一压强乘以体积1.0 105Pa为, 体积为1.0 10-3m3的氧气自0℃加热到100℃,
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时间：2018-07-11 04:54
大学物理习题解答湖南大学应用物理系第一章 质点运动学P26． 1．1 一质点沿直线运动，运动方程为 x(t) = 6t2 - 2t3．试求： （1）第 2s 内的位移和平均速度； （2）1s 末及 2s 末的瞬时速度，第 2s 内的路程； （3） 末的瞬时加速度和第 2s 内的平 1s 均加速度． [解答]（1）质点在第 1s 末的位移大小 为 x(1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)． 在第 2s 末的位移大小为 x(2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第 2s 内的位移大小为 Δx = x(2) – x(1) = 4(m)， 经过的时间为 Δt = 1s，所以平均速度大小 为 v =Δx/Δt = 4(ms-1)． （2）质点的瞬时速度大小为 v(t) = dx/dt = 12t - 6t2， 因此 v(1) = 12×1 - 6×12 = 6(ms-1)， v(2) = 12×2 - 6×22 = 0， 质点在第 2s 内的路程等于其位移的大小， 即 Δs = Δx = 4m． （3）质点的瞬时加速度大小为 a(t) = dv/dt = 12 - 12t， 因此 1s 末的瞬时加速度为 a(1) = 12 - 12×1 = 0， 第 2s 内的平均加速度为 a = [v(2) - v(1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(ms-2)． [注意]第几秒内的平均速度和平均加 速度的时间间隔都是 1 秒． 1．2 一质点作匀加速直线运动，在 t = 10s 内走过路程 s = 30m， 而其速度增为 n = 5 倍．试证加速度为 a =2(n
1) s ． (n + 1)t 2并由上述数据求出量值． [证明]依题意得 vt = nvo， 根据速度公式 vt = vo + at，得 a = (n – 1)vo/t， (1) 2 根据速度与位移的关系式 vt = vo2 + 2as，得 a = (n2 – 1)vo2/2s，(2) （1）平方之后除以（2）式证得a=2(n
1) s ． (n + 1)t 2计算得加速度为a=2(5
1)30 = 0.4(ms-2)． (5 + 1)1021．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑， 他以与水平成 22.5°的夹角的初速度 65ms-1 从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东 边比西边低 70m，忽略空气阻力，且取 g = 10ms-2．问： （1） 矿 坑有多宽？ 22.5 他飞越的时 70m 间多长？ （2） 他 图 1.3 在东边落地 时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法． （1）夹角用 θ 表示，人和车（他）在竖直方向首先做竖直 上抛运动，初速度的大小为 vy0 = v0sinθ = 24.87(ms-1)． 取向上的方向为正， 根据匀变速直线运 动的速度公式 vt - v0 = at， 这里的 v0 就是 vy0，a = -g；当他达到最高点1 时，vt = 0，所以上升到最高点的时间为 t1 = vy0/g = 2.49(s)． 再根据匀变速直线运动的速度和位移 的关系式 vt2 - v02 = 2as， 可得上升的最大高度为 h1 = vy02/2g = 30.94(m)． 他从最高点开始再做自由落体运动， 下 落的高度为 h2 = h1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式 s = gt2/2，得下落的 时间为闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反 向、大小与船速平方成正比例的加速度，即 dv/dt = -kv2，k 为常数． （1）试证在关闭发动机后，船在 t 时 刻的速度大小为1 1 = + kt ； v v0（2）试证在时间 t 内，船行驶的距离 为x=1 ln(v0 kt + 1) ． k dv =
kdt ， v2[证明]（1）分离变量得 积分2h2 t2 = = 4.49(s)． g因此他飞越的时间为 t = t1 + t2 = 6.98(s)． 他飞越的水平速度为 vx0 = v0cosθ = 60.05(ms-1)， 所以矿坑的宽度为 x = vx0t = 419.19(m)． （2）根据自由落体速度公式可得他落 地的竖直速度大小为 vy = gt = 69.8(ms-1)， 落地速度为 v = (vx2 + vy2)1/2 = 92.08(ms-1)， 与水平方向的夹角为 φ = arctan(vy/vx) = 49.30， 方向斜向下． 方法二：一步法．取向上的方向为正， 他在竖直方向的位移为 y = vy0t - gt2/2，移项 得时间的一元二次方程dv ∫ v 2 = k ∫ dt ， v0 01 1 = + kt ． v v0（2）公式可化为 v =vt可得v0 ， 1 + v0 kt由于 v = dx/dt，所以dx =v0 1 dt = d(1 + v0 kt ) 1 + v0 kt k (1 + v0 kt )x t积分∫ dx = ∫0 01 d(1 + v0 kt ) ． k (1 + v0 kt )证毕．因此x=1 ln(v0 kt + 1) ． k1 2 gt
v0 sin θ t + y = 0 ， 2解得t = (v0 sin θ ± v02 sin 2 θ
2 gy ) g ．这里 y = -70m，根号项就是他落地时在竖直 方向的速度大小，由于时间应该取正值，所 以公式取正根，计算时间为 t = 6.98(s)． 由此可以求解其他问题． 1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关[讨论]当力是速度的函数时， f = f(v)， 即 根据牛顿第二定律得 f = ma． 由于 a = d2x/dt2， 而 dx/dt = v， 所以 a = dv/dt， 分离变量得方程dt =mdv ， f (v )解方程即可求解． 在本题中， 已经包括了质点的质量． k 如 果阻力与速度反向、 大小与船速的 n 次方成 正比，则 dv/dt = -kvn．2 （1）如果 n = 1，则得dv =
kdt ， v积分得 lnv = -kt + C． 当 t = 0 时，v = v0，所以 C = lnv0，因此 lnv/v0 = -kt， 得速度为 v = v0e-kt． 而 dv = v0e-ktdt，积分得ω = dθ/dt = 12t2 = 48(rads-1)， 法向加速度为 an = rω2 = 230.4(ms-2)； 角加速度为 β = dω/dt = 24t = 48(rads-2)， 切向加速度为 at = rβ = 4.8(ms-2)． （2）总加速度为 a = (at2 + an2)1/2， 当 at = a/2 时，有 4at2 = at2 + an2，即v x = 0 e
kt + C ` ． k当 t = 0 时，x = 0，所以 C` = v0/k，因此an = at 3 ．由此得 rω 2 = r β 3 ， 即x=v0 (1-e
kt ) ． k dv =
kdt ，积 vn(12t 2 )2 = 24t 3 ， t3 = 3 / 6 ．（2）如果 n≠1，则得 分得解得 所以v1 n =
kt + C ． 1 n当 t = 0 时，v = v0，所以θ = 2 + 4t 3 = 2(1 + 3 / 3) =3.154(rad)．（3）当 at = an 时，可得 rβ = rω2， 即 24t = (12t2)2， 解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)． 1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻 飞机的速度为 v = 300ms-1， 方向与水平线夹 角为 30°而斜向下， 此后飞机的加速度为 a = 20 3 ms-2， 方向与水平前进方向夹角为 30° 而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来 的高度？ y 在此期间 a ay 飞机在水 O α ax 平方向飞 θ v0x x v0y 行的距离 v0 为多少？ [解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的 初速度的大小为 v0x = v0cosθ， v0y = v0sinθ． 加速度的大小为 ax = acosα， ay = asinα． 运动方程为v1 n 0 = C ，因此 1 n1 v n 1=1n v0 1+ (n
1)kt ．如果 n = 2，就是本题的结果． 如果 n≠2，可得x=n {[1 + (n
1)v0 1kt ]( n
2) /( n 1)
1} ， n (n
2 k读者不妨自证． 1．5 一质点沿半径为 0.10m 的圆周运 动， 其角位置 （以弧度表示） 可用公式表示： 3 θ = 2 + 4t ．求： （1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向 加速度； （2）当切向加速度恰为总加速度大小 的一半时，θ 为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向 加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为3 即1 x = v0 x t + ax t 2 ， 2 1 y = v0 y t + a y t 2 ． 2 1 x = v0 cos θ
t + a cos α
t 2 ， 2 1 y = v0 sin θ
t + a sin α
t 2 ． 2 2v sin θ t = 0（舍去） t = 0 ； = 10 3 (s)． a sin α（1）螺帽从天花板落到底面所需的时 间； （2）螺帽相对于升降机外固定柱子的 下降距离． [解答]在螺帽从天花板落到底面时，升 降机上升的高度为1 h1 = v0t + at 2 ； 2螺帽做竖直上抛运动，位移为令 y = 0， 解得飞机回到原来高度时的时间为h2 = v0t 1 2 gt ． 2将 t 代入 x 的方程求得 x = 9000m． [注意]选择不同的坐标系，例如 x 方向 沿着 a 的方向或者沿着 v0 的方向， 也能求出 相同的结果． 1．7 一个半径为 R = 1.0m 的轻圆盘， 可以绕一水平轴自由转 动．一根轻绳绕在盘子 的边缘，其自由端拴一 R 物体 A．在重力作用下， 物体 A 从静止开始匀加 速地下降，在 t = 2.0s 内下降的距离 h = A 0.4m．求物体开始下降 图 1.7 后 3s 末，圆盘边缘上任 一点的切向加速度与法 向加速度． [解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于 物体 A 下落加速度． 由于 h =由题意得 h = h1 - h2，所以1 h = (a + g )t 2 ， 2解得时间为t = 2h /(a + g ) = 0.705(s)．算得 h2 = -0.716m，即螺帽相对于升降机外 固定柱子的下降距离为 0.716m． [注意]以升降机为参考系，钉子下落时 相对加速度为 a + g，而初速度为零，可列 方程 h = (a + g)t2/2， 由此可计算钉子落下的时间， 进而计算下降 距离． 1． 有一架飞机从 A 处向东飞到 B 处， 9 然后又向西飞回到 A 处． 已知气流相对于地 面的速度为 u，AB 之间的距离为 l，飞机相 对于空气的速率 v 保持不变． （1）如果 u = 0（空气静止） ，试证来 回飞行的时间为 t0 =1 at t 2 ，所以 22 -2at = 2h/t = 0.2(ms )． 物体下降 3s 末的速度为 v = att = 0.6(ms-1)， 这也是边缘的线速度，因此法向加速度为2l ； v（2）如果气流的速度向东，证明来回 飞行的总时间为 t1 =t0 ； 1
u 2 / v2t0 1
u 2 / v2v2 an = = 0.36(ms-2)． R1． 一升降机以加速度 1.22ms-2 上升， 8 当上升速度为 2.44ms-1 时， 有一螺帽自升降 机的天花板上松落， 天花板与升降机的底面 相距 2.74m．计算：（3）如果气流的速度向北，证明来回 飞行的总时间为 t2 = ．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为 v， 路程为 2l，所以飞行时间为 t0 = 2l/v． （2）飞机向东飞行顺风的速率为 v + u，向西飞行逆风的速率为 v - u，所以飞行4 时间为因此 v1 = v2sinθ + v2cosθsinα/cosα，t1 ==l l 2vl + = 2 v + u v
u2t0 2l / v ． = 2 2 1
u 2 / v2即l v1 = v2 (sin θ + cos θ ) ． 证毕． h方法二：利用正弦定理．根据正弦定理 可得 v v（3）飞机相对地 的速度等于相对风的 速度加风相对地的速 度．为了使飞机沿着 AB 之间的直线飞行， 就要使其相对地的速 度偏向北方，可作矢 量三角形，其中沿 AB 方向的速度大小为2 2A AB 所以 B u v Bv1 v2 = ， sin(θ + α ) sin(90°
α ) sin(θ + α ) cos α sin θ c o s α + c o s θ sin α = v2 cos α v1 = v2v+u v-u vAu= v 2 (sin θ + cos θ tan α ) ，即V = v
u ，所以飞行时间为t2 ==2l 2l 2l / v = = V v2
u2 / v2t0 1
u 2 / v2． 证毕．l v1 = v2 (sin θ + cos θ ) ． h1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线 行驶，其速度为 v1，下落雨的速度方向与铅 直方向的夹角 θ 为 θ，偏向于汽 l v2 车前进方向， 速 h 度为 v2． 今在车 v1 后放一长方形 物体，问车速 图 1.10 v1 为 多 大 时此 物体刚好不会被雨水淋湿？ [解答]雨对地的速度 v2 等于雨对车的 速度 v3 加车对地的 速度 v1 ， 由此可作矢 l方法三：利用位移关系．将雨滴的速度 分解为竖直和水平两个分量，在 t 时间内， 雨滴的位移为 l = (v1 – v2sinθ)t， h = v2cosθt． 两式消去时间 t 即得所求． 证毕．第二章 质点力学的基本定律P46． 2．1 如图所示，把一个质量为 m 的木 块放在与水平成 θ 角 F m 的固定斜面上，两者 间的静摩擦因素 s 较 θ 小，因此若不加支持， 图 2.1 木块将加速下滑． （1）试证 tanθ≧s；rrrα h v3 α θ v2 v⊥ v1 （2）须施加多大的水平力 F ，可使木 块恰不下滑？这时木块对斜面的正压力多 大？r量三角形． 根据题意 得 tanα = l/h． 方法一：利用直角三角形．根据直角三 角形得 v1 = v2sinθ + v3sinα， 其中 v3 = v⊥/cosα，而 v⊥ = v2cosθ，r（3）如不断增大 F 的大小，则摩擦力 和正压力将有怎样的变化？ （1）[证明]木块在斜面上时受到重力r r r G = mg 和斜面的支持力 N 以及静摩擦力5 r f ，其中N f ≦ fs = sN， m f 而 N = Gcosθ． 要使木块加速下 滑， 重力沿着斜面 θ G 的分量不得小于 最大静摩擦力 fs．根据牛顿第二定律得 Gsinθ - sGcosθ = ma≧0， 因此 tanθ≧s． 证毕． （2）[解答] y 要 使物 体恰 好不 N m f 下滑，则有 θ x F Gsinθ - sN - Fcosθ = 0， （1） θ G N - Gcosθ Fsinθ = 0． （2） （2）×s +（1）得 Gsinθ - sGcosθ – Fcosθ - sFsinθ = 0， 解得将（3）式中的 s 改为-s 就是这个结果．可 见：当 tanθ = 1/s 时，F 趋于无穷大，只有 当 tanθ & 1/s 时，才能增加 F 的大小使木块 向上加速滑动． 2．2 如图所示，设质量 m = 10kg 的小 球挂在倾角 α = 30°的光滑斜面上，求： （1）当 斜面以加速 a 度 a = g/3 沿 图中所示的 α 方向运动时， 图 2.2 绳中的张力 及小球对斜面的正压力各是多大？ （2）当斜面的加速度至少为多大时小 球对斜面的正压力为零？（g = 9.8ms-2） [ 解 答 ] y T （1）小球受 N 到重力 G，斜 a x 面的支持力 N 和绳子的张 α G 力 T．建立坐 标系，列方程得 Ncosα + Tsinα – mg = 0， Tcosα - Nsinα = ma． 解得 N = m(gcosα – asinα) = 68.54(N)， T = m(gsinα + acosα) = 77.29(N)． （2）令 N = 0，得加速度为 a = gctgα = 16.97(ms-2)． 2．3 物体 A 和 B 的质量分别为 mA = 8kg，mB = 16kg，它们之间用绳子联结，在 倾角 α = 37°的斜面上向下滑动， 如图所示． A 和 B 与斜面的滑动摩擦因素分别为 kA = 0.2，kB = 0.4，求： （1）物体 A 和 B 的加速度； （2）绳子的 B 张力； （3）如果将 A A 和 B 互换位置， α 则（1）和（2）的 图 2.3 结果如何？ [解答]根据角度关系可得 sinα = 3/5 = 0.6，cosα = 4/5 = 0.8，tanα = 3/4 = 0.75．F=sin θ
s cos θ mg ． （3） cos θ +
s sin θ上式代入（2）得N=mg ． （4） cos θ +
s sin θ（3） [解答]当木块平衡时， 一般情况下， 有 Gsinθ - f - Fcosθ = 0，N - Gcosθ - Fsinθ = 0． 解得 f = Gsinθ - Fcosθ，N = Gcosθ + Fsinθ．r可知： 1 当 F 的大小不断增加时， ○ 摩擦力将 不断减小；当 F = Gtanθ 时，摩擦力为零； 当 F 再增加时摩擦力将反向； 至于木块是否 向上做加速运动，则要进一步讨论． 2 ○正压力将不断增加． [讨论]当 tanθ & 1/s 时，如果木块恰好 不上滑，则摩擦力恰好等于最大静摩擦力， 方向沿着斜面向下，用上面的方法列方程， 可得F=sin θ +
s cos θ mg ． cos θ
s sin θ6 （1）如果物体 A 和 B 之间没有绳子， 由于 tanθ≧s，可知：A 和 B 都要沿斜面做 加速运动，而 B 的加速度比较小．当 A 和 B 之间有绳子时，它们将以相同的加速度运 动． NB B fB 设绳子的 T NA 张力为 T，根据 fA T 牛顿第二定律 A mBg 分别对 A 和 B α mAg 列运动方程： mAgsinα – kAmAgcosα - T = mAa， T + mBgsinα – kBmBgcosα = mBa． 两式相加得 [(mA + mB)sinα – (kAmA + kBmB)cosα]g = (mA + mB)a， 所以加速度为[解答]质点在斜上运动的加速度为 a = gsinα， 方向与初速度方向垂直． 其运动方程 为 x = v0t， y =1 2 1 at = g sin α
t 2 ． 2 2将 t = x/v0， 代入后一方程得质点的轨道方程 为y=g sin α 2 x ， 2 v0这是抛物线方程． 2．5 桌上有一质量 M = 1kg 的平板， 板上放一质量 m = 2kg 的另一物体，设物体 与板、 板与桌面之间的滑动摩擦因素均为 k = 0.25，静摩擦因素为 s = 0.30．求：a = g[sin α
kB mBmA + mBrcos α ]（1）今以水平力 F 拉板，使两者一起 以 a = 1ms-2 的加速度运动，试计算物体与 板、与桌面间的相互作用力； （2）要将板从物体下面抽出，至少需 要多大的力？ [解答] （1） 物体与板之间有正压力和摩 擦力的作用． 板对物体的支持大小等于物体的重力 Nm = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小， 但压力方向 相反． Nm 物体受板摩擦力 fm 做加速运动， 摩擦力的 NM a 大小为 fm = ma = 2(N)， fM 这也是板受到的摩擦 力的大小，摩擦力方向也相反． 板受桌子的支持力大小等于其重力 NM = (m + M)g = 29.4(N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相 反． 板在桌子上滑动， 所受摩擦力的大小为 fM = kNM = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小， 方向也相 反． （2）设物体在最大静摩擦力作用下和 板一起做加速度为 a`的运动， 物体的运动方= 3.26(ms-2)． （2）将加速度 a 的公式代入任一方程 都可解得张力为T=(
kA )mA mB g cos α = 3.86(N)． mA + mB由此可见：当两物体的摩擦因素相等时，张 力才为零，这是因为它们的加速度相等． （3）将 A 和 B 互换位置后，由于 A 的 加速度比较大，所以绳子不会张紧，其张力 为零． A 的运动方程为 mAgsinα – kAmAgcosα = mAaA， 解得 aA = g(sinα – kAcosα) = 4.12(ms-2)． 同理得 aB = g(sinα – kBcosα) = 2.7(4ms-2)． 2．4 一个重量为 P 的质点，在光滑的 固定斜面（倾角为 α）上以初速度 v0 运动，rr v0 的 方 向 与 斜 面底边的水平约 AB 平行，如图所示， A 求这质点的运动 轨道．v0 P B 图 2.4α7 程为 Nm f =smg = ma`， f a` 可得 a` =sg． NM 板的运动方程为 f F F – f – k(m f` + M)g = Ma`， 即 F = f + Ma` + k(m + M)g = (s + k)(m + M)g， 算得 F = 16.17(N)． 因此要将板从物体下面抽出，至少需要 16.17N 的力． 2．6 如图所示：已知 F = 4N，m1 = 0.3kg，m2 = 0.2kg，两物体与水平面的的摩 擦因素匀为 0.2． 求质量为 m2 的物体的加速 度及绳子对它的拉力． （绳子和滑轮质量均 T1 T2 f1 图 2.6 不计） [解答]利用几何关系得两物体的加速度 之间的关系为 a2 = 2a1，而力的关系为 T1 = 2T2． 对两物体列运动方程得 T2 - m2g = m2a2， F – T1 – m1g = m1a1． 可以解得 m2 的加速度为 a1 m1 F与 k1 和 k2．满足关系关系式1 1 1 ； = + k k1 k 2（2） 它们并联起来时， 总倔强系数 k = k1 + k2． [解答]当力 F 将弹簧共拉长 x 时， F = 有 kx，其中 k 为总倔强系数． 两个弹簧分别拉长 x1 和 x2， 产生的弹力 分别为 F1 = k1x1，F2 = k2x2． （1）由于弹簧串联，所以 F = F1 = F2，x = x1 + x2， 因此F F1 F2 1 1 1 = + ，即 = + ． k k1 k2 k k1 k2a2 m 2 f2（2）由于弹簧并联，所以 F = F1 + F2，x = x1 = x2， 因此 kx = k1x1 + k2x2，即 k = k1 + k2． 2．8 如图所示，质量为 m 的摆悬于架 上，架固定于小车上，在下述各种情况中， 求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角 θ） 及线中的张力 T． （1）小车沿水平线作匀速运动； （2）小车以加速 度 a1 沿水平方向运动； （3）小车自由地 从倾斜平面上滑下， 斜 面与水平面成 φ 角； （4）用与斜面平ra2 =F
(m1 + 2m2 ) g = 4.78(ms-2)， m1 / 2 + 2m2r行的加速度 b1 把小车 沿斜面往上推（设 b1 = b） ；绳对它的拉力为图 2.8T=m2 ( F
m1 g / 2) = 1.35(N)． m1 / 2 + 2m2k1 k2 (a) k1 F k2 图 2.7 (b) Fr（5）以同样大小的加速度 b2（b2 = b） ， 将小车从斜面上推下来． [解答]（1）小车 θ 沿水平方向做匀速直 T 线运动时，摆在水平 ma 方向没有受到力的作 mg 用，摆线偏角为零， 线中张力为 T = mg． （2） 小车在水平 （2）2． 两根 7 弹簧的倔强系 数分别为 k1 和 k2．求证： （1） 它们 串联起来时， 总倔强系数 k8 方向做加速运动时， 重力和拉力的合力就是 合外力．由于 tanθ = ma/mg， 所以 θ = arctan(a/g)； 绳子张力等于摆所受的拉力T = (ma )2 + (mg )2 = m a 2 + g 2 ．（3）小车沿斜 面自由滑下时， 摆仍 然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下， 所 以 θ = φ； T = mgcosφ． T θ ma mg φ （3）（4）根据题意 θ 作力的矢量图，将 T mb 竖直虚线延长，与 φ 水平辅助线相交， mg 可得一直角三角 形，θ 角的对边是 φ mbcosφ， 邻边是 mg （4） + mbsinφ，由此可 得：一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最 大夹角为 60°．求： O l （1）小球通过竖 m θ 直位置时的速度为多 少？此时绳的张力多 C B 大？ 图 2.9 （2）在 θ & 60° 的任一位置时，求小球速度 v 与 θ 的关系 式． 这时小球的加速度为多大？绳中的张力 多大？ （3） θ = 60°时， 在 小球的加速度多大？ 绳的张力有多大？ [解答]（1）小球 O l 在运动中受到重力和 m θ T 绳子的拉力， 由于小球 沿圆弧运动， 所以合力 C 方向沿着圆弧的切线 B mg 方向，即 F = -mgsinθ， 负号表示角度 θ 增加的方向为正方向． 小球的运动方程为F = ma = md2 s ， dt 2mb cos
tan θ = ， mg + mb sin 因此角度为其中 s 表示弧长．由于 s = Rθ = lθ，所以速 度为v=因此ds dθ =l ， dt dtb cos
θ = arctan ； g + b sin 而张力为F =m即dv dv dθ m dv =m = v ， dt dθ dt l dθ（1）vBvdv = -glsinθdθ，T = (mb) + (mg)
2(mb)(mg)cos(π / 2 +)2 2取积分∫0vdv =
gl ∫ sin θ dθ ，60°00= m b 2 + g 2 + 2bg sin
．（5） 与上一问 相比，加速度的方 向反向，只要将上 一结果中的 b 改为 -b 就行了． T θ mb mg得 解得1 2 vB = gl cos θ 2，60°vB = gl = 2.21(ms-1)．2 2 vB vB 由于 TB
mg = m = m = mg ， R lφ 2．9 如图所 （5） 示：质量为 m = 10kg 的小球，拴在长度 l = 5m 的轻绳子的9所以 TB = 2mg = 1.96(N)． （2）由（1）式积分得 1 2 vC = gl cos θ + C ， 2当 θ = 60 时，vC = 0，所以 C = -lg/2， 因此速度为ω=vC 2 g cos α = ． r rvC = gl (2 cos θ
1) ．切向加速度为 at = gsinθ； 法向加速度为2 vC an = = g (2 cos θ
1) ． R由于 NC – mgcosα = 2mgcosα，所以 NC = 3mgcosθ． 2．11 小石块沿 m 一弯曲光滑轨道上由 静止滑下 h 高度时， N 它的速率多大？（要 h θ 求用牛顿第二定律积 mg 分求解） [解答]小石块在 图 2.11 运动中受到重力和轨 道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切 线与竖直方向的夹角为 θ，则 F = mgcosθ． 小球的运动方程为由于 TC – mgcosθ = man，所以张力为 TC = mgcosθ + man = mg(3cosθ – 1)． （3）当 θ = 60 时，切向加速度为at =3 g = 8.49(ms-2)， 2法向加速度为 an = 0， 绳子的拉力 T = mg/2 = 0.49(N)． [注意]在学过机械能守恒定律之后，求 解速率更方便． 2．10 一质量为 m 的小球，最初静止 于如图所示的 A 点， 然后沿半径为 r 的光滑 圆弧的内表面 ADCB 下滑．试求小球在 C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力． [解答]此 B A 题情形与上 r α 一题的数学 C 类型是相同 D 的． 取上题中 l = r，对（1）式积分d2 s F = ma = m 2 ， dts 表示弧长． 由于 v =ds ，所以 dtd 2 s d ds dv dv ds dv = ( )= = =v ， 2 dt dt dt dt ds dt ds因此 vdv = gcosθds = gdh， h 表示石下落的高度． 积分得1 2 v = gh + C ， 2当 h = 0 时，v = 0，所以 C = 0， 因此速率为v = 2 gh ．∫得vC0vdv =
gr ∫α90°sin θ dθ ，α2．12 质量为 m 的物体，最初静止于 x0，在力 f = 1 2 vC = rg cos θ 2k (k 为常数)作用下沿直线 x2，90°解得速度为vC = 2 gr cos α ，角速度为运动． 证明物体在 x 处的速度大小 v = [2k(1/x – 1/x0)/m]1/2． [证明]当物体在直线上运动时，根据牛 顿第二定律得方程f =10k d2 x = ma = m 2 x2 dt 利用 v = dx/dt，可得当 n = 2 时，即证明了本题的结果． 2． 13 一质量为 m 的小球以速率 v0 从 地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小 球所受空气阻力大小与速率成正比， 比例系 数为 k．求： （1）小球速率随时间的变化关系 v(t)； （2）小球上升到最大高度所花的时间 T． [解答] （1） 小球竖直上升时受到重力和 空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为 下，根据牛顿第二定律得方程d 2 x dv dx dv dv = = =v ， 2 dt dt dt dx dx因此方程变为mvdv = 积分得kdx ， x21 2 k mv = + C ． 2 x利用初始条件，当 x = x0 时，v = 0，所 以 C = -k/x0，因此1 2 k k mv =
， 2 x x0即f =
kv = m分离变量得dv ， dtv=2k 1 1 (
) ． 证毕． m x x0dt =
m积分得dv m d(mg + kv) = ， mg + kv k mg + kv m ln (mg + kv) + C ． k[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f(x)，利用变换可得方程：mvdv = f(x)dx，积 分即可求解． 如果 f(x) = -k/xn，则得t=当 t = 0 时，v = v0，所以1 2 dx mv =
k ∫ n ． 2 x（1）当 n = 1 时，可得 因此C=m ln (mg + kv0 ) ， k1 2 mv =
k ln x + C ． 2v 所以 C = lnx0， 利用初始条件 x = x0 时， = 0， 因此t=m mg + kv m mg / k + v ln =
ln ， k mg + kv0 k mg / k + v0 mg kt mg ) exp( )
． k m kx 1 2 mv = k ln 0 ， 2 x小球速率随时间的变化关系为v = (v0 +即v=2k x0 ln ． m x（2）当小球运动到最高点时 v = 0，所 需要的时间为（2）如果 n≠1，可得1 2 k 1 n mv =
x +C ． 2 1 n利 用初 始条件 x = x0 时， v = 0， 所以T=kv m mg / k + v0 m ln = ln(1 + 0 ) ． k mg / k k mgC=因此k 1 n x0 ， n 1[讨论] 1） （ 如果还要求位置与时间的关 系，可用如下步骤． 由于 v = dx/dt，所以1 2 k 1 1 mv = ( n 1
n 1 ) ， 2 n 1 x x0dx = [(v0 +即mg kt mg ) exp( )
]dt ， k m k即2k 1 1 v= ( n 1
n 1 ) ． (n
1)m x x011dx = m(v0 + mg / k ) kt mg d exp( )
dt ， k m k 积分得x=m(v0 + mg / k ) kt mg exp( )
t + C` ， k m kkRt=1 +C ． v当 t = 0 时，v = v0，所以当 t = 0 时，x = 0，所以m(v0 + mg / k ) C `= ， k因此C=1 ， v0m(v0 + mg / k ) kt mg x= [1
t． k m k（2）如果小球以 v0 的初速度向下做直 线运动，取向下的方向为正，则微分方程变 为因此kR v=t=1 1
． v v0解得v0 ． 1 +
k v0t / Rf = mg
kv = mdv ， dt由于用同样的步骤可以解得小球速率随时间的 变化关系为dx =v0 dt R d(1 +
k v0t / R ) = ， 1 +
k v0t / Rv=mg mg kt (
v0 ) exp( ) ． k k m积分得这个公式可将上面公式中的 g 改为-g 得 出．由此可见：不论小球初速度如何，其最 终速率趋于常数 vm = mg/k． 2．14 如图所示：光滑的水平桌面上放 置一固定的圆环带，半径为 R．一物体帖着 环带内侧运动，物体与环 A v0 带间的滑动摩擦因数为 R k ．设物体在某时刻经 A 点时速率为 v0，求此后时 图 2.14 刻 t 物体的速率以及从 A 点开始所经过的路程． [解答]物体做圆周运动的向心力是由圆 环带对物体的压力，即 N = mv2/R． 物体所受的摩擦力为 f = -kN， 负号表示力的方向与速度的方向相反． 根据牛顿第二定律得x=Rkln (1 + k v0tR) + C` ，当 t = 0 时，x = x0，所以 C = 0，因此x=Rkln (1 + k v0tR)．*2．15 2．16 如图所示， ω 一半径为 R 的金属光滑 圆环可绕其竖直直径转 动．在环上套有一珠 子． 今逐渐增大圆环的转 θ R r 动角速度 ω， 试求在不同 m 转动速度下珠子能静止 mg 在环上的位置． 以珠子所 图 2.16 停处的半径与竖直直径 的夹角 θ 表示． [解答]珠子受到重力和环的压力，其合 力指向竖直直径， 作为珠子做圆周运动的向 心力，其大小为 F = mgtgθ． 珠子做圆周运动的半径为 r = Rsinθ． 根据向心力公式得f =
k m即 积分得v2 dv =m ， R dt dv ． v2kRdt = 12 F = mgtgθ = mω2Rsinθ， 可得解得mg = Rω 2 ， cos θ g θ = ± arccos ． Rω 2p = mv， 但是末动量与初动量 互相垂直， 根据动量的 增量的定义p p2p1 p1 m Rr r r p = p2
p1 r r r 得 p2 = p1 + p ，第三章 运动的守恒定律P84． 3．1 如图所示，一小球在弹簧的弹力 作用下振动．弹力 F = -kx，而位移 x = Acosωt，其中 k，A 和 ω 都是常数．求在 t = 0到t = m F π/2ω 的 x O x 时间间 图 3.1 隔内弹 力予小球的冲量． [解答]方法一：利用冲量公式．根据冲 量的定义得 dI = Fdt = -kAcosωtdt， 积分得冲量为由此可作矢量三角形，可得p = 2 p = 2mv ．因此向心力给予小球的的冲量大小为I = p = 1.41(Ns)．[注意]质点向心力大小为 F = mv2/R， 方 向是指向圆心的，其方向在不断地发生改 变，所以不能直接用下式计算冲量I = Ft = m = mvv2 T R 42π R / T T π = mv ． R 4 2I =∫π / 2ω0( kA cos ω t )dt ，sin ω tπ / 2ω=kAω=kA0ω方法二：利用动量定理．小球的速度为 v = dx/dt = -ωAsinωt， 设小球的质量为 m，其初动量为 p1 = mv1 = 0， 末动量为 p2 = mv2 = -mωA， 小球获得的冲量为 I = p2 – p1 = -mωA， 可以证明 k =mω2，因此 I = -kA/ω． 3．2 一个质量 m = 50g，以速率的 v = 20ms-1 作匀速圆周运动的小球，在 1/4 周期 内向心力给予小球的冲量等于多少？ [解答]小球动量的大小为假设小球被轻 y 绳拉着以角速度 ω m Fx = v/R 运动， 拉力的 F 大小就是向心力 Fy 2 F = mv /R = mωv， O x R 其分量大小分别为 Fx = Fcosθ = Fcosωt， Fy = Fsinθ = Fsinωt， 给小球的冲量大小为 dIx = Fxdt = Fcosωtdt， dIy = Fydt = Fsinωtdt， 积分得Ix = ∫T /40F cos ω tdt == mv ，Fωsin ω tT /40=FωIy = ∫T /40F sin ω tdt = Fωcos ω tT /4013 =合冲量为Fω= mv ，2 I = I x2 + I y = 2mv ，联立方程可得 a = g/2 = 5(ms-2)． 根据运动学公式 s = v0t + at2/2， 可得 B 拉 C 之前的运动时间所前面计算结果相同，但过程要复杂一些． 3．3 用棒打击质量 0.3kg，速率等于 20ms-1 的 水 平 飞 来 的 球， 球飞到竖直上方 10m v 的高度．求棒给予球的 vy 冲量多大？设球与棒的 接触时间为 0.02s，求球 vx 受到的平均冲力？ [解答]球上升初速度为t = 2 s / a = 0.4(s)．此时 B 的速度大小为 v = at = 2(ms-1)． 物体 A 跨过动滑轮向下运动， 如同以相 同的加速度和速度向右运动．A 和 B 拉动 C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可 得 2Mv = 3Mv`， 因此 C 开始运动的速度为 v` = 2v/3 = 1.33(ms-1)． 3．5 一个原来静止的原子核，放射性 蜕变时放出一个动量 p1 = 9.22×10-16gcms-1 的电子， 同时还在垂直于此电子运动的方向 上放出一个动量 p2 = 5.33×10-16gcms-1 的中 微子．求蜕变后原子核的动量的大小和方 向． [解答]原子核蜕变后的总动量大小为v y = 2 gh = 14(ms-1)，其速度的增量为2 v = vx + v 2 = 24.4(ms-1)． y棒给球冲量为 I = mv = 7.3(Ns)， 对球的作用力为（不计重力） F = I/t = 366.2(N)． 3．4 如图所示，3 个物体 A、B、C， 每个质量都为 M，B 和 C 靠在一起，放在光 滑水平桌面上，两者连有一段长度为 0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一 细绳跨过桌边的定滑轮而与 A 相连． 已知滑 轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问 A 和 B 起动 C B 后，经多长时 间 C 也开始 运动？C 开始 A 运动时的速 图 3.4 度是多少？ -2 （取 g = 10ms ） [解答]物体 A 受到重力和细绳的拉力， 可列方程 Mg – T = Ma， 物体 B 在没有拉物体 C 之前在拉力 T 作用 下做加速运动，加速度大小为 a，可列方程 T = Ma，p=2 p12 + p2 = 10.65×10-16(gcms-1)．其方向与电子方向的夹角 为 θ = arctan(p2/p1) = 30°． 根据动量守恒定律， 三个粒子总动量为零，p2p θ p1r r r p`+ p1 + p2 = 0 ，所以原子核的反冲动量为r r r r p`= ( p1 + p2 ) =
p ，其大小与电子和中微子的合动量的大小相 等，方向相反，与电子速度的夹角为 180 - θ = 150°． 3．6 一炮弹以速率 v0 沿仰角 θ 的方向 发射出去后， 在轨道的最高点爆炸为质量相 等的两块，一块沿此 45°仰角上飞，一块沿 45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速14 率各为多少？ [解答] 炮弹在最高点的速度大小为 v = v0cosθ， 方向沿水平方向． 根据动量守 v` 恒定律，可知碎 45° v0 片的总动量等于 v 炮弹爆炸前的总 v` θ 动量，可作矢量 三角形，列方程得f = kN = kmgcosθ， 方向与弧位移的方向相反，所做的功元为r r dW2 = f
ds = f cosπ ds= uk mg cosθ Rdθ ，积分得摩擦力所做的功为W2 = ∫45°0(
k mgR cos θ )dθ45°m mv / 2 = v`cos 45° ， 2所以 v` = v/cos45° ==
k mgR sin θ=02
k mgR ． 22v0 cos θ ．要使雪橇缓慢地匀速移动， 雪橇受的重rrr r r F +G + f = 0， r r r F = (G + f ) ．r力G 、 摩擦力 f 和马的拉力 F 就是平衡力， 3．7 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着 冰雪覆盖的弧形路面极缓 慢地匀速移动，这圆弧路 45° 面的半径为 R． 设马对雪橇 N θ R 的拉力总是平行于路 面．雪橇的质量为 m，它 F ds f 与路面的滑动摩擦因数为 mg k ．当把雪橇由底端拉上 图 3.7 45°圆弧时，马对雪橇做了 多少功？重力和摩擦力各做了多少功？ [解答]取弧长增加的方向为正方向，弧 r 位移 ds 的大小为 ds = Rdθ． 即 或者拉力的功元为r r r r r r dW = F
ds )= (dW1 + dW2 ) ，拉力所做的功为W = (W1 + W2 )= (1
k )mgR ． 2 2r 重力 G 的大小为G = mg， 方向竖直向下，与位移元的夹角为 π + θ， 所做的功元为由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做 正功． 3．8 一质量为 m 的质点拴在细绳的一 端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面 上作半径为 r 的圆周运动．设质点最初的速 率是 v0， 当它运动 1 周时， 其速率变为 v0/2， 求： （1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数； （3）在静止以前质点运动了多少圈？ [解答] （1）质点的初动能为 E1 = mv02/2， 末动能为r r dW = G
ds = G cos(θ +π / 2)ds 1=
mgR sin θ dθ ，积分得重力所做的功为W1 = ∫ (mgR sin θ )dθ = mgR cosθ045°45°0= (1 2 )mgR ． 2r摩擦力 f 的大小为15 E2 = mv2/2 = mv02/8， 动能的增量为 Ek = E2 – E1 = -3mv02/8， 这就是摩擦力所做的功 W． （2）由于 dW = -fds = -kNds = -kmgrdθ， 积分得整理和一元二次方程1 2 kx
mgx sin θ + mgs sin θ = 0 ， 2解得x=mg sin θ ± (mg sin θ )2 + 2kmg sin θ kW = ∫ (
k mgr )dθ = 2π k mgr ．02π= 0.24(m)（取正根） ． 3． 一个小球与另一质量相等的静止 10 小球发生弹性碰撞．如果碰撞不是对心的， 试证明：碰撞后两小球的运动方向彼此垂 直． [证明]设一个小球碰撞前后的速度大小 分别为 v0 和 v1， p1 另一小球的在碰 p0 θ 撞后的速度大小 为 v2，根据机械 p2 能守恒得由于 W = E，可得滑动摩擦因数为k =2 3v0 ． 16π gr（3）在自然坐标中，质点的切向加速 度为 at = f/m = -kg， 可得质点运动的弧 根据公式 vt2 – vo2 = 2ats， 长为s=2 v0 v2 8π r = 0 = ， 2a 2
k g 31 2 1 2 1 2 mv0 = mv1 + mv2 ， 2 2 2即2 2 v0 = v12 + v2 ；圈数为 n = s/2πr = 4/3． [注意]根据用动能定理，摩擦力所做的 功等于质点动能的增量 -fs = E k， 可得 s = -E k/f， 由此也能计算弧长和圈数。 3．9 如图所示，物体 A 的质量 m = 0.5kg， 静止于光滑斜面上． 它与固定在斜面 底 B 端的弹簧 M 相距 s = 3m．弹簧的倔强 系 数 k = A -1 400Nm ．斜面倾 s = 3m 角为 45°．求当物 体 A 由静止下滑 B 时， 能使弹簧长度 θ = 45° 产 生 的最 大压 缩 量是多大？ 图 3.9 [解答]取弹簧自然伸长处为重力势能和 弹性势能的零势点， 由于物体 A 和弹簧组成 的系统只有保守力做功，所以机械能守恒， 当弹簧压缩量最大时，可得方程根据动量守恒得r r r p0 = p1 + p2 ，其中各动量的大小为 p0 = mv0、p1 = mv1 和 p2 = mv2， 对矢量式两边同时平方并利用r r p1
p2 = mv1mv2 cos θ得2 2 p0 = p12 + p2 + 2 p1 p2 cos θ ，即 m v0 = m v1 + m v2 + 2m v1v2 cos θ2 2 2 2 2 2 2化简得2 2 v0 = v12 + v2 + 2v1v2 cos θ ，1 mgs sin θ =
mgx sin θ + kx 2 ， 216结合机械能守恒公式得 2v1v2cosθ = 0， 由于 v1 和 v2 不为零，所以 θ = π/2， 即碰撞后两小球的运动方向彼此垂直． 证毕． 3．11 如图所示，质量为 1.0kg 的钢球 m1 系在长为 0.8m 的绳的一端，绳的另一端 O 固定．把绳拉到 O 水平位置后，再把 m1 l = 0.8m 它由静止释放，球 在最低点处与质量 为 5.0kg 的钢块 m2 m2 作完全弹性碰撞， 图 3.11 求碰撞后钢球继续 运动能达到的最大高度． [解答]钢球下落后、碰撞前的速率为1 1 1 1 2 2 2 m1v12 + m2 v2 = m1v`1 + m2 v`2 ， 2 2 2 2` m1v1 + m2 v2 = m1v1` + m2 v2 ．同理可得` v1 + v1` = v2 + v2 ．从而解得v1` =或者(m1
m2 )v1 + 2m2 v2 ， m1 + m2 2(m1v1 + m2 v2 )
v1 ； m1 + m2 (m2
m1 )v2 + 2m1v1 ， m1 + m2v1 = 2 gl ．钢球与钢块碰撞之后的速率分别为 v1`和 v1`，根据机械能守恒和动量守恒得方程v1` =将下标 1 和 2 对调得` v2 =1 1 1 2 2 m1v12 = m1v`1 + m2 v`2 ， 2 2 2` m1v1 = m1v1` + m2 v2 ．或者 v2 =`整理得 m1 (v1
v`1 ) = m2 v`22 2 ` 1 ` 2 22(m1v1 + m2 v2 )
v2 ． m1 + m2 m1v1 + m2 v2 代表 m1 + m22m1 (v1
v ) = m v ．将上式除以下式得 v1 + v1` = v2`， 代入整理的下式得后一公式很好记忆，其中 质心速度．m1v1
m1v1` = m2 v1 + m2 v1` ，解得v1` =(m1
m2 )v1 ． m1 + m2碰撞后钢球继续运动能达到的最大高度为v1`2 1 m1
m2 2 2 h= = ( ) v1 2 g 2 g m1 + m2 =( m1
m2 2 ) l = 0.36(m)． m1 + m23． 一质量为 m 的物体， 12 从质量为 M 的圆弧形槽顶端由静止滑下， 设圆弧形槽的 半径为 R，张角为 π/2，如图所示，所有摩 擦都忽略，求： （1）物体 m 刚离开槽底端 A 时，物体和槽的 R 速度各是多少？ V v （2）在物 体从 A 滑到 B 的 M B 过程中，物体对 图 3.12 槽所做的功 W； （3）物体到达 B 时对槽的压力． [解答]（1）物体运动到槽底时，根据机 械能定律守恒得[讨论]如果两个物体的初速率都不为 零，发生对心弹性碰撞时，同样可列出机械 能和动量守恒方程mgR =1 2 1 mv + MV 2 ， 2 217 根据动量守恒定律得 0 = mv + MV． 因此质子和氦核都带正电，带电量分别为 e 和 2e， 它们之间的库仑力是保守力． 根据能 量守恒定律得mgR =1 2 1 mv + ( MV ) 2 2 2M1 1 1 2e 2 2 2 mp v0 + (4mp )v0 = (5mp )v 2 + k ， 2 2 2 rm因此1 1 = mv2 + (mv)2 ， 2 2M解得k2e2 5 8 2 2 = mp (v0
v 2 ) = mp v0 ， rm 2 5v=从而解得2MgR ， M +m所以最近距离为rm =2 gR ． M ( M + m)5ke2 ． 2 4mp v0V = m（2）物体对槽所做的功等于槽的动能 的增量1 m 2 gR 2 W = MV = ． 2 M +m（3）物体在槽底相对于槽的速度为v`= v
V = (1 +=m M +m )v = v M M2(M + m) gR ， M物体受槽的支持力为 N，则v`2 N
mg = m ， R因此物体对槽的压力为N `= mg + mv`2 2m = (3 + )mg ． R M3． 在实验室内观察到相距很远的一 13 个质子（质量为 mp）和一个氦核（质量为 4mp）沿一直线相向运动；速率都是 v0，求 两者能达到的最近距离． [解答] 当两个粒子相距最近时， 速度相 等，根据动量守恒定律得 4mpv0 - mpv0 = (4mp + mp)v， 因此 v = 3v0/5．3．14 如图所示，有一个在竖直平面上 摆动的单摆．问： （1）摆球对悬挂点的角 θ 动量守恒吗？ l （2）求出 t 时刻小球对 悬挂点的角动量的方向， 对于 m 不同的时刻， 角动量的方向会 图 3.14 改变吗？ （3）计算摆球在 θ 角时对悬挂点角动 量的变化率． [解答]（1）由于单摆速 度的大小在不断发生改变， 而方向与弧相切，因此动量 θ 矩 l 不变；由于角动量 L = l N mvl，所以角动量不守恒． （2）当单摆逆时针运 mg 动时，角动量的方向垂直纸 面向外；当单摆顺时针运动时，角动量的方 向垂直纸面向里，因此，在不同的时刻，角 动量的方向会改变． （3）质点对固定点的角动量的变化率 等于质点所受合外力对同一点的力矩， 因此 角动量的变化率为dL = M = Fτ l = mgl sin θ ． dt3． 证明行星在轨道上运动的总能量 15 为E =GMm ．式中 M 和 m 分别为太阳 r1 + r218 和行星的质量， 1 和 r2 分别为太阳和行星轨 r 道的近日点和远日点的距离． [证明]设 v2 行星在近日点 和远日点的速 r1 度分别为 v1 和 由于只有保 v2， v1 守力做功，所 以机械能守恒，总能量为 r2E=mgR02 = -4.42×109(J)． 2 R0 + h1 + h2*3．17第四章 刚体定轴转动（1） P109． 4． 质量为 M 的空 1 O 心圆柱体，质量均匀分 布，其内外半径为 R1 和 R 2， 求对通过其中心轴的 R1 H 转动惯量． R2 [解答]设圆柱体的 高为 H，其体积为 V = π(R22 – R12)h， O` 体密度为 图 4.1 ρ = M/V． 在圆柱体中取一面积为 S = 2πRH， 厚度 为 dr 的薄圆壳，体积元为 dV = Sdr = 2πrHdr， 其质量为 dm = ρdV， 绕中心轴的转动惯量为 dI = r2dm = 2πρHr3dr， 总转动惯量为R2 1 4 I = 2πρ H ∫ r 3dr = πρ H ( R2
R14 ) R1 2E=1 2 GMm mv1
2 r1和E=1 2 GMm mv2
． （2） 2 r2它们所组成的系统不受外力矩作用， 所 以行星的角动量守恒． 行星在两点的位矢方 向与速度方向垂直，可得角动量守恒方程 mv1r1 = mv2r2， 即 v1r1 = v2r2． (3) 将（1）式各项同乘以 r12 得 Er12 = m(v1r1)2/2 - GMmr1， (4) 将（2）式各项同乘以 r22 得 Er22 = m(v2r2)2/2 - GMmr2， (5) 将（5）式减（4）式，利用（3）式，可得 E(r22 - r12) = -GMm(r2 - r1)， (6) 由于 r1 不等于 r2，所以 （r2 + r1)E = -GMm， 故E=GMm ． r1 + r2证毕．3． 我国第一颗人造地于卫星的质量 16 为 173kg，其近地点高度为 439km，远地点 高度为 2 384km，求它的轨道总能量． [解答]地球半径 R0 = 6371km，因此 r1 = R0 + h1，r2 = R0 + h2． 根据万有引力定律，在地球表面有1 2 = m( R2 + R12 ) ． 24．2 一矩形均匀薄板，边长为 a 和 b， 质量为 M，中心 O 取为原点，坐标系 OXYZ 如图所示．试证明： （1）薄板对 OX 轴的转动惯量为GMm = mg ， R02因此I OX =1 Mb 2 ； 12GM = gR02 ，根据上题的结果可得卫星的轨道总能量为（ 2 ） 薄 板 对 OZ 轴 的 转 动 惯 量 为I OZ =1 M (a 2 + b 2 ) ． 1219 [证明] 薄 Y a 板的面积为 S = ab， 质量面密度为 O b σ = M/S． （1）在板 Z 上取一长为 a， 图 4.2 宽为 dy 的矩形 元，其面积为 dS = ady， 其质量为 dm =σdS， 绕 X 轴的转动惯量为 dIOX = y2dm = σay2dy， 积分得薄板对 OX 轴的转动惯量为1 = σ b x3 3Xa/2+a / 21 2 bM 12=1 M (a 2 + b 2 ) ． 12方法二：垂直轴定理．在板上取一质量 元 dm，绕 OZ 轴的转动惯量为 dIOZ = r2dm． 由于 r2 = x2 + y2，所以 dIOZ = (x2 + y2)dm = dIOY + dIOX， 因此板绕 OZ 轴的转动惯量为I OZ = I OY + I OX =1 M (a 2 + b2 ) ． 12I OX1 = σ a ∫ y dy = σ a y 3 3 b / 22b/2b/2b / 2=1 1 σ ab3 = Mb 2 ． 12 12I OY = 1 Ma 2 ． 12同理可得薄板对 OY 轴的转动惯量为（2）方 Y a 法一：平行轴 定理．在板上 取一长为 b， r y O` X O 宽为 dx 的矩 b x 形元，其面积 为 Z` Z dS = bdx， 质量为 dm = σdS， 绕过质心的 O`Z`轴的转动惯量等于绕 OX 轴 的转动惯量 dIO`Z` = b2dm/12． 根据平行轴定理，矩形元对 OZ 轴的转 动惯量为 dIOZ = x2dm + dIO`Z` = σbx2dx + b2dm/12， 积分得薄板对 OZ 轴的转动惯量为4．3 一半圆形细杆，半径为 R，质量 为 M，求对过细杆二端 AA`轴的转动惯量． [解答]半圆的长度为 C = πR， 质量的线密度为 R λ = M/C． θ 在半圆上取一 A A` 弧元 图 4.3 ds = Rdθ， 其质量为 dm = λds， 到 AA`轴的距离为 r = Rsinθ， 绕此轴的转动惯量为 dI = r2dm = λR3sin2θdθ， 半圆绕 AA`轴的转动惯量为πI = λ R 3 ∫ sin 2 θ dθ0π= λR3∫ 2 (1
cos 2θ )dθ01=π 1 λ R3 = MR 2 2 2I OZ1 = σ b ∫ x dx + b 2 ∫ dm 12 0 a / 22a/2M4．4 如图所示，在质量为 M，半径为 R 的匀质圆盘上挖出半径为 r 的两个圆 孔．圆孔中心在圆盘半径的中点．求剩余部 分对大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转 动惯量．20 [解答]大圆的面积为 S = πR2， 质量的面密度为 R σ = M/S． r r 大圆绕过圆心 O 且与盘面垂直的轴 线的转动惯量为 IM = MR2/2． 图 4.4 小圆的面积为 s = πr2， 质量为 m = σs， 绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量 为 IC = mr2/2， 根据平行轴定理，绕大圆轴的转动惯量为 Im = IC + m(R/2)2．R 1 I m = I C + m( ) 2 = m(2r 2 + R 2 ) 2 4 1 = σπ r 2 (2r 2 + R 2 ) 4=1 r2 M 2 (2r 2 + R 2 ) ， 4 R剩余部分的转动惯量为I = I M
2Im =1 2r 4 M (R2
2 ) ． 2 R4．5 飞轮质量 m = 60kg，半径 R = 0.25m， 绕 水 平 中 心 轴 O 转 动 ， 转 速 为 900rmin-1． 现利用一制动用的轻质闸瓦， 在 剖杆一端加竖直方 F 0.50 0.75 r 向的制动力 F ， 可使 飞轮减速． 闸杆尺寸 O 如图所示， 闸瓦与飞 图 4.5 轮之间的摩擦因数
= 0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算． （1）设 F = 100N，问可使飞轮在多长 时间内停止转动？这段时间飞轮转了多少 转？ （2） 若要在 2s 内使飞轮转速减为一半， 需加多大的制动力 F？[解答]设飞轮对闸瓦的支持力为 N`，以 左端为转动轴，在力矩平衡时有 0.5N` – 1.25F = 0， 所以 N`=2.5F = 250(N)． 闸瓦对飞轮的压力为 N = N`= 250(N)， 与飞轮之间摩擦力为 f = N = 100(N)， 摩擦力产生的力矩为 M = fR． 飞轮的转动惯量为 I = mR2/2， 角加速度大小为 β = -M/I = -2f/mR = -40/3(rads-2)， 负号表示其方向与角速度的方向相反． 飞轮的初角速度为 ω0 = 30π(rads-1)． 根据公式 ω = ω0 + βt，当 ω = 0 时， t = -ω0/β = 7.07(s)． 再根据公式 ω2 = ω02 + 2βθ，可得飞轮转过 的角度为 θ = -ω02/2β = 333(rad)， 转过的圈数为 n = θ/2π = 53r． [注意]圈数等于角度的弧度数除以 2π． （2）当 t = 2s，ω = ω0/2 时，角加速度 为 β = -ω0/2t = -7.5π． 力矩为 M = -Iβ， 摩擦力为 f = M/R = -mRβ/2 = (7.5)2π． 闸瓦对飞轮的压力为 N = f/， 需要的制动力为 F = N/2.5 = (7.5)2π = 176.7(N)． 4． 一轻绳绕于 r = 0.2m 的飞轮边缘， 6 以恒力 F = 98N 拉绳，如图（a）所示．已 知飞轮的转动惯量 I = 0.5kgm2，轴承无摩 擦．求 （1）飞轮的角加 速度．21m F=98N P=98N (b) (a) (图 4.6 （2）绳子拉下 5m 时，飞轮的角速度 和动能． （3） 将重力 P = 98N 的物体挂在绳端， 如图（b）所示，再求上面的结果． [解答]（1）恒力的力矩为 M = Fr = 19.6(Nm)， 对飞轮产生角加速度为 β = M/I = 39.2(rads-2)． （2）方法一：用运动学公式．飞轮转 过的角度为 θ = s/r = 25(rad)， 由于飞轮开始静止，根据公式 ω2 = 2βθ，可 得角速度为ω = 2 βθ = 44.27(rads-1)；飞轮的转动动能为 Ek = Iω2/2 = 490(J)． 方法二：用动力学定理．拉力的功为 W = Fs = 490(J)， 根据动能定理，这就是飞轮的转动动能 Ek． 根据公式 Ek = Iω2/2，得角速度为水平面的摩擦因数为 ，圆盘从初角速度为 ω0 到停止转动，共转了多少圈？ [解答]圆盘对水平面的压力为 N = mg， 压在水平面上的面积为 S = πR2， 压强为 p = N/S = mg/πR2． 当圆盘滑动时，在盘上取一半径为 r、 对应角为 dθ 面积元，其面积为 dS = rdθdr， 对水平面的压力为 dN = pdS = prdrdθ， 所受的摩擦力为 df = dN = prdrdθ， 其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为 dM = rdf = pr2drdθ， 总力矩为M =∫2π0∫R0 pr 2 drdθ = 2π
mgR ． 31 3ω = 2 Ek / I = 44.27(rads-1)．(3)物体的质量为 m = P/g = 10(kg)． 设绳子的张力为 T，则 P – T = ma，Tr = Iβ． 由于 a = βr，可得 Pr = mr2β + Iβ， 解得角加速度为=圆盘的转动惯量为 I = mR2/2， 角加速度大小为β =M 4 g ， = I 3R负号表示其方向与角速度的方向相反． 根据转动公式 ω2 = ω02 + 2βθ，当圆盘 停止下来时 ω = 0，所以圆盘转过的角度为β=T=Pr = 21.8(rads-2)． 2 mr + Iθ =转过的圈数为绳子的张力为2 ω 0 3ω 02 R ， = 2 β 8 gIβ IP = = 54.4(N)． r mr 2 + I张力所做的功为 W` = Ts = 272.2(J)， 这就是飞轮此时的转动动能 E`k． 飞轮的角速度为n=2 3ω 0 R θ ． = 2π 16π g[注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积 为 ds = 2πrdr，这样计算力矩等更简单。 4．8 一个轻质弹簧的倔强系数为 k = 2.0Nm-1．它的一端固定，另一端通过一条 细线绕过定滑轮和一个质量为 m1 = 80g 的 物体相连， m22ω `= 2 Ek` / I = 33(rads-1)．4．7 质量为 m，半径为 R 的均匀圆盘 在水平面上绕中心轴转动，如图所示．盘与ω0O R 图 4.7 r m1 h 图 4.8 m1 如力产所示．定滑轮可看作均匀圆盘，它的 半径为 r = 0.05m，质量为 m = 100g．先用 手托住物体 m1，使弹簧处于其自然长度， 然后松手．求物体 m1 下降 h = 0.5m 时的速 度多大？忽略滑轮轴上的摩擦， 并认为绳在 滑轮边上不打滑． [解答]根据机械能守恒定律可列方程m1 gh =1 1 1 m1v 2 + I ω 2 + kh 2 ， 2 2 2其中 I = mr2/2，ω = v/r，可得 2m1gh – kh2 = m1v2 + mv2/2， 解得B 的角速度为 ωB = v/R2． 根据转动运动学的公式得 ωA – ω = -βAt，ωB = βBt， 即 v/R1 – ω = -βAt，v/R2 = βBt， 化得 v - ωR1 = -βAR1t，v = βBR2t， 将后式减前式得 ωR1 = (R1βA + R2βB)t， 解得t=v=2m1 gh
kh = 1.48(ms-1)． m1 + m / 22R1 β A + R2 β Bω R1=ω R1R1M A / I A + R2 M B / I B4．9 均质圆轮 A 的质量为 M1，半径为 以角速度 ω 绕 OA 杆的 A 端转动， 此时， R1 ， 将其放置在另一质量为 M2 的均质圆轮 B 上， B 轮的半径为 R2．B 轮原来静止，但可绕其 几何中心轴自由转动．放置后，A 轮的重量 由 B 轮支持．略去轴承的摩擦与杆 OA 的重 量，并设两轮间的摩擦因素为 ，问自 A 轮 放在 B 轮上到两轮间没有相对滑动为止， 需 要经过多长时间？ [解答]圆轮 A 对 B 的压力为 N = M1g， 两轮之间的摩擦力大小为 f = N = M1g， 摩擦力对 A 的力矩大小为 MA = fR1 = M1gR1， 摩擦力对 B 的力矩大小为 MB = fR2 = M1gR2， O A 设 A 和 B 的角加速度 R1 大小分别为 βA 和 βB，转动 惯量分别为 IA 和 IB，根据 B 转动定理得方程 R2 MA = IAβA， 即 βA = MA/IA． 同理可得 βB = MB/IB． 当两轮没有相对滑动时， 它们就具有相 同的线速度 v，A 的角速度为 ωA = v/R1，=R1 M 1 gR1 R2
M 1 gR2 + 1 1 M 1 R12 M 2 R22 2 2ω R1 2 g + 2 gM1 / M 2ω R1=经过的时间为t=2 g ( M 1 + M 2 )ω M 2 R1．[注意]在此题中，由于 A、B 两轮不是 绕着同一轴转动的， 所以不能用角动量守恒 定律． 如果 A 轮的轮面放在 B 轮的轮面之上， 且两轮共轴，在求解同样的问题时，既可以 用转动定律求解， 也可以结合角动量守恒定 律求解． 当它们之间没有滑动时，角动量为 ω`， 根据角动量守恒定律得 IAω = (IA+IB)ω`， 因此得 ω` = IAω/(IA + IB)． （1）设 R1≦R2， 那么 A 轮压在 B 轮上 A B 的面积为 R1 R2 S = πR12， 压强为23 A r B dr R1p = M1g/S = M1g/πR12． 当 A 轮在 B 轮上产生滑动时，在 A 轮 上取一半径为 r、对应角为 dθ 面积元，其面 积为 dS = rdθdr， 对 B 轮的压力为 dN = pdS = prdrdθ， 所受的摩擦力为 df = dN = prdrdθ， 其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为 dM = rdf = pr2drdθ， 总力矩为只有当 R1 = R2 时，两个时间才是相同的：t=3M 2 R1ω 3M 2 R2ω = ． 4 g (M 1 + M 2 ) 4 g (M 1 + M 2 )M =∫2π0∫R10 pr 2 drdθ1 2 = 2π
M 1 gR1 ． 3 3这是 A 轮所受的力矩，也是 B 轮所受的力 矩．根据转动定理得 B 轮的角加速度为 βB = M/IB． 根据转动公式 ω` = βBt，得时间为t=ω` I ω IB = A
βB I A + IB M2 M2R2 / 2 =
， 2 M1R12 / 2 + M2R2 / 2 2M1gR1 /3ωM1R12 / 24．10 均质矩形薄板绕竖直边转动，初 始角速度为 ω0， 转动时受到空气的阻力． 阻 力垂直于板面， 每一小面积所受阻力的大小 与其面积及速度的平方的乘积成正比， 比例 常数为 k．试计算经过多少时间，薄板角速 度减为原来的一半．设薄板竖直边长为 b， 宽为 a，薄板质量为 m． [解答]在板上距 离转轴为 r 处取一长 a 度为 b，宽度为 dr 的 面积元，其面积为 r b r dS = bdr． O dS 当板的角速度 ω 时，面积元的速率为 v = ωr， 图 4.10 所受的阻力为 df = kv2dS = kω2r2bdr， 阻力产生的力矩为 dM = rdf = kω2r3bdr， 因此合力矩为即3M 2 R22 R1ω t= ． 2 4
g ( M 1 R12 + M 2 R2 )M = ∫ kω 2br 3dr =0a1 2 4 kω ba ． 4其角 板绕转轴的转动惯量为 I = ma2/3， 加速度为（2）如果 R1≧R2，那么 A 轮压在 B 轮 上的面积为 S = πR22， 压强为 p = M1g/S = M1g/πR22． 同样在 A 轮上取一面积元， 力矩的积分上限 就是 R2．总力矩为M 3kω 2ba 2 β = = ， I 4m负号表示角加速度的方向与角速度的方向 相反． 由于 β = dω/dt，可得转动的微分方程M = ∫
pr dr ∫ dθ2 0 0R22πdω 3kω 2ba 2 = ， dt 4m分离变量得1 3 2 = 2π
M 1 gR2 ， 3 3由此求得时间就变为t=3M 2 R12 R2ω ． 2 4
g ( M 1 R12 + M 2 R2 )3kba 2 dω dt =
2 ， 4m ω积分得24 3kba 2 1 t = +C． 4m ω当 t = 0 时，ω = ω0，所以 C = -1/ω0， 因此转动方程为3kba 2 1 1 t=
． 4m ω ω0当 ω = ω0/2 时，解得时间为t=4m ． 3kba 2ω 0（1）系统对通过质心的竖直轴的总角 动量； （2）系统的角速度； （3）两人拉手前、后的总动能．这一 过程中能量是否守恒？ [解答]（1）设质心距 A 的平行线为 rA， 距 B 的平行线为 mA rB，则有 vA rA rA + rB = r， r 根据质心的概念 rB 可得 vB mArA = mBrB， mB 解方程组得4． 一个质量为 M， 11 半径为 R 并以角 速度 ω 旋转的飞轮（可看作匀质圆盘） ，在 某一瞬间突然有一片质量为 m 的碎片从轮 的边缘上飞出，如图所示．假定碎片脱离飞 轮时的瞬时速度方向正好竖直向上． （1） 问它能上升多 高？ R （2） 求余下部分的 ω 角速度、角动量和转动 图 4.11 动能． [解答]（1）碎片上抛的初速度为 v0 = ωR， 根据匀变速直线运动公式 v2 – v02 = -2gh， 可得碎片上升的高度为 h = v02/2g =ω2R2/2g． （2）余下部分的角速度仍为 ω，但是 转动惯量只有rA =mB mA r ， rB = r． mA + mB mA + mB两运动员绕质心的角动量的方向相同， 他们 的总角动量为L = mAv A rA + mB vB rB= mA mB r (vA + vB ) = 630(kgm2s-1)． mA + mBI=1 MR 2
mR 2 ， 2（2）根据角动量守恒定律得 L = (IA + IB)ω， 其中 IA 和 IB 分别是两绕质心的转动惯量 IA = mArA2 和 IB = mBrB2． 角速度为 ω = L/(IA + IB) = 8.67(rads-1)． （3）两人拉手前的总动能就是平动动 能所以角动量为 L = Iω = R2(M/2 – m)ω． 转动动能为Ek 1 =1 1 2 2 mAv A + mB vB = 2730(J)； 2 2拉手后的总动能是绕质心的转动动能：Ek =1 2 1 M Iω = (
m)ω 2 R 2 ． 2 2 2Ek 2 =1 1 I Aω 2 + I Bω 2 = 2730(J)， 2 24．12 两滑冰运动员，在相距 1.5m 的 两平行线上相向而行， 两人质量分别为 mA = 60kg，mB = 70kg，它们速率分别为 vA = 7ms-1，vB = 6ms-1，当两者最接近时，便函 拉起手来，开始绕质心作圆周运动，并保持 二者的距离为 1.5m．求该瞬时：可见：这一过程能量是守恒的． [讨论]（1）角动量．根据上面的推导过 程可得两人绕质心的总转动惯量为2 I = mA rA + mB rB2 =mA mB r (rA + rB ) mA + mB=25m AmB r2 ， mA + mB l/4 O l/4 l 角速度为 所以角速度为 v0ω=L v A + vB = I r．ω 0 = mv0l / I =1 412v0 7l 图 4.13可见：角速度与两人的质量无关，只与它们 的相对速度和平行线的距离有关． （2）损失的能量．两人的转动动能为Ek 2 =1 ( I A + I B )ω 2 2第五章 狭义相对论P140． 5．1 地球虽有自转，但仍可看成一较 好的惯性参考系， 设在地球赤道和地球某一 极（例如南极）上分别放置两个性质完全相 同的钟， 且这两只钟从地球诞生的那一天便 存在．如果地球从形成到现在是 50 亿年， 请问那两只钟指示的时间差是多少？ [解答]地球的半径约为 R = 6400 千米 = 6.4×106(m)， 自转一圈的时间是 T = 24×60×60(s) = 8.64×104(s)， 赤道上钟的线速度为 v = 2πR/T = 4.652×102(ms-1)． 将地球看成一个良好的参考系， 在南极 上看赤道上的钟做匀速直线运动， 在赤道上 看南极的钟做反向的匀速直线运动． 南极和赤道上的钟分别用 A 和 B 表示， 南极参考系取为 S，赤道参考系取为 S`．A 钟指示 S 系中的本征时， 同时指示了 B 钟的 运动时间， 因此又指示 S`系的运动时． 同理， B 钟指示 S`系中的本征时， 同时指示了 A 钟 的反向运动时间， 因此又指示 S 系的运动时． 方法一：以 S 系为准．在 S 系中，A 钟 指示 B 钟的运动时间，即运动时 t=50×108×365×24×60×60=1.(s)． B 钟在 S`中的位置不变的，指示着本征时 t`．A 钟的运动时 t 和 B 钟的本征时 t` 之间的关系为=1 mAmB (vA + vB )2 ， 2 mA + mB因此动能的变化量为 E = Ek2 – Ek1=1 mAmB 1 1 2 2 (vA + vB )2
( mAvA + mBvB ) 2 mA + mB 2 2(mAv A
mB vB ) 2 ， 2(mA + mB )简化得E = 负号表示能量减少． 可见： 如果 mAvA≠mBvB， 则 E≠0，即能量不守恒．在本题中，由于 mAvA = mBvB，所以能量是守恒的． 4．13．一均匀细棒长为 l，质量为 m， 以与棒长方向相垂直的速度 v0， 在光滑水平 面内平动时， 与前方一固定的光滑支点 O 发 生完全非弹性碰撞， 碰撞点位于离棒中心一 方 l/4 处，如图所示，求棒在碰撞后的瞬时 绕过 O 点垂直于棒所在平面的轴转动的角 速度 ω0． [解答]以 O 点为转动轴，棒的质心到轴 的距离为 l/4，在碰撞之前，棒对转轴的角 动量为 mv0l/4．在碰撞之后瞬间，棒绕轴的 角动量为 Iω0． 棒绕质心的转动惯量为 Ic = ml2/12， 根据平行轴定理，棒绕 O 点为转动惯量为I = I c + md =2t =t ` 1
(v / c ) 2，1 1 7 ml 2 + m( l ) 2 = ml 2 ． 12 4 48可求得 B 钟的本征时为根据角动量守恒定律得 mv0l/4 = Iω0，1 v t `= t 1
(v / c) 2 ≈ [1
( ) 2 ]t ， 2 c因此时间差为26 t
t `≈1 v 2 ( ) t =1.898×105(s)． 2 c平面镜 A 和 B 构成， 对于这个光钟为静止的 参考系来说，一个“滴答”的时间是光从镜 面 A 到镜面 B 再回到原处的时间，其值为在南极上看，赤道上的钟变慢了． 方法二：以 S`系为准．在 S`系中，B 钟 指示 A 钟的反向运动时间，即运动时 t`=50×108×365×24×60×60=1.(s)． A 钟在 S 中的位置不变的，指示着本征时 t．B 钟的运动时 t`和 A 钟的本征时 t 之 间的关系为2L0 ．若将这个光钟横放在一个以速 c r r 度 v 行驶的火车上，使两镜面都与 v 垂直， r 两镜面中心的连线与 v 平行，在铁轨参考系τ0 =t `=t 1
(v / c ) 2，可求得 A 钟的本征时为中观察，火车上钟的一个“滴答”τ 与 τ0 的 关系怎样？ [解答]不论两个 “光钟” 放在什么地方， τ0 都是在相对静止的参考系中所计的时间， 称为本征时．在铁轨参考系中观察，火车上 钟的一个“滴答”的时间 τ 是运动时，所以 它们的关系为1 v t = t ` 1
(v / c)2 ≈ [1
( )2 ]t `， 2 c因此时间差为τ=τ01
(v / c ) 2．t `t ≈1 v 2 ( ) t ` =1.898×105(s)． 2 c在赤道上看，南极上的钟变慢了． [注意]解此题时，先要确定参考系，还 要确定运动时和本征时，才能正确引用公 式． 有人直接应用公式计算时间差t
(v / c ) 2 t `5．3 在惯性系 S 中同一地点发生的两 事件 A 和 B，B 晚于 A4s；在另一惯性系 S` 中观察，B 晚于 A5s 发生，求 S`系中 A 和 B 两事件的空间距离？ [解答]在 S 系中的两事件 A 和 B 在同一 地点发生，时间差 t = 4s 是本征时，而 S` 系中观察 A 和 B 两事件肯定不在同一地点， t` = 5s 是运动时，根据时间膨胀公式1 v 1 v ≈ [1+ ( )2 ]t`t`= ( )2 t` ， 2 c 2 c由于地球速度远小于光速， 所以计算结果差 不多，但是关系没有搞清．从公式可知：此 人以 S 系为准来对比两钟的时间，t`是 B 钟的本征时，t 是 A 钟的运动时，而题中 的本征时是未知的． 也有人用下面公式计算时间差， 也是同 样的问题． 即t `=t 1
(v / c ) 2 4，，5=1
(v / c ) 2可以求两系统的相对速度为 v = 3c/5． 在 S`系中 A 和 B 两事件的空间距离为 l = vt` = 3c = 9×108(m)． 5．4 一根直杆在 S 系中观察，其静止 长度为 l，与 x 轴的夹角为 θ，S`系沿 S 系的 x 轴正向以速度 v 运动，问 S`系中观察到杆 子与 x`轴的夹角若何？ [解答]直杆在 S 系中的长度是本征长 度，两个方向上的长度分别为 lx = lcosθ 和 ly = lsinθ．t `t =t 1
(v / c ) 2 t1 v 1 v ≈ [1 + ( ) 2 ]t
t = ( ) 2 t 2 c 2 c5．2 一个“光钟”由两个相距为 L0 的27 在 S`系中观察直杆在 y 方向上的长度不变， 即 l`y = ly；在 x 方向上的长度是运动长度， 根据尺缩效应得` l x = l x 1
(v / c ) 2 ，=1 (x`)2
(x)2 = -0.577×10-8(s)． c因此tan θ `=可得夹角为` lyl` x=tan θ 1
(v / c ) 2，[注意]在 S`系中观察到两事件不是同时 发生的，所以间隔 x` = 2m 可以大于间隔 x = 1m．如果在 S`系中观察到两事件也是 同时发生的，那么 x`就表示运动长度，就 不可能大于本征长度 x，这时可以用长度 计算它们的 收缩公式 x`= x 1
(v / c ) ，2θ `= arctan{[1
(v / c)2 ]1/ 2 tan θ } ．5．5 S 系中观察到两事件同时发生在 x 轴上，其间距为 1m，S`系中观察到这两个 事件间距离是 2m，求在 S`系中这两个事件 的时间间隔． [解答]根据洛仑兹变换，得两个事件的 空间和时间间隔公式相对速度． 5．6 一短跑运动员，在地球上以 10s 的时间跑完了 100m 的距离，在对地飞行速 度为 0.8c 的飞船上观察，结果如何？ [解答]以地球为 S 系， t = 10s， = 则 x 100m．根据洛仑兹坐标和时间变换公式x`=x
(v / c ) 2和 t `=t
vx / c 2 1
(v / c ) 2， x`= t `= x
(v / c ) 2，飞船上观察运动员的运动距离为t
xv / c2x`=． （1）x
(v / c ) 2≈-4×109(m)．1
(v / c ) 2由题意得：t = 0，x = 1m，x` = 2m．因 此=100
0.8c ×10 1
0.82x`=x 1
(v / c ) 2 xv / c2运动员运动的时间为 ，t `=． （2）t
vx / c 2 1
(v / c ) 2t `=1
(v / c ) 2=10
0.8 × 100 / c ≈16.67(s)． 0.6由（2）之上式得它们的相对速度为v = c 1
(x / x`) 2 ．将（2）之下式除以（2）之上式得（3）在飞船上看，地球以 0.8c 的速度后退， 后退时间约为 16.67s；运动员的速度远小于 地球后退的速度， 所以运动员跑步的距离约 为地球后退的距离，即 4×109m． 5．7 已知 S`系以 0.8c 的速度沿 S 系 x 轴正向运动， S 系中测得两事件的时空坐 在 标为 x1 = 20m， 2 = 40m， 1 = 4s， 2 = 8s． x t t 求 S`系中测得的这两件事的时间和空间间隔． [解答]根据洛仑兹变换可得 S`系的时间 间隔为t ` v = 2 ， x` c所以t `= x` x 1
( )2 c x`28 t t =` 2 ` 1t2
x1 ) / c 2 1
(v / c ) 2=8
20)/ c ≈6.67(s)． 0.6x2
(v / c ) 2时候， 用双下标能够比较容易地区别不同的 速度，例如用 v10 表示 S`相对 S 系的速度， 用 v12 表示 S`系相对 S``系的速度，因此，尺 缩的公式也要做相应的改变， 计算就不会混 淆． 5．9 一飞船和慧星相对于地面分别以 0.6c 和 0.8c 速度相向运动，在地面上观察， 5s 后两者将相撞，问在飞船上观察，二者将 经历多长时间间隔后相撞？ [解答]两者相撞的时间间隔 t = 5s 是 运动着的对象—飞船和慧星—发生碰撞的 时间间隔，因此是运动时．在飞船上观察的 碰撞时间间隔 t`是以速度 v = 0.6c 运动的 系统的本征时，根据时间膨胀公式空间间隔为` x2
0.8c×(8 4) ≈-1.6×109(m)． 0.65． S 系中有一直杆沿 x 轴方向装置且 8 以 0.98c 的速度沿 x 轴正方向运动，S 系中 的观察者测得杆长 10m， 另有一观察以 0.8c 的速度沿 S 系 x 轴负向运动，问该观察者测 得的杆长若何？ [解答]在 S 系中的观测的杆长 l = 10m 是运动长度，相对杆静止的参考系为 S`，其 长度是本征长度，根据尺缩效应t =t ` 1
(v / c ) 2，可得时间间隔为t `= t 1
(v / c) 2 = 4(s)．5． 10 y` 在太阳参 S` y v=u x` 考系中观 地球 察，一束 S uy ` c 星光垂直 θ` -u 星光 射 向 地 O 太阳 x 面，速率 为 c，而地球以速率 u 垂直于光线运动．求 在地面上测量，这束星光的大小与方向如 何． [解答]方法一：用速度变换．取太阳系 为 S 系，地球为 S`系．在 S 系中看地球以 v = u 运动，看星光的速度为 ux = 0，uy = c． 星光在 S`系中的速度分量为` ux =l = l ` 1
(v10 / c)2 ，可得杆的本征长度为l `=l 1
(v10 / c) 210 1
0.982= 50.25(m)．=另一参考系设为 S``系，相对 S 系的速 度为 v20 = -0.8c．在 S``系观察 S`系的速度为v12 =v10
v10 v20 / c 2=0.98c
(0.8c) = 0.99796c． 1
0.98(0.8)ux
ux v / c 2在 S``系观察 S`系中的杆的长度是另一运动 长度u =` yu y 1
uxv / c2l ``= l ` 1
(v12 / c) = 3.363(m)．2[注意]在涉及多个参考系和多个速度的= c 1
u 2 / c2 = c2
u 229 星光在 S`系中的速度为m0 c 2u = u +u = c，` `2 x `2 y1
(v / c )2 m0 c 2 = m0 v 2 ，即光速是不变的． 星光在 S`系中与 y`轴的夹角， 即垂直地 面的夹角为设 x = (v/c)2，方程可简化为1 = 1+ x ， 1 x或 平方得 1 = (1 – x2)(1 - x)， 化简得 x(x2 – x -1) = 0． 由于 x 不等于 0，所以 x2 – x -1 = 0． 解得θ `= arctanu u = arctan ． ` uy c2
u21 = (1 + x) 1
x ，方法二：用基本原理．根据光速不变原 理，在地球的 S`系中，光速也为 c，当地球 以速度 v = u 沿 x 轴运动时，根据速度变换 公式可得星光的速度沿 x`轴的分量为 uy` = -u，所以星光速度沿 y`轴的分量为`2 u `y = c 2
ux / = c 2
u 2 ，从而可求出星光速度垂直地面的夹角为u` u θ `= arctan `x = arctan ． uy c2
u2[注意]解题时，要确定不同的参考系， 通常将已知两个物体速度的系统作为 S 系， 另外一个相对静止的系统作为 S`系， 而所讨 论的对象在不同的参考系中的速度是不同 的． 此题与书中的例题 5.4 类似，这里的太 阳相当于 5.4 题中的地球，这里的地求相当 于 5.4 题的乙飞船，这里的星光相当于 5.4 题中的甲飞船． 5． 一粒子动能等于其非相对论动能 11 二倍时， 其速度为多少？其动量是按非相对 论算得的二倍时，其速度是多少？ [解答]（1）粒子的非相对论动能为 Ek = m0v2/2， 相对论动能为 E`k = mc2 – m0c2， 其中 m 为运动质量x=1± 5 ， 2取正根得速率为v=c1+ 5 = 0.786c． 2（2）粒子的非相对论动量为 p = m0v， 相对论动量为p`= mv =根据题意得方程m0 v 1
(v / c ) 2，m0 v 1
(v / c ) 2很容易解得速率为= 2m0 v ．v=3 c = 0.866c． 2m=m0 1
(v / c ) 2．根据题意得5．12．某快速运动的粒子，其动能为 4.8×10-16J ， 该 粒 子 静 止 时 的 总 能 量 为 1.6×10-17J ， 若 该 粒 子 的 固 有 寿 命 为 2.6×10-6s，求其能通过的距离． [解答]在相对论能量关系中 E = E0 + Ek ，30 静止能量 E0 已知，且 E0 = m0c2，总能量为E = mc =2m0 c 2 1
(v / c )2=E0 1
(v / c ) 2，所以取 c = 3×108(ms-1)，可得释放出的能量为 E = mc2 = 3.-13(J)． 如果取 c = 2.8(ms-1)， 可得释 放出的能量为 E = 3.-13(J)．1 1
(v / c ) 2 t `=E0 + Ek ， E0由此得粒子的运动时为第六章 振动= t ` E0 + Ek ． E0P176． 6．1 一物体沿 x 轴做简谐振动，振幅 A = 0.12m，周期 T = 2s．当 t = 0 时，物体 的位移 x = 0.06m，且向 x 轴正向运动．求： （1）此简谐振动的表达式； （2）t = T/4 时物体的位置、速度和加 速度； （3）物体从 x = -0.06m，向 x 轴负方向 运动第一次回到平衡位置所需的时间． [解答]（1）设物体的简谐振动方程为 x = Acos(ωt + φ)， 其中 A = 0.12m，角频率 ω = 2π/T = π． 当 t = 0 时，x = 0.06m，所以 cosφ = 0.5， 因此 φ = ±π/3． 物体的速度为 v = dx/dt = -ωAsin(ωt + φ)． 当 t = 0 时， v = -ωAsinφ， 由于 v & 0，所以 sinφ & 0，因此 φ = -π/3． 简谐振动的表达式为 x = 0.12cos(πt – π/3)． （2）当 t = T/4 时物体的位置为 x = 0.12cos(π/2 – π/3) = 0.12cosπ/6 = 0.104(m)． 速度为 v = -πAsin(π/2 – π/3) = -0.12πsinπ/6 = -0.188(ms-1)． 加速度为 a = dv/dt = -ω2Acos(ωt + φ) = -π2Acos(πt - π/3) = -0.12π2cosπ/6 = -1.03(ms-2)．t =还可得1
(v / c )21
(v / c ) 2 =解得速率为E0 ， E0 + Ekv = c 1 (E0 )2 ． E0 + Ek E0 + Ek 2 ) 1 E0粒子能够通过的距离为l = vt = ct ` (= 3×108 ×2.6×106 (1+30)2 1= 24167.4(m)．5． 试证相对论能量和速度满足如此 13 关系式：E2 v = 1
02 ． c E[证明]根据上题的过程已得v = c 1 (E0 )2 ， E0 + Ek将 E = E0 + Ek 代入公式立可得证． 5．14 静止质子和中子的质量分别为 mp = 1.6kg， n = 1.6kg， m 质子和中子结合变成氘核，其静止质量为 m0 = 3.3kg，求结合过程中所释放 出的能量． [解答]在结合过程中，质量亏损为 m = mp + mn - m0 = 3.9(kg)，31 （3）方法一：求时间差．当 x = -0.06m 时，可得 cos(πt1 - π/3) = -0.5， 因此 πt1 - π/3 = ±2π/3． 由于物体向 x 轴负方向运动， v & 0， 即 所以 sin(πt1 - π/3) & 0，因此 πt1 - π/3 = 2π/3， 得 t1 = 1s． 当物体从 x = -0.06m 处第一次回到平衡 位置时，x = 0，v & 0，因此 cos(πt2 - π/3) = 0， 可得 πt2 - π/3 = -π/2 或 3π/2 等． 由于 t2 & 0，所以 πt2 - π/3 = 3π/2， 可得 t2 = 11/6 = 1.83(s)． 所需要的时间为 t = t2 - t1 = 0.83(s)． 方法二： 反向运动． 物体从 x = -0.06m， 向 x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需 的时间就是它从 x = 0.06m，即从起点向 x 轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的 时间．在平衡位置时，x = 0，v & 0，因此 cos(πt - π/3) = 0， 可得 πt - π/3 = π/2， 解得 t = 5/6 = 0.83(s)． [注意]根据振动方程 x = Acos(ωt + φ)， 当 t = 0 时，可得 φ = ±arccos(x0/A)， （-π& φ &= π） ， 初位相的取值由速度决定． 由于 v = dx/dt = -ωAsin(ωt + φ)， 当 t = 0 时， v = -ωAsinφ， 当 v & 0 时，sinφ & 0，因此 φ = -arccos(x0/A)； 当 v & 0 时，sinφ & 0，因此 φ = arccos(x0/A)π/3． 可见： 当速度大于零时， 初位相取负值； 当速度小于零时，初位相取正值．如果速度 等于零，当初位置 x0 = A 时，φ = 0；当初位 置 x0 = -A 时，φ = π．6．2 已知一简谐振子的振动曲线如图 所示，试由图求： （1）a， x b，c，d，e A a 各 点 的 位 A/2 b 相，及到达 c O t 这些状态的 d 时刻 t 各是 e 多少？已知 图 6.2 周期为 T； （2）振动表达式； （3）画出旋转矢量图． [解答]方法一：由位相求时间． （1）设曲线方程为 x = AcosΦ， 其中 A 表示振幅，Φ = ωt + φ 表示相位． 由于 xa = A，所以 cosΦa = 1， 因此 Φa = 0． 由于 xb = A/2，所以 cosΦb = 0.5， 因此 Φb = ±π/3； 由于位相 Φ 随时间 t 增加，b 点位相就应该 大于 a 点的位相，因此 Φb = π/3． 由于 xc = 0，所以 cosΦc = 0， 又由于 c 点位相大于 b 位相，因此 Φc = π/2． 同理可得其他两点位相为 Φd = 2π/3，Φe = π． c 点和 a 点的相位之差为 π/2， 时间之差 为 T/4，而 b 点和 a 点的相位之差为 π/3，时 间之差应该为 T/6．因为 b 点的位移值与 O 时刻的位移值相同， 所以到达 a 点的时刻为 ta = T/6． 到达 b 点的时刻为 tb = 2ta = T/3． 到达 c 点的时刻为 tc = ta + T/4 = 5T/12． 到达 d 点的时刻为 td = tc + T/12 = T/2． 到达 e 点的时刻为 te = ta + T/2 = 2T/3．32 （2）设振动表达式为 x = Acos(ωt + φ)， 当 t = 0 时，x = A/2 时，所以 cosφ = 0.5， 因此 φ = ±π/3； 由于零时刻的位相小于 a 点的位相，所以 φ = -π/3， 因此振动表达式为的位相． 6．3 有一弹簧，当其下端挂一质量为 M 的物体时，伸长量为 9.8×10-2m．若使物 体上下振动，且规定向下为正方向． （1）t = 0 时，物体在平衡位置上方 8.0×10-2m 处，由静止开始向下运动，求运 动方程； （2）t = 0 时，物体在平衡位置并以 0.60ms-1 速度向上运动，求运动方程． [解答]当物体平衡时，有 Mg – kx0 = 0， 所以弹簧的倔强系数为 k = Mg/x0， 物体振动的圆频率为x = A cos(2πt π
)． T 3另外， O 时刻的曲线上作一切线， 在 由 于速度是位置对时间的变化率， 所以切线代 表速度的方向；由于其斜率大于零，所以速 度大于零，因此 c d b 初位相取负值， 从而可得运动方 a e 程． x O φ （3） 如图旋 A 转矢量图所示． 方 法 x 二： 由时间 A 求位相． 将 A/2 曲线反方 f O 向延长与 t 轴相交于 f 点，由于 xf = 0，根据 运动方程，可得ω = k / M = g / x0 = 10(rads-1)．设物体的运动方程为 x = Acos(ωt + φ)． （1）当 t = 0 时，x0 = -8.0×10-2m，v0 = 0，因此振幅为2 A = x0 + (v0 / ω ) 2 =| x0 | = 8.0×10-2(m)；a b c d e tcos(2π所以t π
)=0 T 3由于初位移为 x0 = -A，所以 cosφ = -1，初位 相为 φ = π． 运动方程为 x = 8.0×10-2cos(10t + π)． （2） t = 0 时，0 = 0，0 = -0.60(ms-1)， 当 x v 因此振幅为2 A = x0 + (v0 / ω ) 2 = |v0/ω| = 6.0×10-2(m)；2πtf Tπ3=±π2．由于 cosφ = 0，所以 φ = π/2；运动方程为 x = 6.0×10-2cos(10t + π/2)． 6． 质量为 10×10-3kg 的小球与轻弹簧 4 组成的系统，按 x = 0.1cos(8π t +显然 f 点的速度大于零，所以取负值，解得 tf = -T/12． 从 f 点到达 a 点经过的时间为 T/4，所 以到达 a 点的时刻为 ta = T/4 + tf = T/6， 其位相为2π ) 的规 3Φ a = 2πta π
= 0． T 3由图可以确定其他点的时刻， 同理可得各点律作振动， 式中 t 以秒(s)计， 以米(m)计． x 求： （1）振动的圆频率、周期、振幅、初 位相； （2）振动的速度、加速度的最大值； （3）最大回复力、振动能量、平均动 能和平均势能；33 （4）画出这振动的旋转矢量图，并在 图上指明 t 为 1，2，10s 等各时刻的矢量位 置． [解答]（1）比较简谐振动的标准方程 x = Acos(ωt + φ)， 可知：圆频率为 ω =8π， 周期 T = 2π/ω = 1/4 = 0.25(s)， 振幅为 A = 0.1(m)， 初位相为 φ = 2π/3． （2）速度的最大值为 vm = ωA = 0.8π = 2.51(ms-1)； 加速度的最大值为 am = ω2A = 6.4π2 = 63.2(ms-2)． （3）弹簧的倔强系数为 k = mω2， 最大回复力为 f = kA = mω2A = 0.632(N)； 振动能量为 E = kA2/2 = mω2A2/2 = 3.16×10-2(J)， 平均动能和平均势能为它们的相差为 Φ = Φ2 – Φ1 = 2π/3， 或者 Φ` = 2π –Φ = 4π/3． 矢量图如 图所示．A O x6．6 一氢原子在分子中的振动可视为 简谐振动．已知氢原子质量 m = 1.68×10-27kg，振动频率 v = 1.0×1014Hz，振 幅 A = 1.0×10-11m．试计算： （1）此氢原子的最大速度； （2）与此振动相联系的能量． [解答]（1）氢原子的圆频率为 ω = 2πv = 6.28×1014(rads-1)， 最大速度为 vm = ωA = 6.28×103(ms-1)． （2）氢原子的能量为E=1 2 mvm = 3.32×10-20(J)． 2Ek = E p = kA2/4 = mω2A2/4 = 1.58×10-2(J)．（4） 如图所 示， t 为 1， 当 2， 10s 等时刻时， 旋转矢量的位置 是相同的． t=1,2,10s A O x6．5 两个质点平行于同一直线并排作 同频率、 同振幅的简谐振动． 在振动过程中， 每当它们经过振幅一半的地方时相遇， 而运 动方向相反．求它们的位相差，并作旋转矢 量图表示． [解答]设它们的振动方程为 x = Acos(ωt + φ)， 当 x = A/2 时，可得位相为 ωt + φ = ±π/3． 由于它们在相遇时反相，可取 Φ1 = (ωt + φ)1 = -π/3， Φ2 = (ωt + φ)2 = π/3，6．7 如图所示，在 一平板下装有弹簧， 平板 上放一质量为 1.0kg 的重 物， 若使平板在竖直方向 上作上下简谐振动， 周期 图 6.7 为 0.50s ， 振 幅 为 2.0×10-2m，求： （1）平板到最低点时，重物对平板的 作用力； （2）若频率不变，则平板以多大的振 幅振动时，重物跳离平板？ （3）若振幅不变，则平板以多大的频 率振动时，重物跳离平板？ [解答]（1）重物的圆频率为 ω = 2π/T = 4π， 其最大加速度为 am = ω2A， 合力为 F = mam， 方向向上． 重物受到板的向上支持力 N 和向下的34 重力 G，所以 F = N – G． 重物对平板的作用力方向向下， 大小等于板 的支持力 N = G + F = m(g +am) = m(g +ω2A) = 12.96(N)． （2）当物体的最大加速度向下时，板 的支持为 N = m(g - ω2A)． 当重物跳离平板时，N = 0，频率不变时， 振幅为 A = g/ω2 = 3.2×10-2(m)． （3）振幅不变时，频率为（2）以平衡位置为原点，取向右的方 向为 x 轴正方向，当小球向右移动一个微小 距离 x 时，左边弹簧拉长为 x1 + x，弹力大 小为 f1 = k1(x1 + x)， 方向向左；右边弹簧拉长为 x1 - x，弹力大 小为 f2 = k2(x2 - x)， 方向向右．根据牛顿第二定律得 k2(x2 - x) - k1(x1 + x) = ma， 利用平衡条件得mν=ω 1 = 2π 2πd2 x + (k1 + k2 ) x = 0 ， dt 2g = 3.52(Hz)． A可见：小球做简谐振动． 小球振动的圆频率为6． 两轻弹簧与小球串连在一直线上， 8 将两弹簧拉长后系在固定点 A 和 B 之间， 整 个系统放在光滑水平面上． 设两弹簧的原长 分别为 l1 和 l2，倔强系统分别为 k1 和 k2，A 和 B 间距为 L，小球的质量为 m． （1）试确定小球的平衡位置； （2）使小球沿弹簧长度方向作一微小 位 移 后 放 A B k1 手 ， 小 球将 m k2 作 振 动 ，这 一 振 动 是否 图 6.8 为 简 谐 振 动？振动周期为多少？ [解答]（1）这里不计小球的大小，不妨 设 L & l1 + l2，当小球平衡时， 两弹簧分别拉 长 x1 和 x2，因此得方程 L = l1 + x1 + l2 + x2； 小球受左右两边的弹簧的弹力分别向左和 向右，大小相等，即 k1x1 = k2x2． 将 x2 = x1k1/k2 代入第一个公式解得ω=其周期为k1 + k2 ， m2πT=ω= 2πm ． k1 + k2x1 =k2 ( L
l2 ) ． k1 + k2小球离 A 点的距离为L1 = l1 + x1 = l1 +k2 ( L
l2 ) ． k1 + k2356．9 如图所示，质量为 10g 的子弹以 速度 v = 103ms-1 水平射入木块， 并陷入木块 中，使弹簧压 M k m v 缩而作简谐振 动．设弹簧的 图 6.9 倔强系数 k = 3 -1 8×10 Nm ，木块的质量为 4.99kg，不计桌 面摩擦，试求： （1）振动的振幅； （2）振动方程． [解答]（1）子弹射入木块时，由于时间 很短， 木块还来不及运动， 弹簧没有被压缩， 它们的动量守恒，即 mv = (m + M)v0． 解得子弹射入后的速度为 v0 = mv/(m + M) = 2(ms-1)， 这也是它们振动的初速度． 子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守 恒，可得 (m + M) v02/2 = kA2/2， 所以振幅为A = v0m+M = 5×10-2(m)． k（2）振动的圆频率为ω=k = 40(rads-1)． m+Mx1 = Mg/k． 物体与托盘磁盘之后，在新的平衡位置，弹 簧伸长为 x2，则 x2 = (M + m)g/k． 取新的平衡位置为原点，取向下的方向为 正，则它们振动的初位移为 x0 = x1 - x2 = -mg/k． 因此振幅为取木块静止的位置为原点、 向右的方向为位 移 x 的正方向，振动方程可设为 x = Acos(ωt + φ)． 当 t = 0 时，x = 0，可得 φ = ±π/2； 由于速度为正，所以取负的初位相，因此振 动方程为 x = 5×10-2cos(40t - π/2)． 6 ． 10 如 图所 示，在倔强系数为 k k 的弹簧下， 挂一质量 x1 x 为 M 的托盘．质量 2 O 为 m 的物体由距盘 m 底高 h 处自由下落 h M 与盘发生完全非弹 性碰撞， 而使其作简 x 谐振动， 设两物体碰 图 6.10 后瞬时为 t = 0 时 刻，求振动方程． [解答]物体落下后、碰撞前的速度为mg 2 2 ghm 2 A= x + 2 = ( ) + ω k k (m + M )2 02 v0=初位相为mg 2kh 1+ ； k (m + M ) gv0 2kh ． = (m + M ) g ω x0 = arctanv = 2 gh ，物体与托盘做完全非弹簧碰撞后， 根据动量 守恒定律可得它们的共同速度为v0 =m m v= m+M m+M2 gh ，这也是它们振动的初速度． 设振动方程为 x = Acos(ωt + φ)， 其中圆频率为ω=k ． m+M物体没有落下之前， 托盘平衡时弹簧伸 长为 x1，则6． 装置如图所示， 11 轻弹簧一端固定， 另一端与物体 m 间用细绳相连， 细绳跨于桌 边定滑轮 M 上，m 悬于细绳下端．已知弹 簧的倔强系 M T1 数 为 k = k 50Nm-1 ， 滑 R 轮的转动惯 T2 量 J = m O 半 0.02kgm2， 图 6.11 mg 径 R = 0.2m， X 物体质量为 m = 1.5kg，取 g = 10ms-2． （1）试求这一系统静止时弹簧的伸长 量和绳的张力； （2）将物体 m 用手托起 0.15m，再突 然放手， 任物体 m 下落而整个系统进入振动 状态．设绳子长度一定，绳子与滑轮间不打 滑， 滑轮轴承无摩擦， 试证物体 m 是做简谐 振动； （3）确定物体 m 的振动周期； （4）取物体 m 的平衡位置为原点，OX 轴竖直向下， 设振物体 m 相对于平衡位置的 位移为 x，写出振动方程． [解答]（1）在平衡时，绳子的张力等于 物体的重力36 T = G = mg = 15(N)． 这也是对弹簧的拉力，所以弹簧的伸长为 x0 = mg/k = 0.3(m)． （2）以物体平衡位置为原点，取向下 的方向为正，当物体下落 x 时，弹簧拉长为 x0 + x，因此水平绳子的张力为 T1 = k(x0 + x)． 设竖直绳子的张力为 T2， 对定滑轮可列转动 方程 T2R – T1R = Jβ， 其中 β 是角加速度，与线加速度的关系是 β = a/R． 对于物体也可列方程 mg - T2 = ma． 转动方程化为 T2 – k(x0 + x) = aJ/R2， 与物体平动方程相加并利用平衡条件得 a(m + J/R2) = –kx， 可得微分方程周期． [解答]通过质心垂直环面有一个轴，环 绕此轴的转动惯量为 O Ic = mR2． R 根据平行轴定理， 环绕过 O θ C 点的平行轴的转动惯量为 I = Ic + mR2 = 2mR2． mg 当环偏离平衡位置时， 重力的力矩为 M = mgRsinθ， 方向与角度 θ 增加的方向相反． 根据转动定理得 Iβ = -M， 即Id 2θ + mgR sin θ = 0 ， dt 2由于环做小幅度摆动，所以 sinθ≈θ，可得 微分方程d2 x k + x=0， 2 dt m + J / R2可知：物体做简谐振动． （3）简谐振动的圆频率为d 2θ mgR θ =0． + dt 2 I摆动的圆频率为ω=周期为mgR ， Iω=k = 5(rads-1)． m + J / R2周期为 T2 = 2π/ω = 1.26(s)． （4）设物体振动方程为 x = Acos(ωt + φ)， 其中振幅为 A = 0.15(m)． 当 t = 0 时，x = -0.15m，v0 = 0，可得 cosφ = -1， 因此 φ = π 或-π， 所以振动方程为 x = 0.15cos(5t + π)， 或 x = 0.15cos(5t - π)． 6．12 一匀质细圆环质量为 m，半径为 R，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平 光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动， 求摆动的T=2πω= 2πI 2R = 2π ． mgR g6． 重量为 P 的物体用两根弹簧竖直 13 悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在 图上．试求在图示两种情况下，系统沿竖直 方向振动的固有频率． [解答]（1）前面 已经证明：当两根弹 k k 簧串联时，总倔强系 k1 数 为 k = k1k2/(k1 + k2)，因此固有频率为 k2ν=ω 1 = 2π 2πk m(a)(b)图 6.1337 1 = 2πk1k2 g ． (k1 + k2 ) P（2）前面还证明：当两根弹簧并联时， 总倔强系数等于两个弹簧的倔强系数之和， 因此固有频率为ν=ω 1 = 2π 2π2k 1 = m 2π2kg ． P6．14 质量为 0.25kg 的物体，在弹性 力作用下作简谐振动，倔强系数 k = 25Nm-1， 如果开始振动时具有势能 0.6J， 和 动能 0.2J，求： （1）振幅； （2）位移多大时，动能恰等于势能？ （3）经过平衡位置时的速度． [解答]物体的总能量为 E = Ek + Ep = 0.8(J)． （1）根据能量公式 E = kA2/2， 得振幅为谐振动的 x-t 曲线如图所示，求： （1）两个简谐振动的位相差； （2）两个简谐振动的合成振动的振动 方程． [解答]（1）两个简谐振动的振幅为 A = 5(cm)， 周期为 T = 4(s)， 圆频率为 ω =2π/T = π/2， 它们的振动方程分别为 x1 = Acosωt = 5cosπt/2， x2 = Asinωt = 5sinπt/2 = 5cos(π/2 - πt/2) 即 x2 = 5cos(πt/2 - π/2)． 位相差为 φ = φ2 - φ1 = -π/2． （2）由于 x = }
1) s ． (n + 1)t 2并由上述数据求出量值． [证明]依题意得 vt = nvo， 根据速度公式 vt = vo + at，得 a = (n – 1)vo/t， (1) 2 根据速度与位移的关系式 vt = vo2 + 2as，得 a = (n2 – 1)vo2/2s，(2) （1）平方之后除以（2）式证得a=2(n
1) s ． (n + 1)t 2计算得加速度为a=2(5
1)30 = 0.4(ms-2)． (5 + 1)1021．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑， 他以与水平成 22.5°的夹角的初速度 65ms-1 从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东 边比西边低 70m，忽略空气阻力，且取 g = 10ms-2．问： （1） 矿 坑有多宽？ 22.5 他飞越的时 70m 间多长？ （2） 他 图 1.3 在东边落地 时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法． （1）夹角用 θ 表示，人和车（他）在竖直方向首先做竖直 上抛运动，初速度的大小为 vy0 = v0sinθ = 24.87(ms-1)． 取向上的方向为正， 根据匀变速直线运 动的速度公式 vt - v0 = at， 这里的 v0 就是 vy0，a = -g；当他达到最高点1 时，vt = 0，所以上升到最高点的时间为 t1 = vy0/g = 2.49(s)． 再根据匀变速直线运动的速度和位移 的关系式 vt2 - v02 = 2as， 可得上升的最大高度为 h1 = vy02/2g = 30.94(m)． 他从最高点开始再做自由落体运动， 下 落的高度为 h2 = h1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式 s = gt2/2，得下落的 时间为闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反 向、大小与船速平方成正比例的加速度，即 dv/dt = -kv2，k 为常数． （1）试证在关闭发动机后，船在 t 时 刻的速度大小为1 1 = + kt ； v v0（2）试证在时间 t 内，船行驶的距离 为x=1 ln(v0 kt + 1) ． k dv =
kdt ， v2[证明]（1）分离变量得 积分2h2 t2 = = 4.49(s)． g因此他飞越的时间为 t = t1 + t2 = 6.98(s)． 他飞越的水平速度为 vx0 = v0cosθ = 60.05(ms-1)， 所以矿坑的宽度为 x = vx0t = 419.19(m)． （2）根据自由落体速度公式可得他落 地的竖直速度大小为 vy = gt = 69.8(ms-1)， 落地速度为 v = (vx2 + vy2)1/2 = 92.08(ms-1)， 与水平方向的夹角为 φ = arctan(vy/vx) = 49.30， 方向斜向下． 方法二：一步法．取向上的方向为正， 他在竖直方向的位移为 y = vy0t - gt2/2，移项 得时间的一元二次方程dv ∫ v 2 = k ∫ dt ， v0 01 1 = + kt ． v v0（2）公式可化为 v =vt可得v0 ， 1 + v0 kt由于 v = dx/dt，所以dx =v0 1 dt = d(1 + v0 kt ) 1 + v0 kt k (1 + v0 kt )x t积分∫ dx = ∫0 01 d(1 + v0 kt ) ． k (1 + v0 kt )证毕．因此x=1 ln(v0 kt + 1) ． k1 2 gt
v0 sin θ t + y = 0 ， 2解得t = (v0 sin θ ± v02 sin 2 θ
2 gy ) g ．这里 y = -70m，根号项就是他落地时在竖直 方向的速度大小，由于时间应该取正值，所 以公式取正根，计算时间为 t = 6.98(s)． 由此可以求解其他问题． 1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关[讨论]当力是速度的函数时， f = f(v)， 即 根据牛顿第二定律得 f = ma． 由于 a = d2x/dt2， 而 dx/dt = v， 所以 a = dv/dt， 分离变量得方程dt =mdv ， f (v )解方程即可求解． 在本题中， 已经包括了质点的质量． k 如 果阻力与速度反向、 大小与船速的 n 次方成 正比，则 dv/dt = -kvn．2 （1）如果 n = 1，则得dv =
kdt ， v积分得 lnv = -kt + C． 当 t = 0 时，v = v0，所以 C = lnv0，因此 lnv/v0 = -kt， 得速度为 v = v0e-kt． 而 dv = v0e-ktdt，积分得ω = dθ/dt = 12t2 = 48(rads-1)， 法向加速度为 an = rω2 = 230.4(ms-2)； 角加速度为 β = dω/dt = 24t = 48(rads-2)， 切向加速度为 at = rβ = 4.8(ms-2)． （2）总加速度为 a = (at2 + an2)1/2， 当 at = a/2 时，有 4at2 = at2 + an2，即v x = 0 e
kt + C ` ． k当 t = 0 时，x = 0，所以 C` = v0/k，因此an = at 3 ．由此得 rω 2 = r β 3 ， 即x=v0 (1-e
kt ) ． k dv =
kdt ，积 vn(12t 2 )2 = 24t 3 ， t3 = 3 / 6 ．（2）如果 n≠1，则得 分得解得 所以v1 n =
kt + C ． 1 n当 t = 0 时，v = v0，所以θ = 2 + 4t 3 = 2(1 + 3 / 3) =3.154(rad)．（3）当 at = an 时，可得 rβ = rω2， 即 24t = (12t2)2， 解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)． 1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻 飞机的速度为 v = 300ms-1， 方向与水平线夹 角为 30°而斜向下， 此后飞机的加速度为 a = 20 3 ms-2， 方向与水平前进方向夹角为 30° 而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来 的高度？ y 在此期间 a ay 飞机在水 O α ax 平方向飞 θ v0x x v0y 行的距离 v0 为多少？ [解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的 初速度的大小为 v0x = v0cosθ， v0y = v0sinθ． 加速度的大小为 ax = acosα， ay = asinα． 运动方程为v1 n 0 = C ，因此 1 n1 v n 1=1n v0 1+ (n
1)kt ．如果 n = 2，就是本题的结果． 如果 n≠2，可得x=n {[1 + (n
1)v0 1kt ]( n
2) /( n 1)
1} ， n (n
2 k读者不妨自证． 1．5 一质点沿半径为 0.10m 的圆周运 动， 其角位置 （以弧度表示） 可用公式表示： 3 θ = 2 + 4t ．求： （1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向 加速度； （2）当切向加速度恰为总加速度大小 的一半时，θ 为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向 加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为3 即1 x = v0 x t + ax t 2 ， 2 1 y = v0 y t + a y t 2 ． 2 1 x = v0 cos θ
t + a cos α
t 2 ， 2 1 y = v0 sin θ
t + a sin α
t 2 ． 2 2v sin θ t = 0（舍去） t = 0 ； = 10 3 (s)． a sin α（1）螺帽从天花板落到底面所需的时 间； （2）螺帽相对于升降机外固定柱子的 下降距离． [解答]在螺帽从天花板落到底面时，升 降机上升的高度为1 h1 = v0t + at 2 ； 2螺帽做竖直上抛运动，位移为令 y = 0， 解得飞机回到原来高度时的时间为h2 = v0t 1 2 gt ． 2将 t 代入 x 的方程求得 x = 9000m． [注意]选择不同的坐标系，例如 x 方向 沿着 a 的方向或者沿着 v0 的方向， 也能求出 相同的结果． 1．7 一个半径为 R = 1.0m 的轻圆盘， 可以绕一水平轴自由转 动．一根轻绳绕在盘子 的边缘，其自由端拴一 R 物体 A．在重力作用下， 物体 A 从静止开始匀加 速地下降，在 t = 2.0s 内下降的距离 h = A 0.4m．求物体开始下降 图 1.7 后 3s 末，圆盘边缘上任 一点的切向加速度与法 向加速度． [解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于 物体 A 下落加速度． 由于 h =由题意得 h = h1 - h2，所以1 h = (a + g )t 2 ， 2解得时间为t = 2h /(a + g ) = 0.705(s)．算得 h2 = -0.716m，即螺帽相对于升降机外 固定柱子的下降距离为 0.716m． [注意]以升降机为参考系，钉子下落时 相对加速度为 a + g，而初速度为零，可列 方程 h = (a + g)t2/2， 由此可计算钉子落下的时间， 进而计算下降 距离． 1． 有一架飞机从 A 处向东飞到 B 处， 9 然后又向西飞回到 A 处． 已知气流相对于地 面的速度为 u，AB 之间的距离为 l，飞机相 对于空气的速率 v 保持不变． （1）如果 u = 0（空气静止） ，试证来 回飞行的时间为 t0 =1 at t 2 ，所以 22 -2at = 2h/t = 0.2(ms )． 物体下降 3s 末的速度为 v = att = 0.6(ms-1)， 这也是边缘的线速度，因此法向加速度为2l ； v（2）如果气流的速度向东，证明来回 飞行的总时间为 t1 =t0 ； 1
u 2 / v2t0 1
u 2 / v2v2 an = = 0.36(ms-2)． R1． 一升降机以加速度 1.22ms-2 上升， 8 当上升速度为 2.44ms-1 时， 有一螺帽自升降 机的天花板上松落， 天花板与升降机的底面 相距 2.74m．计算：（3）如果气流的速度向北，证明来回 飞行的总时间为 t2 = ．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为 v， 路程为 2l，所以飞行时间为 t0 = 2l/v． （2）飞机向东飞行顺风的速率为 v + u，向西飞行逆风的速率为 v - u，所以飞行4 时间为因此 v1 = v2sinθ + v2cosθsinα/cosα，t1 ==l l 2vl + = 2 v + u v
u2t0 2l / v ． = 2 2 1
u 2 / v2即l v1 = v2 (sin θ + cos θ ) ． 证毕． h方法二：利用正弦定理．根据正弦定理 可得 v v（3）飞机相对地 的速度等于相对风的 速度加风相对地的速 度．为了使飞机沿着 AB 之间的直线飞行， 就要使其相对地的速 度偏向北方，可作矢 量三角形，其中沿 AB 方向的速度大小为2 2A AB 所以 B u v Bv1 v2 = ， sin(θ + α ) sin(90°
α ) sin(θ + α ) cos α sin θ c o s α + c o s θ sin α = v2 cos α v1 = v2v+u v-u vAu= v 2 (sin θ + cos θ tan α ) ，即V = v
u ，所以飞行时间为t2 ==2l 2l 2l / v = = V v2
u2 / v2t0 1
u 2 / v2． 证毕．l v1 = v2 (sin θ + cos θ ) ． h1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线 行驶，其速度为 v1，下落雨的速度方向与铅 直方向的夹角 θ 为 θ，偏向于汽 l v2 车前进方向， 速 h 度为 v2． 今在车 v1 后放一长方形 物体，问车速 图 1.10 v1 为 多 大 时此 物体刚好不会被雨水淋湿？ [解答]雨对地的速度 v2 等于雨对车的 速度 v3 加车对地的 速度 v1 ， 由此可作矢 l方法三：利用位移关系．将雨滴的速度 分解为竖直和水平两个分量，在 t 时间内， 雨滴的位移为 l = (v1 – v2sinθ)t， h = v2cosθt． 两式消去时间 t 即得所求． 证毕．第二章 质点力学的基本定律P46． 2．1 如图所示，把一个质量为 m 的木 块放在与水平成 θ 角 F m 的固定斜面上，两者 间的静摩擦因素 s 较 θ 小，因此若不加支持， 图 2.1 木块将加速下滑． （1）试证 tanθ≧s；rrrα h v3 α θ v2 v⊥ v1 （2）须施加多大的水平力 F ，可使木 块恰不下滑？这时木块对斜面的正压力多 大？r量三角形． 根据题意 得 tanα = l/h． 方法一：利用直角三角形．根据直角三 角形得 v1 = v2sinθ + v3sinα， 其中 v3 = v⊥/cosα，而 v⊥ = v2cosθ，r（3）如不断增大 F 的大小，则摩擦力 和正压力将有怎样的变化？ （1）[证明]木块在斜面上时受到重力r r r G = mg 和斜面的支持力 N 以及静摩擦力5 r f ，其中N f ≦ fs = sN， m f 而 N = Gcosθ． 要使木块加速下 滑， 重力沿着斜面 θ G 的分量不得小于 最大静摩擦力 fs．根据牛顿第二定律得 Gsinθ - sGcosθ = ma≧0， 因此 tanθ≧s． 证毕． （2）[解答] y 要 使物 体恰 好不 N m f 下滑，则有 θ x F Gsinθ - sN - Fcosθ = 0， （1） θ G N - Gcosθ Fsinθ = 0． （2） （2）×s +（1）得 Gsinθ - sGcosθ – Fcosθ - sFsinθ = 0， 解得将（3）式中的 s 改为-s 就是这个结果．可 见：当 tanθ = 1/s 时，F 趋于无穷大，只有 当 tanθ & 1/s 时，才能增加 F 的大小使木块 向上加速滑动． 2．2 如图所示，设质量 m = 10kg 的小 球挂在倾角 α = 30°的光滑斜面上，求： （1）当 斜面以加速 a 度 a = g/3 沿 图中所示的 α 方向运动时， 图 2.2 绳中的张力 及小球对斜面的正压力各是多大？ （2）当斜面的加速度至少为多大时小 球对斜面的正压力为零？（g = 9.8ms-2） [ 解 答 ] y T （1）小球受 N 到重力 G，斜 a x 面的支持力 N 和绳子的张 α G 力 T．建立坐 标系，列方程得 Ncosα + Tsinα – mg = 0， Tcosα - Nsinα = ma． 解得 N = m(gcosα – asinα) = 68.54(N)， T = m(gsinα + acosα) = 77.29(N)． （2）令 N = 0，得加速度为 a = gctgα = 16.97(ms-2)． 2．3 物体 A 和 B 的质量分别为 mA = 8kg，mB = 16kg，它们之间用绳子联结，在 倾角 α = 37°的斜面上向下滑动， 如图所示． A 和 B 与斜面的滑动摩擦因素分别为 kA = 0.2，kB = 0.4，求： （1）物体 A 和 B 的加速度； （2）绳子的 B 张力； （3）如果将 A A 和 B 互换位置， α 则（1）和（2）的 图 2.3 结果如何？ [解答]根据角度关系可得 sinα = 3/5 = 0.6，cosα = 4/5 = 0.8，tanα = 3/4 = 0.75．F=sin θ
s cos θ mg ． （3） cos θ +
s sin θ上式代入（2）得N=mg ． （4） cos θ +
s sin θ（3） [解答]当木块平衡时， 一般情况下， 有 Gsinθ - f - Fcosθ = 0，N - Gcosθ - Fsinθ = 0． 解得 f = Gsinθ - Fcosθ，N = Gcosθ + Fsinθ．r可知： 1 当 F 的大小不断增加时， ○ 摩擦力将 不断减小；当 F = Gtanθ 时，摩擦力为零； 当 F 再增加时摩擦力将反向； 至于木块是否 向上做加速运动，则要进一步讨论． 2 ○正压力将不断增加． [讨论]当 tanθ & 1/s 时，如果木块恰好 不上滑，则摩擦力恰好等于最大静摩擦力， 方向沿着斜面向下，用上面的方法列方程， 可得F=sin θ +
s cos θ mg ． cos θ
s sin θ6 （1）如果物体 A 和 B 之间没有绳子， 由于 tanθ≧s，可知：A 和 B 都要沿斜面做 加速运动，而 B 的加速度比较小．当 A 和 B 之间有绳子时，它们将以相同的加速度运 动． NB B fB 设绳子的 T NA 张力为 T，根据 fA T 牛顿第二定律 A mBg 分别对 A 和 B α mAg 列运动方程： mAgsinα – kAmAgcosα - T = mAa， T + mBgsinα – kBmBgcosα = mBa． 两式相加得 [(mA + mB)sinα – (kAmA + kBmB)cosα]g = (mA + mB)a， 所以加速度为[解答]质点在斜上运动的加速度为 a = gsinα， 方向与初速度方向垂直． 其运动方程 为 x = v0t， y =1 2 1 at = g sin α
t 2 ． 2 2将 t = x/v0， 代入后一方程得质点的轨道方程 为y=g sin α 2 x ， 2 v0这是抛物线方程． 2．5 桌上有一质量 M = 1kg 的平板， 板上放一质量 m = 2kg 的另一物体，设物体 与板、 板与桌面之间的滑动摩擦因素均为 k = 0.25，静摩擦因素为 s = 0.30．求：a = g[sin α
kB mBmA + mBrcos α ]（1）今以水平力 F 拉板，使两者一起 以 a = 1ms-2 的加速度运动，试计算物体与 板、与桌面间的相互作用力； （2）要将板从物体下面抽出，至少需 要多大的力？ [解答] （1） 物体与板之间有正压力和摩 擦力的作用． 板对物体的支持大小等于物体的重力 Nm = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小， 但压力方向 相反． Nm 物体受板摩擦力 fm 做加速运动， 摩擦力的 NM a 大小为 fm = ma = 2(N)， fM 这也是板受到的摩擦 力的大小，摩擦力方向也相反． 板受桌子的支持力大小等于其重力 NM = (m + M)g = 29.4(N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相 反． 板在桌子上滑动， 所受摩擦力的大小为 fM = kNM = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小， 方向也相 反． （2）设物体在最大静摩擦力作用下和 板一起做加速度为 a`的运动， 物体的运动方= 3.26(ms-2)． （2）将加速度 a 的公式代入任一方程 都可解得张力为T=(
kA )mA mB g cos α = 3.86(N)． mA + mB由此可见：当两物体的摩擦因素相等时，张 力才为零，这是因为它们的加速度相等． （3）将 A 和 B 互换位置后，由于 A 的 加速度比较大，所以绳子不会张紧，其张力 为零． A 的运动方程为 mAgsinα – kAmAgcosα = mAaA， 解得 aA = g(sinα – kAcosα) = 4.12(ms-2)． 同理得 aB = g(sinα – kBcosα) = 2.7(4ms-2)． 2．4 一个重量为 P 的质点，在光滑的 固定斜面（倾角为 α）上以初速度 v0 运动，rr v0 的 方 向 与 斜 面底边的水平约 AB 平行，如图所示， A 求这质点的运动 轨道．v0 P B 图 2.4α7 程为 Nm f =smg = ma`， f a` 可得 a` =sg． NM 板的运动方程为 f F F – f – k(m f` + M)g = Ma`， 即 F = f + Ma` + k(m + M)g = (s + k)(m + M)g， 算得 F = 16.17(N)． 因此要将板从物体下面抽出，至少需要 16.17N 的力． 2．6 如图所示：已知 F = 4N，m1 = 0.3kg，m2 = 0.2kg，两物体与水平面的的摩 擦因素匀为 0.2． 求质量为 m2 的物体的加速 度及绳子对它的拉力． （绳子和滑轮质量均 T1 T2 f1 图 2.6 不计） [解答]利用几何关系得两物体的加速度 之间的关系为 a2 = 2a1，而力的关系为 T1 = 2T2． 对两物体列运动方程得 T2 - m2g = m2a2， F – T1 – m1g = m1a1． 可以解得 m2 的加速度为 a1 m1 F与 k1 和 k2．满足关系关系式1 1 1 ； = + k k1 k 2（2） 它们并联起来时， 总倔强系数 k = k1 + k2． [解答]当力 F 将弹簧共拉长 x 时， F = 有 kx，其中 k 为总倔强系数． 两个弹簧分别拉长 x1 和 x2， 产生的弹力 分别为 F1 = k1x1，F2 = k2x2． （1）由于弹簧串联，所以 F = F1 = F2，x = x1 + x2， 因此F F1 F2 1 1 1 = + ，即 = + ． k k1 k2 k k1 k2a2 m 2 f2（2）由于弹簧并联，所以 F = F1 + F2，x = x1 = x2， 因此 kx = k1x1 + k2x2，即 k = k1 + k2． 2．8 如图所示，质量为 m 的摆悬于架 上，架固定于小车上，在下述各种情况中， 求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角 θ） 及线中的张力 T． （1）小车沿水平线作匀速运动； （2）小车以加速 度 a1 沿水平方向运动； （3）小车自由地 从倾斜平面上滑下， 斜 面与水平面成 φ 角； （4）用与斜面平ra2 =F
(m1 + 2m2 ) g = 4.78(ms-2)， m1 / 2 + 2m2r行的加速度 b1 把小车 沿斜面往上推（设 b1 = b） ；绳对它的拉力为图 2.8T=m2 ( F
m1 g / 2) = 1.35(N)． m1 / 2 + 2m2k1 k2 (a) k1 F k2 图 2.7 (b) Fr（5）以同样大小的加速度 b2（b2 = b） ， 将小车从斜面上推下来． [解答]（1）小车 θ 沿水平方向做匀速直 T 线运动时，摆在水平 ma 方向没有受到力的作 mg 用，摆线偏角为零， 线中张力为 T = mg． （2） 小车在水平 （2）2． 两根 7 弹簧的倔强系 数分别为 k1 和 k2．求证： （1） 它们 串联起来时， 总倔强系数 k8 方向做加速运动时， 重力和拉力的合力就是 合外力．由于 tanθ = ma/mg， 所以 θ = arctan(a/g)； 绳子张力等于摆所受的拉力T = (ma )2 + (mg )2 = m a 2 + g 2 ．（3）小车沿斜 面自由滑下时， 摆仍 然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下， 所 以 θ = φ； T = mgcosφ． T θ ma mg φ （3）（4）根据题意 θ 作力的矢量图，将 T mb 竖直虚线延长，与 φ 水平辅助线相交， mg 可得一直角三角 形，θ 角的对边是 φ mbcosφ， 邻边是 mg （4） + mbsinφ，由此可 得：一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最 大夹角为 60°．求： O l （1）小球通过竖 m θ 直位置时的速度为多 少？此时绳的张力多 C B 大？ 图 2.9 （2）在 θ & 60° 的任一位置时，求小球速度 v 与 θ 的关系 式． 这时小球的加速度为多大？绳中的张力 多大？ （3） θ = 60°时， 在 小球的加速度多大？ 绳的张力有多大？ [解答]（1）小球 O l 在运动中受到重力和 m θ T 绳子的拉力， 由于小球 沿圆弧运动， 所以合力 C 方向沿着圆弧的切线 B mg 方向，即 F = -mgsinθ， 负号表示角度 θ 增加的方向为正方向． 小球的运动方程为F = ma = md2 s ， dt 2mb cos
tan θ = ， mg + mb sin 因此角度为其中 s 表示弧长．由于 s = Rθ = lθ，所以速 度为v=因此ds dθ =l ， dt dtb cos
θ = arctan ； g + b sin 而张力为F =m即dv dv dθ m dv =m = v ， dt dθ dt l dθ（1）vBvdv = -glsinθdθ，T = (mb) + (mg)
2(mb)(mg)cos(π / 2 +)2 2取积分∫0vdv =
gl ∫ sin θ dθ ，60°00= m b 2 + g 2 + 2bg sin
．（5） 与上一问 相比，加速度的方 向反向，只要将上 一结果中的 b 改为 -b 就行了． T θ mb mg得 解得1 2 vB = gl cos θ 2，60°vB = gl = 2.21(ms-1)．2 2 vB vB 由于 TB
mg = m = m = mg ， R lφ 2．9 如图所 （5） 示：质量为 m = 10kg 的小球，拴在长度 l = 5m 的轻绳子的9所以 TB = 2mg = 1.96(N)． （2）由（1）式积分得 1 2 vC = gl cos θ + C ， 2当 θ = 60 时，vC = 0，所以 C = -lg/2， 因此速度为ω=vC 2 g cos α = ． r rvC = gl (2 cos θ
1) ．切向加速度为 at = gsinθ； 法向加速度为2 vC an = = g (2 cos θ
1) ． R由于 NC – mgcosα = 2mgcosα，所以 NC = 3mgcosθ． 2．11 小石块沿 m 一弯曲光滑轨道上由 静止滑下 h 高度时， N 它的速率多大？（要 h θ 求用牛顿第二定律积 mg 分求解） [解答]小石块在 图 2.11 运动中受到重力和轨 道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切 线与竖直方向的夹角为 θ，则 F = mgcosθ． 小球的运动方程为由于 TC – mgcosθ = man，所以张力为 TC = mgcosθ + man = mg(3cosθ – 1)． （3）当 θ = 60 时，切向加速度为at =3 g = 8.49(ms-2)， 2法向加速度为 an = 0， 绳子的拉力 T = mg/2 = 0.49(N)． [注意]在学过机械能守恒定律之后，求 解速率更方便． 2．10 一质量为 m 的小球，最初静止 于如图所示的 A 点， 然后沿半径为 r 的光滑 圆弧的内表面 ADCB 下滑．试求小球在 C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力． [解答]此 B A 题情形与上 r α 一题的数学 C 类型是相同 D 的． 取上题中 l = r，对（1）式积分d2 s F = ma = m 2 ， dts 表示弧长． 由于 v =ds ，所以 dtd 2 s d ds dv dv ds dv = ( )= = =v ， 2 dt dt dt dt ds dt ds因此 vdv = gcosθds = gdh， h 表示石下落的高度． 积分得1 2 v = gh + C ， 2当 h = 0 时，v = 0，所以 C = 0， 因此速率为v = 2 gh ．∫得vC0vdv =
gr ∫α90°sin θ dθ ，α2．12 质量为 m 的物体，最初静止于 x0，在力 f = 1 2 vC = rg cos θ 2k (k 为常数)作用下沿直线 x2，90°解得速度为vC = 2 gr cos α ，角速度为运动． 证明物体在 x 处的速度大小 v = [2k(1/x – 1/x0)/m]1/2． [证明]当物体在直线上运动时，根据牛 顿第二定律得方程f =10k d2 x = ma = m 2 x2 dt 利用 v = dx/dt，可得当 n = 2 时，即证明了本题的结果． 2． 13 一质量为 m 的小球以速率 v0 从 地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小 球所受空气阻力大小与速率成正比， 比例系 数为 k．求： （1）小球速率随时间的变化关系 v(t)； （2）小球上升到最大高度所花的时间 T． [解答] （1） 小球竖直上升时受到重力和 空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为 下，根据牛顿第二定律得方程d 2 x dv dx dv dv = = =v ， 2 dt dt dt dx dx因此方程变为mvdv = 积分得kdx ， x21 2 k mv = + C ． 2 x利用初始条件，当 x = x0 时，v = 0，所 以 C = -k/x0，因此1 2 k k mv =
， 2 x x0即f =
kv = m分离变量得dv ， dtv=2k 1 1 (
) ． 证毕． m x x0dt =
m积分得dv m d(mg + kv) = ， mg + kv k mg + kv m ln (mg + kv) + C ． k[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f(x)，利用变换可得方程：mvdv = f(x)dx，积 分即可求解． 如果 f(x) = -k/xn，则得t=当 t = 0 时，v = v0，所以1 2 dx mv =
k ∫ n ． 2 x（1）当 n = 1 时，可得 因此C=m ln (mg + kv0 ) ， k1 2 mv =
k ln x + C ． 2v 所以 C = lnx0， 利用初始条件 x = x0 时， = 0， 因此t=m mg + kv m mg / k + v ln =
ln ， k mg + kv0 k mg / k + v0 mg kt mg ) exp( )
． k m kx 1 2 mv = k ln 0 ， 2 x小球速率随时间的变化关系为v = (v0 +即v=2k x0 ln ． m x（2）当小球运动到最高点时 v = 0，所 需要的时间为（2）如果 n≠1，可得1 2 k 1 n mv =
x +C ． 2 1 n利 用初 始条件 x = x0 时， v = 0， 所以T=kv m mg / k + v0 m ln = ln(1 + 0 ) ． k mg / k k mgC=因此k 1 n x0 ， n 1[讨论] 1） （ 如果还要求位置与时间的关 系，可用如下步骤． 由于 v = dx/dt，所以1 2 k 1 1 mv = ( n 1
n 1 ) ， 2 n 1 x x0dx = [(v0 +即mg kt mg ) exp( )
]dt ， k m k即2k 1 1 v= ( n 1
n 1 ) ． (n
1)m x x011dx = m(v0 + mg / k ) kt mg d exp( )
dt ， k m k 积分得x=m(v0 + mg / k ) kt mg exp( )
t + C` ， k m kkRt=1 +C ． v当 t = 0 时，v = v0，所以当 t = 0 时，x = 0，所以m(v0 + mg / k ) C `= ， k因此C=1 ， v0m(v0 + mg / k ) kt mg x= [1
t． k m k（2）如果小球以 v0 的初速度向下做直 线运动，取向下的方向为正，则微分方程变 为因此kR v=t=1 1
． v v0解得v0 ． 1 +
k v0t / Rf = mg
kv = mdv ， dt由于用同样的步骤可以解得小球速率随时间的 变化关系为dx =v0 dt R d(1 +
k v0t / R ) = ， 1 +
k v0t / Rv=mg mg kt (
v0 ) exp( ) ． k k m积分得这个公式可将上面公式中的 g 改为-g 得 出．由此可见：不论小球初速度如何，其最 终速率趋于常数 vm = mg/k． 2．14 如图所示：光滑的水平桌面上放 置一固定的圆环带，半径为 R．一物体帖着 环带内侧运动，物体与环 A v0 带间的滑动摩擦因数为 R k ．设物体在某时刻经 A 点时速率为 v0，求此后时 图 2.14 刻 t 物体的速率以及从 A 点开始所经过的路程． [解答]物体做圆周运动的向心力是由圆 环带对物体的压力，即 N = mv2/R． 物体所受的摩擦力为 f = -kN， 负号表示力的方向与速度的方向相反． 根据牛顿第二定律得x=Rkln (1 + k v0tR) + C` ，当 t = 0 时，x = x0，所以 C = 0，因此x=Rkln (1 + k v0tR)．*2．15 2．16 如图所示， ω 一半径为 R 的金属光滑 圆环可绕其竖直直径转 动．在环上套有一珠 子． 今逐渐增大圆环的转 θ R r 动角速度 ω， 试求在不同 m 转动速度下珠子能静止 mg 在环上的位置． 以珠子所 图 2.16 停处的半径与竖直直径 的夹角 θ 表示． [解答]珠子受到重力和环的压力，其合 力指向竖直直径， 作为珠子做圆周运动的向 心力，其大小为 F = mgtgθ． 珠子做圆周运动的半径为 r = Rsinθ． 根据向心力公式得f =
k m即 积分得v2 dv =m ， R dt dv ． v2kRdt = 12 F = mgtgθ = mω2Rsinθ， 可得解得mg = Rω 2 ， cos θ g θ = ± arccos ． Rω 2p = mv， 但是末动量与初动量 互相垂直， 根据动量的 增量的定义p p2p1 p1 m Rr r r p = p2
p1 r r r 得 p2 = p1 + p ，第三章 运动的守恒定律P84． 3．1 如图所示，一小球在弹簧的弹力 作用下振动．弹力 F = -kx，而位移 x = Acosωt，其中 k，A 和 ω 都是常数．求在 t = 0到t = m F π/2ω 的 x O x 时间间 图 3.1 隔内弹 力予小球的冲量． [解答]方法一：利用冲量公式．根据冲 量的定义得 dI = Fdt = -kAcosωtdt， 积分得冲量为由此可作矢量三角形，可得p = 2 p = 2mv ．因此向心力给予小球的的冲量大小为I = p = 1.41(Ns)．[注意]质点向心力大小为 F = mv2/R， 方 向是指向圆心的，其方向在不断地发生改 变，所以不能直接用下式计算冲量I = Ft = m = mvv2 T R 42π R / T T π = mv ． R 4 2I =∫π / 2ω0( kA cos ω t )dt ，sin ω tπ / 2ω=kAω=kA0ω方法二：利用动量定理．小球的速度为 v = dx/dt = -ωAsinωt， 设小球的质量为 m，其初动量为 p1 = mv1 = 0， 末动量为 p2 = mv2 = -mωA， 小球获得的冲量为 I = p2 – p1 = -mωA， 可以证明 k =mω2，因此 I = -kA/ω． 3．2 一个质量 m = 50g，以速率的 v = 20ms-1 作匀速圆周运动的小球，在 1/4 周期 内向心力给予小球的冲量等于多少？ [解答]小球动量的大小为假设小球被轻 y 绳拉着以角速度 ω m Fx = v/R 运动， 拉力的 F 大小就是向心力 Fy 2 F = mv /R = mωv， O x R 其分量大小分别为 Fx = Fcosθ = Fcosωt， Fy = Fsinθ = Fsinωt， 给小球的冲量大小为 dIx = Fxdt = Fcosωtdt， dIy = Fydt = Fsinωtdt， 积分得Ix = ∫T /40F cos ω tdt == mv ，Fωsin ω tT /40=FωIy = ∫T /40F sin ω tdt = Fωcos ω tT /4013 =合冲量为Fω= mv ，2 I = I x2 + I y = 2mv ，联立方程可得 a = g/2 = 5(ms-2)． 根据运动学公式 s = v0t + at2/2， 可得 B 拉 C 之前的运动时间所前面计算结果相同，但过程要复杂一些． 3．3 用棒打击质量 0.3kg，速率等于 20ms-1 的 水 平 飞 来 的 球， 球飞到竖直上方 10m v 的高度．求棒给予球的 vy 冲量多大？设球与棒的 接触时间为 0.02s，求球 vx 受到的平均冲力？ [解答]球上升初速度为t = 2 s / a = 0.4(s)．此时 B 的速度大小为 v = at = 2(ms-1)． 物体 A 跨过动滑轮向下运动， 如同以相 同的加速度和速度向右运动．A 和 B 拉动 C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可 得 2Mv = 3Mv`， 因此 C 开始运动的速度为 v` = 2v/3 = 1.33(ms-1)． 3．5 一个原来静止的原子核，放射性 蜕变时放出一个动量 p1 = 9.22×10-16gcms-1 的电子， 同时还在垂直于此电子运动的方向 上放出一个动量 p2 = 5.33×10-16gcms-1 的中 微子．求蜕变后原子核的动量的大小和方 向． [解答]原子核蜕变后的总动量大小为v y = 2 gh = 14(ms-1)，其速度的增量为2 v = vx + v 2 = 24.4(ms-1)． y棒给球冲量为 I = mv = 7.3(Ns)， 对球的作用力为（不计重力） F = I/t = 366.2(N)． 3．4 如图所示，3 个物体 A、B、C， 每个质量都为 M，B 和 C 靠在一起，放在光 滑水平桌面上，两者连有一段长度为 0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一 细绳跨过桌边的定滑轮而与 A 相连． 已知滑 轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问 A 和 B 起动 C B 后，经多长时 间 C 也开始 运动？C 开始 A 运动时的速 图 3.4 度是多少？ -2 （取 g = 10ms ） [解答]物体 A 受到重力和细绳的拉力， 可列方程 Mg – T = Ma， 物体 B 在没有拉物体 C 之前在拉力 T 作用 下做加速运动，加速度大小为 a，可列方程 T = Ma，p=2 p12 + p2 = 10.65×10-16(gcms-1)．其方向与电子方向的夹角 为 θ = arctan(p2/p1) = 30°． 根据动量守恒定律， 三个粒子总动量为零，p2p θ p1r r r p`+ p1 + p2 = 0 ，所以原子核的反冲动量为r r r r p`= ( p1 + p2 ) =
p ，其大小与电子和中微子的合动量的大小相 等，方向相反，与电子速度的夹角为 180 - θ = 150°． 3．6 一炮弹以速率 v0 沿仰角 θ 的方向 发射出去后， 在轨道的最高点爆炸为质量相 等的两块，一块沿此 45°仰角上飞，一块沿 45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速14 率各为多少？ [解答] 炮弹在最高点的速度大小为 v = v0cosθ， 方向沿水平方向． 根据动量守 v` 恒定律，可知碎 45° v0 片的总动量等于 v 炮弹爆炸前的总 v` θ 动量，可作矢量 三角形，列方程得f = kN = kmgcosθ， 方向与弧位移的方向相反，所做的功元为r r dW2 = f
ds = f cosπ ds= uk mg cosθ Rdθ ，积分得摩擦力所做的功为W2 = ∫45°0(
k mgR cos θ )dθ45°m mv / 2 = v`cos 45° ， 2所以 v` = v/cos45° ==
k mgR sin θ=02
k mgR ． 22v0 cos θ ．要使雪橇缓慢地匀速移动， 雪橇受的重rrr r r F +G + f = 0， r r r F = (G + f ) ．r力G 、 摩擦力 f 和马的拉力 F 就是平衡力， 3．7 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着 冰雪覆盖的弧形路面极缓 慢地匀速移动，这圆弧路 45° 面的半径为 R． 设马对雪橇 N θ R 的拉力总是平行于路 面．雪橇的质量为 m，它 F ds f 与路面的滑动摩擦因数为 mg k ．当把雪橇由底端拉上 图 3.7 45°圆弧时，马对雪橇做了 多少功？重力和摩擦力各做了多少功？ [解答]取弧长增加的方向为正方向，弧 r 位移 ds 的大小为 ds = Rdθ． 即 或者拉力的功元为r r r r r r dW = F
ds )= (dW1 + dW2 ) ，拉力所做的功为W = (W1 + W2 )= (1
k )mgR ． 2 2r 重力 G 的大小为G = mg， 方向竖直向下，与位移元的夹角为 π + θ， 所做的功元为由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做 正功． 3．8 一质量为 m 的质点拴在细绳的一 端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面 上作半径为 r 的圆周运动．设质点最初的速 率是 v0， 当它运动 1 周时， 其速率变为 v0/2， 求： （1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数； （3）在静止以前质点运动了多少圈？ [解答] （1）质点的初动能为 E1 = mv02/2， 末动能为r r dW = G
ds = G cos(θ +π / 2)ds 1=
mgR sin θ dθ ，积分得重力所做的功为W1 = ∫ (mgR sin θ )dθ = mgR cosθ045°45°0= (1 2 )mgR ． 2r摩擦力 f 的大小为15 E2 = mv2/2 = mv02/8， 动能的增量为 Ek = E2 – E1 = -3mv02/8， 这就是摩擦力所做的功 W． （2）由于 dW = -fds = -kNds = -kmgrdθ， 积分得整理和一元二次方程1 2 kx
mgx sin θ + mgs sin θ = 0 ， 2解得x=mg sin θ ± (mg sin θ )2 + 2kmg sin θ kW = ∫ (
k mgr )dθ = 2π k mgr ．02π= 0.24(m)（取正根） ． 3． 一个小球与另一质量相等的静止 10 小球发生弹性碰撞．如果碰撞不是对心的， 试证明：碰撞后两小球的运动方向彼此垂 直． [证明]设一个小球碰撞前后的速度大小 分别为 v0 和 v1， p1 另一小球的在碰 p0 θ 撞后的速度大小 为 v2，根据机械 p2 能守恒得由于 W = E，可得滑动摩擦因数为k =2 3v0 ． 16π gr（3）在自然坐标中，质点的切向加速 度为 at = f/m = -kg， 可得质点运动的弧 根据公式 vt2 – vo2 = 2ats， 长为s=2 v0 v2 8π r = 0 = ， 2a 2
k g 31 2 1 2 1 2 mv0 = mv1 + mv2 ， 2 2 2即2 2 v0 = v12 + v2 ；圈数为 n = s/2πr = 4/3． [注意]根据用动能定理，摩擦力所做的 功等于质点动能的增量 -fs = E k， 可得 s = -E k/f， 由此也能计算弧长和圈数。 3．9 如图所示，物体 A 的质量 m = 0.5kg， 静止于光滑斜面上． 它与固定在斜面 底 B 端的弹簧 M 相距 s = 3m．弹簧的倔强 系 数 k = A -1 400Nm ．斜面倾 s = 3m 角为 45°．求当物 体 A 由静止下滑 B 时， 能使弹簧长度 θ = 45° 产 生 的最 大压 缩 量是多大？ 图 3.9 [解答]取弹簧自然伸长处为重力势能和 弹性势能的零势点， 由于物体 A 和弹簧组成 的系统只有保守力做功，所以机械能守恒， 当弹簧压缩量最大时，可得方程根据动量守恒得r r r p0 = p1 + p2 ，其中各动量的大小为 p0 = mv0、p1 = mv1 和 p2 = mv2， 对矢量式两边同时平方并利用r r p1
p2 = mv1mv2 cos θ得2 2 p0 = p12 + p2 + 2 p1 p2 cos θ ，即 m v0 = m v1 + m v2 + 2m v1v2 cos θ2 2 2 2 2 2 2化简得2 2 v0 = v12 + v2 + 2v1v2 cos θ ，1 mgs sin θ =
mgx sin θ + kx 2 ， 216结合机械能守恒公式得 2v1v2cosθ = 0， 由于 v1 和 v2 不为零，所以 θ = π/2， 即碰撞后两小球的运动方向彼此垂直． 证毕． 3．11 如图所示，质量为 1.0kg 的钢球 m1 系在长为 0.8m 的绳的一端，绳的另一端 O 固定．把绳拉到 O 水平位置后，再把 m1 l = 0.8m 它由静止释放，球 在最低点处与质量 为 5.0kg 的钢块 m2 m2 作完全弹性碰撞， 图 3.11 求碰撞后钢球继续 运动能达到的最大高度． [解答]钢球下落后、碰撞前的速率为1 1 1 1 2 2 2 m1v12 + m2 v2 = m1v`1 + m2 v`2 ， 2 2 2 2` m1v1 + m2 v2 = m1v1` + m2 v2 ．同理可得` v1 + v1` = v2 + v2 ．从而解得v1` =或者(m1
m2 )v1 + 2m2 v2 ， m1 + m2 2(m1v1 + m2 v2 )
v1 ； m1 + m2 (m2
m1 )v2 + 2m1v1 ， m1 + m2v1 = 2 gl ．钢球与钢块碰撞之后的速率分别为 v1`和 v1`，根据机械能守恒和动量守恒得方程v1` =将下标 1 和 2 对调得` v2 =1 1 1 2 2 m1v12 = m1v`1 + m2 v`2 ， 2 2 2` m1v1 = m1v1` + m2 v2 ．或者 v2 =`整理得 m1 (v1
v`1 ) = m2 v`22 2 ` 1 ` 2 22(m1v1 + m2 v2 )
v2 ． m1 + m2 m1v1 + m2 v2 代表 m1 + m22m1 (v1
v ) = m v ．将上式除以下式得 v1 + v1` = v2`， 代入整理的下式得后一公式很好记忆，其中 质心速度．m1v1
m1v1` = m2 v1 + m2 v1` ，解得v1` =(m1
m2 )v1 ． m1 + m2碰撞后钢球继续运动能达到的最大高度为v1`2 1 m1
m2 2 2 h= = ( ) v1 2 g 2 g m1 + m2 =( m1
m2 2 ) l = 0.36(m)． m1 + m23． 一质量为 m 的物体， 12 从质量为 M 的圆弧形槽顶端由静止滑下， 设圆弧形槽的 半径为 R，张角为 π/2，如图所示，所有摩 擦都忽略，求： （1）物体 m 刚离开槽底端 A 时，物体和槽的 R 速度各是多少？ V v （2）在物 体从 A 滑到 B 的 M B 过程中，物体对 图 3.12 槽所做的功 W； （3）物体到达 B 时对槽的压力． [解答]（1）物体运动到槽底时，根据机 械能定律守恒得[讨论]如果两个物体的初速率都不为 零，发生对心弹性碰撞时，同样可列出机械 能和动量守恒方程mgR =1 2 1 mv + MV 2 ， 2 217 根据动量守恒定律得 0 = mv + MV． 因此质子和氦核都带正电，带电量分别为 e 和 2e， 它们之间的库仑力是保守力． 根据能 量守恒定律得mgR =1 2 1 mv + ( MV ) 2 2 2M1 1 1 2e 2 2 2 mp v0 + (4mp )v0 = (5mp )v 2 + k ， 2 2 2 rm因此1 1 = mv2 + (mv)2 ， 2 2M解得k2e2 5 8 2 2 = mp (v0
v 2 ) = mp v0 ， rm 2 5v=从而解得2MgR ， M +m所以最近距离为rm =2 gR ． M ( M + m)5ke2 ． 2 4mp v0V = m（2）物体对槽所做的功等于槽的动能 的增量1 m 2 gR 2 W = MV = ． 2 M +m（3）物体在槽底相对于槽的速度为v`= v
V = (1 +=m M +m )v = v M M2(M + m) gR ， M物体受槽的支持力为 N，则v`2 N
mg = m ， R因此物体对槽的压力为N `= mg + mv`2 2m = (3 + )mg ． R M3． 在实验室内观察到相距很远的一 13 个质子（质量为 mp）和一个氦核（质量为 4mp）沿一直线相向运动；速率都是 v0，求 两者能达到的最近距离． [解答] 当两个粒子相距最近时， 速度相 等，根据动量守恒定律得 4mpv0 - mpv0 = (4mp + mp)v， 因此 v = 3v0/5．3．14 如图所示，有一个在竖直平面上 摆动的单摆．问： （1）摆球对悬挂点的角 θ 动量守恒吗？ l （2）求出 t 时刻小球对 悬挂点的角动量的方向， 对于 m 不同的时刻， 角动量的方向会 图 3.14 改变吗？ （3）计算摆球在 θ 角时对悬挂点角动 量的变化率． [解答]（1）由于单摆速 度的大小在不断发生改变， 而方向与弧相切，因此动量 θ 矩 l 不变；由于角动量 L = l N mvl，所以角动量不守恒． （2）当单摆逆时针运 mg 动时，角动量的方向垂直纸 面向外；当单摆顺时针运动时，角动量的方 向垂直纸面向里，因此，在不同的时刻，角 动量的方向会改变． （3）质点对固定点的角动量的变化率 等于质点所受合外力对同一点的力矩， 因此 角动量的变化率为dL = M = Fτ l = mgl sin θ ． dt3． 证明行星在轨道上运动的总能量 15 为E =GMm ．式中 M 和 m 分别为太阳 r1 + r218 和行星的质量， 1 和 r2 分别为太阳和行星轨 r 道的近日点和远日点的距离． [证明]设 v2 行星在近日点 和远日点的速 r1 度分别为 v1 和 由于只有保 v2， v1 守力做功，所 以机械能守恒，总能量为 r2E=mgR02 = -4.42×109(J)． 2 R0 + h1 + h2*3．17第四章 刚体定轴转动（1） P109． 4． 质量为 M 的空 1 O 心圆柱体，质量均匀分 布，其内外半径为 R1 和 R 2， 求对通过其中心轴的 R1 H 转动惯量． R2 [解答]设圆柱体的 高为 H，其体积为 V = π(R22 – R12)h， O` 体密度为 图 4.1 ρ = M/V． 在圆柱体中取一面积为 S = 2πRH， 厚度 为 dr 的薄圆壳，体积元为 dV = Sdr = 2πrHdr， 其质量为 dm = ρdV， 绕中心轴的转动惯量为 dI = r2dm = 2πρHr3dr， 总转动惯量为R2 1 4 I = 2πρ H ∫ r 3dr = πρ H ( R2
R14 ) R1 2E=1 2 GMm mv1
2 r1和E=1 2 GMm mv2
． （2） 2 r2它们所组成的系统不受外力矩作用， 所 以行星的角动量守恒． 行星在两点的位矢方 向与速度方向垂直，可得角动量守恒方程 mv1r1 = mv2r2， 即 v1r1 = v2r2． (3) 将（1）式各项同乘以 r12 得 Er12 = m(v1r1)2/2 - GMmr1， (4) 将（2）式各项同乘以 r22 得 Er22 = m(v2r2)2/2 - GMmr2， (5) 将（5）式减（4）式，利用（3）式，可得 E(r22 - r12) = -GMm(r2 - r1)， (6) 由于 r1 不等于 r2，所以 （r2 + r1)E = -GMm， 故E=GMm ． r1 + r2证毕．3． 我国第一颗人造地于卫星的质量 16 为 173kg，其近地点高度为 439km，远地点 高度为 2 384km，求它的轨道总能量． [解答]地球半径 R0 = 6371km，因此 r1 = R0 + h1，r2 = R0 + h2． 根据万有引力定律，在地球表面有1 2 = m( R2 + R12 ) ． 24．2 一矩形均匀薄板，边长为 a 和 b， 质量为 M，中心 O 取为原点，坐标系 OXYZ 如图所示．试证明： （1）薄板对 OX 轴的转动惯量为GMm = mg ， R02因此I OX =1 Mb 2 ； 12GM = gR02 ，根据上题的结果可得卫星的轨道总能量为（ 2 ） 薄 板 对 OZ 轴 的 转 动 惯 量 为I OZ =1 M (a 2 + b 2 ) ． 1219 [证明] 薄 Y a 板的面积为 S = ab， 质量面密度为 O b σ = M/S． （1）在板 Z 上取一长为 a， 图 4.2 宽为 dy 的矩形 元，其面积为 dS = ady， 其质量为 dm =σdS， 绕 X 轴的转动惯量为 dIOX = y2dm = σay2dy， 积分得薄板对 OX 轴的转动惯量为1 = σ b x3 3Xa/2+a / 21 2 bM 12=1 M (a 2 + b 2 ) ． 12方法二：垂直轴定理．在板上取一质量 元 dm，绕 OZ 轴的转动惯量为 dIOZ = r2dm． 由于 r2 = x2 + y2，所以 dIOZ = (x2 + y2)dm = dIOY + dIOX， 因此板绕 OZ 轴的转动惯量为I OZ = I OY + I OX =1 M (a 2 + b2 ) ． 12I OX1 = σ a ∫ y dy = σ a y 3 3 b / 22b/2b/2b / 2=1 1 σ ab3 = Mb 2 ． 12 12I OY = 1 Ma 2 ． 12同理可得薄板对 OY 轴的转动惯量为（2）方 Y a 法一：平行轴 定理．在板上 取一长为 b， r y O` X O 宽为 dx 的矩 b x 形元，其面积 为 Z` Z dS = bdx， 质量为 dm = σdS， 绕过质心的 O`Z`轴的转动惯量等于绕 OX 轴 的转动惯量 dIO`Z` = b2dm/12． 根据平行轴定理，矩形元对 OZ 轴的转 动惯量为 dIOZ = x2dm + dIO`Z` = σbx2dx + b2dm/12， 积分得薄板对 OZ 轴的转动惯量为4．3 一半圆形细杆，半径为 R，质量 为 M，求对过细杆二端 AA`轴的转动惯量． [解答]半圆的长度为 C = πR， 质量的线密度为 R λ = M/C． θ 在半圆上取一 A A` 弧元 图 4.3 ds = Rdθ， 其质量为 dm = λds， 到 AA`轴的距离为 r = Rsinθ， 绕此轴的转动惯量为 dI = r2dm = λR3sin2θdθ， 半圆绕 AA`轴的转动惯量为πI = λ R 3 ∫ sin 2 θ dθ0π= λR3∫ 2 (1
cos 2θ )dθ01=π 1 λ R3 = MR 2 2 2I OZ1 = σ b ∫ x dx + b 2 ∫ dm 12 0 a / 22a/2M4．4 如图所示，在质量为 M，半径为 R 的匀质圆盘上挖出半径为 r 的两个圆 孔．圆孔中心在圆盘半径的中点．求剩余部 分对大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转 动惯量．20 [解答]大圆的面积为 S = πR2， 质量的面密度为 R σ = M/S． r r 大圆绕过圆心 O 且与盘面垂直的轴 线的转动惯量为 IM = MR2/2． 图 4.4 小圆的面积为 s = πr2， 质量为 m = σs， 绕过自己圆心且垂直圆面的轴的转动惯量 为 IC = mr2/2， 根据平行轴定理，绕大圆轴的转动惯量为 Im = IC + m(R/2)2．R 1 I m = I C + m( ) 2 = m(2r 2 + R 2 ) 2 4 1 = σπ r 2 (2r 2 + R 2 ) 4=1 r2 M 2 (2r 2 + R 2 ) ， 4 R剩余部分的转动惯量为I = I M
2Im =1 2r 4 M (R2
2 ) ． 2 R4．5 飞轮质量 m = 60kg，半径 R = 0.25m， 绕 水 平 中 心 轴 O 转 动 ， 转 速 为 900rmin-1． 现利用一制动用的轻质闸瓦， 在 剖杆一端加竖直方 F 0.50 0.75 r 向的制动力 F ， 可使 飞轮减速． 闸杆尺寸 O 如图所示， 闸瓦与飞 图 4.5 轮之间的摩擦因数
= 0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算． （1）设 F = 100N，问可使飞轮在多长 时间内停止转动？这段时间飞轮转了多少 转？ （2） 若要在 2s 内使飞轮转速减为一半， 需加多大的制动力 F？[解答]设飞轮对闸瓦的支持力为 N`，以 左端为转动轴，在力矩平衡时有 0.5N` – 1.25F = 0， 所以 N`=2.5F = 250(N)． 闸瓦对飞轮的压力为 N = N`= 250(N)， 与飞轮之间摩擦力为 f = N = 100(N)， 摩擦力产生的力矩为 M = fR． 飞轮的转动惯量为 I = mR2/2， 角加速度大小为 β = -M/I = -2f/mR = -40/3(rads-2)， 负号表示其方向与角速度的方向相反． 飞轮的初角速度为 ω0 = 30π(rads-1)． 根据公式 ω = ω0 + βt，当 ω = 0 时， t = -ω0/β = 7.07(s)． 再根据公式 ω2 = ω02 + 2βθ，可得飞轮转过 的角度为 θ = -ω02/2β = 333(rad)， 转过的圈数为 n = θ/2π = 53r． [注意]圈数等于角度的弧度数除以 2π． （2）当 t = 2s，ω = ω0/2 时，角加速度 为 β = -ω0/2t = -7.5π． 力矩为 M = -Iβ， 摩擦力为 f = M/R = -mRβ/2 = (7.5)2π． 闸瓦对飞轮的压力为 N = f/， 需要的制动力为 F = N/2.5 = (7.5)2π = 176.7(N)． 4． 一轻绳绕于 r = 0.2m 的飞轮边缘， 6 以恒力 F = 98N 拉绳，如图（a）所示．已 知飞轮的转动惯量 I = 0.5kgm2，轴承无摩 擦．求 （1）飞轮的角加 速度．21m F=98N P=98N (b) (a) (图 4.6 （2）绳子拉下 5m 时，飞轮的角速度 和动能． （3） 将重力 P = 98N 的物体挂在绳端， 如图（b）所示，再求上面的结果． [解答]（1）恒力的力矩为 M = Fr = 19.6(Nm)， 对飞轮产生角加速度为 β = M/I = 39.2(rads-2)． （2）方法一：用运动学公式．飞轮转 过的角度为 θ = s/r = 25(rad)， 由于飞轮开始静止，根据公式 ω2 = 2βθ，可 得角速度为ω = 2 βθ = 44.27(rads-1)；飞轮的转动动能为 Ek = Iω2/2 = 490(J)． 方法二：用动力学定理．拉力的功为 W = Fs = 490(J)， 根据动能定理，这就是飞轮的转动动能 Ek． 根据公式 Ek = Iω2/2，得角速度为水平面的摩擦因数为 ，圆盘从初角速度为 ω0 到停止转动，共转了多少圈？ [解答]圆盘对水平面的压力为 N = mg， 压在水平面上的面积为 S = πR2， 压强为 p = N/S = mg/πR2． 当圆盘滑动时，在盘上取一半径为 r、 对应角为 dθ 面积元，其面积为 dS = rdθdr， 对水平面的压力为 dN = pdS = prdrdθ， 所受的摩擦力为 df = dN = prdrdθ， 其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为 dM = rdf = pr2drdθ， 总力矩为M =∫2π0∫R0 pr 2 drdθ = 2π
mgR ． 31 3ω = 2 Ek / I = 44.27(rads-1)．(3)物体的质量为 m = P/g = 10(kg)． 设绳子的张力为 T，则 P – T = ma，Tr = Iβ． 由于 a = βr，可得 Pr = mr2β + Iβ， 解得角加速度为=圆盘的转动惯量为 I = mR2/2， 角加速度大小为β =M 4 g ， = I 3R负号表示其方向与角速度的方向相反． 根据转动公式 ω2 = ω02 + 2βθ，当圆盘 停止下来时 ω = 0，所以圆盘转过的角度为β=T=Pr = 21.8(rads-2)． 2 mr + Iθ =转过的圈数为绳子的张力为2 ω 0 3ω 02 R ， = 2 β 8 gIβ IP = = 54.4(N)． r mr 2 + I张力所做的功为 W` = Ts = 272.2(J)， 这就是飞轮此时的转动动能 E`k． 飞轮的角速度为n=2 3ω 0 R θ ． = 2π 16π g[注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积 为 ds = 2πrdr，这样计算力矩等更简单。 4．8 一个轻质弹簧的倔强系数为 k = 2.0Nm-1．它的一端固定，另一端通过一条 细线绕过定滑轮和一个质量为 m1 = 80g 的 物体相连， m22ω `= 2 Ek` / I = 33(rads-1)．4．7 质量为 m，半径为 R 的均匀圆盘 在水平面上绕中心轴转动，如图所示．盘与ω0O R 图 4.7 r m1 h 图 4.8 m1 如力产所示．定滑轮可看作均匀圆盘，它的 半径为 r = 0.05m，质量为 m = 100g．先用 手托住物体 m1，使弹簧处于其自然长度， 然后松手．求物体 m1 下降 h = 0.5m 时的速 度多大？忽略滑轮轴上的摩擦， 并认为绳在 滑轮边上不打滑． [解答]根据机械能守恒定律可列方程m1 gh =1 1 1 m1v 2 + I ω 2 + kh 2 ， 2 2 2其中 I = mr2/2，ω = v/r，可得 2m1gh – kh2 = m1v2 + mv2/2， 解得B 的角速度为 ωB = v/R2． 根据转动运动学的公式得 ωA – ω = -βAt，ωB = βBt， 即 v/R1 – ω = -βAt，v/R2 = βBt， 化得 v - ωR1 = -βAR1t，v = βBR2t， 将后式减前式得 ωR1 = (R1βA + R2βB)t， 解得t=v=2m1 gh
kh = 1.48(ms-1)． m1 + m / 22R1 β A + R2 β Bω R1=ω R1R1M A / I A + R2 M B / I B4．9 均质圆轮 A 的质量为 M1，半径为 以角速度 ω 绕 OA 杆的 A 端转动， 此时， R1 ， 将其放置在另一质量为 M2 的均质圆轮 B 上， B 轮的半径为 R2．B 轮原来静止，但可绕其 几何中心轴自由转动．放置后，A 轮的重量 由 B 轮支持．略去轴承的摩擦与杆 OA 的重 量，并设两轮间的摩擦因素为 ，问自 A 轮 放在 B 轮上到两轮间没有相对滑动为止， 需 要经过多长时间？ [解答]圆轮 A 对 B 的压力为 N = M1g， 两轮之间的摩擦力大小为 f = N = M1g， 摩擦力对 A 的力矩大小为 MA = fR1 = M1gR1， 摩擦力对 B 的力矩大小为 MB = fR2 = M1gR2， O A 设 A 和 B 的角加速度 R1 大小分别为 βA 和 βB，转动 惯量分别为 IA 和 IB，根据 B 转动定理得方程 R2 MA = IAβA， 即 βA = MA/IA． 同理可得 βB = MB/IB． 当两轮没有相对滑动时， 它们就具有相 同的线速度 v，A 的角速度为 ωA = v/R1，=R1 M 1 gR1 R2
M 1 gR2 + 1 1 M 1 R12 M 2 R22 2 2ω R1 2 g + 2 gM1 / M 2ω R1=经过的时间为t=2 g ( M 1 + M 2 )ω M 2 R1．[注意]在此题中，由于 A、B 两轮不是 绕着同一轴转动的， 所以不能用角动量守恒 定律． 如果 A 轮的轮面放在 B 轮的轮面之上， 且两轮共轴，在求解同样的问题时，既可以 用转动定律求解， 也可以结合角动量守恒定 律求解． 当它们之间没有滑动时，角动量为 ω`， 根据角动量守恒定律得 IAω = (IA+IB)ω`， 因此得 ω` = IAω/(IA + IB)． （1）设 R1≦R2， 那么 A 轮压在 B 轮上 A B 的面积为 R1 R2 S = πR12， 压强为23 A r B dr R1p = M1g/S = M1g/πR12． 当 A 轮在 B 轮上产生滑动时，在 A 轮 上取一半径为 r、对应角为 dθ 面积元，其面 积为 dS = rdθdr， 对 B 轮的压力为 dN = pdS = prdrdθ， 所受的摩擦力为 df = dN = prdrdθ， 其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为 dM = rdf = pr2drdθ， 总力矩为只有当 R1 = R2 时，两个时间才是相同的：t=3M 2 R1ω 3M 2 R2ω = ． 4 g (M 1 + M 2 ) 4 g (M 1 + M 2 )M =∫2π0∫R10 pr 2 drdθ1 2 = 2π
M 1 gR1 ． 3 3这是 A 轮所受的力矩，也是 B 轮所受的力 矩．根据转动定理得 B 轮的角加速度为 βB = M/IB． 根据转动公式 ω` = βBt，得时间为t=ω` I ω IB = A
βB I A + IB M2 M2R2 / 2 =
， 2 M1R12 / 2 + M2R2 / 2 2M1gR1 /3ωM1R12 / 24．10 均质矩形薄板绕竖直边转动，初 始角速度为 ω0， 转动时受到空气的阻力． 阻 力垂直于板面， 每一小面积所受阻力的大小 与其面积及速度的平方的乘积成正比， 比例 常数为 k．试计算经过多少时间，薄板角速 度减为原来的一半．设薄板竖直边长为 b， 宽为 a，薄板质量为 m． [解答]在板上距 离转轴为 r 处取一长 a 度为 b，宽度为 dr 的 面积元，其面积为 r b r dS = bdr． O dS 当板的角速度 ω 时，面积元的速率为 v = ωr， 图 4.10 所受的阻力为 df = kv2dS = kω2r2bdr， 阻力产生的力矩为 dM = rdf = kω2r3bdr， 因此合力矩为即3M 2 R22 R1ω t= ． 2 4
g ( M 1 R12 + M 2 R2 )M = ∫ kω 2br 3dr =0a1 2 4 kω ba ． 4其角 板绕转轴的转动惯量为 I = ma2/3， 加速度为（2）如果 R1≧R2，那么 A 轮压在 B 轮 上的面积为 S = πR22， 压强为 p = M1g/S = M1g/πR22． 同样在 A 轮上取一面积元， 力矩的积分上限 就是 R2．总力矩为M 3kω 2ba 2 β = = ， I 4m负号表示角加速度的方向与角速度的方向 相反． 由于 β = dω/dt，可得转动的微分方程M = ∫
pr dr ∫ dθ2 0 0R22πdω 3kω 2ba 2 = ， dt 4m分离变量得1 3 2 = 2π
M 1 gR2 ， 3 3由此求得时间就变为t=3M 2 R12 R2ω ． 2 4
g ( M 1 R12 + M 2 R2 )3kba 2 dω dt =
2 ， 4m ω积分得24 3kba 2 1 t = +C． 4m ω当 t = 0 时，ω = ω0，所以 C = -1/ω0， 因此转动方程为3kba 2 1 1 t=
． 4m ω ω0当 ω = ω0/2 时，解得时间为t=4m ． 3kba 2ω 0（1）系统对通过质心的竖直轴的总角 动量； （2）系统的角速度； （3）两人拉手前、后的总动能．这一 过程中能量是否守恒？ [解答]（1）设质心距 A 的平行线为 rA， 距 B 的平行线为 mA rB，则有 vA rA rA + rB = r， r 根据质心的概念 rB 可得 vB mArA = mBrB， mB 解方程组得4． 一个质量为 M， 11 半径为 R 并以角 速度 ω 旋转的飞轮（可看作匀质圆盘） ，在 某一瞬间突然有一片质量为 m 的碎片从轮 的边缘上飞出，如图所示．假定碎片脱离飞 轮时的瞬时速度方向正好竖直向上． （1） 问它能上升多 高？ R （2） 求余下部分的 ω 角速度、角动量和转动 图 4.11 动能． [解答]（1）碎片上抛的初速度为 v0 = ωR， 根据匀变速直线运动公式 v2 – v02 = -2gh， 可得碎片上升的高度为 h = v02/2g =ω2R2/2g． （2）余下部分的角速度仍为 ω，但是 转动惯量只有rA =mB mA r ， rB = r． mA + mB mA + mB两运动员绕质心的角动量的方向相同， 他们 的总角动量为L = mAv A rA + mB vB rB= mA mB r (vA + vB ) = 630(kgm2s-1)． mA + mBI=1 MR 2
mR 2 ， 2（2）根据角动量守恒定律得 L = (IA + IB)ω， 其中 IA 和 IB 分别是两绕质心的转动惯量 IA = mArA2 和 IB = mBrB2． 角速度为 ω = L/(IA + IB) = 8.67(rads-1)． （3）两人拉手前的总动能就是平动动 能所以角动量为 L = Iω = R2(M/2 – m)ω． 转动动能为Ek 1 =1 1 2 2 mAv A + mB vB = 2730(J)； 2 2拉手后的总动能是绕质心的转动动能：Ek =1 2 1 M Iω = (
m)ω 2 R 2 ． 2 2 2Ek 2 =1 1 I Aω 2 + I Bω 2 = 2730(J)， 2 24．12 两滑冰运动员，在相距 1.5m 的 两平行线上相向而行， 两人质量分别为 mA = 60kg，mB = 70kg，它们速率分别为 vA = 7ms-1，vB = 6ms-1，当两者最接近时，便函 拉起手来，开始绕质心作圆周运动，并保持 二者的距离为 1.5m．求该瞬时：可见：这一过程能量是守恒的． [讨论]（1）角动量．根据上面的推导过 程可得两人绕质心的总转动惯量为2 I = mA rA + mB rB2 =mA mB r (rA + rB ) mA + mB=25m AmB r2 ， mA + mB l/4 O l/4 l 角速度为 所以角速度为 v0ω=L v A + vB = I r．ω 0 = mv0l / I =1 412v0 7l 图 4.13可见：角速度与两人的质量无关，只与它们 的相对速度和平行线的距离有关． （2）损失的能量．两人的转动动能为Ek 2 =1 ( I A + I B )ω 2 2第五章 狭义相对论P140． 5．1 地球虽有自转，但仍可看成一较 好的惯性参考系， 设在地球赤道和地球某一 极（例如南极）上分别放置两个性质完全相 同的钟， 且这两只钟从地球诞生的那一天便 存在．如果地球从形成到现在是 50 亿年， 请问那两只钟指示的时间差是多少？ [解答]地球的半径约为 R = 6400 千米 = 6.4×106(m)， 自转一圈的时间是 T = 24×60×60(s) = 8.64×104(s)， 赤道上钟的线速度为 v = 2πR/T = 4.652×102(ms-1)． 将地球看成一个良好的参考系， 在南极 上看赤道上的钟做匀速直线运动， 在赤道上 看南极的钟做反向的匀速直线运动． 南极和赤道上的钟分别用 A 和 B 表示， 南极参考系取为 S，赤道参考系取为 S`．A 钟指示 S 系中的本征时， 同时指示了 B 钟的 运动时间， 因此又指示 S`系的运动时． 同理， B 钟指示 S`系中的本征时， 同时指示了 A 钟 的反向运动时间， 因此又指示 S 系的运动时． 方法一：以 S 系为准．在 S 系中，A 钟 指示 B 钟的运动时间，即运动时 t=50×108×365×24×60×60=1.(s)． B 钟在 S`中的位置不变的，指示着本征时 t`．A 钟的运动时 t 和 B 钟的本征时 t` 之间的关系为=1 mAmB (vA + vB )2 ， 2 mA + mB因此动能的变化量为 E = Ek2 – Ek1=1 mAmB 1 1 2 2 (vA + vB )2
( mAvA + mBvB ) 2 mA + mB 2 2(mAv A
mB vB ) 2 ， 2(mA + mB )简化得E = 负号表示能量减少． 可见： 如果 mAvA≠mBvB， 则 E≠0，即能量不守恒．在本题中，由于 mAvA = mBvB，所以能量是守恒的． 4．13．一均匀细棒长为 l，质量为 m， 以与棒长方向相垂直的速度 v0， 在光滑水平 面内平动时， 与前方一固定的光滑支点 O 发 生完全非弹性碰撞， 碰撞点位于离棒中心一 方 l/4 处，如图所示，求棒在碰撞后的瞬时 绕过 O 点垂直于棒所在平面的轴转动的角 速度 ω0． [解答]以 O 点为转动轴，棒的质心到轴 的距离为 l/4，在碰撞之前，棒对转轴的角 动量为 mv0l/4．在碰撞之后瞬间，棒绕轴的 角动量为 Iω0． 棒绕质心的转动惯量为 Ic = ml2/12， 根据平行轴定理，棒绕 O 点为转动惯量为I = I c + md =2t =t ` 1
(v / c ) 2，1 1 7 ml 2 + m( l ) 2 = ml 2 ． 12 4 48可求得 B 钟的本征时为根据角动量守恒定律得 mv0l/4 = Iω0，1 v t `= t 1
(v / c) 2 ≈ [1
( ) 2 ]t ， 2 c因此时间差为26 t
t `≈1 v 2 ( ) t =1.898×105(s)． 2 c平面镜 A 和 B 构成， 对于这个光钟为静止的 参考系来说，一个“滴答”的时间是光从镜 面 A 到镜面 B 再回到原处的时间，其值为在南极上看，赤道上的钟变慢了． 方法二：以 S`系为准．在 S`系中，B 钟 指示 A 钟的反向运动时间，即运动时 t`=50×108×365×24×60×60=1.(s)． A 钟在 S 中的位置不变的，指示着本征时 t．B 钟的运动时 t`和 A 钟的本征时 t 之 间的关系为2L0 ．若将这个光钟横放在一个以速 c r r 度 v 行驶的火车上，使两镜面都与 v 垂直， r 两镜面中心的连线与 v 平行，在铁轨参考系τ0 =t `=t 1
(v / c ) 2，可求得 A 钟的本征时为中观察，火车上钟的一个“滴答”τ 与 τ0 的 关系怎样？ [解答]不论两个 “光钟” 放在什么地方， τ0 都是在相对静止的参考系中所计的时间， 称为本征时．在铁轨参考系中观察，火车上 钟的一个“滴答”的时间 τ 是运动时，所以 它们的关系为1 v t = t ` 1
(v / c)2 ≈ [1
( )2 ]t `， 2 c因此时间差为τ=τ01
(v / c ) 2．t `t ≈1 v 2 ( ) t ` =1.898×105(s)． 2 c在赤道上看，南极上的钟变慢了． [注意]解此题时，先要确定参考系，还 要确定运动时和本征时，才能正确引用公 式． 有人直接应用公式计算时间差t
(v / c ) 2 t `5．3 在惯性系 S 中同一地点发生的两 事件 A 和 B，B 晚于 A4s；在另一惯性系 S` 中观察，B 晚于 A5s 发生，求 S`系中 A 和 B 两事件的空间距离？ [解答]在 S 系中的两事件 A 和 B 在同一 地点发生，时间差 t = 4s 是本征时，而 S` 系中观察 A 和 B 两事件肯定不在同一地点， t` = 5s 是运动时，根据时间膨胀公式1 v 1 v ≈ [1+ ( )2 ]t`t`= ( )2 t` ， 2 c 2 c由于地球速度远小于光速， 所以计算结果差 不多，但是关系没有搞清．从公式可知：此 人以 S 系为准来对比两钟的时间，t`是 B 钟的本征时，t 是 A 钟的运动时，而题中 的本征时是未知的． 也有人用下面公式计算时间差， 也是同 样的问题． 即t `=t 1
(v / c ) 2 4，，5=1
(v / c ) 2可以求两系统的相对速度为 v = 3c/5． 在 S`系中 A 和 B 两事件的空间距离为 l = vt` = 3c = 9×108(m)． 5．4 一根直杆在 S 系中观察，其静止 长度为 l，与 x 轴的夹角为 θ，S`系沿 S 系的 x 轴正向以速度 v 运动，问 S`系中观察到杆 子与 x`轴的夹角若何？ [解答]直杆在 S 系中的长度是本征长 度，两个方向上的长度分别为 lx = lcosθ 和 ly = lsinθ．t `t =t 1
(v / c ) 2 t1 v 1 v ≈ [1 + ( ) 2 ]t
t = ( ) 2 t 2 c 2 c5．2 一个“光钟”由两个相距为 L0 的27 在 S`系中观察直杆在 y 方向上的长度不变， 即 l`y = ly；在 x 方向上的长度是运动长度， 根据尺缩效应得` l x = l x 1
(v / c ) 2 ，=1 (x`)2
(x)2 = -0.577×10-8(s)． c因此tan θ `=可得夹角为` lyl` x=tan θ 1
(v / c ) 2，[注意]在 S`系中观察到两事件不是同时 发生的，所以间隔 x` = 2m 可以大于间隔 x = 1m．如果在 S`系中观察到两事件也是 同时发生的，那么 x`就表示运动长度，就 不可能大于本征长度 x，这时可以用长度 计算它们的 收缩公式 x`= x 1
(v / c ) ，2θ `= arctan{[1
(v / c)2 ]1/ 2 tan θ } ．5．5 S 系中观察到两事件同时发生在 x 轴上，其间距为 1m，S`系中观察到这两个 事件间距离是 2m，求在 S`系中这两个事件 的时间间隔． [解答]根据洛仑兹变换，得两个事件的 空间和时间间隔公式相对速度． 5．6 一短跑运动员，在地球上以 10s 的时间跑完了 100m 的距离，在对地飞行速 度为 0.8c 的飞船上观察，结果如何？ [解答]以地球为 S 系， t = 10s， = 则 x 100m．根据洛仑兹坐标和时间变换公式x`=x
(v / c ) 2和 t `=t
vx / c 2 1
(v / c ) 2， x`= t `= x
(v / c ) 2，飞船上观察运动员的运动距离为t
xv / c2x`=． （1）x
(v / c ) 2≈-4×109(m)．1
(v / c ) 2由题意得：t = 0，x = 1m，x` = 2m．因 此=100
0.8c ×10 1
0.82x`=x 1
(v / c ) 2 xv / c2运动员运动的时间为 ，t `=． （2）t
vx / c 2 1
(v / c ) 2t `=1
(v / c ) 2=10
0.8 × 100 / c ≈16.67(s)． 0.6由（2）之上式得它们的相对速度为v = c 1
(x / x`) 2 ．将（2）之下式除以（2）之上式得（3）在飞船上看，地球以 0.8c 的速度后退， 后退时间约为 16.67s；运动员的速度远小于 地球后退的速度， 所以运动员跑步的距离约 为地球后退的距离，即 4×109m． 5．7 已知 S`系以 0.8c 的速度沿 S 系 x 轴正向运动， S 系中测得两事件的时空坐 在 标为 x1 = 20m， 2 = 40m， 1 = 4s， 2 = 8s． x t t 求 S`系中测得的这两件事的时间和空间间隔． [解答]根据洛仑兹变换可得 S`系的时间 间隔为t ` v = 2 ， x` c所以t `= x` x 1
( )2 c x`28 t t =` 2 ` 1t2
x1 ) / c 2 1
(v / c ) 2=8
20)/ c ≈6.67(s)． 0.6x2
(v / c ) 2时候， 用双下标能够比较容易地区别不同的 速度，例如用 v10 表示 S`相对 S 系的速度， 用 v12 表示 S`系相对 S``系的速度，因此，尺 缩的公式也要做相应的改变， 计算就不会混 淆． 5．9 一飞船和慧星相对于地面分别以 0.6c 和 0.8c 速度相向运动，在地面上观察， 5s 后两者将相撞，问在飞船上观察，二者将 经历多长时间间隔后相撞？ [解答]两者相撞的时间间隔 t = 5s 是 运动着的对象—飞船和慧星—发生碰撞的 时间间隔，因此是运动时．在飞船上观察的 碰撞时间间隔 t`是以速度 v = 0.6c 运动的 系统的本征时，根据时间膨胀公式空间间隔为` x2
0.8c×(8 4) ≈-1.6×109(m)． 0.65． S 系中有一直杆沿 x 轴方向装置且 8 以 0.98c 的速度沿 x 轴正方向运动，S 系中 的观察者测得杆长 10m， 另有一观察以 0.8c 的速度沿 S 系 x 轴负向运动，问该观察者测 得的杆长若何？ [解答]在 S 系中的观测的杆长 l = 10m 是运动长度，相对杆静止的参考系为 S`，其 长度是本征长度，根据尺缩效应t =t ` 1
(v / c ) 2，可得时间间隔为t `= t 1
(v / c) 2 = 4(s)．5． 10 y` 在太阳参 S` y v=u x` 考系中观 地球 察，一束 S uy ` c 星光垂直 θ` -u 星光 射 向 地 O 太阳 x 面，速率 为 c，而地球以速率 u 垂直于光线运动．求 在地面上测量，这束星光的大小与方向如 何． [解答]方法一：用速度变换．取太阳系 为 S 系，地球为 S`系．在 S 系中看地球以 v = u 运动，看星光的速度为 ux = 0，uy = c． 星光在 S`系中的速度分量为` ux =l = l ` 1
(v10 / c)2 ，可得杆的本征长度为l `=l 1
(v10 / c) 210 1
0.982= 50.25(m)．=另一参考系设为 S``系，相对 S 系的速 度为 v20 = -0.8c．在 S``系观察 S`系的速度为v12 =v10
v10 v20 / c 2=0.98c
(0.8c) = 0.99796c． 1
0.98(0.8)ux
ux v / c 2在 S``系观察 S`系中的杆的长度是另一运动 长度u =` yu y 1
uxv / c2l ``= l ` 1
(v12 / c) = 3.363(m)．2[注意]在涉及多个参考系和多个速度的= c 1
u 2 / c2 = c2
u 229 星光在 S`系中的速度为m0 c 2u = u +u = c，` `2 x `2 y1
(v / c )2 m0 c 2 = m0 v 2 ，即光速是不变的． 星光在 S`系中与 y`轴的夹角， 即垂直地 面的夹角为设 x = (v/c)2，方程可简化为1 = 1+ x ， 1 x或 平方得 1 = (1 – x2)(1 - x)， 化简得 x(x2 – x -1) = 0． 由于 x 不等于 0，所以 x2 – x -1 = 0． 解得θ `= arctanu u = arctan ． ` uy c2
u21 = (1 + x) 1
x ，方法二：用基本原理．根据光速不变原 理，在地球的 S`系中，光速也为 c，当地球 以速度 v = u 沿 x 轴运动时，根据速度变换 公式可得星光的速度沿 x`轴的分量为 uy` = -u，所以星光速度沿 y`轴的分量为`2 u `y = c 2
ux / = c 2
u 2 ，从而可求出星光速度垂直地面的夹角为u` u θ `= arctan `x = arctan ． uy c2
u2[注意]解题时，要确定不同的参考系， 通常将已知两个物体速度的系统作为 S 系， 另外一个相对静止的系统作为 S`系， 而所讨 论的对象在不同的参考系中的速度是不同 的． 此题与书中的例题 5.4 类似，这里的太 阳相当于 5.4 题中的地球，这里的地求相当 于 5.4 题的乙飞船，这里的星光相当于 5.4 题中的甲飞船． 5． 一粒子动能等于其非相对论动能 11 二倍时， 其速度为多少？其动量是按非相对 论算得的二倍时，其速度是多少？ [解答]（1）粒子的非相对论动能为 Ek = m0v2/2， 相对论动能为 E`k = mc2 – m0c2， 其中 m 为运动质量x=1± 5 ， 2取正根得速率为v=c1+ 5 = 0.786c． 2（2）粒子的非相对论动量为 p = m0v， 相对论动量为p`= mv =根据题意得方程m0 v 1
(v / c ) 2，m0 v 1
(v / c ) 2很容易解得速率为= 2m0 v ．v=3 c = 0.866c． 2m=m0 1
(v / c ) 2．根据题意得5．12．某快速运动的粒子，其动能为 4.8×10-16J ， 该 粒 子 静 止 时 的 总 能 量 为 1.6×10-17J ， 若 该 粒 子 的 固 有 寿 命 为 2.6×10-6s，求其能通过的距离． [解答]在相对论能量关系中 E = E0 + Ek ，30 静止能量 E0 已知，且 E0 = m0c2，总能量为E = mc =2m0 c 2 1
(v / c )2=E0 1
(v / c ) 2，所以取 c = 3×108(ms-1)，可得释放出的能量为 E = mc2 = 3.-13(J)． 如果取 c = 2.8(ms-1)， 可得释 放出的能量为 E = 3.-13(J)．1 1
(v / c ) 2 t `=E0 + Ek ， E0由此得粒子的运动时为第六章 振动= t ` E0 + Ek ． E0P176． 6．1 一物体沿 x 轴做简谐振动，振幅 A = 0.12m，周期 T = 2s．当 t = 0 时，物体 的位移 x = 0.06m，且向 x 轴正向运动．求： （1）此简谐振动的表达式； （2）t = T/4 时物体的位置、速度和加 速度； （3）物体从 x = -0.06m，向 x 轴负方向 运动第一次回到平衡位置所需的时间． [解答]（1）设物体的简谐振动方程为 x = Acos(ωt + φ)， 其中 A = 0.12m，角频率 ω = 2π/T = π． 当 t = 0 时，x = 0.06m，所以 cosφ = 0.5， 因此 φ = ±π/3． 物体的速度为 v = dx/dt = -ωAsin(ωt + φ)． 当 t = 0 时， v = -ωAsinφ， 由于 v & 0，所以 sinφ & 0，因此 φ = -π/3． 简谐振动的表达式为 x = 0.12cos(πt – π/3)． （2）当 t = T/4 时物体的位置为 x = 0.12cos(π/2 – π/3) = 0.12cosπ/6 = 0.104(m)． 速度为 v = -πAsin(π/2 – π/3) = -0.12πsinπ/6 = -0.188(ms-1)． 加速度为 a = dv/dt = -ω2Acos(ωt + φ) = -π2Acos(πt - π/3) = -0.12π2cosπ/6 = -1.03(ms-2)．t =还可得1
(v / c )21
(v / c ) 2 =解得速率为E0 ， E0 + Ekv = c 1 (E0 )2 ． E0 + Ek E0 + Ek 2 ) 1 E0粒子能够通过的距离为l = vt = ct ` (= 3×108 ×2.6×106 (1+30)2 1= 24167.4(m)．5． 试证相对论能量和速度满足如此 13 关系式：E2 v = 1
02 ． c E[证明]根据上题的过程已得v = c 1 (E0 )2 ， E0 + Ek将 E = E0 + Ek 代入公式立可得证． 5．14 静止质子和中子的质量分别为 mp = 1.6kg， n = 1.6kg， m 质子和中子结合变成氘核，其静止质量为 m0 = 3.3kg，求结合过程中所释放 出的能量． [解答]在结合过程中，质量亏损为 m = mp + mn - m0 = 3.9(kg)，31 （3）方法一：求时间差．当 x = -0.06m 时，可得 cos(πt1 - π/3) = -0.5， 因此 πt1 - π/3 = ±2π/3． 由于物体向 x 轴负方向运动， v & 0， 即 所以 sin(πt1 - π/3) & 0，因此 πt1 - π/3 = 2π/3， 得 t1 = 1s． 当物体从 x = -0.06m 处第一次回到平衡 位置时，x = 0，v & 0，因此 cos(πt2 - π/3) = 0， 可得 πt2 - π/3 = -π/2 或 3π/2 等． 由于 t2 & 0，所以 πt2 - π/3 = 3π/2， 可得 t2 = 11/6 = 1.83(s)． 所需要的时间为 t = t2 - t1 = 0.83(s)． 方法二： 反向运动． 物体从 x = -0.06m， 向 x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需 的时间就是它从 x = 0.06m，即从起点向 x 轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的 时间．在平衡位置时，x = 0，v & 0，因此 cos(πt - π/3) = 0， 可得 πt - π/3 = π/2， 解得 t = 5/6 = 0.83(s)． [注意]根据振动方程 x = Acos(ωt + φ)， 当 t = 0 时，可得 φ = ±arccos(x0/A)， （-π& φ &= π） ， 初位相的取值由速度决定． 由于 v = dx/dt = -ωAsin(ωt + φ)， 当 t = 0 时， v = -ωAsinφ， 当 v & 0 时，sinφ & 0，因此 φ = -arccos(x0/A)； 当 v & 0 时，sinφ & 0，因此 φ = arccos(x0/A)π/3． 可见： 当速度大于零时， 初位相取负值； 当速度小于零时，初位相取正值．如果速度 等于零，当初位置 x0 = A 时，φ = 0；当初位 置 x0 = -A 时，φ = π．6．2 已知一简谐振子的振动曲线如图 所示，试由图求： （1）a， x b，c，d，e A a 各 点 的 位 A/2 b 相，及到达 c O t 这些状态的 d 时刻 t 各是 e 多少？已知 图 6.2 周期为 T； （2）振动表达式； （3）画出旋转矢量图． [解答]方法一：由位相求时间． （1）设曲线方程为 x = AcosΦ， 其中 A 表示振幅，Φ = ωt + φ 表示相位． 由于 xa = A，所以 cosΦa = 1， 因此 Φa = 0． 由于 xb = A/2，所以 cosΦb = 0.5， 因此 Φb = ±π/3； 由于位相 Φ 随时间 t 增加，b 点位相就应该 大于 a 点的位相，因此 Φb = π/3． 由于 xc = 0，所以 cosΦc = 0， 又由于 c 点位相大于 b 位相，因此 Φc = π/2． 同理可得其他两点位相为 Φd = 2π/3，Φe = π． c 点和 a 点的相位之差为 π/2， 时间之差 为 T/4，而 b 点和 a 点的相位之差为 π/3，时 间之差应该为 T/6．因为 b 点的位移值与 O 时刻的位移值相同， 所以到达 a 点的时刻为 ta = T/6． 到达 b 点的时刻为 tb = 2ta = T/3． 到达 c 点的时刻为 tc = ta + T/4 = 5T/12． 到达 d 点的时刻为 td = tc + T/12 = T/2． 到达 e 点的时刻为 te = ta + T/2 = 2T/3．32 （2）设振动表达式为 x = Acos(ωt + φ)， 当 t = 0 时，x = A/2 时，所以 cosφ = 0.5， 因此 φ = ±π/3； 由于零时刻的位相小于 a 点的位相，所以 φ = -π/3， 因此振动表达式为的位相． 6．3 有一弹簧，当其下端挂一质量为 M 的物体时，伸长量为 9.8×10-2m．若使物 体上下振动，且规定向下为正方向． （1）t = 0 时，物体在平衡位置上方 8.0×10-2m 处，由静止开始向下运动，求运 动方程； （2）t = 0 时，物体在平衡位置并以 0.60ms-1 速度向上运动，求运动方程． [解答]当物体平衡时，有 Mg – kx0 = 0， 所以弹簧的倔强系数为 k = Mg/x0， 物体振动的圆频率为x = A cos(2πt π
)． T 3另外， O 时刻的曲线上作一切线， 在 由 于速度是位置对时间的变化率， 所以切线代 表速度的方向；由于其斜率大于零，所以速 度大于零，因此 c d b 初位相取负值， 从而可得运动方 a e 程． x O φ （3） 如图旋 A 转矢量图所示． 方 法 x 二： 由时间 A 求位相． 将 A/2 曲线反方 f O 向延长与 t 轴相交于 f 点，由于 xf = 0，根据 运动方程，可得ω = k / M = g / x0 = 10(rads-1)．设物体的运动方程为 x = Acos(ωt + φ)． （1）当 t = 0 时，x0 = -8.0×10-2m，v0 = 0，因此振幅为2 A = x0 + (v0 / ω ) 2 =| x0 | = 8.0×10-2(m)；a b c d e tcos(2π所以t π
)=0 T 3由于初位移为 x0 = -A，所以 cosφ = -1，初位 相为 φ = π． 运动方程为 x = 8.0×10-2cos(10t + π)． （2） t = 0 时，0 = 0，0 = -0.60(ms-1)， 当 x v 因此振幅为2 A = x0 + (v0 / ω ) 2 = |v0/ω| = 6.0×10-2(m)；2πtf Tπ3=±π2．由于 cosφ = 0，所以 φ = π/2；运动方程为 x = 6.0×10-2cos(10t + π/2)． 6． 质量为 10×10-3kg 的小球与轻弹簧 4 组成的系统，按 x = 0.1cos(8π t +显然 f 点的速度大于零，所以取负值，解得 tf = -T/12． 从 f 点到达 a 点经过的时间为 T/4，所 以到达 a 点的时刻为 ta = T/4 + tf = T/6， 其位相为2π ) 的规 3Φ a = 2πta π
= 0． T 3由图可以确定其他点的时刻， 同理可得各点律作振动， 式中 t 以秒(s)计， 以米(m)计． x 求： （1）振动的圆频率、周期、振幅、初 位相； （2）振动的速度、加速度的最大值； （3）最大回复力、振动能量、平均动 能和平均势能；33 （4）画出这振动的旋转矢量图，并在 图上指明 t 为 1，2，10s 等各时刻的矢量位 置． [解答]（1）比较简谐振动的标准方程 x = Acos(ωt + φ)， 可知：圆频率为 ω =8π， 周期 T = 2π/ω = 1/4 = 0.25(s)， 振幅为 A = 0.1(m)， 初位相为 φ = 2π/3． （2）速度的最大值为 vm = ωA = 0.8π = 2.51(ms-1)； 加速度的最大值为 am = ω2A = 6.4π2 = 63.2(ms-2)． （3）弹簧的倔强系数为 k = mω2， 最大回复力为 f = kA = mω2A = 0.632(N)； 振动能量为 E = kA2/2 = mω2A2/2 = 3.16×10-2(J)， 平均动能和平均势能为它们的相差为 Φ = Φ2 – Φ1 = 2π/3， 或者 Φ` = 2π –Φ = 4π/3． 矢量图如 图所示．A O x6．6 一氢原子在分子中的振动可视为 简谐振动．已知氢原子质量 m = 1.68×10-27kg，振动频率 v = 1.0×1014Hz，振 幅 A = 1.0×10-11m．试计算： （1）此氢原子的最大速度； （2）与此振动相联系的能量． [解答]（1）氢原子的圆频率为 ω = 2πv = 6.28×1014(rads-1)， 最大速度为 vm = ωA = 6.28×103(ms-1)． （2）氢原子的能量为E=1 2 mvm = 3.32×10-20(J)． 2Ek = E p = kA2/4 = mω2A2/4 = 1.58×10-2(J)．（4） 如图所 示， t 为 1， 当 2， 10s 等时刻时， 旋转矢量的位置 是相同的． t=1,2,10s A O x6．5 两个质点平行于同一直线并排作 同频率、 同振幅的简谐振动． 在振动过程中， 每当它们经过振幅一半的地方时相遇， 而运 动方向相反．求它们的位相差，并作旋转矢 量图表示． [解答]设它们的振动方程为 x = Acos(ωt + φ)， 当 x = A/2 时，可得位相为 ωt + φ = ±π/3． 由于它们在相遇时反相，可取 Φ1 = (ωt + φ)1 = -π/3， Φ2 = (ωt + φ)2 = π/3，6．7 如图所示，在 一平板下装有弹簧， 平板 上放一质量为 1.0kg 的重 物， 若使平板在竖直方向 上作上下简谐振动， 周期 图 6.7 为 0.50s ， 振 幅 为 2.0×10-2m，求： （1）平板到最低点时，重物对平板的 作用力； （2）若频率不变，则平板以多大的振 幅振动时，重物跳离平板？ （3）若振幅不变，则平板以多大的频 率振动时，重物跳离平板？ [解答]（1）重物的圆频率为 ω = 2π/T = 4π， 其最大加速度为 am = ω2A， 合力为 F = mam， 方向向上． 重物受到板的向上支持力 N 和向下的34 重力 G，所以 F = N – G． 重物对平板的作用力方向向下， 大小等于板 的支持力 N = G + F = m(g +am) = m(g +ω2A) = 12.96(N)． （2）当物体的最大加速度向下时，板 的支持为 N = m(g - ω2A)． 当重物跳离平板时，N = 0，频率不变时， 振幅为 A = g/ω2 = 3.2×10-2(m)． （3）振幅不变时，频率为（2）以平衡位置为原点，取向右的方 向为 x 轴正方向，当小球向右移动一个微小 距离 x 时，左边弹簧拉长为 x1 + x，弹力大 小为 f1 = k1(x1 + x)， 方向向左；右边弹簧拉长为 x1 - x，弹力大 小为 f2 = k2(x2 - x)， 方向向右．根据牛顿第二定律得 k2(x2 - x) - k1(x1 + x) = ma， 利用平衡条件得mν=ω 1 = 2π 2πd2 x + (k1 + k2 ) x = 0 ， dt 2g = 3.52(Hz)． A可见：小球做简谐振动． 小球振动的圆频率为6． 两轻弹簧与小球串连在一直线上， 8 将两弹簧拉长后系在固定点 A 和 B 之间， 整 个系统放在光滑水平面上． 设两弹簧的原长 分别为 l1 和 l2，倔强系统分别为 k1 和 k2，A 和 B 间距为 L，小球的质量为 m． （1）试确定小球的平衡位置； （2）使小球沿弹簧长度方向作一微小 位 移 后 放 A B k1 手 ， 小 球将 m k2 作 振 动 ，这 一 振 动 是否 图 6.8 为 简 谐 振 动？振动周期为多少？ [解答]（1）这里不计小球的大小，不妨 设 L & l1 + l2，当小球平衡时， 两弹簧分别拉 长 x1 和 x2，因此得方程 L = l1 + x1 + l2 + x2； 小球受左右两边的弹簧的弹力分别向左和 向右，大小相等，即 k1x1 = k2x2． 将 x2 = x1k1/k2 代入第一个公式解得ω=其周期为k1 + k2 ， m2πT=ω= 2πm ． k1 + k2x1 =k2 ( L
l2 ) ． k1 + k2小球离 A 点的距离为L1 = l1 + x1 = l1 +k2 ( L
l2 ) ． k1 + k2356．9 如图所示，质量为 10g 的子弹以 速度 v = 103ms-1 水平射入木块， 并陷入木块 中，使弹簧压 M k m v 缩而作简谐振 动．设弹簧的 图 6.9 倔强系数 k = 3 -1 8×10 Nm ，木块的质量为 4.99kg，不计桌 面摩擦，试求： （1）振动的振幅； （2）振动方程． [解答]（1）子弹射入木块时，由于时间 很短， 木块还来不及运动， 弹簧没有被压缩， 它们的动量守恒，即 mv = (m + M)v0． 解得子弹射入后的速度为 v0 = mv/(m + M) = 2(ms-1)， 这也是它们振动的初速度． 子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守 恒，可得 (m + M) v02/2 = kA2/2， 所以振幅为A = v0m+M = 5×10-2(m)． k（2）振动的圆频率为ω=k = 40(rads-1)． m+Mx1 = Mg/k． 物体与托盘磁盘之后，在新的平衡位置，弹 簧伸长为 x2，则 x2 = (M + m)g/k． 取新的平衡位置为原点，取向下的方向为 正，则它们振动的初位移为 x0 = x1 - x2 = -mg/k． 因此振幅为取木块静止的位置为原点、 向右的方向为位 移 x 的正方向，振动方程可设为 x = Acos(ωt + φ)． 当 t = 0 时，x = 0，可得 φ = ±π/2； 由于速度为正，所以取负的初位相，因此振 动方程为 x = 5×10-2cos(40t - π/2)． 6 ． 10 如 图所 示，在倔强系数为 k k 的弹簧下， 挂一质量 x1 x 为 M 的托盘．质量 2 O 为 m 的物体由距盘 m 底高 h 处自由下落 h M 与盘发生完全非弹 性碰撞， 而使其作简 x 谐振动， 设两物体碰 图 6.10 后瞬时为 t = 0 时 刻，求振动方程． [解答]物体落下后、碰撞前的速度为mg 2 2 ghm 2 A= x + 2 = ( ) + ω k k (m + M )2 02 v0=初位相为mg 2kh 1+ ； k (m + M ) gv0 2kh ． = (m + M ) g ω x0 = arctanv = 2 gh ，物体与托盘做完全非弹簧碰撞后， 根据动量 守恒定律可得它们的共同速度为v0 =m m v= m+M m+M2 gh ，这也是它们振动的初速度． 设振动方程为 x = Acos(ωt + φ)， 其中圆频率为ω=k ． m+M物体没有落下之前， 托盘平衡时弹簧伸 长为 x1，则6． 装置如图所示， 11 轻弹簧一端固定， 另一端与物体 m 间用细绳相连， 细绳跨于桌 边定滑轮 M 上，m 悬于细绳下端．已知弹 簧的倔强系 M T1 数 为 k = k 50Nm-1 ， 滑 R 轮的转动惯 T2 量 J = m O 半 0.02kgm2， 图 6.11 mg 径 R = 0.2m， X 物体质量为 m = 1.5kg，取 g = 10ms-2． （1）试求这一系统静止时弹簧的伸长 量和绳的张力； （2）将物体 m 用手托起 0.15m，再突 然放手， 任物体 m 下落而整个系统进入振动 状态．设绳子长度一定，绳子与滑轮间不打 滑， 滑轮轴承无摩擦， 试证物体 m 是做简谐 振动； （3）确定物体 m 的振动周期； （4）取物体 m 的平衡位置为原点，OX 轴竖直向下， 设振物体 m 相对于平衡位置的 位移为 x，写出振动方程． [解答]（1）在平衡时，绳子的张力等于 物体的重力36 T = G = mg = 15(N)． 这也是对弹簧的拉力，所以弹簧的伸长为 x0 = mg/k = 0.3(m)． （2）以物体平衡位置为原点，取向下 的方向为正，当物体下落 x 时，弹簧拉长为 x0 + x，因此水平绳子的张力为 T1 = k(x0 + x)． 设竖直绳子的张力为 T2， 对定滑轮可列转动 方程 T2R – T1R = Jβ， 其中 β 是角加速度，与线加速度的关系是 β = a/R． 对于物体也可列方程 mg - T2 = ma． 转动方程化为 T2 – k(x0 + x) = aJ/R2， 与物体平动方程相加并利用平衡条件得 a(m + J/R2) = –kx， 可得微分方程周期． [解答]通过质心垂直环面有一个轴，环 绕此轴的转动惯量为 O Ic = mR2． R 根据平行轴定理， 环绕过 O θ C 点的平行轴的转动惯量为 I = Ic + mR2 = 2mR2． mg 当环偏离平衡位置时， 重力的力矩为 M = mgRsinθ， 方向与角度 θ 增加的方向相反． 根据转动定理得 Iβ = -M， 即Id 2θ + mgR sin θ = 0 ， dt 2由于环做小幅度摆动，所以 sinθ≈θ，可得 微分方程d2 x k + x=0， 2 dt m + J / R2可知：物体做简谐振动． （3）简谐振动的圆频率为d 2θ mgR θ =0． + dt 2 I摆动的圆频率为ω=周期为mgR ， Iω=k = 5(rads-1)． m + J / R2周期为 T2 = 2π/ω = 1.26(s)． （4）设物体振动方程为 x = Acos(ωt + φ)， 其中振幅为 A = 0.15(m)． 当 t = 0 时，x = -0.15m，v0 = 0，可得 cosφ = -1， 因此 φ = π 或-π， 所以振动方程为 x = 0.15cos(5t + π)， 或 x = 0.15cos(5t - π)． 6．12 一匀质细圆环质量为 m，半径为 R，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平 光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动， 求摆动的T=2πω= 2πI 2R = 2π ． mgR g6． 重量为 P 的物体用两根弹簧竖直 13 悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在 图上．试求在图示两种情况下，系统沿竖直 方向振动的固有频率． [解答]（1）前面 已经证明：当两根弹 k k 簧串联时，总倔强系 k1 数 为 k = k1k2/(k1 + k2)，因此固有频率为 k2ν=ω 1 = 2π 2πk m(a)(b)图 6.1337 1 = 2πk1k2 g ． (k1 + k2 ) P（2）前面还证明：当两根弹簧并联时， 总倔强系数等于两个弹簧的倔强系数之和， 因此固有频率为ν=ω 1 = 2π 2π2k 1 = m 2π2kg ． P6．14 质量为 0.25kg 的物体，在弹性 力作用下作简谐振动，倔强系数 k = 25Nm-1， 如果开始振动时具有势能 0.6J， 和 动能 0.2J，求： （1）振幅； （2）位移多大时，动能恰等于势能？ （3）经过平衡位置时的速度． [解答]物体的总能量为 E = Ek + Ep = 0.8(J)． （1）根据能量公式 E = kA2/2， 得振幅为谐振动的 x-t 曲线如图所示，求： （1）两个简谐振动的位相差； （2）两个简谐振动的合成振动的振动 方程． [解答]（1）两个简谐振动的振幅为 A = 5(cm)， 周期为 T = 4(s)， 圆频率为 ω =2π/T = π/2， 它们的振动方程分别为 x1 = Acosωt = 5cosπt/2， x2 = Asinωt = 5sinπt/2 = 5cos(π/2 - πt/2) 即 x2 = 5cos(πt/2 - π/2)． 位相差为 φ = φ2 - φ1 = -π/2． （2）由于 x = }
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