大学物理上册答案详解

大学物理上册答案详解习题解答 习题一1-1 ｜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td 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-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d . trd 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tˆr ˆt r t d d d d d d rr r += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴tr 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 =，tv d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以tv t v t v d d d d d d ττ+= 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt rd ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2 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 =trd 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 =222222d 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+=，jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x yx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 tr a trv ==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 rd d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22d d tr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在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r 及速度v 的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。

1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x =3t +5, y =21t 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 )4321()53(2-+++=m(2)将1=t ,2=t 代入上式即有j i r5.081-= m j j r4112+=m j j r r r5.4312+=-=∆m(3)∵ j i r j j r1617,4540+=-=∴ 104s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i ji r r t r v (4) 1s m )3(3d d -⋅++==j t i trv则 j i v734+= 1s m -⋅(5)∵ j i v j i v73,3340+=+=204s m 1444-⋅==-=∆∆=jv v t v a(6) 2s m 1d d -⋅==j tva这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2=题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴ ts v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度3202220202002)(d d d d d d sv h s v s l s v slv s v v s t s l t l st v a =+-=+-=-==船船1-5 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2s 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： ∵ xvv 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 v1-6 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 tva 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 2234t t v +=又因为 2234d 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m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-7 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 tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω (1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒na 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 1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt 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 tsv -==0d d Rbt v R va b tva n 202)(d d -==-==τ 则 240222)(R bt v b a a a n-+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rb a a n --==τϕ (2)由题意应有2402)(Rbt v b b a -+== 即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v Rbt v b b ∴当bv t 0=时，b a = 1-9 半径为R 的轮子，以匀速0v 沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点B 的运动方程为x ＝R )sin (t t ωω-，y ＝R )cos 1(t ω-，式中0v =ω/R 是轮子滚动的角速度，当B 与水平线接触的瞬间开始计时．此时B 所)sin (sin 2cos2sin200t R t R R t v R t v x ωωθθθ-=-=-=在的位置为原点，轮子前进方向为x 轴正方向；(2)求B 点速度和加速度的分量表示式．解：依题意作出下图，由图可知题1-9图(1))cos 1()cos 1(2sin2sin2t R R R y ωθθθ-=-== (2)⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-==)sin d d )cos 1(d d t R t y v t R t x v y x ωωω ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====t v t R a tv t R a yy x x d d cos d d sin 22ωωωω 1-10 以初速度0v ＝201s m -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ．(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-10图 (1)在最高点，o 0160cos v v v x == 21s m 10-⋅==g a n又∵ 1211ρv a n =∴ m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ(2)在落地点，2002==v v 1s m -⋅,而 o 60cos 2⨯=g a n∴ m 8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ1-11 飞轮半径为0.4 m ，自静止启动，其角加速度为β= 0.2 rad ·2s -，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．解：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222sm 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n1-12 如题1-12图，物体A 以相对B 的速度v ＝gy 2沿斜面滑动，y 为纵坐标，开始时A 在斜面顶端高为h 处，B 物体以u匀速向右运动，求A 物滑到地面时的速度．解：当滑至斜面底时，h y =，则gh v A 2=',A 物运动过程中又受到B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为jgh i gh u v u v AA )sin 2()cos 2('αα++=+=地题1-12图1-13 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-=，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 arctan21v v θ (2)小船看大船，则有2112v v v-=，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 87.361-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m 的甲板上，篷高4 m 但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m ·s -1，求轮船的速率． 解： 依题意作出矢量图如题1-14所示．题1-14图∵ 船雨雨船v v v-= ∴ 船雨船雨v v v+=由图中比例关系可知1s m 8-⋅==雨船v v习题二2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a 1，其对于m 2则为牵连加速度，又知m 2对绳子的相对加速度为a ′，故m 2对地加速度，由图(b)可知，为a 2=a 1-a ′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m 1g-T=m 1a 1②T-m 2g=m 2a 2③联立①、②、③式，得2121211212212211)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a ′=0，则a 1=a 2表示柱体与绳之间无相对滑动． (2)若a ′=2g ，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m 1,m 2均作自由落体运动．题2-1图2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，N B -mg=0 ①又因梯无转动，以B 点为转动点，设梯子长为l ，则N A lsin θ-mg2l cos θ=0 ②在水平方向因其有加速度a ，故有f+N A =ma ③题2-2图式中f 为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，即 f=±μ0mg ④ 联立①、②、③、④式得)(2tan ,)(2tan 00g a gg a g M m μθμθ-=+=2-3 283166-⋅===s m m f a x x2167-⋅-==s m m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200872167452832s m dt a v v s m dt a v v y y y x x x于是质点在2s 时的速度18745-⋅--=s m ji v(2)mj i j i j t a i t a t v r y x 874134)167(21)4832122(21)21(220--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2-4 (1)∵dtdvm kv a =-=分离变量，得m kdt v dv -=即⎰⎰-=v v t m kdt v dv 00 m kt e v v -=ln ln 0∴ tm k ev v -=0(2)⎰⎰---===tttm k m k e kmv dt ev vdt x 000)1((3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有⎰∞-=='000kmv dt e v x tm k(4)当t=km时，其速度为 ev e v ev v kmm k 0100===-⋅- 即速度减至v 0的e1.2-5分别以m 1,m 2为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设m 2相对滑轮(即升降机)的加速度为a ′，则m 2对地加速度a 2=a ′-a ；因绳不可伸长，故m 1对滑轮的加速度亦为a ′，又m 1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m 1在水平方向对地加速度亦为a ′，由牛顿定律，有m 2g-T=m 2(a ′-a)T=m 1a ′题2-5图联立，解得a ′=g 方向向下 (2) m 2对地加速度为 a 2=a ′-a=2g方向向上m 1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a 绝=a 相′+a牵∴g g g a a a 25422221=+=+'=θ=arctana a '=arctan 21=26.6°，左偏上． 2-6依题意作出示意图如题2-6图题2-6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30°，则动量的增量为 Δp=mv-mv 0由矢量图知，动量增量大小为｜mv 0｜，方向竖直向下．2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量 Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上， 大小 ｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=mg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． 2-8 (1)若物体原来静止，则Δp 1=⎰⎰=+=tidt t Fdt 04056)210( i kg ·m ·s -1,沿x 轴正向，111111566.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆s m kg ip I s m i m p v若物体原来具有-6 m ·s -1初速，则⎰⎰+-=+-=-=t tFdt mv dt m Fv m p mv p 000000)(,于是 ⎰∆==-=∆tp Fdt p p p 0102,同理，Δv 2=Δv 1,I 2=I 1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⎰+=+=tt t dt t I 0210)210(亦即t 2+10t-200=0解得t=10 s ，(t ′=-20 s 舍去) 2-9 质点的动量为p=mv=m ω(-asin ωti+bcos ωtj) 将t=0和t=ωπ2分别代入上式，得 p 1=m ωbj,p 2=-m ωai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I=Δp=p 2-p 1=-m ω(ai+bj)2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有 F=(a-bt)=0,得t=ba (2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at dt bt a I 0221)( 将t=ba代入，得ba I 22= (3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 2-11设一块为m 1，则另一块为m 2， m 1=km 2及m 1+m 2=m于是得1,121+=+=k mm k km m ①又设m 1的速度为v 1,m 2的速度为v 2，则有2222211212121mv v m v m T -+=②mv=m 1v 1+m 2v 2③联立①、③解得v 2=(k+1)v-kv 1④将④代入②，并整理得21)(2v v kmT-= 于是有kmT v v 21±= 将其代入④式，有mkTv v 22±= 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取kmTv v m kT v v 2,221-=+= 证毕．2-12 (1)由题知，F 合为恒力， ∴ A 合=F ·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)=-21-24=-45 J(2)w t A N 756.045==∆=(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J2-13 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 f=-ky第一锤外力的功为A 1⎰⎰⎰==-='=sskkydy fdy dy f A 1012① 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dt →0时，f ′=-f ．设第二锤外力的功为A 2，则同理，有⎰-==21222221y kky kydy A ② 由题意，有2)21(212kmv A A =∆==③即222122k k ky =- 所以，22=y于是钉子第二次能进入的深度为 Δy=y 2-y 1=2-1=0.414 cm2-141)()(+-==n rnkdr r dE r F 方向与位矢r 的方向相反，即指向力心．2-15 弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图 F A =F B =Mg 又 F A =k 1Δx 1 F B =k 2Δx 2所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆ 弹性势能之比为12222211121212k kx k x k E E p p =∆∆= 2-16 (1)设在距月球中心为r 处F 月引=F 地引，由万有引力定律，有 G 2rmM 月=G ()2r R mM -地经整理，得r=R M M M 月地月+=2224221035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯=38.32⨯106 m则p 点处至月球表面的距离为h=r-r 月 =(38.32-1.74)×106＝3.66×107 m (2)质量为1 kg 的物体在p 点的引力势能为()r R M Gr M GE P ---=地月 =()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-- =-1.28J 610⨯2-17 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有-μm 2gh=21 (m 1+m 2)v 2-［m 1gh+21k(Δl)2］ 式中Δl 为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则 Δl=AC-BC=(2-1)h 联立上述两式，得 v=()()212221122m m khgh m m +-+υ题2-17图2-18 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-f r s=⎪⎭⎫⎝⎛︒+-37sin 212122mgs mv kxk=222137sin 21kx sf mgs mv r -︒+式中 s=4.8+0.2=5 m ，x=0.2 m ，再代入有关数据，解得k=1390 N ·m -1题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h ′-f t s ′=mgs ′sin37°-21kx 3代入有关数据，得 s ′=1.4 m, 则木块弹回高度h ′=s ′sin37°=0.84 m题2-19图2-19 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mgR=222121MV mv +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mv-MV=0联立，以上两式，得 v=()M m MgR+22-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有222120212121mv mv mv += 即 222120v v v += ①题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有m v 0=m v 1+m v 2亦即 v 0=v 1+v 2 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v 0为斜边，故知v 1与v 2是互相垂直的． 2-21 由题知，质点的位矢为r=x 1i+y 1j作用在质点上的力为f=-fi所以，质点对原点的角动量为 L 0=r ×mv=(x 1i+y 1j)×m(v x i+v y j) =(x 1mv y -y 1mv x )k作用在质点上的力的力矩为 M 0=r ×f=(x 1i+y 1j)×(-fi)=y 1fk2-22 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 r 1mv 1=r 2mv 2∴m v v r r 12241021121026.51008.91046.51075.8⨯=⨯⨯⨯⨯==2-23 (1) ⎰⎰-⋅⋅===∆301155s m kg j jdt fdt p(2)解(一) x=x 0+v 0x t=4+3=7j at t v y y 5.25335213621220=⨯⨯+⨯=+=即r 1=4i,r 2=7i+25.5j v x =v 0x =11133560=⨯+=+=at v v y y即v 1=i 1+6j,v 2=i+11j∴ L 1=r 1×mv 1=4i ×3(i+6j)=72kL 2=r 2×mv 2=(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5k ∴ΔL=L 2-L 1=82.5k kg ·m 2·s -1 解(二) ∵dtdz M =∴ ⎰⎰⨯=⋅=∆ttdt F r dt M L 00)(⎰⎰-⋅⋅=+=⨯⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯+++=3130225.82)4(55)35)216()4(s m kg kkdt t jdt j t t i t题2-24图2-24 在只挂重物M 1时，小球作圆周运动的向心力为M 1g ，即M 1g=mr 0ω20 ①挂上M 2后，则有(M 1+M 2)g=mr ′ω′2 ②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒． 即 r 0mv 0=r ′mv ′22020ωω''=⇒r r ③联立①、②、③得322110213212101010)()(M M M mM g r g m M M r M M M mr g M mr g M +='+='+='=ωωω2-25 (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，F r 、F ′r 是摩擦力，F x 和F y 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2-25图（a ）题2-25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 1211210)(+='='-+ 对飞轮，按转动定律有β=-F r R/I ，式中负号表示β与角速度ω方向相反．∵ F r =μN N=N ′∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ ,212mR I = ∴F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以F=100 N 等代入上式，得234010050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=s rad 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 t 06.74060329000=⨯⨯⨯=-=πβω这段时间内飞轮的角位移为radt t ππππβωφ21.53)49(340214960290021220⨯=⨯⨯-⨯⨯=+= 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．(2)ω0=900×(2π)/60 rad ·s -1，要求飞轮转速在t=2 s 内减少一半，可知200021522-⋅-=-=-=s rad ttπωωωβ用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为Nl l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)(2211=⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=+-=πμβ2-26 设a ，a 2和β分别为m 1m 2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．题2-26(a)图 题2-26(b)图(1)m 1，m 2和柱体的运动方程如下：⎪⎩⎪⎨⎧='-'=-=-3212111112222βI r T R T a m T g m a m g m T 式中 T 1′=T 1,T 2′=T 2,a 2=r β,a 1=R β 而 I=(1/2)MR 2+(1/2)mr 2 由上式求得2222222212113.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0-⋅=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯=++-=s rad g rm R m I rm Rm β(2)由①式T 2=m 2r β+m 2g=2×0.10×6.13+2×9.8＝20.8 N 由②式T 1=m 1g-m 1R β=2×9.8-2×0.20×6.13＝17.1 N2-27 分别以m 1，m 2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m 1,m 2运用牛顿定律，有m 2g-T 2=m 2a ① T 1=m 1a ②对滑轮运用转动定律，有T 2r-T 1r=(1/2Mr 2)β ③ 又， a=r β ④ 联立以上4个方程，得22126.721520058.92002-⋅=++⨯=++=s m M m m g m a题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图2-28 (1)由转动定律，有mg(l/2)=[(1/3)ml 2]β∴ β=lg 23 (2)由机械能守恒定律，有 mg(l/2)sin θ=(1/2)[(1/3)ml 2]ω2∴ω=lg θsin 3题2-29图2-29 (1)设小球的初速度为v 0，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：mv 0l=I ω+mvl ① (1/2)mv 20=(1/2)I ω2+(1/2)mv 2 ②上两式中I=1/3Ml 2，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θ=30°，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω由①式mlI v v ω-=0 ④ 由②式mI v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωmv ml I v -=-求得glmM m m M l mlI l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω(2)相碰时小球受到的冲量为 ∫Fdt=Δmv=mv-mv 0 由①式求得∫Fdt=mv-mv 0=-(I ω)/l=(-1/3)Ml ω =-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2-30图2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 v 0=R ω设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有 v 2=v 20-2gh令v=0，可求出上升最大高度为2220212ωR gg v H ==(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR 2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I ′=(1/2)MR 2-mR 2，碎片脱离前，盘的角动量为I ω，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 I ω=I ′ω′+mv 0R式中ω′为破盘的角速度．于是 (1/2)MR 2ω=[(1/2)MR 2-mR 2]ω′+mv 0R [(1/2)MR 2-mR 2]ω=[(1/2)MR 2-mR 2]ω′ 得ω′=ω(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为 [(1/2)MR 2-mR 2]ω 转动动能为题2-31图E k =(1/2)[(1/2)MR 2-mR 2]ω22-31 (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒 Rsin θm 0v 0=(m+m 0)R 2ω ∴ω=Rm m v m )(sin 000+θ(2)020*********sin 21])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ2-32 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mgh=(1/2)mv 2+(1/2)I ω2+(1/2)kh 2 又 ω=v/R故有ImR k kh mgh v +-=222)2( 12220.25.03.00.63.0)4.00.24.08.90.62(-⋅=+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=s m题2-32图 题2-33图2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B 点时，有I 0ω0=(I 0+mR 2)ω ①该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为v B ，以B 点为重力势能零点，则有(1/2)I 0ω20+mgR=(1/2)(I 0+mR 2)ω2+(1/2)mv 2B②联立①、②两式，得222002mR I RI gR v B ++=ω(2)当小球滑至C 点时，∵I c =I 0 ∴ωc =ω0 故由机械能守恒，有 mg(2R)=(1/2)mv 2c ∴v c =2gR请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．习题三3-1 惯性系S ′相对惯性系S 以速度u 运动．当它们的坐标原点O 与O '重合时，t =t '=0，发出一光波，此后两惯性系的观测者观测该光波的波阵面形状如何?用直角坐标系写出各自观测的波阵面的方程． 解: 由于时间和空间都是均匀的，根据光速不变原理，光讯号为球面波．波阵面方程为：2222)(ct z y x =++ 2222)(t c z y x '='+'+'题3-1图3-2 设图3-4中车厢上观测者测得前后门距离为2l ．试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测到同一光信号到达前、后门的时间差．解: 设光讯号到达前门为事件1，在车厢)(S '系时空坐标为),(),(11cll t x =''，在车站)(S 系： )1()()(21211c u c l l c u c l x cu t t +=+='+'=γγγ 光信号到达后门为事件2，则在车厢)(S '系坐标为),(),(22cll t x -=''，在车站)(S 系：)1()(2222c uc l x cu t t -='+'=γγ 于是 2122clut t γ-=-或者 l x x x t t t t 2,,02121='-'='∆-=∆='∆ )2()(22l cux c u t t γγ='∆+'∆=∆ 3-3 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 =6×104m,1t =2×10-4s ，以及2x =12×104m,2t =1×10-4s ．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) )(1211x cvt t -='γ )(2222x c vt t -='γ 由题意 012='-'t t 则 )(12212x x cvt t -=- 故 812122105.12⨯-=-=--=cx 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 x3-4 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 cv L L '=-'=,122故 221tan c vL L L L L L xy xy xy -''='==θ把ο45=θ及y x L L '',代入则得 866.05.0122=-cv故 c v 816.0= (2)在S 系中测得米尺长度为m 707.045sin =︒=y L L3-5 一门宽为a ，今有一固有长度0l (0l ＞a )的水平细杆，在门外贴近门的平面内沿其长度方向匀速运动．若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门，则该杆相对于门的运动速率u 至少为多少? 解: 门外观测者测得杆长为运动长度，20)(1cu l l -=，当a ≤1时，可认为能被拉进门，则 20)(1cu l a -≤解得杆的运动速率至少为：20)(1l a c u -=题3-6图3-6两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 ∆cv L t 6.0200==∆ O '测得的是固有时t '∆ ∴ vL tt 201βγ-=∆='∆s 1089.88-⨯=，6.0==c vβ ， 8.01=γ ， 或者，O '测得长度收缩，vL t L L L L ='∆=-=-=,8.06.01102020β s 1089.81036.0208.06.08.0880-⨯=⨯⨯⨯=='c L t ∆ 3-7 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 cv t x cvt t ∆-∆=∆+∆='∆22)(11)(λγ54122='∆∆=-t t cv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 1093453458⨯-=-=⨯⨯-=-='c c t v x ∆γ∆负号表示012<'-'x x ． 3-8 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度是多少? 解: 2220153,1513βββ-=-=-=='则l l∴ c c v 542591=-=3-9 论证以下结论：在某个惯性系中有两个事件同时发生在不同地点，在有相对运动的其他惯性系中，这两个事件一定不同时． 证: 设在S 系B A 、事件在b a ,处同时发生，则B A a b t t t x x x -=∆-=∆,，在S '系中测得)(2x c vt t t t A B ∆-∆='-'='∆γ 0,0≠∆=∆x t ，∴0≠'∆t即不同时发生． 3-10 试证明：(1)如果两个事件在某惯性系中是同一地点发生的，则对一切惯性系来说这两个事件的时间间隔，只有在此惯性系中最短． (2)如果两个事件在某惯性系中是同时发生的，则对一切惯性关系来说这两个事件的空间间隔，只有在此惯性系中最短．解: (1)如果在S '系中，两事件B A 、在同一地点发生，则0='∆x ，在S 系中，t t t '∆≥'∆=∆γ，仅当0=v 时，等式成立，∴t '∆最短． (2)若在S '系中同时发生，即0='∆t ，则在S 系中，x x x '∆≥'∆=∆γ，仅当0=v 时等式成立，∴S '系中x '∆最短．3-11 根据天文观测和推算，宇宙正在膨胀，太空中的天体都远离我们而去．假定地球上观察到一颗脉冲星(发出周期无线电波的星)的脉冲周期为 0.50s ，且这颗星正沿观察方向以速度0.8c 离我们而去．问这颗星的固有周期为多少?解: 以脉冲星为S '系，0='∆x ，固有周期0τ='∆t .地球为S 系，则有运动时t t '∆=∆γ1，这里1t ∆不是地球上某点观测到的周期，而是以地球为参考系的两异地钟读数之差．还要考虑因飞行远离信号的传递时间，ct v 1∆ ∴ t cvt c t v t t ∆+'∆=∆+∆=∆γγ11′ )1(cvt +'=∆γ6.01)8.0(112=-=cc γ 则 γλτ)8.01(5.0)1(0cc cv tt +++∆='∆= s 1666.08.13.06.01)8.01(5.0==+= 3-12 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 2×10-6s ．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 10260-⨯=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 1016.315220-⨯=-=cv 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 37912200=-='cv d d 0d d '>'，故π介子能到达地球．3-13 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 系的速度是多少? 解: 根据速度合成定理，c u 8.0=,c v x 8.0=' ∴ c c c c c ccv u u v v x x x 98.08.08.018.08.0122=⨯++='++'=3-14 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 cv u u v v xx 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 17.6946.0121222=-=-'=cv t t x ∆∆3-15 (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 cc 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 cu u v v xx x 6.001)6.0(012=---=--=' c c v cu v c u v xyy64.0)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 =''='xy v v θο8.46='θ题3-15图3-16 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 cc c v c u v cu v x yy 990.05.06.01866.06.011122222=⨯-⨯-=--=' 光子运动方向与x '轴的夹角θ'满足692.0tan -=''='xy v v θθ'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．3-17 (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(222020202--=-=-==c vc m c m c m mc E E k k γ∆)11.011()103(101.922831--⨯⨯⨯=-161012.4-⨯=J=eV 1057.23⨯(2) )()(2021202212c m c m c m c m E E E k k k---=-='∆ )1111(221222202122cv cvc m c m c m ---=-=))8.0119.011(103101.92216231---⨯⨯⨯=-J 1014.514-⨯=eV 1021.35⨯=3-18 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=2×10-6s ，若它在实验室参考系中的平均寿命τ= 7×10-6s ，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2711,1022==--=ττββττ即由质速关系，在实验室参考系中质量为：202012071ββ-=-=e m m m故72527207120720=⨯=-=βe m m 3-19 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10.01112=--β∴ 10.1112=-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：%1.9091.010.111112000==-=--=-=β∆l l l l l3-20 一电子在电场中从静止开始加速，试问它应通过多大的电势差才能使其质量增加0.4%?此时电子速度是多少?已知电子的静止质量为9.1×10-31kg ．解: 由质能关系1004.0200=∆=∆c m E m m ∴ 100/)103(101.94.01004.0283120⨯⨯⨯⨯==∆-c m E J 1028.316-⨯=＝eV 106.11028.31916--⨯⨯= eV 100.23⨯= 所需电势差为3100.2⨯伏特由质速公式有：004.111004.01111100002=+=∆+=∆+==-m m mm m m m β ∴ 32221095.7)004.11(1)(-⨯=-==cv β故电子速度为 -17s m 107.2⋅⨯==c v β3-21 一正负电子对撞机可以把电子加速到动能K E ＝2.8×109eV ．这种电子速率比光速差多少? 这样的一个电子动量是多大?(与电子静止质量相应的能量为0E ＝0.511×106eV ) 解: 2022201c m cv c m E k --=所以 20202022/111c m E c m c m E c v k k +=+=- 由上式，2962622020)108.210511.0/()1051.0(1)(1⨯+⨯⨯-=+-=c E c m c m c v k8109979245.2⨯=-1s m ⋅810997924580.2⨯=-v c -1s m ⋅8109979245.28=⨯- -1s m ⋅由动量能量关系420222c m c p E +=可得cc m E E ccm c m E ccm E p k k k 20242022042022)(+=-+=-=11882138269182s m kg 1049.1103/]106.1)10511.0108.22108.2[(---⋅⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯=3-22 氢原子的同位素氘(21H)和氚(31H)在高温条件下发生聚变反应，产生氦(42He)原子核和一个中子(10n)，并释放出大量能量，其反应方程为21H + 31H →42He + 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＝1.600×10-27kg)，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 amukg 1012.329-⨯=由质能关系得()282921031012.3⨯⨯⨯==-mc E ∆∆J 1081.221-⨯=71075.1⨯=eV3-23 一静止质量为0m 的粒子，裂变成两个粒子，速度分别为0.6c 和0.8c ．求裂变过程的静质量亏损和释放出的动能．解: 孤立系统在裂变过程中释放出动能，引起静能减少，相应的静止质量减少，即静质量亏损．设裂变产生两个粒子的静质量分别为10m 和20m ，其相应的速度c v 6.01=,c v 8.02=由于孤立系统中所发生的任何过程都同时遵守动量守恒定律和能(质)量守恒定律，所以有0112222201221102211=-+-=+v cv m v c v m v m v m022220221102111m cv m cv m m m =-+-=+注意1m 和2m 必沿相反方向运动，动量守恒的矢量方程可以简化为一维标量方程，再以6.01=v c,8.02=v c 代入，将上二方程化为：20106886m m =，020106.08.0m m m =+上二式联立求解可得：010459.0m m =, 020257.0m m =故静质量亏损020100284.0)(m m m m m =+-=∆由静质量亏损引起静能减少，即转化为动能，故放出的动能为202284.0c m mc E k =∆=∆3-24 有A ，B 两个静止质量都是0m 的粒子，分别以1v =v ,2v =-v 的速度相向运动，在发生完全非弹性碰撞后合并为一个粒子．求碰撞后粒子的速度和静止质量．解: 在实验室参考系中，设碰撞前两粒子的质量分别1m 和2m ，碰撞后粒子的质量为M 、速度为V ，于是，根据动量守恒和质量守恒定律可得：MV v m v m =+2211 ① M m m =+21 ②由于 0)(1)()(120202211=---+-=+cv v m cv v m v m v m代入①式得 0=V221)(120cv m m m M -+=，即为碰撞后静止质量．3-25 试估计地球、太阳的史瓦西半径．。