新编基础物理学课后答案

习题一

1-1.质点运动学方程为:cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++

其中a ,b ,ω均为正常数,求

质点速度和加速度与时间的关系式。

分析:由速度、加速度的定义,将运动方程()r t

对时间t 求一阶导数和二阶导数,可得到速度和加速度的表达式。

解:/sin()cos()==-++

v dr dt a t i a t j bk ωωωω

2/cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω??==-+??

1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇,在发动机关闭后,其加速度方向与速度方向相反,大小与速度平方成正比,即2/d d v v K t -=, 式中K 为常量.试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0Kx v v e -= 。 其中0v 是发动机关闭时的速度。 分析:要求()v v x =可通过积分变量替换dx

dv

v dt dv a ==,积分即可求得。 证:

2d d d d d d d d v x v

v t x x v t v K -==?= d Kdx v =-v

??-=x x K 0

d d 10v v v v , Kx -=0

ln v v 0Kx v v e -=

1-3.一质点在xOy 平面内运动,运动函数为22,48x t y t ==-。(1)求质点的轨道方程并画出轨道曲线;(2)求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

分析:将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ,便可得到质点的轨道方程。写出质点的

运动学方程)(t r

表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ,把时间代入可得

某时刻质点的位置、速度、加速度。

解:(1)由2,x t =得:,2

x t =代入248y t =-

可得:2

8y x =-,即轨道曲线。

画图略

(2)质点的位置可表示为:2

2(48)r ti t j =+-

由/v dr dt = 则速度:28v i tj =+

由/a dv dt = 则加速度:8a j =

则:当t=1s 时,有24,28,8r i j v i j a j =-=+=

当t=2s 时,有48,216,8r i j v i j a j =+=+=

1-4.一质点的运动学方程为2

2

(1)x t y t ==-,,x 和y 均以m 为单位,t 以s 为单位。(1)求质点的轨迹方程;(2)在2t s =时质点的速度和加速度。 分析同1-3.

解:(1)由题意可知:x ≥0,y ≥0,由2

x t =,,可得t =

代入2(1)y t =-

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1=,即轨迹方程

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(2)质点的运动方程可表示为:22

(1)r t i t j =+-

则:/22(1)v dr dt ti t j ==+-

/22a dv dt i j ==+

因此, 当2t s =时,有242(/),22(/)v i j m s a i j m s =+=+

1-5.一质点沿半径为R 的圆周运动,运动学方程为2

012

s v t bt =-,其中v 0,b 都是常量。

(1)求t 时刻质点的加速度大小及方向;(2)在何时加速度大小等于b ; (3)到加速度大小等于b 时质点沿圆周运行的圈数。

分析:由质点在自然坐标系下的运动学方程()t s s =,求导可求出质点的运动速率dt

ds v =

,因而,dt dv a =τ,2n v a ρ

=,00n a a a n ττ=+ ,2

2n a a a +=τ,当b a =时,可求出t ,代

入运动学方程()t s s =,可求得b a =时质点运动的路程,R

s

π2即为质点运动的圈数。 解:(1)速率:0ds

v v bt dt ==-,且dv

b dt =-

加速度:2200000()v bt dv v a n b n dt R

ττρ-=+=-+

则大小:a =

=……………………①

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方向:()bR

bt v 20tan --

(2)当a=b 时,由①可得:0v

t b

=

(3)当a=b 时,0v t b =,代入2

01,2s v t bt =-可得:202v s b

=

则运行的圈数 2024==v s N R bR

ππ 1-9.汽车在半径为400m 的圆弧弯道上减速行驶,设在某一时刻,汽车的速率为-1

10m s ?,

切向加速度的大小为-2

0.2m s ?。求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向。

分析:由某一位置的ρ、v 求出法向加速度n a ,再根据已知切向加速度τa 求出a 的大小和方向。

解:法向加速度的大小2

2

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2100.25(/),400

===n v a m s ρ 方向指向圆心

总加速度的大小

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20.32(/)===a m s 如图1-9,tan 0.8,3840',n

a a τ

αα=

==? 则总加速度与速度夹角9012840'θα=?+=?

1-10. 质点在重力场中作斜上抛运动,初速度的大小为0v ,与水平方向成α角.求质点到

达抛出点的同一高度时的切向加速度,法向加速度以及该时刻质点所在处轨迹的曲率半径

(忽略空气阻力).已知法向加速度与轨迹曲率半径之间的关系为2 / n a v ρ=。 分析:运动过程中,质点的总加速度 a g =。由于无阻力作用,所以回落到抛出点高度时 质点的速度大小0v v =,其方向与水平线夹角也是α。可求出 n a ,如图1-10。再根据关系

2 / n a v ρ=求解。

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解:切向加速度 a g a sin =τ 法向加速度 a g a n cos = 因 α

ρρ

cos 20

2

2

g a a n n v v

v

=

=

∴=

1-13.离水面高为h 的岸上有人用绳索拉船靠岸,人以恒定速率v 0拉绳子,求当船离岸的距离为s 时,船的速度和加速度的大小。

分析:收绳子速度和船速是两个不同的概念。小船速度的方向为水平方向,由沿绳的分量与

垂直绳的分量合成,沿绳方向的收绳的速率恒为0v 。可以由0v 求出船速v 和垂直绳的分量1v 。再根据2

1n v a ρ

=

关系,以及n a 与a 关系求解a 。

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解:如图1-13,20v v = 船速2sec v v θ= 当船离岸的距离为s 时,

00

12tan v h v v v v s θ===

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则,2

21cos n v a a θρ

=

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=== 即:22

03

=v h a s

第二章

2—13.一质量为m 的小球最初位于如图2-13所示的A 点,然后沿半径为r 的光滑圆轨道ADCB 下滑,试求小球到达C 点时的角速度和对圆轨道的作用力.

分析:如图2—13,对小球做受力分析,合力提供向心力,由牛顿第二定律,机械能守恒定律求解。 解:22

1

cos mv mgr =

α…………① 又:,v

r v r ωω=?=

此时,………②

由①、②可得:

ω

=

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2

cos v N mg m r

α-=……③

由①、③可得,N=3mgcos α

题图2-13

图2-13

图1-10

2—14.质量为m 的摩托车,在恒定的牵引力F 的作用下工作,它所受的阻力与其速率的平方成正比,它能达到最大速率是m v ? 试计算从静止加速到/2m

v 所需的时间以及所走过的路程。

分析:加速度等于零时,速度最大,阻力为变力,积分求时间、路程。 解:设阻力

2(0)f kv k =>,则加速度F f a m

-=

,当a=0时,速度达到最大值m v ,

则有:2

2

220,,:

m m

m

F kv F

F k f v m v v -===

从而 又F f dv

a m dt

-=

=,即:2

2m F F v v dv

m dt

-

=…………①

22/2200

2/2

00

(1)

(1)

1ln 21m m m

t

v m

v t m

m m F

dv dt v m

v F

dv dt v m v v v v F t v m v =-=-??

-??????=-????

??+??????

ln 32m

mv t F

=

,即所求的时间 对①式两边同乘以dx ,可得:

2

2m F F v v dv

dx dx m dt

-

=

222

2

/222

0/2

2

22002

2ln()24

ln 0.14423m m m m x

v m m v x

m

m m

m

v v F

dx dv m v v v v F

dx dv m v v v F x v v m mv mv x F F

=-=-????=--????????=

≈?

?

2-15.如图2-15所示,A 为定滑轮,B 为动滑轮,3个物体的质量分别为m 1=200g ,m 2=100g ,m 3=50g.(1)

题图2-15

求每个物体的加速度(2)求两根绳中的张力(滑轮和绳子质量不计,绳子的伸长和摩擦力可略)。 分析:相对运动。1m 相对地运动,2m 、3m 相对B 运动,212T T =。根据牛顿牛顿定律和相对运动加

速度的关系求解。

解:如下图2-15,分别是m 1、m 2、m 3的受力图。

设a 1、a 2、a 3、a Β分别是m 1、m 2、m 3、B 对地的加速度;a 2B 、a 3B 分别是m 2、m 3对B 的加速度,以向上为正方向,可分别得出下列各式

'1111m g T m a -+=……………① '2222m g T m a -+=…………②

3233m g T m a -+=……………③

又:

2233B B B B

a a a a a a =+=+

且:23B B a a =-

则:2312,,

B B a a a a a +==-且则:

2312a a a +=-

…………④ 又:'

'1

122T T T T ==+

…………⑤ '22T T =

…………⑥

则由①②③④⑤⑥,可得:2211

1222121221

231243 1.96/3454 1.96/345543 5.88/345m m g

a g m s m m m m g

a g m s m m m m g

a g m s m m ?-==-=-?+??-=-

=-=-?+?

?-===?+?

(2)将a 3的值代入③式,可得:12212

80.78434m m g

T N m m ==+。122 1.57T T N ==

2-34.设76()F i j N =-

(1)当一质点从原点运动到3416(m)r i j k =-++

时,求F 所作的功;

(2)如果质点到r

处时需0.6s ,试求F 的平均功率;

(3)如果质点的质量为1kg ,试求动能的变化。

分析:由功、平均功率的定义及动能定理求解,注意:外力作的功为F 所作的功与重力作的功之和。

解:(1)0F dr ??

r

A=

(76)()i j dxi dyj dzk -?++?

r

=

图2-15

76dx dy -?

?-3

4

=

45J =-,做负功

(2)45750.6

A P

W t =

== (3)0

r

k E A mgj dr ?=+-??

= -45+4

mgdy -?

= -85J

2-37.求把水从面积为2

50m 的地下室中抽到街道上来所需作的功。已知水深为1.5m ,水面至街道的竖直距离为5m 。

分析:由功的定义求解,先求元功再积分。

解:如图以地下室的O 为原点,取X 坐标轴向上为正,建立如图坐标轴。 选一体元dV

Sdx =,则其质量为dm pdV pSdx ==。

把dm 从地下室中抽到街道上来所需作的功为

(6.5)dA g x dm =-

故 1.5 1.5

60

(6.5) 4.2310A dA pSg x dx J ==-=???

2-41.一沿x 轴正方向的力作用在一质量为3.0kg 的质点上。已知质点的运动方程为2

334x t t

t =-+,这里x 以m 为单位,时间t 以s 为单位。试求:(1)力在最初4.0s 内作的功;(2)

在=1s t 时,力的瞬时功率。

分析:由速度、加速度定义、功能原理、牛顿第二定律求解。 解:2(1)

()383dx

v t t t dt

=

=-+ 则 (4)19/,(0)3/v m s v m s ==

由功能原理,有

22

1(4)(0)5282k A E m v v J ??=?=

-=??

(2)2()383,()68dx dv v t t t a t t dt dt ==-+==- 1t s =时,6,2/F ma N v m s ==-=-

则瞬时功率

12p Fv W ==

2—42.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,若铁锤击第一次时,能将小钉击入木板内1cm ,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。) 分析:根据功能原理,因铁锤两次打击铁釘时速度相同,所以两次阻力的功相等。注意:阻力是变力。 解:设铁钉进入木板内xcm 时,木板对铁钉的阻力为

(0)f kx k =>

由于铁锤两次打击铁钉时的速度相同,故

1

1

x

fdx fdx =?

?

所以,x =

1)cm 深。

题图2-37

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2—43.从地面上以一定角度发射地球卫星,发射速度0v 应为多大才能使卫星在距地心半径为r 的圆轨道上运转?

分析:地面附近万有引力即为重力,卫星圆周运动时,万有引力提供的向心力,能量守恒。 解:设卫星在距地心半径为r 的圆轨道上运转速度为v, 地球质量为M, 半径为e R ,卫星质量为m. 根据能量守恒,有

220e 112R 2GMm GMm

mv mv r

-=-

又由卫星圆周运动的向心力为

22N GMm mv F r r ==

卫星在地面附近的万有引力即其重力,故

2

e GMm

mg R =

联立以上三式,得0

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v =2—44.一轻弹簧的劲度系数为1100N m k -=?,用手推一质量0.1kg m =的物体A 把弹簧压缩到离平

衡位置为1

0.02m x =处,如图2-44所示。放手后,物体沿水平面移动距离20.1m x =而停止,求物体

与水平面间的滑动摩擦系数。 分析:系统机械能守恒。

解:物体沿水平面移动过程中,由于摩擦力做负功,

致使系统(物体与弹簧)的弹性势能全部转化为内能(摩擦生热)。 根据能量关系,有

2

1212

kx mgx μ=所以,0.2μ=

2—48.一人从10 m 深的井中提水.起始时桶中装有10 kg 的水,桶的质量

为1 kg ,由于水桶漏水,每升高1 m 要漏去0.2 kg 的水.求水桶匀速地从井中提到井口,人所作的功.

分析:由于水桶漏水,人所用的拉力F 是变力,变力作功。 解:选竖直向上为坐标y 轴的正方向,井中水面处为原点. 由题意知,人匀速提水,所以人所用的拉力F 等于水桶的重量 即: 00.2107.8 1.96F

P P ky mg gy y ==-=-=-

人的拉力所作的功为:

??==H

Fdy dA A 0

=10

(107.8 1.96)d =980 J y y -?

2-51.一个具有单位质量的质点在力场2(34)(126)F

t t i t j =-+-

中运动,其中t 是时间,设该质点

题图2—44

题图2—45

在0t =时位于原点,且速度为零,求2t =s 时该质点受到的对原点的力矩和该质点对原点的角动量。

分析:由牛顿定律、力矩、角动量定义求解。 解:对质点由牛顿第二律有

F ma = 又因为dv a dt

= 所以2

000(34)(126)v t t dv adt t t i t j dt ??==-+-?????

得322

(2)(66)v t t i t t j =-+-

同样由dr v dt = 得4332

12()(23)43

r t t i t t j =-+-

所以t=2时40()M r F k N m =?=-? 21

16()L r mv k kg m t -=?=-??

2-54.在光滑的水平桌面上,用一根长为l 的绳子把一质量为m 的质点联结到一固定点O. 起初,绳子是松弛的,质点以恒定速率0v 沿一直线运动。质点与O 最接近的距离为b ,当此质点与O 的距离达到l 时,绳子就绷紧了,进入一个以O 为中心的圆形轨道。(1)求此质点的最终动能与初始动能之比。能量到哪里去了?(2)当质点作匀速圆周运动以后的某个时刻,绳子突然断了,它将如何运动,绳断后质点对O 的角动量如何变化?

分析:绳子绷紧时,质点角动量守恒。 解:(1)当质点做圆周运动时,mvl b

mv =0

可得其速度0

b

v

v l

= 所以最终动能与初始动能之比2

2022001()2112

k k b m v E b l E l mv ==<,其他能量转变为绳子的弹性势能,以后转

化为分子内能.

(2)绳子断后,质点将按速度0

b

v

v l

=沿切线方向飞出,做匀速直线运动质点对0点的角动量0J mv b ==恒量。

第三章

3-2 如题图3-2所示,一根均匀细铁丝,质量为M ,长度为L ,在其中点O 处弯成120θ=?角,放在xOy

平面内,求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。 分析:取微元,由转动惯量的定义求积分可得 解:(1)对x 轴的转动惯量为:

2

02

220

1

(sin 60)32

L

x M J r dm l dl ML L ===?? (2)对y 轴的转动惯量为:

题图3-2

20222015()(sin 30)32296

L

y M L M J l dl ML L =??+=?

(3)对Z 轴的转动惯量为:

2211

2()32212

z M L J ML =???=

3-5 一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端,绳另一端绕在一轮轴的轴上,如题图3-5所示.轴水平且垂直于轮轴面,其半径为r ,整个装置架在光滑的固定轴承之上.当物体从静止释放后,在时间t 内下降了一段距离S .试求整个轮轴的转动惯量(用r t m S 、、和表示).

分析:隔离物体,分别画出轮和物体的受力图,由转动定律和牛顿第二定律及运动学方程求解。 解:设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T , 则根据牛顿运动定律和转动定律得:

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mg T ma -= ①

J Tr β= ②

由运动学关系有: a

r β= ③

由①、②、③式解得:2

(-)J m g a r a = ④

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又根据已知条件 00v =

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212S at ∴

=

, 22S

a t

= ⑤ 将⑤式代入④式得: 2

2

(1)2gt J mr S

=- 3-7 如题图3-7所示,质量为m 的物体与绕在质量为M 的定滑轮上的轻绳相连,设定滑轮质量M=2m ,半径R ,转轴光滑,设00t

v ==时,求:(1)下落速度υ与时间t 的关系;(2)4t s =时,m 下落的距离;

(3)绳中的张力T 。

分析:对质量为m 物体应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。 解:(1)设物体m 与滑轮间的拉力大小为T ,则

mg T ma -= ①

21

2

M TR J MR ββ===

② a R β= ③

v at = ④

解:①②③式得24.9/a

m s =,并代入④式得 4.9v t =

(2)设物体下落的距离为s ,则

2211

4.9439.222

s at m =

=??= (3)由(1)的②式得, 4.9T mg ma N =-= 3-8 如题图3-8所示,一个组合滑轮由两个匀质的圆盘固接而成,大盘质量1

10M kg =,半径

0.10R m =,小盘质量24M kg =,半径0.05r m =。两盘边缘上分别绕有细绳,细绳的下端各悬质

量1

22m m kg ==的物体,此物体由静止释放,求:两物体12,m m 的加速度大小及方向。

分析:分别对物体12,m m 应用牛顿第二定律,对滑轮应用刚体定轴转动定律

题图3-5

题图3-5

题图3-7

解:设物体12,m m 的加速度大小分别为12,,a a 与滑轮的拉力分别为12,,T T 1111T m g

m a -= ①

2222m g T m a -= ②

1a r β= ③ 2a R β=

21M T R T r J β=-=

221211

22

J M R M r =

+ ⑥

把数据代入,解上述各式得

2

10.6125/a m s

= 方向向上

22 1.225/a m s = 方向向下

3-9 如题图3-9所示,一倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上,其上装有一个定滑轮,若一根轻绳跨过它,两端分别与质量都为m 的物体1和物体2相连。 (1)若不考虑滑轮的质量,求物体1的加速度。 (2)若滑轮半径为r ,其转动惯量可用m 和r 表示为2J kmr =(k 是已知常量),绳子与滑轮之间无相

对滑动,再求物体1的加速度。

分析:(1)对两物体分别应用牛顿第二定律列方程。

(2)两物体分别应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。 解:设物体1、物体2与滑轮间的拉力分别为1T 、2T 它们对地的加速度为a 。

(1)若不考虑滑轮的质量,则物体1、物体2与滑轮间的拉力1T 、2T 相等,记为T 。则对1、2两物体分别应用牛顿第二定律得,

0sin30mg T ma T mg ma

-=-=

解上两式得:2/4/a g m s =

,方向竖直向下。

(2)若考虑滑轮的质量,则物体1、物体2与滑轮间的 拉力1T 、2T 不相等。则对1、2两物体分别应用牛顿第 二定律,和对滑轮应用刚体定轴转动定律得

1mg T ma -=

02sin30T mg ma -= ②

a r β= ③

12M T r T r J β=-=

2J kmr =

解上述各式得:2/2(2)

g

a m s k =

+,方向竖直向下。

3-11 一质量为M ,长为l 的匀质细杆,一端固接一质量为m 的小球,可绕杆的另一端O 无摩擦地在竖直平面内转动,现将小球从水平位置A 向下抛射,使球恰好通过最高点C ,如题图3-11所示。求:(1)下抛初速度0v ;(2)在最低点B 时,细杆对球的作用力。 分析:由机械能守恒定律、牛顿第二定律、角线量关系求解。

题图3-8

题图3-9

解:(1)如图3-11,取向下抛点作势能零点,由机械能守恒定律得,

22011222l

mv J Mg mgl ω+=+ ① J=213

Ml ② 0v l ω= ③

解①②③得,0

v =

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(2)取最低点作势能零点,

由机械能守恒定律和牛顿第二定律得,

2211

222

mv J Mgl mgl ω+=+ ①

2

v N mg m l

-= ②

v l ω= ③ 21

3

J Ml = ④

解:①②③④得,1573m M

N mg m M

+=

+ 3-16 一长为L 、质量为m 的匀质细棒,如题图3-16所示,可绕水平轴O 在竖直面内旋转,若轴光滑,今使棒从水平位置自由下摆。求:(1)在水平位置和竖直位置棒的角加速度β;(2)棒转过θ角时的角速度。 分析:由转动定律求角加速度,由在转动过程中机械能守恒求角速度。 解:(1)有刚体定轴转动定律M

J β

=得,

细棒在水平位置的角加速度为:232123L

mg

M g J L mL β==

= 细棒在竖直位置的角加速度为:20

013

M J mL β===

(2)细棒在转动的过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得,

22

1sin 22

13L mg

J J mL

θω==又

解上述两式得:ω

=

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3-19 质量为m 的子弹,以速度0v 水平射入放在光滑水平面上质量为0m 、半径为R 的圆盘边缘,并留在该处,0v 的方向与射入处的半径垂直,圆盘盘心有一竖直的光滑固定轴,如所示,试求子弹射入后圆盘的角速度ω。

题图3-11

题图3-16

分析:在子弹射入圆盘的过程中,子弹和圆盘组成的系统对转轴的角动量和力矩为零,因此对转轴的角动量守恒。

解:设子弹射入后圆盘的角速度为ω,则由角动量守恒定律得,

22001

()2

mv R mR m R =+ω

解上式得:0

022mv mR m R

ω

=

+

3-20一均质细杆,长1L m =,可绕通过一端的水平光滑轴

O 在铅垂面内自由转动,如题图3-20所示。开始时杆处于铅垂位置,今有一子弹沿水平方向以1

10v m s -=?的速度射

入细杆。设入射点离O 点的距离为

3

4

L ,子弹的质量为细杆质量的

19

。试求:(1)子弹和细杆开始共同运动的角速度。(2)子弹和细杆共同摆动能到达的最大角度。 分析:子弹射入细杆过程中,子弹和细杆组成的系统角动量守恒;细杆摆动时,机械能守恒。 解(1)子弹打进杆的过程中子弹和杆组成的系统角动量守恒, 设子弹开始时的角速度为0ω,弹和杆一起共同运动的角速度 为ω,则由角动量守恒定律得:

0(J J J ωω=+子子杆) ①

又2

216

)43(9L m L m J ==

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② 231

mL J =杆 ③

01040

333144

v L ω===

? ④

把②③④式代入①式并解得:40

/19

rad s ω= ⑤

(2)设子弹与杆共同摆动能达到最大角度为θ角,

在摆动的过程中杆和子弹及地球组成的系统机械能守恒, 则由机械能守恒定律得,

13311((cos )(cos )294422

mg J J L L mg L L ωθθ+=-+-2子杆) ⑥ 把②③⑤式及10g

=,L=1代入⑥式解得:8496

.0cos =θ。即rad 56.0=θ

第四章

4-2 长度为1m 的米尺L 静止于'K 中,与x 轴的夹角'30,'K θ=?系相对K 系沿x 轴运动,在K 系中

观察得到的米尺与x 轴的夹角为45θ=?,试求:(1)'K 系相对K 系的速度是多少?(2)K 系中测

得的米尺的长度?

分析:本题考察的是长度收缩效应。根据两个参考系下米尺的不同长度再结合长度收缩效应我们可以很方便的得到两个参考系之间的相对速度

解:(1)米尺相对'S 系静止,它在''x y 和轴的投影分别为:

题图3-20

题图3-19

00'cos '0.866'sin '0.5x y L L m L L m

θθ====

米尺相对S 系沿x 方向运动,设运动速度为v ,为S 系中的观察者,米尺在x 方向将产生长度收缩,而y

方向的长度不变,即

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x x L L ='y y L L =

故米尺与x 轴的夹角满足

'y x

L L tg L θ=

=

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将θ与'x L 、'y L 的值代入可得:

0.816v c =

(2)在S 系中测得米尺的长度为:

0.707()sin 45y L L m =

=?

4-3 已知x 介子在其静止系中的半衰期为8

1.810s -?。今有一束π介子以0.8c υ=的速度离开加速器,

试问,从实验室参考系看来,当π介子衰变一半时飞越了多长的距离?

分析:本题考察的是时间膨胀效应。根据静止系中的半衰期加上时间膨胀效应我们可以求出在实验室参考系中的半衰期,然后根据该半衰期求出飞行距离。 解:在π介子的静止系中,半衰期80

1.810t s -?=?是本征时间。由时间膨胀效应,实验室参系中的观

察者测得的同一过程所经历的时间为:

8310()t s -?=

=?

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因而飞行距离为:

7.2d v t m =?=

4-4 在某惯性系K 中,两事件发生在同一地点而时间相隔为4s 。已知在另一惯性系'K 中,该两事件的时间间隔为6s ,试问它们的空间间隔是多少?

分析:本题考察的是时间膨胀效应以及洛伦兹变换。根据时间膨胀效应我们可以求出两参考系的相对速度,继而根据洛伦兹变换演化出空间间隔变换的公式求出该两事件在S 系中的空间间隔。 解:在k 系中,0

4t s ?=为本征时间,在'K 系中的时间间隔为6t s ?= 两者的关系为:

t ?=

=

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25

9

β∴=

故两惯性系的相对速度为:

810(/)v c m s β=

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由洛伦兹变换,'K 系中两事件的空间间隔为:

0)k k x x v t '?=

?+?

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两件事在K 系中发生在同一地点,因此有0k

x ?=,故

810()k x m '?=

=

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4-5 惯性系'K 相对另一惯性系K 沿x 轴作匀速运动,取两坐标原点重合的时刻作为计时起点。在K 系中测得两事件的时空坐标分别为4411610,210x m t s -=?=?以及44221210,110x m t s -=?=?,

已知在'K 系中测得该两事件同时发生。试问:(1)'K 系相对K 系的速度是多少?(2)'K 系中测得

的两事件的空间间隔是多少?

分析:本题所考察的是洛伦兹变换的应用问题。根据洛伦兹变换在不同参考系下两个事件的时间变换关系,我们可以很方便的得到两个参考系之间的相对速度。有了相对速度以后,再根据洛伦兹变换的空间变换关系,我们可以得到两事件的空间间隔。

解:(1)设'S 系相对S 系的速度为v ,由洛伦兹变换,'S 系中测得两事件的时间为:

11122222''v t t x c v t t x c ?=

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-???=

-??

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由题意,

12''0t t -=

21212

()v

t t x x c ∴-=

- 因此有

2

82121 1.510()2

t t c

m v c s x x -==-=-?-

其中负号表示'S 系沿S 系的x -方向运动。

(2)由洛伦兹变换,'S 系中测得的两事件的空间位置为:

111222')')x x vt x x vt =

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-=

-

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故空间间隔为:

]4212121''()() 5.210()x x x x v t t m -=

---=?

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4-6 (1)火箭A 和B 分别以0.80.5c c 和的速度相对于地球向x x +-和方向飞行,试求由火箭B 测得的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,试问A 相对B 的速度是多少?

分析:本题考察的是洛伦兹速度变换。在火箭B 为静止的参考系中,先求出地面参考系相对此参考系的运动速度(此即为两个参考系之间的相对速度),然后由火箭A 相对地面的运动速度以及洛伦兹速度变换公式求出火箭A 相对火箭B 的速度。

解:(1)设火箭B 的静止系为S ,则地面参考系相对S 的运动速度为0.5u c =。在地面参考系中,火箭A

的运动速度为'0.8v c =

,由洛伦兹速度变换公式可得火箭A 相对火箭B 的运动速度为:

2'0.80.5 1.30.931'/10.80.5 1.4

v u c c v c c uv c ++====++?

(2)由于S 系相对地面参考系以1

u u x =-+沿方向飞行,而在地面参考系中火箭A 的运动速度为

0,0.8,0x y z v v c v ===。则根据洛伦兹速度变换公式在S 系中火箭A 的运动速度为:

1

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121

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21

2

'0.51'0.71'0

1x x x

y x z x v u v c u v c v c v c v v v -=

=-=

=-

=

=-

所以火箭A 相对火箭B 的速度为:

'0.86v c ==

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4-8 μ子的静止质量是电子静止质量的207倍,静止时的平均寿命80210s τ-=?,若它在实验室参考

系中的平均寿命8710s τ

-=?,试问其质量是电子静止质量的多少倍?

分析:本题考察的是时间膨胀效应和相对论质量问题。根据时间膨胀效应我们可以求出该粒子在实验室参考系中的运动速度,然后根据该速度可以求出速度下的相对论质量。 解:设μ子在实验室参考系中的速度为u 、质量为m ,依题意有:

τ=

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将ττ0和的值代入得:

02

7

ττ=

=

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当μ子速度为u 时其质量为:

077

207724.522

e e m m m m =

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==?= 4-11 已知一粒子的动能等于其静止能量的n 倍,试求该粒子的速率。

分析:该题考察的是相对论的质能关系式。根据粒子的动能和静能比可以求出该粒子总能量和静能之比,这个比值也就是该粒子的质量与静止质量之比,根据相对论质量与速度的关系式,我们可以求出该粒子的速率,从而求出该粒子的动量。

解:依题意有:0k E nE =

所以其质量与静止质量之比为:

20

2000

1k E E m mc n m m c E +===+ 根据相对论质量与速度的关系有:

m =

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所以该粒子的速度为:

u =

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4-17 把一个静止质量为0m 的粒子由静止加速到0.1c 所需的功是多少?由速率0.89c 加速到0.99c 所需的功又是多少?

分析:此题涉及到的是粒子的总能量与速度之间的关系。根据能量守恒定律,通过计算任一速度下的总能量即可求出从该速度下再增加0.1c 的速度所需要做的功。 解:粒子的静能量为:

200E m c =

速度为0.1c 时,该粒子的总能量为:

22

21101.005E m c m c ==

=

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因此将粒子由静止加速到0.1c 所需要做的功为:

21000.005E E E m c ?=-=

同理粒子在速度为0.89c 和0.99c 时的总能量分别为:

22

2

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220222

3302.1937.089E m c m c E m c m c =====

=

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所以将粒子由0.89c 加事到0.99c 时所需做的功为

23204.896E E E m c '?=-=

第五章

5-5一放置在水平桌面上的弹簧振子,振幅m A 2100.2-?=,周期

T=,当t=0时,

(1)物体在正方向端点;

(2)物体在平衡位置,向负方向运动; (3)物体在m x 2100.1-?=处,向负方向运动; (4)物体在m x

2100.1-?-=处,向负方向运动.

求以上各种情况的振动方程。

分析 根据旋转矢量图由位移和速度确定相位。进而得出各种情况的振动方程。 解:设所求振动方程为:]4cos[02.0]2cos[

?π?π

+=+=t t T

A x 由A 旋转矢量图可求出

3/2,3/,2/,04321π?π?π??====

(1)0.02cos[4]()x t SI π=(2)0.02cos[4]()2

x

t SI π

π=+

(3)0.02cos[4]()3x t SI ππ=+(4)20.02cos[4]()3

x t SI π

π=+

5-8有一弹簧,当下面挂一质量为m 的物体时,伸长量为m 2

108.9-?.若使弹簧上下振动,且规定向下

为正方向.

(1)当t =0时,物体在平衡位置上方m 2

10

0.8-?,由静止开始向下运动,求振动方程.

(2) 当t =0时,物体在平衡位置并以0.6m/s 的速度向上运动,求振动方程. 分析 根据初始条件求出特征量建立振动方程。 解:设所求振动方程为:)cos(?ω+=t A x

其中角频率l

g

m l mg m k ?=?=

=//ω,代入数据得:10/rad s ω=

(1)以平衡位置为原点建立坐标,根据题意有:000.08,0x m v =-=

2

02

0)/(ωv x A +=得:

0.08A m =

据A

x 0

1

cos -±=?得rad ?π=±由于0v =0,不妨取rad

?

π=

题图5-5

于是,所求方程为:1

0.08cos(10)()x t SI π=+

(2)以平衡位置为原点建立坐标,根据题意有:000,0.6/x v m s ==-

2

02

0)/(ωv x A +=得:

0.06A m =

据A

x 01

cos -±=?得/2rad ?

π=±由于00v <,应取/2rad ?π=

于是,所求方程为:2

0.06cos(10/2)()x t SI π=+

5-16一物体沿x 轴作简谐振动,振幅为0.06m ,周期为2.0s ,当t=0时位移为0.03m ,且向轴正方向运动,求:

(1)t=0.5s 时,物体的位移、速度和加速度; (2)物体从0.03x

m =-处向x 轴负方向运动开始,到达平衡位置,至少需要多少时间?

分析 通过旋转矢量法确定两位置的相位从而得到最小时间。 解:设该物体的振动方程为)cos(?ω+=t A x

依题意知:2//,0.06T rad s A m ω

ππ===

据A

x 01

cos -±=?得)(3/rad π?±=

由于0

0v >,应取)(3/rad π?-=

可得:)3/cos(06.0ππ-=t x

(1)0.5t s =时,振动相位为:/3/6t rad

?πππ=-=

据22cos ,sin ,cos x A v A a A x ?ω?ω?ω=

=-=-=- 得20.052,

0.094/,

0.512/x m v m s a m s ==-=-

(2)由A 旋转矢量图可知,物体从0.03x m =-m 处向x 轴负方向运动,到达平衡位置时,A 矢量转过

的角度为5/6?π?=,该过程所需时间为:/0.833t s ?ω?=?=

5-18 有一水平的弹簧振子,弹簧的劲度系数K=25N/m,物体的质量m=1.0kg,物体静止在平衡位置.设以一水平向左的恒力F=10 N 作用在物体上(不计一切摩擦),使之由平衡位置向左运动了0.05m,此时撤除力F,当物体运动到最左边开始计时,求物体的运动方程.

分析 恒力做功的能量全部转化为系统能量,由能量守恒可确定系统的振幅。 解: 设所求方程为0cos()x A t ω?=

+

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5/rad s ω=

= 因为不计摩擦,外力做的功全转变成系统的能量,

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故210.22Fx KA A m =

∴== 000,,t x A ?π==-∴= 又

故所求为 0.2cos(5)()x

t SI π=+

5-23 一物体质量为0.25Kg ,在弹性力作用下作简谐振动,弹簧的劲度系数k=25N/m ,如果起始振动时具有势能0.06J 和动能0.02J ,求: (1)振幅;

(2)动能恰等于势能时的位移; (3)经过平衡位置时物体的速度.

分析 简谐振动能量守恒,其能量由振幅决定。

解:

2

11k 2

K P E E E A =+=

() 1/2[2()/k]0.08()K P A E E m =+= 2

21(2)k 2/22

K P K P P P E E E A E E E E E kx =+=

===因为,当时,有,又因为 题图

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5-16

题图5-18

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