大学物理学问题详解第3版-修订版上册北京邮电大学完全版

zz 大学物理习题及解答 习题一 1．6 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v
有无不同?其不同在哪里?试举例说明．
解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r ϖ
ϖ-=∆； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d .
t r
d d 只是速度在径向上的分量.
∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则
t ˆr ˆt r t d d d d d d r r r += 式中t r
d d 就是速度径向上的分量，
∴t r t
d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图
(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d ϖϖ=，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττϖϖ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττϖϖϖ+=
式中dt dv
就是加速度的切向分量. (t t
r d ˆd d ˆd τϖϖΘ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1．7 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求
出r ＝22y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度
的分量，再合成求得结果，即
v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =2
22222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r ϖϖϖ+=，
j t y i t x t r a j t y i t x t r v ϖϖϖϖϖϖϖϖ222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴
故它们的模即为
2
22222222
222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x
而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v == 其二，可能是将22d d d d t r t
r 与误作速度与加速度的模。

在1-1题中已说明t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22d d t r
也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中
的一部分⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=222d d d d t r t r a θ径。

或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r ϖ在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r ϖ及速度v ϖ的方向随间的变化率对速度、加速
度的贡献。

1．8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为
x =3t +5, y =21
t 2+3t -4.
式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．
解：（1）
j t t i t r ϖϖϖ)4321()53(2-+++=m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有 j i r ϖϖϖ5.081-= m j j r ϖϖϖ4112+=m j j r r r ϖϖϖϖϖ5.4312+=-=∆m (3)∵ j i r j j r ϖϖϖϖϖϖ1617,4540+=-= ∴ 1
04s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i j i r r t r v ϖϖϖϖϖϖϖϖ (4) 1
s m )3(3d d -⋅++==j t i t r v ϖϖϖϖ
则 j i v ϖϖϖ734+= 1s m -⋅ (5)∵ j i v j i v ϖϖϖϖϖϖ73,3340+=+= 2
04s m 1444-⋅==-=∆∆=j v v t v a ϖϖϖϖϖ (6) 2
s m 1d d -⋅==j t v a ϖϖϖ
这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。

1．9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ，a 的单位为2
s m -⋅，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵
x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===
分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ 两边积分得 c x x v ++=322221
由题知，0=x 时，100
=v ,∴50=c ∴ 13s m 252-⋅++=x x v
1．10 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，
v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．
解：∵ t t v a 34d d +==
分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 12234c t t v ++=
由题知，0=t ,00
=v ,∴01=c 故
2
234t t v += 又因为
2
234d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )234(d 2+=
积分得 232212c t t x ++=
由题知 0=t ,50
=x ,∴52=c 故 521232++=t t x
所以s 10=t 时
m 70551021102s m 190102
310432101
210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v
1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33t ，θ式中以弧度计，t 以秒
计，求：(1) t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?
解： t t t t 18d d ,9d d 2====ωβθω
(1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a 2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n
(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有
145tan ==︒n a a τ 即 βωR R =2 亦即
t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为rad 67.29232323=⨯+=+=t θ
1.12 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2
021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的
弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．
解：（1） bt v t s v -==
0d d R bt v R v a b t
v a n 2
02)(d d -==-==τ
则 24
0222)(R bt v b a a a n -+=+=τ 加速度与半径的夹角为
2
0)(arctan
bt v Rb a a n --==τϕ
(2)由题意应有 24
02)(R bt v b b a -+==
即 0)(,)(4024
022=-⇒-+=bt v R bt v b b
∴当
b v t 0
=时，b a = 1.14 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1
沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何? 解：(1)大船看小艇，则有1221v v v
ρϖϖ-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)
题1-13图
由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v
方向北偏西 ︒===87.3643arctan arctan
21v v θ
(2)小船看大船，则有2112v v v ρϖϖ-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得
5012=v 1h km -⋅
方向南偏东o 87.36 习题二
2.7 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为1m 的物体，另一边穿在质量为2m 的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a '下滑，求1m ，2m 相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)．
解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为1a ，其对于2m 则为牵连加速度，又知2m 对绳子的相对加速度为a '，故2m 对地加速度，由图(b)可知，为
a a a '-=12 ①
又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有
111a m T g m =- ②
222a m g m T =- ③ 联立①、②、③式，得
21212
1121
22
12211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'
+-=
讨论 (1)若0='a ，则21a a =表示柱体与绳之间无相对滑动．
(2)若g a 2='，则0==f T ，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时1m , 2m 均作自由落体运动．
题2-1图
2.8 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v运动，0v的方向与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
解: 物体置于斜面上受到重力
mg，斜面支持力N.建立坐标：取0v
ϖ
方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2.
题2-2图
X方向：0
=
x
F t
v
x
=
①
Y方向：y
y
ma
mg
F=
=α
sin
②0
=
t时0
=
y0
=
y
v
2
sin
2
1
t
g
yα
=
由①、②式消去t，得
2
2
sin
2
1
x
g
v
y⋅
=α
2.9 质量为16 kg 的质点在
xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f＝6 N，y f＝-7 N，当t＝0时，=
=y
x0，x v＝-2 m·s-1，y v＝0．求
当t＝2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度．
解：
2
s
m
8
3
16
6
-
⋅
=
=
=
m
f
a x
x
2
s
m
16
7
-
⋅
-
=
=
m
f
a y
y
(1)
⎰
⎰
-
-
⋅
-
=
⨯
-
=
+
=
⋅
-
=
⨯
+
-
=
+
=
2
1
1
2
s
m
8
7
2
16
7
s
m
4
5
2
8
3
2
dt
a
v
v
dt
a
v
v
y
y
y
x
x
x
于是质点在s2时的速度
1
s
m
8
7
4
5
-
⋅
-
-
=j
i
v
ϖ
ϖ
ϖ
(2)
m 874134)167(21)4832122(2
1)21(220j i j i j t a i t a t v r y x ϖϖϖϖϖϖϖ--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=
2．10 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t m k e v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为
x ＝(k mv 0)［1-t m k e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速
度减至0v 的e 1
，式中m 为质点的质量．
答: (1)∵
t v m kv a d d =-= 分离变量，得
m t k v v d d -=
即
⎰⎰-=v v t m t k v v 00d d m
kt e v v -=ln ln 0
∴
t m k e v v -=0
(2)
⎰⎰---===t t t m k m k e k mv t e
v t v x 000)1(d d
(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有 ⎰∞-=='000d k mv t e v x t m k
(4)当t=k m
时，其速度为
e v e v e
v v k m m k 0100===-⋅- 即速度减至0v 的e 1
. 2.11一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v ϖ从地面抛出，若忽略空气阻力，求
质点落地时相对抛射时的动量的增量．
解: 依题意作出示意图如题2-6图
题2.11图
在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o
30，则动量的增量为 0v m v m p ϖϖϖ-=∆ 由矢量图知，动量增量大小为0v m ϖ，方向竖直向下．
2.12 一质量为m 的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s ，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒? 解: 由题知，小球落地时间为s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的大小亦为g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量 12v m v m p ϖϖϖ-=∆方向竖直向上，
大小 mg mv mv p =--=∆)(12ϖ
碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2.13 作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F ϖ
)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度
j ϖ6-m ·s -1的物体,回答这两个问题．
解: (1)若物体原来静止，则 i t i t t F p t ϖϖϖϖ10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向， i p I i m p v ϖϖϖϖϖϖ111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆
若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则 ⎰⎰+-=+-=-=t t t F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,ϖϖϖϖϖϖϖ于是
⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d ϖϖϖϖϖ, 同理， 12
v v ϖϖ∆=∆,12I I ϖϖ= 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．
(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即
⎰+=+=t t t t t I 02
10d )210(
亦即 0200102=-+t t
解得s 10=t ，(s 20='t 舍去) 2.14 一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为
j t b i t a r ϖϖϖωωsin cos += 求质点的动量及t ＝0 到
ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．
解: 质点的动量为
)cos sin (j t b i t a m v m p ϖϖϖϖωωω+-==
将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得 j b m p ϖϖω=1,i a m p ϖϖω-=2, 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 )(12j b i a m p p p I ϖϖϖϖϖϖ+-=-=∆=ω
2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为
F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有
0)(=-=bt a F ,得
b a t = (2)子弹所受的冲量
⎰-=-=t bt at t bt a I 02
21d )(
将b a t =代入，得
b a I 22
=
(3)由动量定理可求得子弹的质量
0202bv a v I m ==
2.16 一炮弹质量为m ，以速率v 飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T ，且一块的质量为另一块质量的k 倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为 v +m kT 2, v -km T
2
证明: 设一块为1m ，则另一块为2m ，
21km m =及m m m =+21
于是得
1,121+=+=
k m m k km m ① 又设1m 的速度为1v , 2m 的速度为2v ，则有 2
222211212121mv v m v m T -+= ②
2211v m v m mv += ③ 联立①、③解得
12)1(kv v k v -+= ④
将④代入②，并整理得
2
1)(2v v km T -=
于是有
km T v v 21±=
将其代入④式，有 m kT
v v 22±
= 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取
km T v v m kT v v 2,221-=+
= 证毕． 2.17 设N 67j i F ϖϖϖ-=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ϖϖϖϖ++-=时，求F ϖ所作的功．(2)如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化． 解: (1)由题知，合F ϖ为恒力， ∴ )1643()67(k j i j i r F A ϖϖϖϖϖϖϖ++-⋅-=⋅=合
J 452421-=--=
(2) w 756.045==∆=t A P
(3)由动能定理，
J 45-==∆A E k 2.18 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．
解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为
题2-13图
ky f -=
第一锤外力的功为1A
⎰⎰⎰==-='=s s k
y ky y f y f A 1
012d d d ①
式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=． 设第二锤外力的功为2A ，则同理，有 ⎰-==21222221d y k ky y ky A ②
由题意，有
2)21(212k mv A A =∆== ③
即 222
122k k ky =-
所以，
2
2
=
y
于是钉子第二次能进入的深度为
cm
414
.0
1
2
1
2
=
-
=
-
=
∆y
y
y
2.19 设已知一质点(质量为m)在其保守力场中位矢为r点的势能为
n
P
r
k
r
E/
)
(=, 试
求质点所受保守力的大小和方向．
解: 1
d
)
(
d
)
(
+
-
=
=
n
r
nk
r
r
E
r
F
方向与位矢r
ϖ
的方向相反，即指向力心．
2.20 一根劲度系数为1
k的轻弹簧A的下端，挂一根劲度系数为
2
k的轻弹簧B，B的下端一重物C，C的质量为M，如题2.20图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势
能之比．
解: 弹簧B
A、及重物C受力如题2.20图所示平衡时，有
题2.20图
Mg
F
F
B
A
=
=
又1
1
x
k
F
A
∆
=
2
2
x
k
F
B
∆
=
所以静止时两弹簧伸长量之比为
1
2
2
1
k
k
x
x
=
∆
∆
弹性势能之比为
1
2
2
2
2
2
1
1
1
2
1
2
1
2
k
k
x
k
x
k
E
E
p
p=
∆
∆
=
2.21 (1)试计算月球和地球对m物体的引力相抵消的一点P，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98×1024kg，地球中心到月球中心的距离
3.84×108m，月球质量7.35×1022kg，月球半径1.74×106m．(2)如果一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P点的势能为多少?
解: (1)设在距月球中心为r处地引
月引
F
F=
，由万有引力定律，有
()2
2r
R
mM
G
r
mM
G
-
=地
月
经整理，得
R
M
M
M
r
月
地
月
+
=
=
22
24
22
10
35
.7
10
98
.5
10
35
.7
⨯
+
⨯
⨯
8
10
48
.3⨯
⨯
m
10
32
.
386
⨯
=
则P点处至月球表面的距离为
m
10
66
.3
10
)
74
.1
32
.
38
(7
6⨯
=
⨯
-
=
-
=
月
r
r
h
(2)质量为
kg
1的物体在P点的引力势能为
()r
R
M
G
r
M
G
E
P-
-
-
=地
月
()7
24
11
7
22
11
10
83
.3
4.
38
10
98
.5
10
67
.6
10
83
.3
10
35
.7
10
67
.6
⨯
-
⨯
⨯
⨯
-
⨯
⨯
⨯
⨯
-
=-
J
10
28
.16
⨯
=
2.22 如题2.22图所示，一物体质量为2kg，以初速度0
v
＝3m·s-1从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．
解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原
长处为弹性势能零点。

则由功能原理，有
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛
︒
+
-
=
-37
sin
2
1
2
1
2
2mgs
mv
kx
s
f
r
2
2
2
1
37
sin
2
1
kx
s
f
mgs
mv
k
r
-
︒
+
=
式中
m
5
2.0
8.4=
+
=
s，m
2.0
=
x，再代入有关数据，解得
-1
m
N
1390⋅
=
k
题2.22图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h'
2
o
2
1
37
sin kx
s
mg
s
f
r
-
'
='
-
代入有关数据，得
m
4.1
='s,
则木块弹回高度
m
84
.0
37
sin o=
'
='s
h
题2.23图
2.23 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2.23图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．
解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有
2221
21MV mv mgR +=
又下滑过程，动量守恒，以m ,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有
0=-MV mv
联立，以上两式，得
()M m MgR v +=
2
2.24 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直．
证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有
222120212121mv mv mv +=
即 2
22120
v v v += ①
题2.24图(a) 题2.24图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有
210v m v m v m ϖϖϖ+= 亦即 2
10
v v v ϖϖϖ+=
②
由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以0v ϖ为斜边，
故知1v ϖ与2v ϖ是互相垂直的．
第三习题
3.7 一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为
j
v i v v y x ϖϖϖ
+=, 质点受到一个沿x 负方向
的力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩． 解: 由题知，质点的位矢为
j y i x r ϖϖϖ
11+=
作用在质点上的力为 i f f ϖϖ-=
所以，质点对原点的角动量为
v m r L ϖϖϖ⨯=0
)
()(11j v i v m i y i x y x ϖϖϖϖ+⨯+=
k
mv y mv x x y ϖ
)(11-=
作用在质点上的力的力矩为
k f y i f j y i x f r M ϖϖϖϖϖ
ϖϖ1110)()(=-⨯+=⨯=
3.8 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为1r ＝8.75×1010
m 时的速率是1v ＝5.46×10
4
m ·s -1
，它离太阳最远时的速率是2v ＝9.08×102
m ·s
-1
这时它离太
阳的距离2r 多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。

)
解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 2211mv r mv r =
∴ m 1026.51008.91046.51075.8122
4
102112⨯=⨯⨯⨯⨯==v v r r
3.10 物体质量为3kg ，t =0时位于m 4i r ϖϖ=, 1s m 6-⋅+=j i v ϖϖϖ，如一恒力N 5j f ϖϖ=作用
在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对z 轴角动量的变化． 解: (1)
⎰⎰-⋅⋅===∆30
1
s m kg 15d 5d j t j t f p ϖϖϖϖ
(2)解(一)
73400=+=+=t v x x x
j
at t v y y 5.25335
213621220=⨯⨯+⨯=+= 即 i r ϖϖ41=,j i r ϖϖϖ
5.2572+=
10==x x v v
11
335
60=⨯+=+=at v v y y 即 j i v ϖϖϖ611+=,j i v ϖϖ
ϖ112+=
∴ k j i i v m r L ϖϖϖϖϖ
ϖϖ72)6(34111=+⨯=⨯=
k j i j i v m r L ϖϖϖϖϖϖ
ϖϖ5.154)11(3)5.257(222=+⨯+=⨯=
∴ 1
212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L ϖϖϖϖ
解(二) ∵
dt dz
M =
∴
⎰⎰⨯=⋅=∆t t t
F r t M L 0
d )(d ϖϖϖϖ
⎰⎰-⋅⋅=+=⨯⎥⎦
⎤⎢⎣⎡⨯+++=3
1
302s m kg 5.82d )4(5d 5)35)216()4(2k t k t t j j t t i t ϖϖϖ
ϖϖ
题2-24图
3.10 平板中央开一小孔，质量为
m 的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物．小球作匀速圆周运动，当半径为
0r 时重物达到平衡．
今在1M 的下方再挂一质量为2
M 的物体，如题2-24图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少? 解: 在只挂重物时1M ，小球作圆周运动的向心力为g M 1，即
2
01ωmr g M =
①
挂上2M 后，则有
2
21)(ω''=+r m g M M ②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒． 即 v m r mv r ''=00
ωω''=⇒2020r r ③
联立①、②、③得
2
11
2
13
2
1
21010
10)(r M M M g m M M r M M M mr g M mr g
M ⋅+=
'
+=
'+=
'=ωωω
3.11 飞轮的质量m ＝60kg ，半径R ＝0.25m ，绕其水平中心轴O 转动，转速为
900rev ·min -1
．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：
(1)设F ＝100 N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转? (2)如果在2s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力F ?
解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N 、N '是正压力，r F 、r F '
是摩擦力，
x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P 是轮在O 轴处所受支承力．
题3.11图（a ）
题3.11图(b)
杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有
F l l l N l N l l F 1
2
11210
)(+=
'='-+
对飞轮，按转动定律有I R F r /-=β，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ N F r μ= N N '=
∴
F l l l N F r 1
2
1+='=μ
μ
又∵ ,21
2mR I =
∴ F
mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ①
以N 100=F 等代入上式，得
2
s rad 340
10050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=
β
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
s 06.740603
29000=⨯⨯⨯=-
=πβωt
这段时间内飞轮的角位移为
rad 21.53)4
9
(3402149602900212
20ππππβωφ⨯=⨯⨯-⨯⨯=
+=t t
可知在这段时间里，飞轮转了1.53转．
(2)1
0s rad 602900-⋅⨯=π
ω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知
20
00
s rad 21522
-⋅-
=-
=-=π
ωωωβt
t
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
N l l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)
(2211=⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=
+-=π
μβ
3.12 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ，质量分别为M 和m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连，
1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧，如题3.12图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m ，m ＝4 kg ，
M ＝10 kg ，1m ＝2m ＝2 kg ，且开始时1m ，2m 离地均为h ＝2m ．求：
(1)柱体转动时的角加速度；
(2)两侧细绳的张力．
解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．
题3.12(a)图 题3.12(b)图
(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：
2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②
βI r T R T ='
-'21 ③
式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,
而
222121mr MR I +=
由上式求得
2
22222
2212
1s rad 13.68
.910.0220.0210.0421
20.010212
1.02
2.0-⋅=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯=
++-=
g
r m R m I rm Rm β
(2)由①式
8.208.9213.610.02222=⨯+⨯⨯=+=g m r m T βN
由②式
1.1713.6.
2.028.92111=⨯⨯-⨯=-=βR m g m T N
3.13 计算题3.13图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为
M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m
解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有
a m T g m 222=- ①
a m T 11= ②
对滑轮运用转动定律，有
β
)21
(212Mr r T r T =- ③
又， βr a = ④
联立以上4个方程，得
2
2
1
2s
m
6.7
2
15
200
5
8.9
200
2
-
⋅
=
+
+
⨯
=
+
+
=
M
m
m
g
m
a
题3.13(a)图题3.13(b)图
题3.14图
3.14 如题3.14图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求：
(1)初始时刻的角加速度；
(2)杆转过θ角时的角速度.
解: (1)由转动定律，有
β)
3
1
(
2
1
2
ml
mg=
∴l
g
2
3
=
β
(2)由机械能守恒定律，有
2
2)
3
1
(
2
1
sin
2
ω
θml
l
mg=
∴l
gθ
ω
sin
3
=
题3.15图
3.15如题3.15图所示，质量为M，长为l的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度=
θ30°处．
(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0
v
的值；
(2)相撞时小球受到多大的冲量?
解: (1)设小球的初速度为0v
，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：
mvl I l mv +=ω
0 ①
2
220212121mv I mv +=ω ②
上两式中
2
31Ml I =
，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直
位置上摆到最大角度o
30=θ，按机械能守恒定律可列式：
)30cos 1(2212︒-=l
Mg I ω ③
由③式得
2
12
1)231(3)30cos 1(⎥
⎦⎤
⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω
由①式
ml I v v ω
-
=0 ④
由②式
m I v v 2
20
2
ω-
= ⑤
所以
22
001)(2ωωm v ml I v -=-
求得
gl
m
M m m M l ml I l v +-=
+=+=31232(6)311(2)1(220ωω (2)相碰时小球受到的冲量为
⎰-=∆=0
d mv
mv mv t F
由①式求得
ωωMl l I mv mv t F 31
d 0-=-
=-=⎰
gl
M 6
)32(6--
=
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．
题3.16图
3.16 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮(可看作匀质圆盘)，在某一瞬时
突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出，见题3.16图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上． (1)问它能升高多少?
(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能． 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 ωR v =0
设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有 gh v v 22
02-=
令0=v ，可求出上升最大高度为
2
22
0212ω
R g g v H ==
(2)圆盘的转动惯量
221MR I =
，碎片抛出后圆盘的转动惯量2221
mR MR I -='，碎片脱
离前，盘的角动量为ωI ，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系
统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即 R mv I I 0+''=ωω
式中ω'为破盘的角速度．于是
R mv mR MR MR 0222)21
(21+'-=ωω ωω'-=-)21
()21(2222mR MR mR MR
得ωω='(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为
ω)21
(22mR MR -
转动动能为
题3.17图
222)21
(21ωmR MR E k -=
3.17 一质量为m 、半径为R 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动．另一质量为0m
的子弹以速度0v
射入轮缘(如题3。

17图所示方向)．
(1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值? (2)用m ,
0m 和θ表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比．
解: (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒
ωθ2000)(sin R m m v m R +=
∴
R m m v m )(sin 000+=
θ
ω
(2)
020*********sin 21]
)(sin ][)[(21
0m m m v m R m m v m R m m E E k k +=
++=θθ
3.18 弹簧、定滑轮和物体的连接如题3.18图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N ·m -1
；定滑轮
的转动惯量是0.5kg ·m 2
，半径为0.30m ，问当6.0 kg 质量的物体落下0.40m 时，它的速率为多大? 假设开始时物体静止而弹簧无伸长．
解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有
222212121kh I mv mgh ++=
ω
又 R v /=ω
故有 I mR k kh mgh v +-=
22
2)2(
1
22
2s m 0.25
.03.00.63.0)4.00.24.08.90.62(-⋅=+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=
题3.18图
习题四
4.3 惯性系S ′相对另一惯性系S 沿x 轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点．在S 系中测得两事件的时空坐标分别为1x =6×104
m,1t =2×10-4
s ，以及2x =12×
104
m,2t =1×10-4
s ．已知在S ′系中测得该两事件同时发生．试问：(1)S ′系相对S 系的速
度是多少? (2) S '系中测得的两事件的空间间隔是多少? 解: 设)(S '相对S 的速度为v ，
(1) )(1211
x c v t t -='γ )(2222
x c v
t t -='γ
由题意 012='-'t t
则
)(12212x x c v
t t -=
-
故
8
12122
105.12⨯-=-=--=c
x x t t c v 1s m -⋅ (2)由洛仑兹变换 )(),(222111vt x x vt x x -='-='γγ
代入数值， m 102.5412
⨯='-'x x 4.4 长度0l =1 m 的米尺静止于S ′系中，与x ′
轴的夹角'θ=30°，S ′系相对S 系沿x 轴
运动，在S 系中观测者测得米尺与x 轴夹角为=θ45︒
． 试求：(1)S ′系和S 系的相对运动速度.(2)S 系中测得的米尺长度．
解: (1)米尺相对S '静止，它在y x '',轴上的投影分别为：
m 866.0cos 0='='θL L x
，m 5.0sin 0='='θL L y
米尺相对S 沿x 方向运动，设速度为v ，对S 系中的观察者测得米尺在x 方向收缩，而y 方
向的长度不变，即
y
y x x L L c v L L '=-'=,122
故
22
1tan c v L L L L L L x
y
x y x y -''=
'==θ 把
ο45=θ及
y x
L L '',代入
则得
866.05
.0122=
-c v 故 c v 816.0=
(2)在S 系中测得米尺长度为m
707.045sin =︒
=
y L L
4．5两个惯性系中的观察者O 和O '以0.6c(c 表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果
O 测得两者的初始距离是20m ，则O '测得两者经过多少时间相遇? 解: O 测得相遇时间为t ∆
c v L t 6.0200=
=∆
O ' 测得的是固有时t '∆ ∴ v L t
t 2
01βγ-=
∆='∆
s 1089.88
-⨯=， 6.0==
c v
β ， 8.01=
γ ，
或者，O '测得长度收缩，
v L t L L L L =
'∆=-=-=,8.06.01102020β
s 1089.81036.020
8.06.08.088
0-⨯=⨯⨯⨯==
'c L t ∆
4.6 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S 和S '中，甲测得在同一地点发生的两事件的
时间间隔为 4s ，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s ．求： (1) S '相对于S 的运动速度．
(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离．
解: 甲测得0,s 4==x t ∆∆,乙测得s 5=t ∆，坐标差为12x x x '-'='∆′
(1)∴
t
c
v t x c
v
t t ∆-∆=∆+
∆='∆2
2)(11)(λγ
Θ
54122=
'∆∆=-t t c v 解出
c
c t t c v 53
)54(1)(122=-='∆∆-= 8108.1⨯= 1s m -⋅
(2) ()0
,45
,=∆=∆'∆=∆-∆='∆x t t t v x x γγ ∴ m
1093453
458⨯-=-=⨯⨯-=-='c c t v x ∆γ∆
负号表示012<'-'x x ．
4.7 6000m 的高空大气层中产生了一个π介子以速度v =0.998c 飞向地球．假定该π介子
在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命2×10-6
s ．试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和π介子静止系中观测者来判断π介子能否到达地球．
解: π介子在其自身静止系中的寿命
s 1026
0-⨯=t ∆是固有(本征)时间，对地球观测者，由于时间膨胀效应，其寿命延长了．衰变前经历的时间为
s
1016.3152
20
-⨯=-=
c
v t t ∆∆
这段时间飞行距离为m 9470==t v d ∆ 因m 6000>d ，故该π介子能到达地球．
或在π介子静止系中，π介子是静止的．地球则以速度v 接近介子，在0t ∆时间内，地球接
近的距离为
m 5990=='t v d ∆
m 60000=d 经洛仑兹收缩后的值为：
m 379122
00
=-='c v d d
d d '>'，故π介子能到达地球．
4.8 设物体相对S ′系沿x '轴正向以0.8c 运动，如果S ′系相对S 系沿x 轴正向的速度也
是0.8c
，问物体相对S 系的速率是多少?
解: 根据速度合成定理，c u 8.0=,c v x
8.0='
∴ c c c c c c c v u u v v x x x 98.08.08.018.08.0122=⨯+
+='++'=
4．9 飞船A 以0.8c 的速度相对地球向正东飞行，飞船B 以0.6c 的速度相对地球向正西方向飞行．当两飞船即将相遇时A 飞船在自己的天窗处相隔2s 发射两颗信号弹．在B 飞船的
观测者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少?
解: 取B 为S 系，地球为S '系，自西向东为x (x ')轴正向，则A 对S '系的速度
c v x 8.0='，
S '系对S 系的速度为c u 6.0=，则A 对S 系(B 船)的速度为
c
c c c v u u v v x
x x 946.048.016.08.012=++='++'=
发射弹是从A 的同一点发出，其时间间隔为固有时s 2='t ∆，
题3-14图
∴B 中测得的时间间隔为：
s
17.6946
.01212
2
2=-=
-'
=
c
v t t x ∆∆
4.10 (1)火箭A 和B 分别以0.8c 和0.6c 的速度相对地球向+x 和-x 方向飞行．试求由火箭B 测得A 的速度．(2)若火箭A 相对地球以0.8c 的速度向+y 方向运动，火箭B 的速度不变，求A 相对B 的速度．
解: (1)如图a ，取地球为S 系，B 为S '系，则S '相对S 的速度c u 6.0=，火箭A 相对S 的速度
c v x 8.0=，则A 相对S '(B )的速度为：
c c c c c c v c u u v v x x x 946.0)8.0)(6.0(1)
6.0(8.0122=----=--=
'
或者取A 为S '系，则c u 8.0=，B 相对S 系的速度c v x 6.0-=，
于是B 相对A 的速度为：
c c c c c
c v c u u v v x x x 946.0)6.0)(8.0(18.06.0122-=----=--=
'
(2)如图b ，取地球为S 系，火箭B 为S '系，S '系相对S 系沿x -方向运动，速度c u 6.0-=，A 对S 系的速度为,0=x v ,c v y 8.0=,由洛仑兹变换式A 相对B 的速度为：
c c v c u u v v x
x x 6.001)
6.0(012=---=--=
'
c c v c u
v c
u v x
y
y 64.0)8.0(6.01112222=-=--='
∴A 相对B 的速度大小为 c
v v v y x 88.022
='+'='
速度与x '轴的夹角θ'为
07
.1tan =''=
'x
y v v θ
ο
8.46='θ
题3-15图
4.11 静止在S 系中的观测者测得一光子沿与x 轴成︒60角的方向飞行．另一观测者静止于S ′系，S ′系的x '轴与x 轴一致，并以0.6c 的速度沿x 方向运动．试问S ′系中的观测者
观测到的光子运动方向如何? 解: S 系中光子运动速度的分量为
c c v x 500.060cos ο==
c
c v y 866.060sin ο==
由速度变换公式，光子在S '系中的速度分量为
c c c c c
c v c u u v v x x x 143.05.06.016.05.0122-=⨯--=--=
'
c c c
c c v c u v c
u v x y
y 990.05.06.01866.06.011122222=⨯-⨯-=--='
光子运动方向与x '轴的夹角θ'满足
692
.0tan -=''='x y
v v θ
θ'在第二象限为ο2.98='θ
在S '系中，光子的运动速度为
c
v v v y x ='+'='22
正是光速不变．
4.12 (1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c ，须对它作多少功?(2)如果将电子由速率为0.8c 加速到0.9c ，又须对它作多少功?
解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得
)
111(
)1(2
2
2020202--=-=-==c v c m c m c m mc E E k k γ∆
)
11
.011
(
)103(101.92
2831--⨯⨯⨯=-
161012.4-⨯=J=eV 1057.23⨯
(2)
)()(202120221
2c m c m c m c m E E E k k k
---=-='∆
)
11
11(
2
212
22202122c v
c v
c m c m c m -
-
-=-=) )
8.011
9.011
(103101.92
216231---⨯⨯⨯=-
J 1014.514-⨯=eV 1021.35⨯=
4.13 μ子静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿命0τ=2×10-6
s ，若它在实验
室参考系中的平均寿命τ= 7×10-6
s ，试问其质量是电子静止质量的多少倍?
解: 设μ子静止质量为
0m ，相对实验室参考系的速度为c v β=，相应质量为m ，电子静
止质量为e m 0，因
2
7
11,102
2
==
--=
ττββττ即
由质速关系，在实验室参考系中质量为：
2020
12071ββ-=
-=
e
m m m
故 725
27207120720=⨯=-=βe m m
4.14 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之几? 解: 设静止质量为
0m ，运动质量为m ，
由题设 10.00
=-m m m
201β-=
m m
由此二式得 10
.0111
2
=--β
∴ 10.11
12=
-β
在运动方向上的长度和静长分别为l 和
0l ，则相对收缩量为：
%1.9091.010.11
1112000
==-=--=-=
β∆l l l l l
4.15 氢原子的同位素氘(2
1H)和氚(3
1H)在高温条件下发生聚变反应，产生氦(4
2He)原子核和
一个中子(10n)，并释放出大量能量，其反应方程为21
H + 31H →4
2He + 10n
已知氘核的静
止质量为2.0135原子质量单位(1原子质量单位＝1.600×10-27
kg)，氚核和氦核及中子的质量分别为3.0155，4.0015，1.00865原子质量单位．求上述聚变反应释放出来的能量．
解: 反应前总质量为0290.50155.30135.2=+amu 反应后总质量为0102.50087.10015.4=+amu 质量亏损
0188.00102.50290.5=-=∆m amu
kg 1012.329-⨯=
由质能关系得()2
8
2921031012.3⨯⨯⨯==-mc E ∆∆
J 1081.221-⨯=71075.1⨯=eV
习题五
5.3 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动： (1)拍皮球时球的运动；
(2)如题4-1图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短)．
题4-1图
解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统 是在 自己的稳定平衡位置附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用．或者说，若一个系统的运动微分方程能用
0d d 222=+ξωξ
t
描述时，其所作的运动就是谐振动．
(1)拍皮球时球的运动不是谐振动．第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置；第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都不是线 性回复力．
(2)小球在题4-1图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动．显然，小球在运动过程中，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，即系统势能最小值位置点O ；而小球在运动中的回复力为θsin mg -，如题4-1图(b)所
示．题 中所述，S ∆＜＜R ，故R
S
∆=θ→0，所以回复力为θmg -.式中负号，表示回复力的方向始终与角位移的方向相反．即小球在O 点附近的往复运动中所受回复力为线性的．若以小球为对象，则小球在以O '为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，
在凹槽切线方向上有
θθ
mg t
mR -=22d d
令R
g
=
2ω，则有。