大学物理第9章静电场习题参考答案

第9章静电场9-1两小球处于如题9-1图所示的平衡位置时，每小球受到张力T，重力mg以及库仑力F的作用，则有和,∴,由于θ很小，故习题9-1图习题9-1图∴9-2设q1,q2在C点的场强分别为和，则有习题9-2图习题9-2图方向沿AC方向方向沿CB方向∴C点的合场强的大小为：设E的方向与CB的夹角为α，则有9-3坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元，它在圆心O处的场强为习题9-3图，方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两习题9-3图带电圆弧中对应电荷元在圆心O处产生的dE1和dE2在x方向分量相互抵消。，圆心O处场强E的y分量为方向沿y轴正向。9-4（1）如题9-4图(a)，取与棒端相距d1的P点为坐标原点,x轴向右为正。设带电细棒电荷元至P点的距离x，它在P点的场强大小为习题9-4图（a）方向沿x轴正向习题9-4图（a）各电荷元在P点产生的场强方向相同，于是方向沿x轴方向。（2）坐标如题9-4图(b)所示，在带电细棒上取电荷元与Q点距离为r，电荷元在Q点所产生的场强，由于对称性，场dE的x方向分量相互抵消，所以Ex=0,场强dE的y分量为习题9-4图（b）习题9-4图（b）因∴其中代入上式得方向沿y轴正向。9-5带电圆弧长,电荷线密度。带电圆弧在圆心O处的场强等价于一个闭合带电圆环（线密度为）和一长为d、电荷线密度为-的小段圆弧在O处场强的矢量和。带电闭合圆环在圆心处的场强为零，而d<<R,∴小段带电圆弧可视为点电荷，所带电量，故圆心处的场强，,方向由圆心指向空隙中心。9-6（1）点电荷q位于一立方体中心，则通过立方体每一面的电通量相等，∴通过每一面的电通量为总通量的,即（2）如果这点电荷移到立方体的一个角上，则电荷q所在顶角的三个面上，因为各点平行于该面，所以这三个面的电通量均为零，另三个面的电通量相等。如果要把q全部包围需要有8个立方体，相当于有24个面，每一面上通过的电通量为总通量的，即习题9-7图（a）9-7解法（一）通过圆形平面的电通量与通过以A为球心，为半径，以圆平面的周界为周界的球冠面的电通量相等，该球冠面的面积，通过整个球面的电通量，所以通过该球冠面的电通量为习题9-7图（a）解法（二）在图形平面上取一同心面元环，设其中半径为r，宽为dr,此面元的面积。设此面元对A点的半张角为，见图所示，由通量公式可得习题9-7(b)习题9-7(b)图9-8通过此半球面的电通量与通过以O为圆心的圆平面电通量相等，无限大平面外任一点的场强为，∴通过该球面的电通量为9-9设想地球表面为一均匀带电球面，则它所带总电量为9-10设均匀带电球壳内、外半径分别为R1和R2，它所产生的电场具有球对称性，以任意半径r作一与均匀带电球壳同心的高斯球面S，由高斯定理可得∴当时，,∴∴9-11无限长均匀带电圆柱面产生的电场具有轴对称性，方向垂直柱面，以斜半径r作一与两无限长圆柱面的同车圆柱面以及两个垂直轴线的平面所形成的闭合面为高斯面，由高斯定理可得∴（1）当r<R1，（2）当时∴;（3）当时，,∴9-12见题9-12图所示，由于平面无限大，电荷分布均匀，且对中心面S0（图中虚线）对称，电场分布也应具有均匀性和对称性，即在与带电板平行且位于中心面S0两侧距离相等的平面上场强大小应处处相等，且方向垂直该平面。过板内P点或板外Q点作轴线与x轴平行，两底面积为S且相对中心面S0对称的闭合正圆柱面为高斯面，由高斯定理可得：（1）平板内习题9-12图习题9-12图∴方向垂直板面向外（2）平板外∴方向垂直板面向外。9-13由于电荷分布具有轴对称性，故其场强必沿柱体的径向，其大小也具有轴对称性，故在圆柱体内取下同心薄圆筒，其半径为r，厚度dr，长l，见右图示，根据高斯定理可得习题9-13图习题9-13图∴9-14设想原来不带电的小空腔内同时存在电荷体密度为的两种电荷，则原带电荷等价于一个半径为R，电荷体密度为的均匀带电球体和一个半径为r，电荷体密度为的均匀带电球体的组合，空间各处的场强等于这两个均匀带电球体产生场强的矢量和。对于球心O处，，由于均匀带电球体球心处的场强为零，所以习题9-14图习题9-14图方向由O指向。对于球心处，∴方向由O指向。对于空腔内的任一点P，位置如图所示。以上计算表明空腔任意点的场强大小均为且方向均由O指向，所以，空腔内为匀强电场。习题9-15图9-15电偶极子在均匀电场中所受的力矩为习题9-15图为电矩与两方向间的夹角，当时，外电场作用于电偶极子上的力矩最大9-16外力所作的功为9-17（1）氢原子内负电荷的总电量为（2）由于负电荷呈球状对称分布，故可采用高斯定理计算负电荷产生的电场强度的大小为正电荷在球心，其产生的电场强度的大小为则在距球心r处的总电场强度为，其大小为的方向沿径向向外。9-18电场力的功9-19由高斯定理可求得是空间场强分布（略）离球心为处的电势习题9-20图(a)9-20（1）电荷线密度，坐标如题9-20图(a)所示，距原点O为x处取电荷元，它在P点的电势习题9-20图(a)∴P点的总电势习题9-20图（b）习题9-20图（b）（2）坐标如题9-20图(b)所示，电荷元在Q点的电势Q点的总电势习题9-21图9-21半圆环中心O的场强（或电势）是两段带电直线和带电半圆环在该处场强（或电势）的迭加，由于两直线对O对称，所以两带电直线在O处的场强大小相等，方向相反，相互抵消，因而O处的场强就是带电半圆环在O处的场强，取电荷元,它在O处场强，由于对称性，各的x分量相互抵消。∴的y分量为习题9-21图∴O处的电势9-22由高斯定理可求得两无限长同轴圆柱面间的场强为，所以两圆柱面间的电势差9-23静电平衡时，导体球壳内、外表面均有感应电荷，由于带电系统具有球对称性，所以内表面均匀分布有-q电荷，外表面均匀分布+q电荷，可判断电场分布具有球对称性，以任意半径r作一与球壳同心的高斯球面S，由高斯定理可得当∴∴∴由电势定义式可求得电势分布9-24（1）内球电荷q均匀分布在外表面，外球内表面均匀感应电荷-q，外表面均匀分布电荷q+Q，由高斯定理可求得电场分布（略）由电势定义可求得内球电势（2）用导线把两球连接起来时，内球和外球内表面电荷中和，这时只有外球的外表面带有q+Q电荷，外球壳外场强不变，外球电势不变，这时两球是等势体，其电势均为原外球壳电势270V。（3）若外球壳接地，外球电势为零，外球外表面电荷为零，内球的电荷以及外球内表面电荷分布不变，所以内球的电势9-25由于带电系统具有轴对称性，所以电荷分布和电场分布也应具有轴对称，静电平衡时，圆柱形导体电荷均匀分布在其外表面，单位长度电量为，导体圆筒内表面均匀分布有感应电荷，其单位长度的电量为，外表面电荷均匀分布，单位长度的电量为。以任意半径r作同轴封闭圆柱面为高斯面，则由高斯定理得：当∴∴∴∴9-26（1）A板带正电荷q分布在左右两表面上，设B板感应电荷为-q1，C板感应电荷为-q2，则AB、AC间均可视为匀强电场依题意可得∴即B板上感应电荷为,C板上感应电荷为A板的电势（2）当AB间充以电介质时，则有下列关系仍可解得,所以B板上的感应电荷为C板上感应电荷为A板上电势9-27设AB两板各面上的电荷面密度分别为，空间各处场强方向应与板面垂直，作如题9-27图所示的闭合圆柱面为高斯面，由于导体内场强处处为零，A、B两板间场强方向平行于圆柱侧面，所以通过高斯面的电通量为零，由高斯定理习题9-27图习题9-27图∴（1）A板内的P点场强为∴（2）若A板带电QA，B板带电QB，板面积为S，则有（3）（4）由（1）、（2）、（3）、（4）式可得9-28点电荷q使金属球上产生感应电荷，由于金属球与地相联，其电势为零，球心处的电势应是点电荷q和球上感应电荷在此处产生电势之和，即∴即金属球上感应q/3的负电荷。9-29（1）（2）（3）（4）（5）设极化电荷产生的场强为，则，其中为极板上极化电荷面密度，，则极化电荷（6）或9-30（1）以任意r为半径作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理得当（2）由电势定义式可得（3）9-31（1）（2）（3）（4）9-32设A、B两导体球分别带有电荷Q和-Q，则两球的电势差为9-33用导线连接二导体，这相当将电容C1和C2并联，此时等效电容和总电量分别为根据电容，故联接二导体后它们的电势为这时电容上的电量为则由导体1流向导体2的电量为9-34（1）以任意半径r作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理可得：当（2）电势分布：（3）这相当于内外半径分别为R与a的球形空气电容器C1与内外半径分别为a与b的球形介质电容器C2，二者相串联，其等效电容为其中将C1、C2代入上式9-35（1）在介质中以任意半径r作圆柱体同轴的闭合圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得∴（2）设介质内表面上单位长度的极化电荷为，则对上述高斯面应用高斯定理则介质内表面上的极化电荷面密度为介质外表面上的极化电荷密度为9-36（1）设两电介质中的电位移和场强分别为D1、D2和E1、E2，两板板间的电势差∴则两介质中各点的能量体密度为（2）（3）9-37（1）由高斯定理可求得电场分布整个电场储存的能量（2）导体球壳接地，导体球壳外表面不带电，球壳外场强为零，这时电场的能量由得9-38（1）平行板电容器抽出金属板后的电容为，插入金属板时的电容为，当充电到后拆去电源，然后抽出金属板，除金属板秘在位置外的空间场强不变，均为（2）抽出金属板需作功9-39由高斯定理可求得带球体内、外的场强为（略）其电场所储存的能量9-40由于并联前后电量不变，所以有由此可得能量减少为1.5一质点沿半径为的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ=2+4t3．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ω=dθ/dt=12t2=48(rad·s-1)，法向加速度为an=rω2=230.4(m·s-2)；角加速度为β=dω/dt=24t=48(rad·s-2)，切向加速度为at=rβ=4.8(m·s-2)．（2）总加速度为a=(at2+an2)1/2，当at=a/2时，有4at2=at2+an2，即．由此得，即，解得．所以=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)．1.7一个半径为R=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，其自由端拴一物体A．在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在Δt=2.0s内下降的距离h=．求物体开始下降后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，所以at=2h/Δt2=0.2(m·s-2)．物体下降3s末的速度为v=att=0.6(m·s-1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为=0.36(m·s-2)．1.8一升降机以加速度·s-2上升，当上升速度为·s-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．计算：（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；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h=h1-h2，所以，解得时间为=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．第一章质点运动学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）1s末的瞬时加速度和第2s内的平均加速度．[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=Δx/Δt=4(m·s-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(m·s-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=[v(2)-v(1)]/Δt=[0–6]/1=-6(m·s-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．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)根据速度与位移的关系式vt2=vo2+2as，得a=(n2–1)vo2/2s，(2)（1）平方之后除以（2）式证得．计算得加速度为=0.4(m·s-2)．°的夹角的初速度65m·s-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=10m·s-2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他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(m·s-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=4.49(s)．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(m·s-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(m·s-1)，落地速度为v=(vx2+vy2)1/2=92.08(m·s-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，解得．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；（2）试证在时间t内，船行驶的距离为．[证明]（1）分离变量得，积分，可得．（2）公式可化为，由于v=dx/dt，所以积分．因此．证毕．[讨论]当力是速度的函数时，即f=f(v)，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，解方程即可求解．在本题中，k已经包括了质点的质量．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．（1）如果n=1，则得，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．当t=0时，x=0，所以C`=v0/k，因此．（2）如果n≠1，则得，积分得．当t=0时，v=v0，所以，因此．如果n=2，就是本题的结果．如果n≠2，可得，读者不妨自证．1.5一质点沿半径为的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ=2+4t3．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ω=dθ/dt=12t2=48(rad·s-1)，法向加速度为an=rω2=230.4(m·s-2)；角加速度为β=dω/dt=24t=48(rad·s-2)，切向加速度为at=rβ=4.8(m·s-2)．（2）总加速度为a=(at2+an2)1/2，当at=a/2时，有4at2=at2+an2，即．由此得，即，解得．所以=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=300m·s-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=20m·s-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？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[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，．即，．令y=0，解得飞机回到原来高度时的时间为t=0（舍去）；(s)．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=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，其自由端拴一物体A．在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在Δt=2.0s内下降的距离h=．求物体开始下降后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，所以at=2h/Δt2=0.2(m·s-2)．物体下降3s末的速度为v=att=0.6(m·s-1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为=0.36(m·s-2)．1.8一升降机以加速度·s-2上升，当上升速度为·s-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．计算：（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；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h=h1-h2，所以，解得时间为=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．1.9有一架飞机从A处向东飞到B处，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；（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．[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，所以飞行时间为．（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，所以飞行时间为．证毕．1.10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为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v2．今在车后放一长方形物体，问车速v1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作矢量三角形．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，因此v1=v2sinθ+v2cosθsinα/cosα，即．证毕．方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以，即．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=v2cosθ?t．两式消去时间t即得所求．证毕．2.12质量为m的物体，最初静止于x0，在力(k为常数)作用下沿直线运动．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利用v=dx/dt，可得，因此方程变为，积分得．利用初始条件，当x=x0时，v=0，所以C=-k/x0，因此，即．证毕．[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．（1）当n=1时，可得．利用初始条件x=x0时，v=0，所以C=lnx0，因此，即．（2）如果n≠1，可得．利用初始条件x=x0时，v=0，所以，因此，即．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，分离变量得，积分得．当t=0时，v=v0，所以，因此，小球速率随时间的变化关系为．（2）当小球运动到最高点时v=0，所需要的时间为．[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，即，积分得，当t=0时，x=0，所以，因此．（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，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为．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，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk．设物体在某时刻经A点时速率为v0，求此后时刻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=-μkN，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，即．积分得．当t=0时，v=v0，所以，因此．解得．由于，积分得，当t=0时，x=x0，所以C=0，因此．2.15如图所示，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动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所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=mgtgθ=mω2Rsinθ，可得，解得．2.16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=π/2ω的时间间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，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．2.17一个质量m=50g，以速率的v=20m·s-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p=mv，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义得，由此可作矢量三角形，可得．因此向心力给予小球的的冲量大小为=1.41(N·s)．[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．假设小球被轻绳拉着以角速度ω=v/R运动，拉力的大小就是向心力F=mv2/R=mωv，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，，合冲量为，所前面计算结果相同，但过程要复杂一些．，速率等于20m·s-1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为=14(m·s-1)，其速度的增量为=24.4(m·s-1)．棒给球冲量为I=mΔv=7.3(N·s)，对球的作用力为（不计重力）F=I/t=366.2(N)．2.19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起动后，经多长时间C也开始运动？C开始运动时的速度是多少？（取g=10m·s-2）[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，联立方程可得a=g/2=5(m·s-2)．根据运动学公式s=v0t+at2/2，可得B拉C之前的运动时间=0.4(s)．此时B的速度大小为v=at=2(m·s-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(m·s-1)．2.22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，这圆弧路面的半径为R．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m，它与路面的滑动摩擦因数为μk．当把雪橇由底端拉上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，弧位移的大小为ds=Rdθ．重力的大小为G=mg，方向竖直向下，与位移元的夹角为π+θ，所做的功元为，积分得重力所做的功为．摩擦力的大小为f=μkN=μkmgcosθ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为，积分得摩擦力所做的功为．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即，或者．拉力的功元为，拉力所做的功为．由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2.23一质量为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E2=mv2/2=mv02/8，动能的增量为ΔEk=E2–E1=-3mv02/8，这就是摩擦力所做的功W．（2）由于dW=-fds=-μkNds=-μkmgrdθ，积分得．由于W=ΔE，可得滑动摩擦因数为．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为at=f/m=-μkg，根据公式vt2–vo2=2ats，可得质点运动的弧长为，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=ΔEk，可得s=-ΔEk/f，由此也能计算弧长和圈数。2.24如图所示，物体A的质量m=，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=400N·m-1．斜面倾角为45°．求当物体A由静止下滑时，能使弹簧长度产生的最大压缩量是多大？[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，整理和一元二次方程，解得=0.24(m)（取正根）．2.29如图所示，有一个在竖直平面上摆动的单摆．问：（1）摆球对悬挂点的角动量守恒吗？（2）求出t时刻小球对悬挂点的角动量的方向，对于不同的时刻，角动量的方向会改变吗？（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，因此动量矩l不变；由于角动量L=mvl，所以角动量不守恒．（2）当单摆逆时针运动时，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173kg，其近地点高度为439km，远地点高度为2384km，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，因此，根据上题的结果可得卫星的轨道总能量为×109(J)．2.38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．盘与水平面的摩擦因数为μ，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=μdN=μprdrdθ，其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为dM=rdf=μpr2drdθ，总力矩为．圆盘的转动惯量为I=mR2/2，角加速度大小为，负号表示其方向与角速度的方向相反．根据转动公