.5jmvvvvvv(3) r0=5j-4j,r4=17i+16jvvvvvvvDrr4-r012i+20j=3i+5jm×s-1 =Dt4-04vvvvdr=3i+(t+3)jm×s-1 (4) v=dtvvv-1則 v4=3i+7j m×svvvvvv(5) v0=3i+3j,v4=3i+7j vvvvDvv4-v04=1jm×s-2 Dt44vvvdv=1jm×s-2 (6) a=dt這說明該點(diǎn)只有y方向的加速度，且為恒量。 1-4 在離水面高h(yuǎn)米的岸上，有人

7、用繩子拉船靠岸，船在離岸S處，如題1-4圖所示當(dāng)人以v0(m²s-1)的速率收繩時，試求船運(yùn)動的速度和加速度的大小 圖1-4解： 設(shè)人到船之間繩的長度為l，此時繩與水面成q角，由圖可知l=h+s將上式對時間t求導(dǎo)，得 2222ldlds=2s dtdt 題1-4圖 根據(jù)速度的定義，并注意到l,s是隨t減少的， v繩=-即 v船=-dlds=v0,v船=- dtdtvdsldll=-=v0=0 dtsdtscosqlv0(h2+s2)1/2v0=或 v船= ss將v船再對t求導(dǎo)，即得船的加速度dlds-ldv-v0s+lv船a=船=2v0=v02dtss 2l2(-s+)v022hv0

8、=s2s3s1-5 質(zhì)點(diǎn)沿x軸運(yùn)動，其加速度和位置的關(guān)系為 a2+6x，a的單位為m×s，x的單位為 m. 質(zhì)點(diǎn)在x0處，速度為10m×s,試求質(zhì)點(diǎn)在任何坐標(biāo)處的速度值解： a=-12-2dvdvdxdv=v dtdxdtdx2分離變量： udu=adx=(2+6x)dx兩邊積分得12v=2x+2x3+c 2由題知，x=0時，v0=10,c=50 v=2x3+x+25m×s-11-6 已知一質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動，其加速度為 a4+3t m×s，開始運(yùn)動時，x5 m，v =0，求該質(zhì)點(diǎn)在t10s 時的速度和位置解： a=-2dv=4+3t dt分離變量，得 dv

9、=(4+3t)dt積分，得 3v=4t+t2+c1 2由題知，t=0,v0=0 ,c1=0 32t 2dx3=4t+t2 又因為 v=dt232分離變量， dx=(4t+t)dt 2132積分得 x=2t+t+c2 2故 v=4t+由題知 t=0,x0=5 ,c2=5故 x=2t+所以t=10s時 213t+5 2v10=4´10+3´102=190m×s-12 1x10=2´102+´103+5=705m23q式中以弧度計，t以秒計，1-7 一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為1 m 的圓周運(yùn)動，運(yùn)動方程為 q=2+3t，求：(1) t2 s時，質(zhì)點(diǎn)的切向和法向加

10、速度；(2)當(dāng)加速度的方向和半徑成45°角時，其角位移是多少? 解： w=dqdw=9t2,b=18t dtdt(1)t=2s時， at=Rb=1´18´2=36m×s-2an=Rw2=1´(9´22)2=1296m×s-2(2)當(dāng)加速度方向與半徑成45角時，有 tan45°=2at=1 an即 Rw=Rb亦即 (9t)=18t則解得 t=于是角位移為 3222 92=2.679rad q=2+3t3=2+3´ 1-8 質(zhì)點(diǎn)沿半徑為R的圓周按sv0t-12bt的規(guī)律運(yùn)動，式中s為質(zhì)點(diǎn)離圓周上某點(diǎn)的弧2長,

11、v0，b都是常量，求：(1)t時刻質(zhì)點(diǎn)的加速度；(2) t為何值時，加速度在數(shù)值上等于b 解：（1） v=ds=v0-bt dtdv=-bdt 22(v-bt)van=0RRat=(v0-bt)4則 a=at+a=b+ R222n2加速度與半徑的夾角為j=(2)由題意應(yīng)有 at-Rb =2an(v0-bt)(v0-bt)4a=b=b+R22(v0-bt)4,Þ(v0-bt)4=0 即 b=b+2R22當(dāng)t=v0時，a=b b1-9 半徑為R的輪子，以勻速v0沿水平線向前滾動：(1)證明輪緣上任意點(diǎn)B的運(yùn)動方程為xR(wt-sinwt)，yR(1-coswt)，式中w=v0/R是輪子滾

12、動的角速度，當(dāng)B與水平線接觸的瞬間開始計時此時B所在的位置為原點(diǎn)，輪子前進(jìn)方向為x軸正方向；(2)求B點(diǎn)速度和加速度的分量表示式 解：依題意作出下圖，由圖可知 題1-9圖(1)x=v0t-2Rsin=v0t-Rsinqq2cosq2=R(wt-Rsinwt) y=2Rsinq22=R(1-cosq)=R(1-coswt)sinq(2)dxìv=Rw(1-coswt)xïïdt íïv=dy=Rsinwt)yïdtîdvxì2a=Rwsinwt=xïïdt íïa=Rw2cos

13、wt=dvyyïdtî1-10 以初速度v020m×s拋出一小球，拋出方向與水平面成幔 60°的夾角， 求：(1)球軌道最高點(diǎn)的曲率半徑R1；(2)落地處的曲率半徑R2 (提示：利用曲率半徑與法向加速度之間的關(guān)系) -1解：設(shè)小球所作拋物線軌道如題1-10圖所示 題1-10圖(1)在最高點(diǎn)，v1=vx=v0cos60oan1=g=10m×s-2 又 an1=v12r1v12(20´cos60°)2r1=an110=10m (2)在落地點(diǎn)，v2=v0=20m×s-1,而 an2=g´cos60o2v2(20

14、)2 r2=80m an210´cos60°1-11 飛輪半徑為0.4 m，自靜止啟動，其角加速度為= 0.2 rad²s，求t2s時邊緣上各點(diǎn)的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度解：當(dāng)t=2s時，w=bt=0.2´2=0.4 rad×s-1則v=Rw=0.4´0.4=0.16m×s -1-2an=Rw2=0.4´(0.4)2=0.064m×s-2at=Rb=0.4´0.2=0.08m×s-22a=an+at2=(0.064)2+(0.08)2=0.102m×s-21-1

15、2 如題1-12圖，物體A以相對B的速度v2gy沿斜面滑動，y為縱坐標(biāo)，開始時A在斜面頂端高為h處，B物體以u勻速向右運(yùn)動，求A物滑到地面時的速度 解：當(dāng)滑至斜面底時，y=h，則v¢A=因此，A對地的速度為 2gh,A物運(yùn)動過程中又受到B的牽連運(yùn)動影響，vvvvA地=u+vAvv =(u+2ghcosa)i+(2ghsina)j 題1-12圖1-13 一船以速率v130km²h沿直線向東行駛，另一小艇在其前方以速率v240km²h -1-1沿直線向北行駛，問在船上看小艇的速度為何?在艇上看船的速度又為何?解：(1)大船看小艇，則有v21=v2-v1，依題意作速度矢

16、量圖如題1-13圖(a) vvr 題1-13圖由圖可知 v21=2v12+v2=50km×h-1方向北偏西 q=v13=36.87° v24(2)小船看大船，則有v12=v1-v2，依題意作出速度矢量圖如題1-13圖(b)，同上法，得 vvrv12=50km×h-1方向南偏東36.871-14 當(dāng)一輪船在雨中航行時，它的雨篷遮著篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但當(dāng)-1輪船停航時，甲板上干濕兩部分的分界線卻在篷前3 m ，如雨滴的速度大小為8 m²s，求輪船的速率解： 依題意作出矢量圖如題1-14所示o 題1-14圖 v雨船=v雨-v船 v雨=v

17、雨船+v船由圖中比例關(guān)系可知 vvvvvvv船=v雨=8m×s-1 習(xí)題二 2-1因繩不可伸長，故滑輪兩邊繩子的加速度均為a1，其對于m2則為牽連加速度，又知m2對繩子的相對加速度為a，故m2對地加速度，由圖(b)可知，為a2=a1-a 又因繩的質(zhì)量不計，所以圓柱體受到的摩擦力f在數(shù)值上等于繩的張力T，由牛頓定律，有m1g-T=m1a1 T-m2g=m2a2 聯(lián)立、式，得 (m1-m2)g+m2a¢a1=m1+m2(m-m2)g-m1a¢ a2=1m1+m2mm(2g-a¢)f=T=12m1+m2討論 (1)若a=0，則a1=a2表示柱體與繩之間無相對滑

18、動(2)若a=2g，則T=f=0，表示柱體與繩之間無任何作用力，此時m1,m2均作自由落體運(yùn)動 題2-1圖2-2以梯子為對象，其受力圖如圖(b)所示，則在豎直方向上，NB-mg=0 又因梯無轉(zhuǎn)動，以B點(diǎn)為轉(zhuǎn)動點(diǎn)，設(shè)梯子長為l，則NAlsin-mglcos=0 2在水平方向因其有加速度a，故有f+NA=ma 題2-2圖式中f為梯子受到的摩擦力，其方向有兩種可能，即 f=±0mg 聯(lián)立、式得tanqm=gg ,tanqM=2(a+m0g)2(a-m0g)fx63=m168m×s-2 2-3 ax=ay=(1) fym=-716m×s-2 235vx=vx0+ò

19、;axdt=-2+´2=-m×s-1084 2-77vy=vy0+òaydt=´2=-m×s-10168于是質(zhì)點(diǎn)在2s時的速度57v=-i-j48(2) m×s-1 11r=(v0t+axt2)i+ayt2j22131-7=(-2´2+´´4)i+()´4j 28216137=-i-jm482-4 (1)a=分離變量，得 -kvdv= mdtdv-kdt= vmvdvt-kdt=即òò0m v0vv-ktln=lnem v0 v=v0e(2)x=vdt=k-t k-mtkmv

20、0-mtdt=(1-e) kòòve00k-tt(3)質(zhì)點(diǎn)停止運(yùn)動時速度為零，即t， 故有x¢=ò¥0v0edt=mv0 k(4)當(dāng)t=m時，其速度為 kv=v0ekm-×=v0e-1=1. ev0 e即速度減至v0的2-5分別以m1,m2為研究對象，其受力圖如圖(b)所示(1)設(shè)m2相對滑輪(即升降機(jī))的加速度為a，則m2對地加速度a2=a-a；因繩不可伸長， 故m1對滑輪的加速度亦為a，又m1在水平方向上沒有受牽連運(yùn)動的影響，所以m1在水平方向?qū)Φ丶铀俣纫酁閍，由牛頓定律，有m2g-T=m2(a-a)T=m1a 題2-5圖聯(lián)立，解

21、得a=g方向向下(2) m2對地加速度為a2=a-a=g 方向向上 2m1在水面方向有相對加速度，豎直方向有牽連加速度，即a絕=a相+a牽 g2a1=a¢+a=g+=g 42222=arctana1=arctan=26.6°，左偏上 a¢22-6依題意作出示意圖如題2-6圖 題2-6圖在忽略空氣阻力情況下，拋體落地瞬時的末速度大小與初速度大小相同，與軌道相切斜向下，而拋物線具有對y軸對稱性，故末速度與x軸夾角亦為30°，則動量的增量為p=mv-mv0由矢量圖知，動量增量大小為mv0，方向豎直向下2-7由題知，小球落地時間為0.5s因小球為平拋運(yùn)動，故小球

22、落地的瞬時向下的速度大小為v1=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦為v2=0.5g設(shè)向上為y軸正向，則動量的增量 p=mv2-mv1 方向豎直向上，大小 p=mv2-(-mv1)=mg碰撞過程中動量不守恒這是因為在碰撞過程中，小球受到地面給予的沖力作用另外，碰撞前初動量方向斜向下，碰后末動量方向斜向上，這也說明動量不守恒2-8 (1)若物體原來靜止，則p1=òFdt=ò(10+2t)idt=56 i kg²m²s,沿x軸正向， -1t400 Dv1=Dp1=5.6imI1=Dp1=56im×s-1kg×m×s-1-1 若物

23、體原來具有-6 m²s初速，則tFp0=-mv0,p=m(-v0+òdt)=-mv0+òFdt于是 0m0tDp2=p-p0=òFdt=Dp1, 0t同理，v2=v1,I2=I1這說明，只要力函數(shù)不變，作用時間相同，則不管物體有無初動量，也不管初動量有多大，那么物體獲得的動量的增量(亦即沖量)就一定相同，這就是動量定理(2)同上理，兩種情況中的作用時間相同，即I=ò(10+2t)dt=10t+t2 0t亦即t+10t-200=0解得t=10 s，(t=-20 s舍去)2-9 質(zhì)點(diǎn)的動量為p=mv=m(-asinti+bcostj)將t=0和t=

24、2p分別代入上式，得 2wp1=mbj,p2=-mai,則動量的增量亦即質(zhì)點(diǎn)所受外力的沖量為I=p=p2-p1=-m(ai+bj)2-10 (1)由題意，子彈到槍口時，有F=(a-bt)=0,得t=a b(2)子彈所受的沖量t1I=ò(a-bt)dt=at-bt2 02a將t=代入，得 ba2I= 2b(3)由動量定理可求得子彈的質(zhì)量Ia2m=v02bv02-11設(shè)一塊為m1，則另一塊為m2，m1=km2及m1+m2=m于是得 m1=kmm,m2= k+1k+1又設(shè)m1的速度為v1,m2的速度為v2，則有 T=聯(lián)立、解得 1112m1v12+m2v2-mv2 222mv=m1v1+m

25、2v2 v2=(k+1)v-kv1 將代入，并整理得2T=(v1-v)2 km于是有v1=v±2T km將其代入式，有v2=v±2kT m又，題述爆炸后，兩彈片仍沿原方向飛行，故只能取v1=v+2kT2T ,v2=v-mkm證畢2-12 (1)由題知，F(xiàn)合為恒力， A合=F²r=(7i-6j)²(-3i+4j+16k)=-21-24=-45 J (2)=A45=75Dt0.6w(3)由動能定理，Ek=A=-45 J2-13 以木板上界面為坐標(biāo)原點(diǎn)，向 2式中f是鐵錘作用于釘上的力，f是木板作用于釘上的力，在dt0時，f=-f 設(shè)第二錘外力的功為A2，則同

26、理，有A2=òkydy=1y212kky2- 22由題意，有1kA2=A1=D(mv2)= 22 即12kkky2-= 222所以，y2=2于是釘子第二次能進(jìn)入的深度為y=y2-y1=2-1=0.414 cm 2-14 F(r)=dE(r)nk=-n+1 drr方向與位矢r的方向相反，即指向力心2-15 彈簧A、B及重物C受力如題2-15圖所示平衡時，有 題2-15圖FA=FB=Mg又 FA=k1x1FB=k2x2所以靜止時兩彈簧伸長量之比為Dx1k2 =Dx2k1彈性勢能之比為Ep1Ep21k1Dx12k=2 1k12k2Dx222-16 (1)設(shè)在距月球中心為r處F月引=F地引，

27、由萬有引力定律，有 GmM月r2=GmM地R-rM月2 經(jīng)整理，得 r=M地+M月R =7.35´10225.98´1024+7.35´10226´3.48´108 =38.32´10 m則p點(diǎn)處至月球表面的距離為67h=r-r月 =(38.32-1.74)³103.66³10 m(2)質(zhì)量為1 kg的物體在p點(diǎn)的引力勢能為EP=-GM月r-GM地 R-r7.35´10225.98´1024-11 =-6.67´10´ -6.67´10´38.4-3.83

28、´1073.83´10711=-1.28´106J 2-17 取B點(diǎn)為重力勢能零點(diǎn)，彈簧原長為彈性勢能零點(diǎn)，則由功能原理，有-m2gh=1122 (m1+m2)v-m1gh+k(l) 22式中l(wèi)為彈簧在A點(diǎn)時比原長的伸長量，則l=AC-BC=(2-1)h聯(lián)立上述兩式，得v=2(m1um2)gh+kh2m1+m22-12 題2-17圖2-18 取木塊壓縮彈簧至最短處的位置為重力勢能零點(diǎn)，彈簧原長處為彈性勢能零點(diǎn)則由功能原理，有-frs=12æ12ökx-çmv+mgssin37°÷ 2è2ø 12

29、mv+mgssin37°-frsk= 12kx2式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有關(guān)數(shù)據(jù)，解得-1k=1390 N²m 題2-18圖再次運(yùn)用功能原理，求木塊彈回的高度h-fts=mgssin37°-13kx 2代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得 s=1.4 m,則木塊彈回高度h=ssin37°=0.84 m 題2-19圖2-19 m從M上下滑的過程中，機(jī)械能守恒，以m，M地球為系統(tǒng) ，以最低點(diǎn)為重力勢能零點(diǎn)，則有 mgR=11mv2+MV2 22又下滑過程，動量守恒，以m,M為系統(tǒng)則在m脫離M瞬間，水平方向有mv-MV=0聯(lián)立，以上兩式，得v=2M

30、gR m+M2-20 兩小球碰撞過程中，機(jī)械能守恒，有121212mv0=mv1+mv2 22222即 v0 =v12+v2 題2-20圖(a) 題2-20圖(b)又碰撞過程中，動量守恒，即有mv0=mv1+mv2亦即 v0=v1+v2 由可作出矢量三角形如圖(b)，又由式可知三矢量之間滿足勾股定理，且以v0為斜邊，故知v1與v2是互相垂直的2-21 由題知，質(zhì)點(diǎn)的位矢為r=x1i+y1j作用在質(zhì)點(diǎn)上的力為f=-fi所以，質(zhì)點(diǎn)對原點(diǎn)的角動量為L0=r³mv=(x1i+y1j)³m(vxi+vyj)=(x1mvy-y1mvx)k作用在質(zhì)點(diǎn)上的力的力矩為M0=r³f=

31、(x1i+y1j)³(-fi)=y1fk2-22 哈雷彗星繞太陽運(yùn)動時受到太陽的引力即有心力的作用，所以角動量守恒；又由于哈雷彗星在近日點(diǎn)及遠(yuǎn)日點(diǎn)時的速度都與軌道半徑垂直，故有r1mv1=r2mv2 r1v18.75´1010´5.46´104r2=5.26´10122v29.08´102-23 (1) Dp=m òfdt=ò5jdt=15j03kg×m×s-1(2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7y=v0yt+1215at=6´3+´´32=25.5j 2

32、23即r1=4i,r2=7i+25.5jvx=v0x=15vy=v0y+at=6+´3=11 3即v1=i1+6j,v2=i+11j L1=r1³mv1=4i³3(i+6j)=72kL2=r2³mv2=(7i+25.5j)³3(i+11j)=154.5k2-1L=L2-L1=82.5k kg²m²s解(二) M= DL=dz dtt0òt0M×dt=ò(r´F)dt 3é15ù=òê(4+t)i+(6t+)´t2)jú

33、0;5jdt023ëû=ò5(4+t)kdt=82.5k03kg×m2×s-1 題2-24圖2-24 在只掛重物M1時，小球作圓周運(yùn)動的向心力為M1g，即2M1g=mr00 掛上M2后，則有2 (M1+M2)g=mr重力對圓心的力矩為零，故小球?qū)A心的角動量守恒即 r0mv0=rmvÞr02w0=r¢2w¢2 聯(lián)立、得w0=w¢=r¢=M1gmr0M1gM1+M23()mr0M12 M1+M2g=¢mwr0g(M1+M2)M2mM12-25 (1)先作閘桿和飛輪的受力分析圖(如圖(b)

34、圖中N、N是正壓力，F(xiàn)r、Fr是摩擦力，F(xiàn)x和Fy是桿在A點(diǎn)轉(zhuǎn)軸處所受支承力，R是輪的重力，P是輪在O軸處所受支承力 題2-25圖（a） 題2-25圖(b)桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以對A點(diǎn)的合力矩應(yīng)為零，設(shè)閘瓦厚度不計，則有 F(l1+l2)-N¢l1=0N¢=l1+l2F l1 對飛輪，按轉(zhuǎn)動定律有=-FrR/I，式中負(fù)號表示與角速度方向相反 Fr=N N=N Fr=mN¢=m又 I=b=-l1+l2F l11mR2, 2FrR-2m(l1+l2)=F ImRl1rad×s-2 以F=100 N等代入上式，得 b=-2´0.40´(0.5

35、0+0.75)40´100=-60´0.25´0.503由此可算出自施加制動閘開始到飛輪停止轉(zhuǎn)動的時間為 t=-w0900´2p´3=7.06b60´40s這段時間 rad²s，要求飛輪轉(zhuǎn)速在t=2 s內(nèi)減少一半，可知w0b=-w0t=-w02t=-15p2rad×s-2用上面式(1)所示的關(guān)系，可求出所需的制動力為F=-=mRl1b2m(l1+l2)60´0.25´0.50´15p 2´0.40´(0.50+0.75)´2=177N2-26 設(shè)a，a2和

36、分別為m1m2和柱體的加速度及角加速度，方向如圖(如圖b) 題2-26(a)圖 題2-26(b)圖(1) m1，m2和柱體的運(yùn)動方程如下：ìT2-m2g=m2a2ïím1g-T1=m1a1ïT¢R-T¢r=Ib2î112 3式中 T1=T1,T2=T2,a2=r,a1=R22而 I=(1/2)MR+(1/2)mr由上式求得b=Rm1-rm2g22I+m1R+m2r0.2´2-0.1´2´9.8 11´10´0.202+´4´0.102+2´0.2

37、02+2´0.10222=6.13rad×s-2(2)由式T2=m2r+m2g=2³0.10³6.13+2³9.820.8 N由式T1=m1g-m1R=2³9.8-2³0.20³6.1317.1 N2-27 分別以m1，m2滑輪為研究對象，受力圖如圖(b)所示對m1,m2運(yùn)用牛頓定律，有m2g-T2=m2a T1=m1a 對滑輪運(yùn)用轉(zhuǎn)動定律，有2T2r-T1r=(1/2Mr) 又， a=r 聯(lián)立以上4個方程，得a=m2gm1+m2+M2=200´9.8=7.6155+200+2m×s-2 題2-

38、27(a)圖 題2-27(b)圖 題2-28圖2-28 (1)由轉(zhuǎn)動定律，有mg(l/2)=(1/3)ml =23g 2l(2)由機(jī)械能守恒定律，有22mg(l/2)sin=(1/2)(1/3)ml=3gsinq l 題2-29圖2-29 (1)設(shè)小球的初速度為v0，棒經(jīng)小球碰撞后得到的初角速度為，而小球的速度變?yōu)関，按題意，小球和棒作彈性碰撞，所以碰撞時遵從角動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，可列式：mv0l=I+mvl 222 (1/2)mv0=(1/2)I+(1/2)mv2上兩式中I=1/3Ml，碰撞過程極為短暫，可認(rèn)為棒沒有顯著的角位移；碰撞后，棒從豎直位置上擺到最大角度=30°

39、，按機(jī)械能守恒定律可列式：12lIw=Mg(1-cos30°) 22由式得 é3g3ùéMglùw=ê(1-cos30°)ú=ê(1-)ú Il2ëûëû由式 1212v=v0-由式 Iw mlIw2v=v- m22 所以(v0-求得 Iw212)=v0-w2 mlmv0=lwIl1M(1+2)=(1+)w223mmlgl6(2-33m+M=12m(2)相碰時小球受到的沖量為Fdt=mv=mv-mv0由式求得Fdt=mv-mv0=-(I)/l=(-1/3)

40、Ml =-6(2-3)M6gl負(fù)號說明所受沖量的方向與初速度方向相反 題2-30圖2-30 (1)碎片離盤瞬時的線速度即是它上升的初速度v0=R設(shè)碎片上升高度h時的速度為v，則有22v=v0-2gh令v=0，可求出上升最大高度為2v0122H=Rw 2g2g(2)圓盤的轉(zhuǎn)動慣量I=(1/2)MR，碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)動慣量I=(1/2)MR-mR，碎片脫離前，盤的角動量為I，碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內(nèi)力變?yōu)榱?，但?nèi)力不影響系統(tǒng)的總角動量，碎片與破盤的總角動量應(yīng)守恒，即 222 I=I+mv0R式中為破盤的角速度于是222(1/2)MR=(1/2)MR-mR+mv0R2222(1/2)MR-

41、mR=(1/2)MR-mR得=(角速度不變)圓盤余下部分的角動量為22(1/2)MR-mR轉(zhuǎn)動動能為 題2-31圖222Ek=(1/2)(1/2)MR-mR2-31 (1)射入的過程對O軸的角動量守恒2Rsinm0v0=(m+m0)R=m0v0sinq (m+m0)Rmvsinq21(m+m0)R200Ek2(m+m0)Rm0sin2q=(2) 1Ek0m+m20m0v022-32 以重物、滑輪、彈簧、地球為一系統(tǒng)，重物下落的過程中，機(jī)械能守恒，以最低點(diǎn)為重力勢能零點(diǎn)，彈簧原長為彈性勢能零點(diǎn)，則有222mgh=(1/2)mv+(1/2)I+(1/2)kh又 =v/R (2mgh-kh2)k2故

42、有v= 2mR+I(2´6.0´9.8´0.4-2.0´0.42)´0.32= 6.0´0.32+0.5=2.0m×s-1 題2-32圖 題2-33圖2-33 (1)小球與圓環(huán)系統(tǒng)對豎直軸的角動量守恒，當(dāng)小球滑至B點(diǎn)時，有2I00=(I0+mR) 該系統(tǒng)在轉(zhuǎn)動過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)小球相對于圓環(huán)的速率為vB，以B點(diǎn)為重力勢能零點(diǎn)，則有2222(1/2)I00+mgR=(1/2)(I0+mR)+(1/2)mvB 聯(lián)立、兩式，得22I0w0RvB=2gR+ I0+mR2(2)當(dāng)小球滑至C點(diǎn)時，Ic=I0 c=0故由機(jī)械能守恒，有

43、2mg(2R)=(1/2)mvcvc=2gR請讀者求出上述兩種情況下，小球?qū)Φ厮俣攘?xí) 3-1 慣性系S相對慣性系S以速度u運(yùn)動當(dāng)它們的坐標(biāo)原點(diǎn)O與O¢重合時，t=t¢=0，發(fā)出一光波，此后兩慣性系的觀測者觀測該光波的波陣面形狀如何?用直角坐標(biāo)系寫出各自觀測的波陣面的方程解: 由于時間和空間都是均勻的，根據(jù)光速不變原理，光訊號為球面波波陣面方程為：x2+y2+z2=(ct)2x¢2+y¢2+z¢2=(ct¢)2 題3-1圖 3-2 設(shè)圖3-4中車廂上觀測者測得前后門距離為2l試用洛侖茲變換計算地面上的觀測者測到同一光信號到達(dá)前、后門的時

44、間差¢,t1¢)=(l,)，在車站(S)系：解: 設(shè)光訊號到達(dá)前門為事件1，在車廂(S¢)系時空坐標(biāo)為(x1uluglu¢x)=g(+l)=(1+) 1cc2ccc2l¢,t2¢)=(-l,)，在車站(S)系： 光信號到達(dá)后門為事件2，則在車廂(S¢)系坐標(biāo)為(x2c¢+t1=g(t1lc uglu¢x)=(1-) 2ccc2glu于是 t2-t1=-22c¢+t2=g(t2¢-x2¢=2l 或者 Dt¢=0,Dt=t1-t2,Dx¢=x1Dt=g(Dt&

45、#162;+uu¢Dx)=g(2l) c2c23-3 慣性系S相對另一慣性系S沿x軸作勻速直線運(yùn)動，取兩坐標(biāo)原點(diǎn)重合時刻作為計時起點(diǎn)在S系中測得兩事件的時空坐標(biāo)分別為x1=6³10m,t1=2³10s，以及x2=12³10m,t2=1³10s已知在S系中測得該兩事件同時發(fā)生試問：(1)S系相對S系的速度4-44-4是多少? (2) S¢系中測得的兩事件的空間間隔是多少? 解: 設(shè)(S¢)相對S的速度為v，¢=g(t1-(1) t1vx) 21cv¢=g(t2-2x2) t2c¢-t1¢

46、=0 由題意 t2則故 v=c2t2-t1=v(x2-x1) 2ct2-t1c=-=-1.5´108m×s-1x2-x12¢=g(x1-vt1),x2¢=g(x2-vt2) (2)由洛侖茲變換 x1¢-x1¢=5.2´10m 代入數(shù)值， x23-4 長度l0=1 m的米尺靜止于S系中，與x軸的夾角q= 30°，S系相對S系沿x軸運(yùn)4°動，在S系中觀測者測得米尺與x軸夾角為q=45 試求：(1)S系和S系的相對運(yùn)動速度.(2)S系中測得的米尺長度解: (1)米尺相對S¢靜止，它在x¢,y

47、¢軸上的投影分別為：¢=L0cosq¢=0.866m，L¢¢Lxy=L0sinq=0.5m米尺相對S沿x方向運(yùn)動，設(shè)速度為v，對S系中的觀察者測得米尺在x方向收縮，而y方向的長度不變，即 v2¢-2,Ly=L¢Lx=Lxyc故 tanq=LyLx=L¢yLx=L¢y¢-Lxvc22 ¢,L¢把q=45及Lxy代入v20.5則得 -2=0.866c故 v=0.816c(2)在S系中測得米尺長度為L=Lysin45°=0.707m3-5 一門寬為a，今有一固有長度l0(

48、l0a)的水平細(xì)桿，在門外貼近門的平面 a£l0-()uc2解得桿的運(yùn)動速率至少為：u=c-(a2) l0 題3-6圖3-6兩個慣性系中的觀察者O和O¢以0.6c(c表示真空中光速)的相對速度相互接近，如果O測得兩者的初始距離是20m，則O¢測得兩者經(jīng)過多少時間相遇? 解: O測得相遇時間為DtDt=O¢ 測得的是固有時Dt¢L020= v0.6cL0-b2 Dt¢= =gvDt =8.89´10-8s，b=v=0.6 ， c1g= ， 0.8L v或者，O¢測得長度收縮， L=L0-b2=L0-0.62=0.8L

49、0,Dt¢=Dt¢=0.8L00.8´20-8=8.89´10s 80.6c0.6´3´103-7 觀測者甲乙分別靜止于兩個慣性參考系S和S¢中，甲測得在同一地點(diǎn)發(fā)生的兩事件的時間間隔為 4s，而乙測得這兩個事件的時間間隔為 5s求：(1) S¢相對于S的運(yùn)動速度(2)乙測得這兩個事件發(fā)生的地點(diǎn)間的距離¢-x1¢ 解: 甲測得Dt=4s,Dx=0,乙測得Dt=5s，坐標(biāo)差為Dx¢=x2(1) Dt¢=g(Dt+vDx)=lDt2c1v-()2cDtv2Dt4= Q 1-2=&

50、#162;Dt5c解出 v=c-(Dt243)=c-()2=c Dt¢55=1.8´108 m×s-1(2) Dx¢=g(Dx-vDt),g= Dx¢=-gvDt=-Dt¢5=,Dx=0 Dt453´c´4=-3c=-9´108m 45¢-x1¢<0 負(fù)號表示x23-8 一宇航員要到離地球為5光年的星球去旅行如果宇航員希望把這路程縮短為3光年，則他所乘的火箭相對于地球的速度是多少?解: l¢=3=l0-b2=5-b2,則 v=-3=-b2 594c=c 2553-9 論

51、證以下結(jié)論：在某個慣性系中有兩個事件同時發(fā)生在不同地點(diǎn)，在有相對運(yùn)動的其他 慣性系中，這兩個事件一定不同時證: 設(shè)在S系A(chǔ)、B事件在a,b處同時發(fā)生，則Dx=xb-xa,Dt=tA-tB，在S¢系中測得 ¢ Dt¢=t¢B-tA=g(Dt-vDx) 2cQ Dt=0,Dx¹0，Dt¢¹0 即不同時發(fā)生3-10 試證明：(1)如果兩個事件在某慣性系中是同一地點(diǎn)發(fā)生的，則對一切慣性系來說這兩個事件的時間間隔，只有在此慣性系中最短(2)如果兩個事件在某慣性系中是同時發(fā)生的，則對一切慣性關(guān)系來說這兩個事件的空間間隔，只有在此慣性系中

52、最短解: (1)如果在S¢系中，兩事件A、B在同一地點(diǎn)發(fā)生，則Dx¢=0，在S系中，Dt=gDt¢³Dt¢，僅當(dāng)v=0時，等式成立，Dt¢最短(2)若在S¢系中同時發(fā)生，即Dt¢=0，則在S系中，Dx=gDx¢³Dx¢，僅當(dāng)v=0時等式成立，S¢系中Dx¢最短3-11 根據(jù)天文觀測和推算，宇宙正在膨脹，太空中的天體都遠(yuǎn)離我們而去假定地球上觀察到一顆脈沖星(發(fā)出周期無線電波的星)的脈沖周期為 0.50s，且這顆星正沿觀察方向以速度0.8c離我們而去問這顆星的固有周期為

53、多少?解: 以脈沖星為S¢系，Dx¢=0，固有周期Dt¢=t0.地球為S系，則有運(yùn)動時Dt1=gDt¢，這里Dt1不是地球上某點(diǎn)觀測到的周期，而是以地球為參考系的兩異地鐘讀數(shù)之差還要考慮因飛行遠(yuǎn)離信號的傳遞時間，vDt1 c Dt=Dt1+vDt1v=gDt¢+gDt ccv=gDt¢(1+) cg=-(Dt10.8c2)c+=1 0.6則 t0=Dt¢=l(1+)vc0.5 0.8c(1+)gc =0.5(1+0.8)10.6=0.3=0.1666s 1.83-12 6000m 的高空大氣層中產(chǎn)生了一個p介子以速度v=0.

54、998c飛向地球假定該p介子-6在其自身靜止系中的壽命等于其平均壽命 2³10s試分別從下面兩個角度，即地球上的觀測者和p介子靜止系中觀測者來判斷p介子能否到達(dá)地球解: p介子在其自身靜止系中的壽命Dt0=2´10-6s是固有(本征)時間，對地球觀測者，由于時間膨脹效應(yīng)，其壽命延長了衰變前經(jīng)歷的時間為Dt=Dt0v21-2c=3.16´10-5s這段時間飛行距離為d=vDt=9470m因d>6000m，故該p介子能到達(dá)地球或在p介子靜止系中，p介子是靜止的地球則以速度v接近介子，在Dt0時間 vx=xuv0.8c´0.8c1+2x1+c2c3-14

55、 飛船A以0.8c的速度相對地球向正東飛行，飛船B以0.6c的速度相對地球向正西方向飛行當(dāng)兩飛船即將相遇時A飛船在自己的天窗處相隔2s發(fā)射兩顆信號彈在B飛船的觀測者測得兩顆信號彈相隔的時間間隔為多少?解: 取B為S系，地球為S¢系，自西向東為x(x¢)軸正向，則A對S¢系的速度v¢x=0.8c，S¢系對S系的速度為u=0.6c，則A對S系(B船)的速度為 v¢+u0.8c+0.6cvx=x=0.946c uv1+0.481+2xc發(fā)射彈是從A的同一點(diǎn)發(fā)出，其時間間隔為固有時Dt¢=2s， 題3-14圖B中測得的時間間隔為：D

56、t=Dt¢-vc2x2=2-0.9462=6.17s3-15 (1)火箭A和B分別以0.8c和0.6c的速度相對地球向+x和-x方向飛行試求由火箭B測得A的速度(2)若火箭A相對地球以0.8c的速度向+y方向運(yùn)動，火箭B的速度不變，求A相對B的速度解: (1)如圖a，取地球為S系，B為S¢系，則S¢相對S的速度u=0.6c，火箭A相對S的速度vx=0.8c，則A相對S¢(B)的速度為：v¢x=vx-u0.8c-(-0.6c)=0.946c u(-0.6c)(0.8c)1-2vx1-cc2或者取A為S¢系，則u=0.8c，B相對S系的速度vx=-0.6c，于是B相對A的