新编基础物理学上册3-4单元课后答案.pdf

第三章 3-1 半径为R、质量为M的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R的圆孔，孔 的中心在 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。 分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动 惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。注意对同一轴 而言。 解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为： 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动 惯量为： 由式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量 为： 3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M，长度为 ，在其中点O处弯成 角，放在 平面内，求铁丝对 轴、 轴、 轴的转动惯量。 分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：（1）对x轴的转动惯量为： 题图3-2 （2）对y轴的转动惯量为： （3）对Z轴的转动惯量为： 3-3 电风扇开启电源后经过5s达到额定转速，此时角速度为每秒5转， 关闭电源后经过 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为 ，且摩擦力矩 和电磁力矩 均为常量，求电机的电磁力矩 。 分析： ， 为常量，开启电源5s内是匀加速转动，关闭电源16s内是匀减速转动， 可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M。 解：由定轴转动定律得： ，即 3-4 飞轮的质量为60kg，直径为 ，转速为 ，现要求在5s内使其制动，求制动力F，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系 数 ，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。 分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。对象闸瓦对飞轮的摩擦力f 对O点的力矩使飞轮逐渐停止转动，对飞由轮转动定律列方程，因摩擦 系数是定值，则飞轮做匀角加速度运动，由转速求角加速度。对象杆受 的合力矩为零。 解：设闸瓦对飞轮的压力为N，摩擦力为f，力矩为M， 题图3-4 飞轮半径为R,则依题意得， 解：式得 3-5 一质量为 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如题图3-5 所示轴水平且垂直于轮轴面，其半径为 ，整个装置架在光滑的固定轴承之上当物体从静止释放后，在时间 内下降了一段距离 试求整个轮轴的转动惯量(用 表示) 分析：隔离物体，分别画出轮和物体的受力图，由转动定律和牛顿第二 定律及运动学方程求解。 解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T， 题图3-5 则根据牛顿运动定律和转动定律得： b 由运动学关系有： 由、式解得： 又根据已知条件 题图3-5 ， 将式代入式得： 3-6 一轴承光滑的定滑轮，质量为 半径为 一根不能伸长的轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为 的物体，如题图3-6所示已知定滑轮的转动惯量为 ，其初角速度 方向垂直纸面向里求：(1) 定滑轮的角加速度的大小和方向； (2) 定滑轮的角速度变化到 时，物体上升的高度；(3) 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的 大小和方向 分析：隔离体受力分析，对平动物体由牛顿第二定律列方程， 对定轴转动物体由转动定律列方程。 解：(1) 题图3-6 方向垂直纸面向外 (2) 当 时， 物体上升的高度 图3-6 (3) 方向垂直纸面向外. 3-7 如题图3-7所示，质量为m的物体与绕在质量为M的定滑轮上的轻绳 相连，设定滑轮质量M=2m，半径R，转轴光滑，设 ，求：（1）下落速度 与时间t的关系；（2） 下落的距离；（3）绳中的张力T。 分析：对质量为m物体应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定 律列方程。 解：(1)设物体m与滑轮间的拉力大小为T，则 题图3-7 解：式得 ，并代入式得 （2）设物体下落的距离为s，则 （3）由（1）的式得， 3-8 如题图3-8所示，一个组合滑轮由两个匀质的圆盘固接而成，大盘 质量 ，半径 ，小盘质量 ，半径 。两盘边缘上分别绕有细绳，细绳的下端各悬质量 的物体，此物体由静止释放，求：两物体 的加速度大小及方向。 分析：分别对物体 应用牛顿第二定律，对滑轮应用刚体定轴转动定律 解：设物体 的加速度大小分别为 与滑轮的拉力分别为 题图3-8 把数据代入，解上述各式得 方向向上 方向向下 3-9 如题图3-9所示，一倾角为30的光滑斜面固定在水平面上，其上 装有一个定滑轮，若一根轻绳跨过它，两端分别与质量都为m的物体1和 物体2相连。 （1）若不考虑滑轮的质量，求物体1的加速度。 （2）若滑轮半径为r，其转动惯量可用m和r表示为 （k是已知常量），绳子与滑轮之间无相对滑动，再求物体1的加速度。 分析：（1）对两物体分别应用牛顿第二定律列方程。 （2）两物体分别应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定 律列方程。 解：设物体1、物体2与滑轮间的拉力分别为 、 它们对地的加速度为a。 （1）若不考虑滑轮的质量，则物体1、物体2与滑轮间的拉力 、 相等，记为T。则对1、2两物体分别应用牛顿第二定律得， 题图3-9 解上两式得： ，方向竖直向下。 （2）若考虑滑轮的质量，则物体1、物体2与滑轮间的 拉力 、 不相等。则对1、2两物体分别应用牛顿第 二定律，和对滑轮应用刚体定轴转动定律得 解上述各式得： ，方向竖直向下。 3-10一飞轮直径为0.3m，质量为5.0kg，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳 子的一端，使其由静止均匀地绕中心轴加速，经 0.5s转速达每秒10 转，假定飞轮可看作实心圆柱体，求：（1）飞轮的角加速度及在这段 时间内转过的转数；（2）拉力及拉力所作的功；（3）从拉动后 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。 分析：利用转动定律，力矩作的功定义，线量与角量的关系求解。 解：（1）角加速度为： 转过的角度为： 转过的圈数为： 圈 （2）由转动定律 得 力矩做的功为： （3）角速度为： 边缘一点的线速度为： 边缘一点的法向加速度为： 边缘一点的切向加速度为： 3-11 一质量为M，长为 的匀质细杆，一端固接一质量为m的小球，可绕杆的另一端 无摩擦地在竖直平面内转动，现将小球从水平位置A向下抛射，使球恰 好通过最高点C，如题图3-11所示。求：（1）下抛初速度 ；（2）在最低点B时，细杆对球的作用力。 分析：由机械能守恒定律、牛顿第二定律、角线量关系求解。 解：（1）如图3-11，取向下抛点作势能零点，由机械能守恒定律得， 题图3-11 J= 解得， （2）取最低点作势能零点， 由机械能守恒定律和牛顿第二定律得， 解：得， 3-12 物体质量为 时位于 ，如一恒力 作用在物体上，求3s后，（1）物体动量的变化；（2）相对z轴角动量 的变化。 分析：写出 的表达式及力f对Z轴的力矩 。由动量定理、角动量定理求解。 解：（1）由动量定理得，动量的增量为： （2）由角动量定理得，角动量的增量为： 而 把代入解得： 把代入解得： 3-13 水平面内有一静止的长为 、质量为 的细棒，可绕通过棒一末端的固定点在水平面内转动。今有一质量为 、速率为 的子弹在水平面内沿棒的垂直方向射向棒的中点，子弹穿出时速率减为 ，当棒转动后，设棒上单位长度受到的阻力正比于该点的速率（比例系 数为k）试求：（1）子弹穿出时，棒的角速度 为多少？（2）当棒以 转动时，受到的阻力矩 为多大？（3）棒从 变为 时，经历的时间为多少？ 分析：把子弹与棒看作一个系统，子弹击穿棒的过程中，转轴处的作用 力的力矩为零，所以击穿前后系统角动量守恒，可求待击穿瞬间棒的角 速度。棒转动过程中，对棒划微元计算元阻力矩，积分可得总阻力矩， 应用转动定律或角动量定理可求得所需时间。 解：（1）以子弹和棒组成的系统为研究对象。取子弹和棒碰撞中间的 任一状态分析受力，子弹与棒之间的碰撞力 、 是内力。一对相互作用力对同一转轴来说，其力矩之和为零。因此，可 以认为棒和子弹组成的系统对转轴的合外力矩为零，则系统对转轴的角 动量守恒。 解上述两式得： （2）设在离转轴距离为 得取一微元 ，则该微元所受的阻力为： 该微元所受的阻力对转轴的力矩为： 则细棒所受到的总阻力矩为： （3）由刚体定轴转动定律得， 即上式可化为： 对上式两边分别积分得： 解上式积分得： 把 代入上式得： 3-14两滑冰运动员，质量分别为 ， ，它们的速率 ， 在相距1.5m的两平行线上相向而行，当两人最接近时，便拉起手来，开 始绕质心作圆周运动并保持两人间的距离1.5m不变。求：（1）系统总 的角动量；（2）系统一起绕质心旋转的角速度；（3）两人拉手前后的 总动能，这一过程中机械能是否守恒，为什么？ 分析：利用系统质心公式，两人组成系统前后角动量守恒和动能公式求 解。 解：（1）设两人相距最近时以运动员A作原点，由质心公式得，两运 动员的质心为： 两人组成的系统对质心的总的角动量为： （2）两人拉手过程中，所受力对质心转轴的力矩之和为零，则两 人组成系统前后角动量守恒。 解上式得： （3）两人拉手前的动能为： 两人拉手后的动能为： 因此，系统前后的机械能不守恒。我们可以把两人拉手的过程看作 完全非弹性碰撞，因此系统前后机械能不守恒。 3-15 如题图3-15所示，一长为 、质量为M的匀质细棒，可绕棒中点的水平轴 在竖直面内转动，开始时棒静止在水平位置，一质量为m的小球以速度 垂直下落在棒的端点，设小球与棒作弹性碰撞，求碰撞后小球的反弹速 度 及棒转动的角速度 各为多少？ 分析：以小球和棒组成的系统为研究对象。取小球和棒碰撞中间的任一 状态分析受力，棒受的重力 和轴对棒的支撑力N对O轴的力矩均为零。小球虽受重力mg作用，但比起 碰撞时小球与棒之间的碰撞力 、 而言，可以忽略不计。又 、 是内力，一对相互作用力对同一转轴来说，其力矩之和为零。因此，可 以认为棒和小球组成的系统对O轴的合外力矩为零，则系统对O轴的角动 量守恒。 解：取垂直纸面向里为角动量L正向，则系统初态角动量为 ，终态角动量为 （小棒）和 （小球），有角动量守恒定律得 题图3-15 因为弹性碰撞，系统机械能守恒，可得 又 联立式，解得 3-16 一长为L、质量为m的匀质细棒，如题图3-16所示，可绕水平轴 在竖直面内旋转，若轴光滑，今使棒从水平位置自由下摆。求：（1） 在水平位置和竖直位置棒的角加速度 ；（2）棒转过 角时的角速度。 分析：由转动定律求角加速度，由在转动过程中机械能守恒求角速度。 解：（1）有刚体定轴转动定律 得， 细棒在水平位置的角加速度为： 题图3-16 细棒在竖直位置的角加速度为： （2）细棒在转动的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得， 解上述两式得： 3-17 弹簧、定滑轮和物体如题图3-17所示放置，弹簧劲度系数k为 ；物体的质量 。滑轮和轻绳间无相对滑动，开始时用手托住物体，弹簧无伸长。求： （1）若不考虑滑轮的转动惯量，手移开后，弹簧伸长多少时，物体处 于受力平衡状态及此时弹簧的弹性势能； （2）设定滑轮的转动惯量为 ，半径 ，手移开后，物体下落0.4m时，它的速度为多大？ 题图3-17 分析：（1）不考虑滑轮的转动惯量，由物体受力平衡求伸长量x， 再求弹性势能。 （2）若考虑滑轮的转动惯量，则弹簧、滑轮、物体和地球 组成的系统机械能守恒 解：（1）若不考虑滑轮的转动惯量，设弹簧伸长了x距离 时物体处于受力平衡状态， 则： 此时弹簧的弹性势能为： （2）若考虑滑轮得转动惯量，设物体下落的距离为h时，它的速度为 v，滑轮的角速度为 ，则由机械能守恒定律得， 把数据代入上述两式得， 解上述两式得： 3-18一转动惯量为 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为 设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即 (k为正的常数)，求圆盘的角速度从 变为 时所需的时间 分析：由转动定律及角加速度的定义，对角速度积分可求解。 解：根据转动定律： 两边积分： 得 3-19 质量为 的子弹，以速度 水平射入放在光滑水平面上质量为 、半径为R的圆盘边缘，并留在该处， 的方向与射入处的半径垂直，圆盘盘心有一竖直的光滑固定轴，如所 示，试求子弹射入后圆盘的角速度 。 分析：在子弹射入圆盘的过程中，子弹和圆盘组成的系统对转轴的角动 量和力矩为零，因此对转轴的角动量守恒。 解：设子弹射入后圆盘的角速度为 ，则由角动量守恒定律得， 题图3-19 解上式得： 3-20一均质细杆，长 ，可绕通过一端的水平光滑轴O在铅垂面内自由转动，如题图3-20所 示。开始时杆处于铅垂位置，今有一子弹沿水平方向以 的速度射入细杆。设入射点离O点的距离为 ，子弹的质量为细杆质量的 。试求：（1）子弹和细杆开始共同运动的角速度。（2）子弹和细杆共 同摆动能到达的最大角度。 分析：子弹射入细杆过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒；细杆 摆动时，机械能守恒。 解（1）子弹打进杆的过程中子弹和杆组成的系统角动量守恒， 设子弹开始时的角速度为 ，弹和杆一起共同运动的角速度 为 ，则由角动量守恒定律得: 又 O 题图3-20 把式代入式并解得： （2）设子弹与杆共同摆动能达到最大角度为 角， 在摆动的过程中杆和子弹及地球组成的系统机械能守恒， 则由机械能守恒定律得， 把式及 ，L=1代入式解得： 。即 第四章 4-1 观察者A测得与他相对静止的Oxy平面上一个圆的面积是12 cm2， 另一观察者B相对于A以 0.8 c (c为真空中光速)平行于Oxy平面作匀速 直线运动，B测得这一图形为一椭圆，其面积是多少？ 分析：本题考察的是长度收缩效应。 解：由于B相对于A以 匀速运动，因此B观测此图形时与v平行方向上的线度将收缩为 ，即是椭圆的短轴. 而与v垂直方向上的线度不变，仍为 ，即是椭圆的长轴. 所以测得的面积为(椭圆形面积) =7.2cm2 4-2 长度为1m的米尺L静止于 中，与 轴的夹角 系相对 系沿 轴运动，在 系中观察得到的米尺与 轴的夹角为 ，试求：（1） 系相对 系的速度是多少？（2） 系中测得的米尺的长度？ 分析：本题考察的是长度收缩效应。根据两个参考系下米尺的不同长度 再结合长度收缩效应我们可以很方便的得到两个参考系之间的相对速度 解：（1）米尺相对 系静止，它在 轴的投影分别为： 米尺相对S系沿x方向运动，设运动速度为v，为S系中的观察者，米尺在 x方向将产生长度收缩，而y方向的长度不变，即 故米尺与x轴的夹角满足 将 与 、 的值代入可得： （2）在S系中测得米尺的长度为： 4-3 已知 介子在其静止系中的半衰期为 。今有一束 介子以 的速度离开加速器，试问，从实验室参考系看来，当 介子衰变一半时飞越了多长的距离？ 分析：本题考察的是时间膨胀效应。根据静止系中的半衰期加上时间膨 胀效应我们可以求出在实验室参考系中的半衰期，然后根据该半衰期求 出飞行距离。 解：在 介子的静止系中，半衰期 是本征时间。由时间膨胀效应，实验室参系中的观察者测得的同一过程 所经历的时间为： 因而飞行距离为： 4-4 在某惯性系K中，两事件发生在同一地点而时间相隔为 。已知在另一惯性系 中，该两事件的时间间隔为 ，试问它们的空间间隔是多少？ 分析：本题考察的是时间膨胀效应以及洛伦兹变换。根据时间膨胀效应 我们可以求出两参考系的相对速度，继而根据洛伦兹变换演化出空间间 隔变换的公式求出该两事件在S系中的空间间隔。 解：在k系中， 为本征时间，在 系中的时间间隔为 两者的关系为： 故两惯性系的相对速度为： 由洛伦兹变换， 系中两事件的空间间隔为： 两件事在K系中发生在同一地点，因此有 ，故 4-5 惯性系 相对另一惯性系 沿x轴作匀速运动，取两坐标原点重合的时刻作为计时起点。在 系中测得两事件的时空坐标分别为 以及 ，已知在 系中测得该两事件同时发生。试问：（1） 系相对 系的速度是多少？（2） 系中测得的两事件的空间间隔是多少？ 分析：本题所考察的是洛伦兹变换的应用问题。根据洛伦兹变换在不同 参考系下两个事件的时间变换关系，我们可以很方便的得到两个参考系 之间的相对速度。有了相对速度以后，再根据洛伦兹变换的空间变换关 系，我们可以得到两事件的空间间隔。 解：（1）设 系相对S系的速度为v，由洛伦兹变换， 系中测得两事件的时间为： 由题意， 因此有 其中负号表示 系沿 系的 方向运动。 （2）由洛伦兹变换， 系中测得的两事件的空间位置为： 故空间间隔为： 4-6 （1）火箭A和B分别以 的速度相对于地球向 方向飞行，试求由火箭B测得的A的速度。（2）若火箭A相对地球以0.8c 的速度向 方向运动，火箭B的速度不变，试问A相对B的速度是多少？ 分析：本题考察的是洛伦兹速度变换。在火箭B为静止的参考系中，先 求出地面参考系相对此参考系的运动速度（此即为两个参考系之间的相 对速度），然后由火箭A相对地面的运动速度以及洛伦兹速度变换公式 求出火箭A相对火箭B的速度。 解：（1）设火箭B的静止系为S，则地面参考系相对S的运动速度为 。在地面参考系中，火箭A的运动速度为 ，由洛伦兹速度变换公式可得火箭A相对火箭B的运动速度为： （2）由于S系相对地面参考系以 方向飞行，而在地面参考系中火箭A的运动速度为 。则根据洛伦兹速度变换公式在S系中火箭A的运动速度为： 所以火箭A相对火箭B的速度为： 4-7 静止在 系中的观察者测得一光子沿与x 轴成60角的方向飞行，另一观察者静 止于 系中， 系相对 系为 的速度沿x轴方向运动，试问 系中的观察者测得的光子运动方向是怎样的？ 分析：本题考察的是洛伦兹速度变换。根据两个参考系的相对速度以及 光子在K系的速度，由洛伦速度变换可以求出光子在S系中的运动速 度。 解：已知 系相对K系的速度为 ，光子速度为c，在K系中的运动方向为与x轴成60角，因此该光子在K 系中的速度为 。所以在 系中光子的运动速度为： 令该光子在 系中的运动方向与X轴成 角，则有： 4-8 子的静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿命 ，若它在实验室参考系中的平均寿命 ，试问其质量是电子静止质量的多少倍？ 分析：本题考察的是时间膨胀效应和相对论质量问题。根据时间膨胀效 应我们可以求出该粒子在实验室参考系中的运动速度，然后根据该速度 可以求出速度下的相对论质量。 解：设 子在实验室参考系中的速度为 、质量为 ，依题意有： 将 的值代入得： 当 子速度为 时其质量为： 4-9 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短 了百分之多少？ 分析：本题涉及的是相对论质量和长度以收缩问题。根据质量与静止质 量之比可以求出该物体的运动速度，然后根据速度可以求出该物体在运 动速度方向上的长度收缩。 解：设物体速度为 、质量为 、长度为 ，静止质量和长度分别为 和 ，依题意有： 因此，根据长度收缩效应有： 所以在运动方向上缩短了： 4-10 一电子在电场中从静止开始加速，试问它应通过多大的电位差才 能使其质量增加0.4%？此时电子速度是多少？（电子的静能为 0.511MeV.） 分析：此题考察的是相对论质量与速度之间的关系。根据相对论质量公 式可以很方便的求出电子的运动速度，再根据能量守恒，求出加速所需 的电位差。 解：设电子速度为 、质量为 ，静止质量为 ，所加的电位差为U。依题意有： 所以此时电子的速度为： 根据能量守恒，有： 4-11 已知一粒子的动能等于其静止能量的n倍，试求该粒子的速率。 分析：该题考察的是相对论的质能关系式。根据粒子的动能和静能比可 以求出该粒子总能量和静能之比，这个比值也就是该粒子的质量与静止 质量之比，根据相对论质量与速度的关系式，我们可以求出该粒子的速 率，从而求出该粒子的动量。 解：依题意有： 所以其质量与静止质量之比为： 根据相对论质量与速度的关系有： 所以该粒子的速度为： 4-12 一静止的粒子（质量为 ），裂变成两个粒子，速度分别为 。求裂变过程的静质量亏损和释放出的能量。 分析：该题涉及到质量亏损的概念和动量守恒定律。由于反应后的两个 粒子的质量未知，因此我们可以根据两个粒子之间的速度关系推导出二 者的质量比，又由于该两个粒子的总动能来源于该反应的静质量亏损， 因此结合反应后两个粒子的质量比以及各自的速度大小，我们可以求出 该反应的质量亏损，从而求出该反应所释放的能量。 解：设反应后两粒子的质量分别为 、 ，则根据动量守恒定律有： （1） 反应前后总的能量守恒，所以有： （2） 将（1）式代入（2）式，得： 所以反应前后的静质量亏损为： 释放出的能量为： 4-13 试求静止质量为 的质点在恒力F作用下的运动速度和位移。在时间很短（ ）和时间很长（ ）的两种极限情况下，速度和位移值又各是多少？ 分析：根据力和动量的关系，经过积分后我们可以求解在恒力作用下的 力与速度之间的关系，经过再次积分，可以得到位移和力的关系。 解：由于力代表的是动量的变化率，因此有： 将上式积分，由于力为恒力与时间无关，再代入初始条件（起始时为静 止，即初速度为零）可得： 因此可得速度与力之间的关系式： 将上式再积分，并假定起始时所处位置为坐标原点，可得位移与力之间 的关系： 当 时，有： 当 时，有： 4-14 在原子核聚变中，两个 原子结合而产生 原子。试求：（1）该反应中的质量亏损为多少？（2）在这一反应中释 放的能量是多少？（3）这种反应每秒必须发生多少次才能产生1W的功 率？已知 原子的静止质量为 原子的静止质量为 。 分析：已知反应前后各种反应物和生成物的质量，我们可以很方便的求 出反应前后的质量亏损，并据此求出反应所释放的能量。 解：反应的质量亏损为： 该反应所释放的能量为： 要达到1W的功率需要每秒钟反应的次数为： 4-15 当一个粒子所具有的动