大学物理第二版答案.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:r (3/+5)z +(/*+3 z 4 j j (m)第一秒内位移=（七 /）7+（必一打）7(4)=3(1 0)：-(1-0)2+3(1-1 0)j=3T+3.5 j(m)前4秒内平均速度 =-=-(1 2 7+2 0 7)=3 1 +5j(m-s-1)t 4速度R =t =3;+&+3)；(m-s-1)d r匕=3：+(4+3方=3；+7(m.s T)前4秒平均加速度X 4-0 4(6)加速度a(I V o n丁)1)d x 3 c 2 c1-2 v =t+3厂 +2d rX=j d x=j v d t+c=+P +2 f+c

2、当t=2时x=4代入求证c=12即 x=+/+2.1 24U=J+3/2+2d u 八 2 ,a =3广 +6,d r将t=3s代入证1_9x3=41 (n?)v3-56(m -s )a3=45(m -s 2)Y=4-t1-3 (1)由运动方程1 消去t得轨迹方程.y=3 +2 fX-(y-3)2=0(2)1秒时间坐标和位矢方向为/=4加 必=5?4,5m:tg a -1.2 5,a =51.3 x(3)第1秒内的位移和平均速度分别为 产 =(4-0)r +(5-3)7=4 1+2；(m)V =r =4i+2 j(m-s-)AF(4)质点的速度与加速度分别为一 d r 一 一v=8/+2j,d

3、 rd Vd ra=8：故/=l s时的速度和加速度分别为V,=8 F +2 7m-s-1,ai=8/m-s-21-4该星云飞行时间为9.46x I Q1 5 x 2.74xl Q93 93 x1()7=6.59x1 0 1 7s =2.0 9x1 0%即该星云是2.0 9x I O*年前和我们银河系分离的.1-5实验车的加速度为v _ 1 60 0 xl Q37-3 60 0 x1.80=2.47 x 1 02m/s2a 2 5(g)基本上未超过2 5g.1.80 s内实验车跑的距离为Vs=-t21 60 0 xl Q32 x3 60 0 xl.80 =40 0(m)1-6(1)设第一块石头

4、扔出后t秒未被第二块击中，则,1 2h =vot-g t代入已知数得21 ,1 1 =1 5,一 一 x9.8/22解此方程，可得二解为，乙=1.84s,八=1.2 2 s第一块石头上升到顶点所用的时间为tm=vl 0/g=1 5/9.8=1.53 s由于.晨,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰：又由于不 与这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以匕o和j o分别对应于在人和时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于1,h=%0(，1 一4i)一g(fi 一/4)-所以h+g(t-Ar,)2 1 1 +1 x9.8x(1.84 1)2口20=八 一 M 1.84-1=1 7.2 m/s同理

5、.,h +y1 t i f),H +-1 x9.8x(1.2 2-l)92=51.1(m/s)(2)由于/G=L 3 s ,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于八时刻相碰，第二块的初速度为19 力 +g(f42)I l +-1 x9.8x(1.84-1.3)92丫2200 =t=i-At2 1.84-1.3=2 3.0(m/s)1-7以/表示从船到定滑轮的绳长，则%=-d/d f.由图可知s=V/2 h2于是得船的速度为3习题1-7图ds I dl y/s2+h2V =VAd f yll2-h2 d f S负号表示船在水面上向岸靠近.船的加速度为a-d v-d(1 L ld/-

6、2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cor4万 2 2 r 4/(6x1 0 4)2 x0.1s 6。2、9.8=4xl()51-9物体A 下降的加速度(如图所示)为2/72 x0.422=0.2 m/s2此加速度也等于轮缘上一点在f=3 s 时的切向加速度，即=0.2(m/s2)在，=3 s 时的法向加速度为/伍。)2(02x3)2R _ R _ 1.00.3 6(m/s2)习题1-9图习题1-10图1-1 0 。=1.2 m/s 2,%=0.5s ,%=1.5m.如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为v0=atQ=1.2 x 0.5=0.6(m/

7、s)以 t 表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为电梯下降的距离为4,1 2h=vor +-a r又%=h-h=(g-a)r=0.5 9 s,1 2%=%，+炉厂=0.6 x 0.5 9 +x 9.8 x 0.5 92=2.0 6 mI-亍 风 地=/风 人+/人地画出速度矢量合成图（a）又 地人+2环人地，速度矢量合成如图（b）两图中加地应是同一矢量.可知（a）图必是底角为4 5。的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为v_ 匕）人 地/-J?v“风 地 一 /c os 4 5。一。人地4.2 3(m-s-1)习 题 1-11图L L2vL(2)f =。+q =

8、-1-v-u v+u(3)f +%=4+4,如图所示风速u由东向西，由速度v v合成可得飞机对地速度丁=i 7 +/,则V=A/V2-U2.52L 2L 2L1-1 3 (1)设船相对岸的速度为V(如图所示)，由速度合成得Vf=u+VV的大小由图1.7示可得V=Vc os p+w c os c r证毕即 Vc os/=V u c os a=3 2x =3 -6习 题 1-13图而 Vs i n p=vs i n a=2 x =1船达到B点所需时间f =,D=D =1 0 0 0(s)V Vs i n A B两点之距S =Dctg p=。您2s i n P将 式(1)、(2)代入可得S =。(3

9、-扬=1 2 6 8(m)D I x lO3(2)由 f -=-V s i n P u s i n a船到对岸所需最短时间由极值条件决定电=彳一c。s a=0d a u s i n a )即 c os a=0,a =TI 12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minI x i o3 _ l x i o3w s i n /2 2=0.5 x 1 ()3 s =5 oo(s)(3)设 OB=l，则,D VD D 4 u2+V2-2 Vc os as i n (3 Vs i n /?u s i n a欲使/最短，应满足极值条件.6dl _Ddaf uJ/+丫2 -2“co

10、s优sin acos auV sin2 aH-/=sin2 6/vw2+V2-2uV cosaf二02,T7 2简化后可得cos?a-cosa+1 =0nV即 cos2 a-cost/+1 =062解此方程得cos a=3a=cos-1-=48.23故船头与岸成48.2。，则航距最短.将 优 值 代 入(4)式得最小航程为C n.-；1000J22+32-2 x 2 x 3 x2_ D u2+v2-2wvcosa _ 3m，n i-c o s%nw=1.5 x 10m=1.5(km)AB两点最短距离为Smin=-3=1.12(km)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

11、被推动的情况下如图所示,尤向：m in C O S O fm ax=0y 向：N-min sin。-Mg=0还有/m a x=s N解以上三式可得要推动木箱所需力F的最小值为习题2-1图4 Mgcos。一s sin 0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7人Mg cos。一k sin 0(2)在上面/min的表示式中，如果cosd sSin。f0,则外加一，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cos。-4s sin。4 0由此得。的最小值为0=arctan从2-2(1)对小球，由牛顿第二定律x 向：7 cos6-Nsin9=may 向：Tsin(

12、9+Ncos6 /”g=0联立解此二式，可得T-m(a cos a+g sin a)=0.5 x(2 x cos 30+9.8 sin 30)=3.32(N)N-z(gcosa+asina)=0.5 x(9.8xcos300-2sin30)=3.74(N)由牛顿第三定律，小球对斜面的压力习题2-2图N=N=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 cos 3=ma,7 sin 6=mg由此二式可解得a=g/tan。=9.8/tan 30=17.0m/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凡且挂吊B的绳应向后倾斜。作此时的隔离体受力图如图所示

13、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:8m1 :1r =mxa(1)T si n a =m2a(2)m2:T c os a一 根 2 g =0(3)M:F -N 3 水平=M a(4)%水平为绳中的雨拉力在水平向的合力N 3 水平=T+T s i n a(5)联 立(1),(2),(3),(4),(5)解得F=(m.+m)-=8 0 g =7 8 4(N)z/2 2一?2(因为三个物体有同一加速度a,且在水平方向只受外力尸的作同，所以，可将三个物体看作一个物体：F -(吗+加2 +M )a再 与(1),(2),(3)式联立求解即可。)2-4由图写出力函数用

14、积分法求解。F_ 2t(0 z 5)5 r +35 (5 f aB 所以绳被拉紧，二者一起下滑，而%=g=a。以T和 T 分别表示绳对A 和B的拉力(T=T),则由牛顿第二定律，沿 x 方向习题2-5图对 4：mA g s in at -co sa-T -mAa对 8：mBg s m a-(iwm g c o s a+T -mBa由此得u g s in u-g co s a+tnBn o=9.8 x s i.n 3_n0o-0-.-1-5-x-1-.-5-+-0-.-2-1-x-2-.-8-51.5 +2.8 5x 9.8 x co s 30 03.2 9(m/s2)(2)图中绳中张力为T-m

15、Ag si n a -iMmAg co sa mAa=1.5 x 9.8 x s in 30 0 0.1 5 x 1.5 x 9.8 x co s 30-1.5 x 3.2 9 =0.5 1(N)(3)如果互换位置，4 在上，8 在下，则由于%aK,连接绳子将松弛，因而T=0,此10时A B的加速度即aA=aA=3.6 3(m/s2),aB=aB=3.1 2(m/s2)2-6当漏斗转速较小时，机 有下滑趋势，小物体受最大静摩擦力力方向向上，如图所示。对小物体，由牛顿第二定律x 向：Nsi n 8-f,“co s8=m 2mMy 向：Nco s e +“s in e-mg=0还有 力=4 N联立

16、解以上各式，可得习题2-6 图(si n 0-j Us co s 6)g(co s 6 +4 s in 6)r或(s in 6-s co s 6)g(co s，+s s in)r当 足够大时，小物体将有上滑趋势，它将受到向下的静摩擦力，即力”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1 1(s in。$co s 6)g2 )X(co s 夕 +s s in 0)r总起来讲，小物体在漏斗壁上不动，转速应满足的条件是2-7设圆柱与绳索间的摩擦力为力绳对重物叫的拉力/，加和?2对地加速度分别为内、。2，对机1、加2列出方程加g T=/叫 xR-I1 +(2)据功能原理W,开始下滑时

17、在桌面部分的长度为 凡=/-%=当链条的4端从。点沿y轴运动到y o点过程中，摩擦力作功为1 +4心=-(九-y M g d y设桌面为势能零点，于是有2 U+化简 可 得/=皿 _,i+2-1 3 由于 7 =mv -1 亭婷=-竿2 2 +则链开始下滑到A端离桌面时的机机械能分别为&=4羯%=-;例(告)E,=Alv2-Ag l22 2 2)=2 一2刀8 +2例 1 +)山+nv0,故冲量7的大小由图所示可得1=4(mv)2+(mv0)2=Z r t j2 g/2 +%2=0.3 7 2 X 9.8 X 1 0+2 02=7.3 N-s/与水平方向的夹角为tgLm%习题2-13图vo 匕

18、7 2 x 2.9 8 x 1 0 ”=-=0.72 014一 1 7 3球受到的平均冲力F=365(N)At 0.022-14(1)4 秒内力的冲量7=jA k =，(10+2f)f=56f(N-s)(2)由动量定量7=加一m0,可得I 56-一 ,v=+v0=i-6 i=-0.4/(m-s)m 10(3)据题设，(10+2，)W=200即10/+-200=0,(+20)(-10)=0,f=10(s)2-15忽略轨道阻力，故在加载过程中列车与矿砂系统在水平方向动量守恒，即机 0 Vo=+m/)V由此得t时速度加0%m0+mtI时加速度为d V _ m mdt+mt)22-16 以分钟计，枪对

19、子弹的平均推力为 Nmv 120 x0.0079x735 一 ,八八F=-=-=11.6(N)t 60枪视作静止，此力也等于肩对枪托的平均推力，由牛顿第三定律可知，枪托对肩的压力就等于 11.6N.2-1 7原子核蜕变过程应满足动量守恒定律.以3表示蜕变后原子核的动量，应有p,+p2+p3=0a由图可知，P3的大小为 下;-二3P3 =J P：+P；/-泡=10-2X79.222+5.332 习题2-1 7 图=1.07xl0-2()kg-m/s2P3的方向应0和P2所在的平面内，而且与0的夹角为a =90+arctan m=90+arctan 丝=14958,p2 5.332-18对太空惯性

20、系，以论的方向为正方向，以力和也分别表示火箭壳和仪器舱分开后各自1 5的速度.由火箭壳和仪器舱的总动量守恒给出(/M,+ZM2)V0=+m2v2由于仪器舱应在前，所以“=匕一匕，即%=M+9.将此式代入上式得(根I+m2)vo=用|匕 +机2(M +%)由此得口m7u7 6 0 0-1 5 0 x9 1 01 5 0 +2 9 0=7 2 9 0(m/s)v2=u +V=9 1 0 +7 2 9 0 =8 2 0 0 m/sV/2 均为正值，故二速度皆沿正向，即与未分开前环的方向相同.2-1 9 两车相撞后的加速度为一人mg/m =-*g,由此可知刚撞后二者扣在一起时的速率为v =心却=7 2

21、 x0.8 x9.8 x2 5 =1 9.2 m/s由于实际撞后的初速u v,由此可得撞后速度应/=如果两车均未超限制，并都以最大允许速率开行，则由两车的动量守恒可得(如图所示)(m V 1)2+(m v2)2=(2mv)22-2 0 (1)如图所示，沿竖直方向，分别对M 和机用牛顿第二定律可得I 一 M g =M am g -T2=ma由此可得7；=M(g+a)=1 2 0 0 x(9.8 +1.5)=1 3 6 x 1 04(N)心=m(g-a)=1 0 0 0 x(9.8-1.5)=0.8 3 x 1 04(N)1 .(2)在加速f=1.0 s 的过程，起重间上升的距离为力=a J,这也

22、就是2电动机拖动钢缆的距离，电动机做的功为A =(T1-7,2)/?=(1.3 6-0.8 3)x l x 1.5 xl2=3.9 5 x1 03(J)习题2-20图(3)起重间匀速上升时，滑 轮 两 侧 钢 缆 中 的 张 力 分 别 为=mg 拖动钢缆的16距离为/力时电动机又做的功是4 =(T；一7?)/力=(M -m)g Ah=(1 2 0 0-1 0 0 0)x9.8 xl 0 =1.9 6 xl 04(J)2-21如图所示，以 F 表示马拉雪橇的力，则对雪橇，由牛顿第二定律切向：F-m g s i n a-f=0法向：N -mg co s a =0再由/=可解得F=mS co s

23、a +mg s i n a由此得马拉雪橇做功AF=(/%gco s a +m gs i n a)R da=R /Jkmg s i n 0-m g(co s -l)=R mg /ik s i n 4 5 0-co s 4 5 0+1=mg R 1-+A-k 2 7 2重力对雪橇做的功为AR=I-m gs i na R d a =mg R(co s0-1)fV 2 )=m gR-1、2 )摩擦力对雪橇做的功为Af=J。-mg N k c o s a R d a =-mg s i n OR2-2 2 设加速度为a,AB=S在 B 点速度为匕，在 c 点速度为v2,整个运动分为三个分过程A-8:匀加速

24、直线运动V/=2a s8 3C：机械能守恒1 mv2“12=mg -2R +mv2在 C 点，重力提供向心力习题2-22172%mg=m(3)RC-A：平抛运动S=v2t(4)1 ,2 R =gf(5)联立(1)、(2)、(3)、(4)、(5),可解得5a=；g-42-23设$=.%+.*.如图所示，写出各个过程的相应方程.习题2-23图4 fB:机械能守恒C 1 2mgR=-tnlvl(1)B点碰撞：动量、机械能守恒/fmV mV+m2V2(2)(1 2 1 ，2 1 2 myv=_?%+m2v2(3)B f C ：平抛运动4 =岭。“1 2h=(5)加2在C点时：,%=匕.%，=g。18C

25、f O：?2以上述速度作斜抛运动，但其加速度由下式确定2 =匕J 2%=a t(9)用2 a =/浮一机 2 g=(-1)用 2 gP=(-l7g(1 0)P由(8)、(9)、(1 0)可确定射程C O为2 v xv 2 v v$2=(1a a联 立(1)至(1 1)式可解证4 m,y R h ,2-1 +1-网+啊I P )=4.8(m)2-2 4在C开始运动之前，A、8有同一加速度a,对A、8作受力分析(如图所示)有A:m g-T =ma(1)B:T=ma(2)由(1)(2)解证a=4 g2设B C间绳长为l 在t时间内B作匀加速运动.习题2-24图2 2 2则0.4(s)8和C之间绳子刚

26、要拉紧时，A和8所达到的速度为v =A 7 =V10 x 0.4 =2.o(m-s-|)8 c间绳拉紧前后，由动量原理有A:mv -mv =-TAB :(忽 略了 重 力 的 冲 量)(3)/=1.33(m*s-1)19联 立(3)、(4)、(5)解证2 2vz=v =x 2.0=1.33(m -s-1)2-2 5设在t秒时，盒内已落有的石子质量为孙mt=n m-t(1)而石子落入盒内时速度为V=y 2g h(2)在此后出时间内，将有质量dm,的石子落入盒内dmz=n m dr (3)对d叫 这些石子用动量定理，设d叫 的石子受到盒对它的作用力为dN,以向下为正则(d/%g -dN )dr =

27、d i nt(0-v)d N d t=dmz(d f g+v)=n md t(g d t+v)n mv d t=dN=mn v而已有的质量为明的石子受到盒对它的作用力的大小等于石子的重力.叫g=N.秤的读数为N +d N =(n mv +mtg)=n m2g h +n mg t=mn Q 2g h +g t)=100 x 0.02(10 x 9.8 +7 2 x 9.8 x 4.9)=2 x(9 8+9.8)=2 15.6(N)2-2 6用动量定理求解4到B的时间为T nt-=2 CD重力的冲量为/=mg t=g =-，方向向下(如图所示)CD 0)小球动量增量为N p=2mv =2mco R

28、 =-co其中R由小球的动力学方程T s i n。=mco2R.(k =/E=Eo(恒量)而 尸=，对第一次打击必=况：=Ef Fdx-k(x 1 -x，)=0-k x 八2 2 u 2 解证 x2-2xi第二次击入的深度为2-2 8 静止时各处T=m g,对两弹簧有Ax=-x2-x1=(V2 -1)%=0.4 1(c m)T=kxxx=mgT=k2x2=mg所以，两弹簧的伸长量之比为x _ k2x2 k1两弹簧的弹性势能之比为L k X2Ek 二 2 内 JEk-k x2%2 K2A22-2 9 (1)子弹与摆锤碰撞，水平方向动量守恒vmv=m +Mv,(1)2 1VI 为摆锤碰撞后之速度，

29、摆锤获此速度后作圆周运动，在铅直面内机械能守恒1,1,-Mv,Mv；+Mg 2/(2)欲完成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件21“M，例g=7彩由（3）式 得 匕=代 入（2）式得匕=屈，再代入（1）式可得子弹的最小速度2M r：Vm i n =N 5 glm2-3 0 小球与弹簧振动系统相互碰撞，水平方向动量守恒mvQ=-mvx+Mv(1)V 为弹簧系统的启动速度，它在被压缩过程中机械能守恒，设最大压缩长度为七”，则有1 7 1 7-M v2-k x l(2)将(1)、(2)两式联立求解得x，=忌 /。+%)=总 x 1 x (4 +2)=0.06(m)（2）碰撞是非弹性的，其机械能损失

30、为人F 1 2/E损=2巾。一Lmv+LMv22 2=1X1X42-|-x l x 22+-x l 03x 0.0 622(2 2=4.2(J)(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mv0=(in+M)MV 1 1+/)V,2=-K2、乙 乙解得X；=J 一=0.0 3 8(m)k(m+M)1 03(1 0 +1)机械能损失=1X1X42-X1 03X0.0 3 82=7.28(J)2 2第三章刚体的定轴转动223-1 (1)铁饼离手时的角速度为a)=v/7?=25/1.0 =25(ra d/s)(2)铁饼的角加速度为(0a -=26(3)铁饼在手中加速的时间为2dt=C

31、D3-2(1)初角速度为252-.二3 9.8(ra d/s2)2 x 2-x 1.252 x 2乃 x 1.25 C、=-=0.628(s)g =2乃 x 20 0 /60 =20.9(ra d/s)末角速度为co -2TT x 3 0 0 0 /60 =3 1 4(ra d/s)角加速度为a =-c-o-c-o-n=-3-1-4-2-0-.-9 =41.9(ra d/.s.2),t 7.0(2)转过的角度为0八 =-CO-n-+C-t-)1=-2-0-.-9-+-3-1-4 x 7r =1-.1 7r x 1,0八 3r a d,=1 8 6(圈)2 2(3)切向加速度为%=a/?=41.

32、9 x 0,2=8.3 8(m/s2)法向加速度为an=3 1 42 x 0.2=1.9 7 x 1 04(m/s2)总加速度为a=Ja：+a：=Vs.3 72+(1.9 7 x l 04)2=1.9 7 x l 04(m/s2)总加速度与切向的夹角为0=a rc ta n =a rc ta n -=8 9 59 at 8.3 73-3 (1)对轴I的转动惯量J=2m (c os 60)2+(Q+(2c os 60 )2 +m(a+2 c os 60)2=9 m a2对轴II的转动惯量J2=4m(a s i n 60)2=3ma223(2)对垂轴的转动惯量4=2 机 a?+2/?z(2oc o

33、s 3 0)2+m(2a)2=2ma23-4(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 3M0=m g-l +-m g-l-m g-l-m g -l=-mg l(2)系统对。点的总转动惯量等于各部分对。点的转动惯之和，即=/I+J 2+1 4(3)由转动定律 M=邛 可得6 场 /3 6 g483-5(1)摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为p =.一 =(0.8 -1 )g =-0.2gA r第二秒末的角速度为g =g +，=g 0.2 g x 2=0.64(2)设摩擦力矩与角速度的比例系数为a,据题设可知XM，=a co,口即口 J

34、=a cod t产 d o)c t a ,、co a=dr In =tJ%J。J coQ J据题设 =Is时，用=O.8GO,故可得比例系数a -Jl n O.8由此f=2s时，转轮的角速度刃2为In 丝=21 n 0.8既3)0.82690=0.64。03-6设飞轮与闸瓦间的压力为N,如图示，则二者间摩擦力/；=必，此摩擦力形成阻力矩24f,.R,由转动定律frR=jp其中飞轮的转动惯量1/=?/,角加速度2=三&=i,2。f=mn nR52=-7T x 60 x (1 0 0 0/60)X 0.25=-3 1 4(N)见图所示，由制动杆的平衡条件可得FQi+l2)-N ll=0N=N&得制

35、动力F=31 4 x 0,5 =3 1 4(N)(/i+乙)0.4(0.5+0.7 5)习题3-6图3-7如图所示，由牛顿第二定律对加1:T-mxg=tna对m2:m2g-T2=m2a2对整个轮，由转动定律又由运动学关系 尸=%/鸟=。2/&习题3-7图联立解以上诸式，即可得0=_(/?2-g R|)gP _(Ml/2 +ml)R+(M2/2 +m2)Rl3-8设米尺的总量为相，则直尺对悬点的转动惯量为25r1 ,2 1 2I=indi T mJ；3 1 1 3 22=-x mx0.42+-x mx0.623 5 3 51.4=m15=0.093m“3 3 1 2 21八，M-mg x x-m

36、gx x =0.Img5 5 2 5 5 21 4又M=1/3/=m150 M 0.1mgxl5.,_2、(J=-=10.5(rad s)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。势能点)即,1,2mghc=n,1 1.4 2mg x 0.1=x=ty=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-maRT=J(3，a=R/31 ,J=-M R22(1)由方程组可解得m 1a=-g=gm+M/2 2物体作匀加速运动1vvQ+at-gt(2)物体下落的距离为习题3-9图（1）261 2x=vot+-a t1 2丁当 f=4时x-g

37、x A =4g=39.2(m)4(3)绳中张力由方程组解得T 1T =2m g解法2：以f=0 时物体所处位置为坐标原点。，以向下为x正方向.(1)由机械能守恒:+m V2=mgx1,=x2mR-2V=coR习题3-9图=V2=g x两边就r求导得c d v,gdt2v=pv n d u =-d r 2(2)1v=28 td xV =一d r Jd x 1则一山二 2 gg td r=gtdt1 2(3),加匀加速运动，由V =g g f以及=。知271a=28又由 z g-T=ma=T=J g3-1 0如图所示，唱片上一面元面积为d s =rd 6U，质量为（1?=?汨田”（做2）,此面元受

38、转盘的摩擦力矩为dM=rdf=rjukdmg=mg/4kr2d0dr/（7rR）各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为=J d M氏mg兀R?2马 MgR唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从0增加到口需要时间为co _ a _ 3Raa 4k g唱机驱动力矩做的功为A-M -0-M cot=mR2（D22唱片获得的动能为Ek=-Ja)2=mR j y2=mRa)k 2 2 U)43-1 1对整个系统用机械能守恒定律-mgh+kh2+；用 丫2 +；/(y 2=01 ,以/=”2,=y/r代入上式，可解得22m.gh-kh2 2x0.0 8 x9.8 x0.5-2x0.52 ,v

39、=J -=J-=1.48 m/s m,+m/2 V 0.0 8 +0.0 53-1 2（1）丁字杆对垂直轴0的转动惯量为11 2J=JOC+JOAB对轴O的力矩V0=；m g/，故由M 可得释手瞬间丁字杆的角加速度28万=%.=Xqy=至Jo 2 2ml2 4/(2)转过9 0。角后，知矩M =0,则月=0。由机械能守恒知尾=*.5二 愣此时角动量L=Joa)=JmglJ。=ml J：g/转动动能为1 r 2 1,Ek=Q J。3-1 3(1)利用填补法,将小碎片填入缺口，此时为均匀圆盘对。轴的转动惯量,挖去小碎片，相应减少人=mR2,故剩余部分对。的转动惯量为Jo=J；3=/R 2-水2(2

40、)碎片飞离前后，其角动量守恒maR2co-(mnR2-mR)co+mR2a)i：.。=故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。3-1 4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(D y (J+Mr)(0-,由此可得转台后来的角速度为J 1 20 0 2万,、小乙、co27 =-J-+-M-r-2-co,1 =-1-2-0-0-+-8-0-x-2-72 x 1 0=0.49 6(rad/s)3-1 5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,与太阳之距；远日点速率为L，与太阳之距2,则有MV MV2r2ZL=5 4 6X1 0 x8.7 5x 1 0 =

41、5.26x 1 01 2(m)V2 9.0 8 xl 023-1 6(1)由于=gV=7F=V 9.8X2.5=4.9 5(m/s)29(2)由飞船和宇航员系统角动量守恒可得3mv R-J d y =0由此得飞船角速度为;里史二 答=8.67 xl 0-3(rad/s)J 3xl O5(3)飞船转过30。用的时间/=万/(6)，宇航员对飞船的角速度为0+v/R,在时间r内跑过的圈数为1 vn =(d)+v/?)(2)=(1 +)1 2 RI 4 9 5=X(l +-半)=1 9(圈)1 2 8.67 x1 0-3x2.53-1 7太阳自转周期按25d计算，太阳的自转角动量为,2，人=mR co

42、S 52 24=X1.9 9 X1 ()30 X(6.9 6X1 ()8 )2 X-5 25x8 640 0=l.l xl 042(k g-m2/s)此角动量占太阳系总角动量的百分数为O.l l xl O43(0.1 1 +3.2)xl O43=3.3%3-1 8 (1)由于外力沿转动中心。，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即m V =m V2r2机匕八=mrco故小球作半径，2的圆周运动的角速度为0=乌 匕r2(2)拉力厂做功为.1 1 7、2 -A=f F_ -d_ 5 =1 mVT _ 2 1 m VT r=-1.VT ,T 2 2 -23-1 9 (1)ml2+m Z2=ml23 3

43、(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=Jco -mg(c o s 0)-mg(/c o s 0)30解得:69=-1 y COS03-20(1)子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒:3,r f3,y i 团2mvl=nA I+MI co4 4 J 3 _解得mvC D 7-T3 4八14 9 J8x10-3x200-x 8 x W3+4|x0.449)4X4-9(2)上摆过程机械能守恒1?I 3=Afg (1-cos)+mg/(1-cos)即i f i 9 2 3 u2(3 16)(2 4/,m M ,上式可近似为1 1 .M M12C D2

44、=(1-COS)lg解得 cos6=(l )=0.0733gcos60即夕为第二象限的角度，本题中即棒向上摆可超水平位置(90。)。由于 cos-1(0.073)=8506棒的最大摆角约为万一85。6=94。52第四章狭义相对论314-1Ax-uAt利用小.t s，（飞船）一“=0.9 9 9 c北京 长沙习题4.2图即t；v=/J 1-J/2 c 2 +F2t235(2)当 t 正 时，Ft mQcF则VFtc7 v=a t 时，j d v=J vd t=j a td t1 2x =a t2v=c时j d x=j vd fx=J cd t=ct4-10m =m04=1尬/|(kg)4、21壬

45、4-114-124-134-144-154-16略略略略略根据质能公式得太阳因辐射能量每秒减少的质量为A mA E 5 x l026-)C(3 X 1()8)25.6 x 1()9(&g)与太阳质量的比值与=2.8x1 产这个比值是非常小的.4-17 略第5章 静 电 场5-1 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 cos0=m g和Tsi n 0=F ,：.F =mg tg6,由于。很小，故36F=-42=mg tg。x mg s i n 04飞x -i/35-2设%,仅在C点的场强分别为国和后2,则有1%=1.8x lO4V m-方

46、向沿A C方向E21%9 x 1 09 x18x10 =2.7x 1 0，.m T习题5-2图0.042方向沿C B方向，C点的合场强后的大小为:E=E +El=7(l.8x l04)2+(2.7x l04)2设E的方向与C B的夹角为a ,则有3.24 x lO4V-m-=火 一|互=跌 逑=3 3.7E2 2.75-3坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元dq=Ad/,dE|=丝，方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两4万4 R2带电圆弧中对应电荷元在圆心O处产生的dE 1和d j在尤方向分量相互抵消。它在圆心0处的场强为习题5-3图E,=0,圆心O处场强E的y分量为E、=2。-警

47、s i n 2户，坐s m”上Jo R J o 40 R“1-方向沿），轴正向。375-4(1)如 题5 4图(a),取与棒端相距出的P点为坐标原点,x轴向右为正。设带电细棒电荷元d q=Ad x至P点的距离x,它在P点的场强大小为d E p=-驾 方向沿x轴正向x各电荷元在P点产生的场强方向相同，于是Fp=fdp=J _ p 曰J4乃 分人+与厂4乃4(4 4 +切=9X109X3X10-8(二(8x10-2=2.41xlO3V m-习题5-4图(a)128x10 2方向沿大轴方向。(2)坐标如题5-4图(b)所示，在带电细棒上取电荷元d q=/lk与Q点距离为r,电荷元 在Q点所产生的场强

48、d E=一 绊，由于对称性，场d E的x方向分量相互抵消，所4 f 厂以k0,场强d E的y分量为d Ev=d E sin 3-驾 n 64乃4 r因 r=d 2 cse。,尤=d?次(夕 一=-d2ctg3,dx=d2 esc2 3i0d v=-s in 6 =-sinOdO4九r 4?0d2习题5-4图(b)r”2 A A-E、=I d v=-sin 闵。=-(cos.-cos)J J可 44d 2 4 od2-_.八 L/2 八 L/2其中 COS=;=,COS g2=/=J d；+(L/2)2 业+(L/2)2代入上式得广 4 LEv=-/=4麻d?J d；+(L/2)23 88xlO

49、_2(8xlO-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=3.12机，电 荷 线 密 度4=幺=*I。:=1.0 x 1 O c mt。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4)和一长为d、电荷线密度为-2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d R,.小段带电圆弧可视为点电荷，所带电量q=/W=1.0 x10-90 02=2x10-“。，故 圆 心 处 的 场 强，E=1=9 x 1*2心=0.72V-m L方向由圆心指向空隙中心。4码)R 0.525-6(1)点电荷q位于一立

50、方体中心，则通过立方体每一面的电通量相等，通过每一面的电通量中I为总通量中的,，即E d S=(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 即24 24G5-7解法(一)通过圆形平面的电通量与通过以A为球心，58=&+可=r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=2万 月，通过整个球面So=4勿*2的电通量0=幺，所以通过该球冠面的电通量为。cos aSo 0