大學物理練習冊解答

大學物理練習冊解答

一.力學部分

質(zhì)點運動學（一）

質(zhì)點運動學（二）

牛頓運動定律（一）

牛頓運動定律（二）

動量與角動量（一）

動量與角動量（二）

功和能（一）

功和能（二）

剛體定軸轉(zhuǎn)動（一）

剛體定軸轉(zhuǎn)動（-）

狹義相對論（一）

狹義相對論（二）

—.熱學部分

溫度

氣體分子運動論（一）

氣體分子運動論（二）

熱力學第一定律（一）

熱力學第一定律（二）

熱力學第二定律（一）

熱力學第二定律（二）

三.電磁學部分

靜電場（一）

靜電場（二）

電勢（一）

電勢（二）

靜電場中的導體

靜電場中的電介質(zhì)（一）

靜電場中的電介質(zhì)（二）

恒定電流

穩(wěn)恒磁場（一）

穩(wěn)恒磁場（二）

磁力

磁場中的磁介質(zhì)

電磁感應（一）

電磁感應（二）

電磁波

四.振動與波

振動（一）

振動（二）

波動（一）

波動（二）

光的干涉（一）

光的干涉（二）

光的衍射（一）

光的衍射（二）

光的偏振

五.近代物理部分

近代物理（一）

近代物理（二）

近代物理（三）

激光

質(zhì)點運動學（1）——答案

一、選擇題

l.D2.B3.D4.D5.D

二、填空題

1.23m/s

2.人一叫(A2之)cos初+27?0sin0/];g(2〃+l)汝(n=0,1,2,...)

3.0.1m/s2

4u0+bt;而+(%+bl//R。

5.-g/2;2島2/(3g)

三、計算題

1-解：(l)v=zlx/4=-6m/s,

(2)v=/4//=10/-9，，

u⑵=-16Is,

(3)。=小7力=10—18/,

=26m/：

fl(2)-S

解：設質(zhì)點在x處的速度為v

dvdvdxdvr,2

――=------=V—=3+6、

dtdxdtdx

1vdv=￡(3+6/心,

v—(6x+4%3)

3.⑴x=4cos〃，消去t得軌道方程為二+二=1(橢圓)

y=A2sinM4A2

v=—=-a)A}sincoti+CDA2COScotj

(2)”

a=—=-co2cosa)ti-a)2AsinMj=-arr

dt2

a與r反向，故a恒指向橢圓中心。

(3)當t=0時，x=0,y=0,質(zhì)點位于/=—時，

2co

4汽A.兀A

x=4cosy=0,y=A2sin—=A2o

質(zhì)點位于圖中的Q點。顯然質(zhì)點在橢圓形軌;%

道上沿反時針方向運動。在M點，加速度a的切向分量a,如圖所示。可

見在該點切向加速度晟的方向與速度C的方向相反。所以，質(zhì)點在通過

M點速率減小。

4.

解：先求質(zhì)點的位置

t=2s,

§=20x2+5x22=60(m)(在大圓)

v=dsIdt=20+107,

v(2)=40m/s

/=2s時22

c=v/7?=160/3m/s?

at—dv!dt=10m/s

⑴/吟也

at~dt

dv=2dtdv=36t2dt

xxvy

/血=12山［血=卜6『龍

3

vx=2tvv=12/

/.v=2/z+l2/3/

dx

ydt

dx—2tdtdy=12-小

1公=(2tdt，公=112/3力

x=t2y=3/4

所以質(zhì)點的運動方程為:x=t2

r=t2i+3〃J

j=3t4

(2)上式中消去大，得y=3x2即為軌道方程?？芍菕佄锞€。

(3)vv=2/匕=12/dv18/+864/62+216Z2

ya=—==--——

n―F一2”6'dt2“r+144*川+36-

/.v=+*=14廠+144/6

注：若求法向加速度，應先求曲率半徑。

(1+43v24/(1+36〃)?624產(chǎn)

(1+36%2)^

P='P(1+36/取J1+36-

y6

質(zhì)點運動學(二)答案

一、選擇題

l.C2.A3.D4.C5.C

二、填空題

gx?12I2

1,y=；gx1V

2(%+“)2y=2

1-1

2.12sl-J(2~t\；sin或COS(/j//2)

2

3.r；Ar

4.4+2+%=0

5.出+因-2%%cosa或4u；+*+2%%cosa

三、計算題

1.解：實際上可以用求面積的方法。

(2.5+l)x2(l+2)xl

x=---------------------------

22

=2m

2.

3.解：(1)

根據(jù)v雨對地=V雨對車+V車對地

???y雨對地豎直向下，其水平分量為零。V雨對地

y雨對車的水平分量的大小為限對地|=l°m/s

=U車對地

⑵由圖雨對地|=v車對地ctg3017.3m/s

〔V雨對車卜V車對地/sin30=20m/s

4.解：根據(jù)機械能守恒定律，小球與斜面碰撞時的速度為：

%=41gh

力為小球碰撞前自由下落的距離。因為是完全彈性碰撞，小球彈射的速度大

小為:匕=%=、2gh

映的方向是沿水平方向，故小球與斜面碰撞后作平拋運動，彈出的水平距離為:

s=v2t

式中F=j2(2_〃)/gS=Y2gh?2(H-h)/g=2弋h(H-h)

根據(jù)極值條件

dsH-2h=0得到：h=H2,

dh一\%(4-/?)

且:

d2sidh2\=-4H<0

/\H/2

/.H'=lH

2

是使小球彈得最遠的高度。

5.解：設水用S；風用F；船用C；岸用D已知:

Vsd—10正東

Vya=10正西

VCS=20北偏西30°

Vcd=Vsdycdj力向正北

Yes+=10*\/3kmh?.?vfd=V#4-V^

---Vfd=-Vsd：.V/；.=

Vfc=Vfd-Vcd

vfc方向為南偏西30°。

VfdVsd

牛頓運動定律（一）——答案

選擇題

l.C2.C3.B4.A5.B

二、填空題

l./o(1)

2.—(mJmQgi;O

3.1/cos20

4.0.28N;1.68N5.

⑵

三、計算題

1.解：聯(lián)立求解:

Nsin6=maa=gig0

Ncos0-mg=0N=mg/cos0

.

則外力

F=(mM)a=[m+M)gtgO

由牛頓第三定律，加對"的壓力與"大小相等方向相反

N=mg/cos6

2.解：受力分析，建立坐標系，物體受重力,地面的彈力，外力和摩擦力，列

受力方程。

聯(lián)立求解:"Fcos6-piN=0

F="mg

cose+〃sin0

N+Fsin0-mg=0

當分母有極大值時，產(chǎn)有極小值。

令y=cos，+〃sin0

d2y

=-cos。一〃sin6<0,

因此y有極大值。

=0,仃一sin0+/Jcos0=Q：.tgd=1H,0=arctg/U

當：0-arctgp.

時最省力。

3.證明:

ZTkFkdvdvdxdv

r=ma=一一豆a==-——=—?—=p—

xmmxdtdtdxdx

有:

dx,k,

vav=-、dx

dtmx'

兩邊積分:vxk

\vdv=\-7dx

o%0mx

則

4.

(1)N=mgsin0-marlsin0cos0

T=mgcos0+m/?692/sin20

(2)。=cocN=0

coc=y[g/lcos0T-mg/cos0

mdv

=dt

mg-kv-F

5,解:小球受力如圖,根據(jù)牛頓第二定律:

mg-kv—r

初始條件"=0時，丫二°

(mg

k

牛頓運動定律（二）——答案

選擇題

l.A2.B3.B4.C5.B

二、填空題

1.63.2N;參考解：mra}=2X0.8X（2n）2N=63.2N

2./jmg-Rmar-0

3.g;豎直向下；yjg2+a2

4.2%

5.

w,+m2tn}+m2

三、計算題

1.解：以被提起的繩段y為研究對象，建立坐標。y,它受拉力廠和重力；lyg的

作用，如圖所示。由牛頓第二定律：

d{Ayv)

dt

即

dv...、

v+y—)=Z(v2+ay)

dt

⑴當)=常矢量時，v2—lay

7

Z=4(yg+/+ay)貝ijF}=2,(yg+2ay+ay)

=4(g+3ab

（2）當/=常矢量時，a=0

2

則F2-A（gy+v）

2.解：Tx=T2=T

取地面為參考系，電梯相對地面的加速度為立設小為叫相對電梯的加速度,

則：a]=a+ao由：m]:月+彳=町4

取y軸向下為正，得：a}=ar-a

則w,g-T=gq=町(a,.-a)(1)

同理：a2=ar+a

則：m2:T2+m2g=m2a2

取了軸向上為正，得：a2=ar+a

則T-mg=ma-m(a,.+a)(2)

2222A

解(1)、(2)式得4,=妁一加2(g+4代入(1)式得T=2?qg+a),方向如

m

mx+加2加1+i

圖所示。

3.解：以車廂為參考系，小球受力如圖所示.小球靜止時合力為零,

得T+G+F*=0

寫投影式為TsmO—ma-0

Tcos0-mg-0

解之得出tg(9=alg

即0-arctg(—)

g

4.解：(1)取桿。4為參考系，小環(huán)處于靜止狀態(tài)，受力如圖：唯、可及慣

性離心力F'三者合力為零.受力圖

mg+N+F,-0

其中Fr=m(lsin<2)fy2①

將①式沿OA桿方向取投影可得

m(Jsinoc)arsina-mgcosa=0②

co=---

sina

(2)因為N與桿是垂直的，故無論N取何值，都不影響小環(huán)沿桿的運動.現(xiàn)

假定小環(huán)受到一個擾動，向桿〃端發(fā)生一位移△/,即△/大于零.由上面②式知:

w[(/+A/)<w2]sina>mgcosa

即慣性離心力F'沿桿的分量大于重力沿桿的分量，二者方

向相反，合力指向桿的/端，故小環(huán)將沿桿向/端加速，不

能再返回平衡位置.反之，如小環(huán)向。端發(fā)生一△/位移，此

時△/<0,故m[(l+A/)6>2]sin<2<mgcosa

小環(huán)將受到一個指向桿O端的合力，也不會再返回平衡位置,

小環(huán)所處平衡是不穩(wěn)定平衡.

5.答：(1)當，較小時，木塊靜止在木板上，靜摩擦

力f=mgsm0；

(正確畫出以0到即之間的/一。曲線)

(2)當6=。0時(tg6o=〃)，木塊開始滑動

(指出6o=tgT〃)

(3)時，滑動摩擦力/=〃機geos。

(正確畫出以九到90°之間的/一，曲線)

動量與角動量(一)——答案

選擇題

1.C2.C3.B4.A5.A

二.填空題

1.（1+血）加瘋7

1

3叫

2.18N?s

3.0,2Ttmg/co,2nmg/co

4.

mcosO

5.lOm/s',北偏東36.87。

三.計算題

1.解：(1)因穿透時間極短，故可認為物體未離開平衡位置.因此,作用于子彈、

物體系統(tǒng)上的外力均在豎直方向，故系統(tǒng)在水平方向動量守恒.令子彈穿出時物

體的水平速度為小

有mvo=mv+Mv7

v7=m(v()-v)/M=3A3m/s

T=Mg+Mir/l=26.5N

(2)f\t=mv-mvQ=-4.1N-s(設5°方向為正方向)

負號表示沖量方向與分方向相反.

2.解：以/E和卜分別表示人在塔下時地心和人離他們共同的質(zhì)心的距離，則

由質(zhì)心定義可得：mElE-mplp

由于質(zhì)心保持不動，所以當人爬上X0=h時，應有：mEME=mAL

m75y7S

由此得：M=^M==3.14xl0-22m

EP24

mE05.98X10

即地球向人爬高的反方向移動了3.14xlO-22m。

3.解：以人與第一條船為系統(tǒng)，因水平方向合外力為零。所以水平方向動量守

恒，

則有:

Mv\+mv=0

再以人與第二條船為系統(tǒng)，因水平方向合外力為零。所以水平方向動量守恒,

則有：mv=(in+M)V2

4.解：如圖所示，設薄板半徑為凡質(zhì)量為優(yōu)，面密度0,=2機/(小2)。由質(zhì)量

分布的對稱性可得板的質(zhì)心在x軸上，而

——[xp,2y1R2—x2dx=

mJ3兀

四.證明題

證：物體與契塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，故此系統(tǒng)在水平方向的動量守

恒，沿水平方向取x軸，則按題意，有

0+0=一機匕+(〃+〃?/,其中vx為物體沿契塊斜面下滑速度v的水平分量;

廠為契塊沿水平面移動的速度。由上式，得

兩邊乘d/,積分之，有

心,也,分別為契塊和物體沿水平方向的位移元，這樣，由上式可得契塊的總位移

x為

mlcosa

M+m

動量與角動量(二)一答案

一.選擇題

l.C2.C3.C4.A5.D

二.填空題

1.ac=1.14m/s,與正方形一邊成45°角。

2.12rad/s

3.1N,m-s,1m/s

4.Mvd

參考解：L=rxmvL=mvd

5.2275kgm13m『

三.計算題

1.解：由題給條件可知物體與桌面間的正壓力

N-T7sin30°+mg

物體要有加速度必須：Ecos30。2川

即：5(73-H)t>/Jmg，t>0.256s=/0

t

物體開始運動后，所受沖量為/=j(Fcos30o-//A^)d/

如

=3.83(/_])_1.96(/-A)

/=3s,/=28.8Ns

則此時物體的動量的大小為mv=1

速度的大小為v=一=28.8m/s

m

2.解：這個問題有兩個物理過程：

第一過程為木塊木沿光滑的固定斜面下滑,到達B點時速度的大小為

/=yj2glsin0

方向：沿斜面向下

第二個過程：子彈與木塊作完全非彈性碰撞.在斜面方向上，內(nèi)力的分量遠

遠大于外力，動量近似守恒，以斜面向上為正，則有

mvcQsO-Mvy=(m+M)V

mi>cos0-12glsin8

v=1

m+M

3.解：建立圖示坐標，以以、4表示小球反射速度的x和

y分量,則由動量定理，小球受到的沖量的分量的表達式

如下：

x方向：Fx\t=mvx-(-mvx)=2mvx①

y方向：F、N=-mvy-(-mvy)=0②

F=Fx=2mvx/A/

u釬vcosa

F=2mvcosa/At方向沿x正向.

根據(jù)牛頓第三定律，墻受的平均沖力F=F

方向垂直墻面指向墻內(nèi).

解法二：作動量矢量圖，由圖知|A(/MV)|=2wycosa

方向垂直于墻向外

由動量定理：FM=\s(mv)\

得：F=2mucasedkt

不計小球重力，7即為墻對球沖力

由牛頓第三定律，墻受的平均沖力F'=F

方向垂直于墻，指向墻內(nèi)

4.解：物體因受合外力矩為零，故角動量守恒.

設開始時和繩被拉斷時物體的切向速度、轉(zhuǎn)動慣量、角速度分別為%、Jo、

久和I)、J、0).則

J0G)0—JCD①

因繩是緩慢地下拉，物體運動可始終視為圓周運動.①式可寫成

2

mR^vn/R。=mRv/R

整理后得：R=Rovo/v②

物體作圓周運動的向心力由繩的張力提供

F=mv2/R

再由②式可得：R=(mR^/F)',i

當尸=600N時，繩剛好被拉斷，此時物體的轉(zhuǎn)動半徑為

7?=0.3m

四.證明題

證：因質(zhì)點只受有心力作用，即質(zhì)點所受作用始終指向某一固定點。，力

對該點的力矩為零.根據(jù)角動量定理，質(zhì)點對。點的角動量是恒矢量

L=fxmv=恒矢量

1的方向垂直于尸和D所在的平面，Z是恒矢量，方向不變，即r,D總

是保持在一個平面上，這就是說，質(zhì)點在有心力作用下，始終作平面運動.

功和能(一)一答案

選擇題

1.C2.C3.A4.C5.C

二.填空題

、t2GMm

1.f/11)或---------

37?R3R

2.+J管+學

3.1m/s,150J

4.-0.207

5.(2m,6m),「4m,2m)和(6m,8m),2m和6m

三.計算題

1.解：按題設，質(zhì)點由x=0處沿x軸運動到任一位置x的過程中，合外力所作

的功為：/=fEe-h/n?a-e')

利用質(zhì)點動能定理的表達式，考慮到初動能為零，則有城(l-e*)=/-0

k

fa

即質(zhì)點的動能為：Ek=^-(l-e-)

可見，質(zhì)點的動能所隨位置x而改變，令x-?0,則得質(zhì)點所具有的最大動能

為：

按質(zhì)點的動能定義心=3團凡則相應的最大速率為:

2.解：設彈簧的原長為/。，彈簧的勁度系數(shù)為3根據(jù)胡克定律:

O.lg=^(O.O7-/o),O.2g=《O.O9—/o)

解得：/o=O.O5m,Z=49N/m

拉力所作的功等于彈性勢能的增量：

=—2

WEp2一Ep\——k(l2—/0)'——/0)—0.14J

3.解:(1)建立如圖坐標.

某一時刻桌面上全鏈條長為乂則摩擦力大小為：f=嗚g

摩擦力的功：%『曲=「p^-gydy

JJ-aJ-aI

=續(xù)=_絲卷(/"

21.戶"2/

(2)以鏈條為對象，應用質(zhì)點的動能定理Y.W=^mv2-^rnv1

其中：SW=WP+Wf,%=0

叫=卜—［臂xdx=強支產(chǎn)

由上問知力=一

32/

所以,博

212/2

得："新7口一"2)一〃"。)平

4.解：重力的功：W—mgl{cos^—cos45°)

根據(jù)動能定理有：

12

—mV=mgl(cos—cos45°)

/.v-J2g/(cos°-cos45°)

當0=10°時，v=2.33m/s

(亦可用功能原理求解)

5.解：(1)先分析力。在拋出后，如果不計空氣阻力，則石塊只受重力(保守

力)作用，別無外力，所以對石塊和地球組成的系統(tǒng)，機械能守恒。系統(tǒng)在開始

位置，其動能即為石塊的動能加。2,勢能為mg為；在終點，即地面上，取作

勢能零點，而動能為m2/2,v為到達地面時石塊的速率。所以，按機械能守

恒定律，有

121*

-wv0+mgh0=—mv+0

得:

2

v=-JVQ+2gh0=J(]8m.s")2+2x(9.8ms-)x20m

=26.76m-s-1

（2）仍把石塊和地球看作一個系統(tǒng)，在拋出后，除重力（內(nèi)力）外，還有外力即

空氣阻力作功生，因此機械能不守恒。應用系統(tǒng)功能定理，外力作功等于系統(tǒng)

機械能的增量，仍取地面為勢能零點，得

.=..+0）一（；刷+

代入題給數(shù)據(jù)，得

4=-7,911

功和能（二）一答案

選擇題

1.D2,D3.C4.E5.B

二.填空題

1.嗨-如2k牙：

m

2.2(為1/2

mxm2

3.v物=〃/2（角動量守恒。相對地面，丫人=u物）

4.機械能守恒；mgl=-k（l-ly+-mv2-,.2g/--（/-/）2

2Q2\m0

5.不一定；動量

三.計算題

1.解：分三步解。第一步：設彈簧恢復形變時，m｛的速度為匕°，據(jù)機械能守

恒：

—kx2——mv\

2210

第二步：與m2發(fā)生彈性碰撞，因〃?]=加2,碰后兩小球的速度交換，碰后加2

的速度為：匕=匕0。

第三步：作圓周運動到A點處脫落，此時它對圓環(huán)的壓力N=0,因此圓環(huán)對它

的壓力也為零。根據(jù)牛頓第二定律及機械能守恒定律，有：

2

八V

mgcos0=m-

~^mv2=mg火(l+cose)+；M7y2

聯(lián)立上面四個方程，可以解出:

2.解：第一段泥球自由下落過程

選泥球和地球為系統(tǒng)，機械能守恒，有

mgh=~^mv~

第二段泥球與板的完全非彈性碰撞過程

對泥球和板系統(tǒng)，由于相互撞擊力(系統(tǒng)的內(nèi)力)遠大于系統(tǒng)的外力即重力

與彈簧恢復力之和，所以可視為動量守恒。取向下為正方向，則有

mv-(m+M)V,V為碰后木板與泥球的共同速度。

第三段泥球、平板系統(tǒng)向下運動過程。

對泥球、平板、彈簧以及地球系統(tǒng)，因僅有保守內(nèi)力做功，所以系統(tǒng)機械能

守恒。設平板原始位置為重力勢能零點，此時彈簧的壓縮量為劭，泥球落下與平

板共同向下的最大位移為x,則有

2

—AXQ+；(川+河)廳——k(xo+x)-(OT+M)gx

又由平板最初的平衡條件可得：Mg=kx。

由以上四式可解得

》=整(1+11+3^)

k弋(M4-m)g

3.解：動量守恒mv^=(m+A/)/

越過最高點條件(m+M)g=(m+M)v2/1

11

機械能守恒萬(加+M)V92=(加+M)g2L+5(加+M)v72

解上三式，可得v0=(w+M)、5g//m.

4.解：重力、支持力、繩中張力對/點的力矩之和為零，故小球?qū)?點的角動

量守恒.當B與4距離最大時，8的速度應與繩垂直.故有

mdv^sin300-mlv①

+^(/-/)2②

由機械能守恒有0

由式①得v=Uo/4

呵立=L306m/s

代入②式得

V15M

u=0.327m/s

5.證明：

一、用動量定理證明

以T表示AB間繩的張力.以〃表示物體與斜面間摩擦系數(shù).

對4有：(F-T-mAgsmO-jJtnAgcos0)t=mAv①

對6有：(T一加sin8-〃加鳥8cos6)/=②

由①②兩式消去〃與/得T=與e無關(guān).

mA+mB

二、用動能定理證明

2

對力有：(F-T-mAgsinff-/jmAgcos0)S=~mAv③

2

對8有：(T-mBgsin0-pmBgcosO)S=^mBv④

由③④消去/、S得T=%F,與6無關(guān).

mA+mB

剛體定軸轉(zhuǎn)動(-)解答

一.選擇題

1.D,2.C,3.C,4.B?5.C；

(5.參考解:

掛重物時，mg—T=ma=mR￡,TR=邛

8=mgR

由此解出

mR-+J

而用拉力時,2mgR=J0'B，=2mgRIJ

故有夕＞2夕)

二.填空題

,1,

1.-fdmgl

參考解：

M=JdA/=I(//gw//)rdr=^/Jmgl

2.否.

在棒的自由下擺過程中，轉(zhuǎn)動慣量不變，但使棒下擺的力矩隨擺的下擺而減

小.由轉(zhuǎn)動定律知棒擺動的角加速度也要隨之變小.

3.g/l

g/(2/)

4.98N

u1,

5.~mgl

2g/(37)

6.50m/2

三.計算題

1.解：J-J…+J。disk+機2[6+/]~-tn^/3+/2+W7|(/i-+21b+b")

T-(m2glsin6,)/2+W]g(l+b)sin6由la=t

22

a=gsin仇加2/+2%(/+b)]/[2m2l/3+機】(3川+4lb+2/)]

2.解：設002分別為加1,加2的加速度,a為柱體的角加速度,方向如圖。

(1)〃?|,加2的平動方程和柱體的轉(zhuǎn)動方程如下：

T2-m2g=m2a2(1)

m

\g-Ty=mta](2)

T；R-T1=Ia(3)

1,1,

T；=7\,T]=丁2,。2=/a,%=Ra,I=—MR-}-—mr

Rm,-rm,,

a------；----7g=6.3\rad/s

/+/氏2+嗎/

(2)由(1)得T2=in2ra+m2g=20.8N

由(2)得T}=m}g-m.Ra=MAN

（3）設見著地時間為/則

2h區(qū)“81s

Ra

（4）見著地后靜止，這一側(cè)繩子松開。柱體繼續(xù)轉(zhuǎn)動，只因受一側(cè)繩子

的阻力矩，柱體轉(zhuǎn)速將減小，加2減速上升。

討論：如果只求柱體轉(zhuǎn)動的角加速，可將柱體、如"2選作一個系統(tǒng)，系統(tǒng)

受的合外力矩V=機￡火2gr,則角加速度

M

a=7-

/柱+〃7]R+加21

本題第二問要求兩側(cè)細繩的張力故采用該方法是必要的，即分別討論柱體的

轉(zhuǎn)動、加|,加2的平動。

3.解：（1）如圖。圓環(huán)放在刀口上0,以環(huán)中心的平衡位置C點

的為坐標原點。Z軸指向讀者。圓環(huán)繞Z軸的轉(zhuǎn)動慣量為

2

Jzc=MR,由平行軸定理，關(guān)于刀口的轉(zhuǎn)動慣量為

2

J:o=Jzc+MR=2MR2；

（2）在固定軸PP'上，只能在紙面內(nèi)外小擺動。

2

2

垂直軸定理4=若-，平行軸定理1勿，=JXO+MR

（3）要求在紙面內(nèi)的小振動周期八,

豈=3=1.1547,在平面內(nèi)擺動的周期比以PP'為軸擺動周期要長15.5%o

T,V3

4.解：對m,由牛頓第二定律:

m\S~^\=m\a①

對加2，由牛頓第二定律：

%一4=M2a②

對滑輪，用轉(zhuǎn)動定律：

2

（7]-T2）r--^mra③

有運動學關(guān)系，設繩在滑輪上不打滑

a=a/r④

聯(lián)立①②③④各式，得

CI-m「總嗎

mx+/%2+//2

_（1+〃《）機2+磨/2_（1+A＞）+41tm/2

T[=叼+%+加2相￡'4一叼+嗎+加/2叫g(shù)

5.解：（1）子彈沖入桿的過程中，子彈和桿系統(tǒng)對懸點0所受的外力矩為零。

??.所以對此點的角動量守恒，即

由此得桿的角速度為

①

（2）子彈沖入桿的過程中，子彈受桿的阻力的大小為（以子彈為研究對象）

mv-mvmcod-mv

00②

△t△/

桿受到子彈的沖力（以桿為研究對象）

,_wv-mcod

7----0-T----③

A/

對桿用質(zhì)心運動定理

F+f=Ma=

X方向：24④

乙=一/+加處=（%+.）2一絲L

'2Ar2\tAr

Fv-Mg=Macn=MafLI2

_y方向：ML心”⑤

Fy=2+Mg

(3)若令④式中q=0,可得

,ML..comv

(——+md}----------n-=0

2A/

將①式帶入得

2L

aJ=——⑤

3

剛體定軸轉(zhuǎn)動（二）解答

一.選擇題

1.D,2.C,3.B,4.C,5.A；

二.填空題

1.產(chǎn)

2.定軸轉(zhuǎn)動剛體所受外力對軸的沖量矩等于轉(zhuǎn)動剛體對軸的角動量（動量矩）

的增量.

|'M.d/=JCD—{J（O）Q

剛體所:對軸的合外力矩等于零.

71%。

,4（/2+33x2）

'（4+3A//W）/

5.M=rxF

變角速

角動量

JcoQ-mRv

6,J+mR2

三.計算題

1.解：球與桿碰撞瞬間，系統(tǒng)所受和外力矩為零，系統(tǒng)碰撞前后角動量守恒

mv（l-Q）=Jco

桿擺動過程機械能守恒-Jar=Mg-（y-cosO）J=-MI2

223

解得小球碰前速率為v=

32

2.解：

（1）棒在任意位置時的重力矩「=mggcos。，

因為c=J--ml1:.a----cosO

3J21

I/I

（2）因dA-TdO=mg—cos3d0A=mg—cos6d0=mg—

這功是細棒重力勢能的減少而獲得。

（3）任意。時的角速度

根據(jù)轉(zhuǎn)動定律t=Ja

1,2d3dO1,da)

mg—cos0=—ml~a--ml2——ml--------=—ml2(o—

233dt3dOdt3dO

[81w

分離變量—cosOdO=-coda)—Jcos6d0=-^codco

232030

^md=-lar°=J(3gsin6)//

棒下擺過程重力勢能轉(zhuǎn)變?yōu)閯幽埽筛鶕?jù)機械能守恒得到。

（4）假設處于鉛垂位置時軸的作用力為M重力加g,在不考慮轉(zhuǎn)軸摩榛阻力矩

的情況下，以上兩個力的力矩為零

根據(jù)轉(zhuǎn)動定律。=0

利用質(zhì)心運動定理，將作用力N平移到質(zhì)心，正交分解為水平分力M，豎直

分力Ny.

質(zhì)心C的切向加速度acl=ya-0,Nx=mact=0

質(zhì)心C法向力口速度a=—or=――=—g

cn22/2

35

法向加速度由法向合外力產(chǎn)生Ny-/wg=加42=萬/MgNy=-mg

3.解：唱片之所以轉(zhuǎn)動是因受到轉(zhuǎn)盤施加的摩擦力矩的作用。

在唱片上選半徑為八寬度為“的圓環(huán)。它的摩擦力矩為

dT=(〃%2加

式中。=」一為唱片的密度

成2

總的力矩

R2

=R%2兀\r2dr——/nmgR

o3

唱片為剛體，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律

r丁dco,J.

T—Jcc—J—dt=—dco

dtT

1M

f_J例_2mRK_3R①I

'l丁》mgR一荻

4.解：選人、滑輪、與重物為系統(tǒng)，系統(tǒng)所受對滑輪的外力矩為

T=；MgR

設〃為人相對繩的勻速度，9為重物上升的速度。則該系統(tǒng)對滑輪軸的角動

量為L=^-VR-M(U-V)R+^^-R2)CD=^MRV-A4RU

根據(jù)角動量定理7=且

d/

1ndA3—一八、dudv4

Bnn|J—mgR=一(一MRv-MRu)——=0a=——=一g

2dt8dtdt13

5.解：設制動器離轉(zhuǎn)軸(較葉處)的距離為/o,房門的質(zhì)心C到轉(zhuǎn)軸的距離

房門對轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量/=:機/。把碰撞制動器的作用力記為尸，

較葉對門的作用力的兩個分力記為百和￡。由角動量定理可確定戶的沖量矩：

一f“山=Q-J①。

凡H/c4|I

由質(zhì)心運動定理可得3]!-^1

_[(F,-F)dt=O-ma)()lc卜；》|

令￡=0可解得/=-b

03

由此，制動器安裝在距較葉的距離等于房門寬度的2/3處。餃葉受到的沖擊力最

小。

狹義相對論(一)解答

選擇題

1.B,2.A,3.B,4.B,5.C;

二.填空題

1.一切彼此相對作勻速直線運動的慣性系對于物理學定律都是等價的2分

一切慣性系中，真空中的光速都是相等的2分

2.C

3.CC

4.4.33X108

5.1.29X105s

三.計算題

1解：由于6相對于Z以"=0.8c勻速運動，因此8觀測此圖形時與u平行方

向上的線度將收縮為2&J1-3/。＞=2b,即是橢圓的短軸.3分

而與“垂直方向上的線度不變，仍為2R=2a,即是橢圓的長軸.所以測得的面

積為(橢圓形面積)

S=-nab=IZR/1-(u/c)2-R=nR2^-(p/c)2=7.2cm22分

2.解：(1)觀測站測得飛船船身的長度為

2

L=Lo-Jl—(v/c)=54m

貝UA/i=L/P=2.25X10-7S3分

(2)宇航員測得飛船船身的長度為〃，則

榻=3=3.75X102分

3.解：令S'系與S系的相對速度為〃，有

W=/△/_=,(△///)2=]_("/。尸

-①/。了

則U=C《1-(A〃V')2)"2(=2.24X108m-s1)4分

那么，在S'系中測得兩事件之間距離為：

AX'=夕A/'=C(A/'2-A/2)12=6.72X10sm4分

4.答：在太陽參照系中測量地疊竺鯉它繞太陽公轉(zhuǎn)的方向縮短得最多.

R=R(/_(v/cy2分'

22

其縮短的尺寸為：AR=R0-R=&(l-)l-(“/c)2)?|/?op/c

A/?=3.2cm3分

5.解：(1)從列車上觀察，隧道的長度縮短,其它尺寸均不變。1分

隧道長度為Lf=L^-^1分

(2)從列車上觀察，隧道以速度”經(jīng)過列車，它經(jīng)過列車全長所需時間為

2

_z71-(v/c)+/0

T=-----1----=------------------------3分

VVV

這也即列車全部通過隧道的時間.

狹義相對論（二）解答

一.選擇題

1.C,2.A,3.A,4.C,5.C；

二.填空題

1.8.89X108

2.2.91X108m?s1

3.Ax/v2分

-①/c>2分

4.相對的2分

運動2分

5.0.25nieC2

三.計算題

1.解：設立方體的長、寬、高分別以X0,則，ZO表示，觀察者〃測得立方體的

=

長、寬、圖分別為x=x0Ji—Y'yyo'z=z（）.

相應體積為V=xyz=VoJ1一勺3分

2分

2.解：它符合相對論的時間膨脹（或運動時鐘變慢）的結(jié)論2分

設/子相對于實驗室的速度為P

子的固有壽命4=2.2X106$

“■子相對實驗室作勻速運動時的壽命。=1.63X10與$

2

按時間膨脹公式：T=Tn/^-（v/c）

22

移項整理得：v=(c/T)yjT-TI=C-yI-(To/r)=0.99c3分

3.解：以地球上的時鐘計算：A/=±=4.5年2分

v

以匕船上的時鐘計算：“=—4=0.20年3分

4.解：設飛船Z相對于飛船8的速度大小為〃，這也就是飛船8相對于飛船〃

的速度大小.在飛船8上測得飛船Z