大学物理练习册解答

大学物理练习册解答

一.力学部分

质点运动学（一）

质点运动学（二）

牛顿运动定律（一）

牛顿运动定律（二）

动量与角动量（一）

动量与角动量（二）

功和能（一）

功和能（二）

刚体定轴转动（一）

刚体定轴转动（-）

狭义相对论（一）

狭义相对论（二）

—.热学部分

温度

气体分子运动论（一）

气体分子运动论（二）

热力学第一定律（一）

热力学第一定律（二）

热力学第二定律（一）

热力学第二定律（二）

三.电磁学部分

静电场（一）

静电场（二）

电势（一）

电势（二）

静电场中的导体

静电场中的电介质（一）

静电场中的电介质（二）

恒定电流

稳恒磁场（一）

稳恒磁场（二）

磁力

磁场中的磁介质

电磁感应（一）

电磁感应（二）

电磁波

四.振动与波

振动（一）

振动（二）

波动（一）

波动（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

质点运动学（1）——答案

一、选择题

l.D2.B3.D4.D5.D

二、填空题

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岛2/(3g)

三、计算题

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：设质点在x处的速度为v

dvdvdxdvr,2

――=------=V—=3+6、

dtdxdtdx

1vdv=£(3+6/心,

v—(6x+4%3)

3.⑴x=4cos〃，消去t得轨道方程为二+二=1(椭圆)

y=A2sinM4A2

v=—=-a)A}sincoti+CDA2COScotj

(2)”

a=—=-co2cosa)ti-a)2AsinMj=-arr

dt2

a与r反向，故a恒指向椭圆中心。

(3)当t=0时，x=0,y=0,质点位于/=—时，

2co

4汽A.兀A

x=4cosy=0,y=A2sin—=A2o

质点位于图中的Q点。显然质点在椭圆形轨;%

道上沿反时针方向运动。在M点，加速度a的切向分量a,如图所示。可

见在该点切向加速度晟的方向与速度C的方向相反。所以，质点在通过

M点速率减小。

4.

解：先求质点的位置

t=2s,

§=20x2+5x22=60(m)(在大圆)

v=dsIdt=20+107,

v(2)=40m/s

/=2s时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『龙

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

所以质点的运动方程为:x=t2

r=t2i+3〃J

j=3t4

(2)上式中消去大，得y=3x2即为轨道方程。可知是抛物线。

(3)vv=2/匕=12/dv18/+864/62+216Z2

ya=—==--——

n―F一2”6'dt2“r+144*川+36-

/.v=+*=14厂+144/6

注：若求法向加速度，应先求曲率半径。

(1+43v24/(1+36〃)・624产

(1+36%2)^

P='P(1+36/取J1+36-

y6

质点运动学(二)答案

一、选择题

l.C2.A3.D4.C5.C

二、填空题

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、计算题

1.解：实际上可以用求面积的方法。

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

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

22

=2m

2.

3.解：(1)

根据v雨对地=V雨对车+V车对地

•••y雨对地竖直向下，其水平分量为零。V雨对地

y雨对车的水平分量的大小为限对地|=l°m/s

=U车对地

⑵由图雨对地|=v车对地ctg3017.3m/s

〔V雨对车卜V车对地/sin30=20m/s

4.解：根据机械能守恒定律，小球与斜面碰撞时的速度为：

%=41gh

力为小球碰撞前自由下落的距离。因为是完全弹性碰撞，小球弹射的速度大

小为:匕=%=、2gh

映的方向是沿水平方向，故小球与斜面碰撞后作平抛运动，弹出的水平距离为:

s=v2t

式中F=j2(2_〃)/gS=Y2gh«2(H-h)/g=2弋h(H-h)

根据极值条件

dsH-2h=0得到：h=H2,

dh一\%(4-/?)

且:

d2sidh2\=-4H<0

/\H/2

/.H'=lH

2

是使小球弹得最远的高度。

5.解：设水用S；风用F；船用C；岸用D已知:

Vsd—10正东

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方向为南偏西30°。

VfdVsd

牛顿运动定律（一）——答案

选择题

l.C2.C3.B4.A5.B

二、填空题

l./o(1)

2.—(mJmQgi;O

3.1/cos20

4.0.28N;1.68N5.

⑵

三、计算题

1.解：联立求解:

Nsin6=maa=gig0

Ncos0-mg=0N=mg/cos0

.

则外力

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

由牛顿第三定律，加对"的压力与"大小相等方向相反

N=mg/cos6

2.解：受力分析，建立坐标系，物体受重力,地面的弹力，外力和摩擦力，列

受力方程。

联立求解:"Fcos6-piN=0

F="mg

cose+〃sin0

N+Fsin0-mg=0

当分母有极大值时，产有极小值。

令y=cos，+〃sin0

d2y

=-cos。一〃sin6<0,

因此y有极大值。

=0,仃一sin0+/Jcos0=Q：.tgd=1H,0=arctg/U

当：0-arctgp.

时最省力。

3.证明:

ZTkFkdvdvdxdv

r=ma=一一豆a==-——=—•—=p—

xmmxdtdtdxdx

有:

dx,k,

vav=-、dx

dtmx'

两边积分:vxk

\vdv=\-7dx

o%0mx

则

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:小球受力如图,根据牛顿第二定律:

mg-kv—r

初始条件"=0时，丫二°

(mg

k

牛顿运动定律（二）——答案

选择题

l.A2.B3.B4.C5.B

二、填空题

1.63.2N;参考解：mra}=2X0.8X（2n）2N=63.2N

2./jmg-Rmar-0

3.g;竖直向下；yjg2+a2

4.2%

5.

w,+m2tn}+m2

三、计算题

1.解：以被提起的绳段y为研究对象，建立坐标。y,它受拉力厂和重力；lyg的

作用，如图所示。由牛顿第二定律：

d{Ayv)

dt

即

dv...、

v+y—)=Z(v2+ay)

dt

⑴当)=常矢量时，v2—lay

7

Z=4(yg+/+ay)贝ijF}=2,(yg+2ay+ay)

=4(g+3ab

（2）当/=常矢量时，a=0

2

则F2-A（gy+v）

2.解：Tx=T2=T

取地面为参考系，电梯相对地面的加速度为立设小为叫相对电梯的加速度,

则：a]=a+ao由：m]:月+彳=町4

取y轴向下为正，得：a}=ar-a

则w,g-T=gq=町(a,.-a)(1)

同理：a2=ar+a

则：m2:T2+m2g=m2a2

取了轴向上为正，得：a2=ar+a

则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

图所示。

3.解：以车厢为参考系，小球受力如图所示.小球静止时合力为零,

得T+G+F*=0

写投影式为TsmO—ma-0

Tcos0-mg-0

解之得出tg(9=alg

即0-arctg(—)

g

4.解：(1)取杆。4为参考系，小环处于静止状态，受力如图：唯、可及惯

性离心力F'三者合力为零.受力图

mg+N+F,-0

其中Fr=m(lsin<2)fy2①

将①式沿OA杆方向取投影可得

m(Jsinoc)arsina-mgcosa=0②

co=---

sina

(2)因为N与杆是垂直的，故无论N取何值，都不影响小环沿杆的运动.现

假定小环受到一个扰动，向杆〃端发生一位移△/,即△/大于零.由上面②式知:

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

即惯性离心力F'沿杆的分量大于重力沿杆的分量，二者方

向相反，合力指向杆的/端，故小环将沿杆向/端加速，不

能再返回平衡位置.反之，如小环向。端发生一△/位移，此

时△/<0,故m[(l+A/)6>2]sin<2<mgcosa

小环将受到一个指向杆O端的合力，也不会再返回平衡位置,

小环所处平衡是不稳定平衡.

5.答：(1)当，较小时，木块静止在木板上，静摩擦

力f=mgsm0；

(正确画出以0到即之间的/一。曲线)

(2)当6=。0时(tg6o=〃)，木块开始滑动

(指出6o=tgT〃)

(3)时，滑动摩擦力/=〃机geos。

(正确画出以九到90°之间的/一，曲线)

动量与角动量(一)——答案

选择题

1.C2.C3.B4.A5.A

二.填空题

1.（1+血）加疯7

1

3叫

2.18N•s

3.0,2Ttmg/co,2nmg/co

4.

mcosO

5.lOm/s',北偏东36.87。

三.计算题

1.解：(1)因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置.因此,作用于子弹、

物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒.令子弹穿出时物

体的水平速度为小

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(设5°方向为正方向)

负号表示冲量方向与分方向相反.

2.解：以/E和卜分别表示人在塔下时地心和人离他们共同的质心的距离，则

由质心定义可得：mElE-mplp

由于质心保持不动，所以当人爬上X0=h时，应有：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动了3.14xlO-22m。

3.解：以人与第一条船为系统，因水平方向合外力为零。所以水平方向动量守

恒，

则有:

Mv\+mv=0

再以人与第二条船为系统，因水平方向合外力为零。所以水平方向动量守恒,

则有：mv=(in+M)V2

4.解：如图所示，设薄板半径为凡质量为优，面密度0,=2机/(小2)。由质量

分布的对称性可得板的质心在x轴上，而

——[xp,2y1R2—x2dx=

mJ3兀

四.证明题

证：物体与契块组成的系统在水平方向不受外力，故此系统在水平方向的动量守

恒，沿水平方向取x轴，则按题意，有

0+0=一机匕+(〃+〃?/,其中vx为物体沿契块斜面下滑速度v的水平分量;

厂为契块沿水平面移动的速度。由上式，得

两边乘d/,积分之，有

心,也,分别为契块和物体沿水平方向的位移元，这样，由上式可得契块的总位移

x为

mlcosa

M+m

动量与角动量(二)一答案

一.选择题

l.C2.C3.C4.A5.D

二.填空题

1.ac=1.14m/s,与正方形一边成45°角。

2.12rad/s

3.1N,m-s,1m/s

4.Mvd

参考解：L=rxmvL=mvd

5.2275kgm13m『

三.计算题

1.解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力

N-T7sin30°+mg

物体要有加速度必须：Ecos30。2川

即：5(73-H)t>/Jmg，t>0.256s=/0

t

物体开始运动后，所受冲量为/=j(Fcos30o-//A^)d/

如

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

/=3s,/=28.8Ns

则此时物体的动量的大小为mv=1

速度的大小为v=一=28.8m/s

m

2.解：这个问题有两个物理过程：

第一过程为木块木沿光滑的固定斜面下滑,到达B点时速度的大小为

/=yj2glsin0

方向：沿斜面向下

第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞.在斜面方向上，内力的分量远

远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有

mvcQsO-Mvy=(m+M)V

mi>cos0-12glsin8

v=1

m+M

3.解：建立图示坐标，以以、4表示小球反射速度的x和

y分量,则由动量定理，小球受到的冲量的分量的表达式

如下：

x方向：Fx\t=mvx-(-mvx)=2mvx①

y方向：F、N=-mvy-(-mvy)=0②

F=Fx=2mvx/A/

u钎vcosa

F=2mvcosa/At方向沿x正向.

根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力F=F

方向垂直墙面指向墙内.

解法二：作动量矢量图，由图知|A(/MV)|=2wycosa

方向垂直于墙向外

由动量定理：FM=\s(mv)\

得：F=2mucasedkt

不计小球重力，7即为墙对球冲力

由牛顿第三定律，墙受的平均冲力F'=F

方向垂直于墙，指向墙内

4.解：物体因受合外力矩为零，故角动量守恒.

设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为%、Jo、

久和I)、J、0).则

J0G)0—JCD①

因绳是缓慢地下拉，物体运动可始终视为圆周运动.①式可写成

2

mR^vn/R。=mRv/R

整理后得：R=Rovo/v②

物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供

F=mv2/R

再由②式可得：R=(mR^/F)',i

当尸=600N时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为

7?=0.3m

四.证明题

证：因质点只受有心力作用，即质点所受作用始终指向某一固定点。，力

对该点的力矩为零.根据角动量定理，质点对。点的角动量是恒矢量

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，方向不变，即r,D总

是保持在一个平面上，这就是说，质点在有心力作用下，始终作平面运动.

功和能(一)一答案

选择题

1.C2.C3.A4.C5.C

二.填空题

、t2GMm

1.f/11)或---------

37?R3R

2.+J管+学

3.1m/s,150J

4.-0.207

5.(2m,6m),「4m,2m)和(6m,8m),2m和6m

三.计算题

1.解：按题设，质点由x=0处沿x轴运动到任一位置x的过程中，合外力所作

的功为：/=fEe-h/n・a-e')

利用质点动能定理的表达式，考虑到初动能为零，则有城(l-e*)=/-0

k

fa

即质点的动能为：Ek=^-(l-e-)

可见，质点的动能所随位置x而改变，令x-»0,则得质点所具有的最大动能

为：

按质点的动能定义心=3团凡则相应的最大速率为:

2.解：设弹簧的原长为/。，弹簧的劲度系数为3根据胡克定律:

O.lg=^(O.O7-/o),O.2g=《O.O9—/o)

解得：/o=O.O5m,Z=49N/m

拉力所作的功等于弹性势能的增量：

=—2

WEp2一Ep\——k(l2—/0)'——/0)—0.14J

3.解:(1)建立如图坐标.

某一时刻桌面上全链条长为乂则摩擦力大小为：f=呜g

摩擦力的功：%『曲=「p^-gydy

JJ-aJ-aI

=续=_丝卷(/"

21.户"2/

(2)以链条为对象，应用质点的动能定理Y.W=^mv2-^rnv1

其中：SW=WP+Wf,%=0

叫=卜—［臂xdx=强支产

由上问知力=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°)

根据动能定理有：

12

—mV=mgl(cos—cos45°)

/.v-J2g/(cos°-cos45°)

当0=10°时，v=2.33m/s

(亦可用功能原理求解)

5.解：(1)先分析力。在抛出后，如果不计空气阻力，则石块只受重力(保守

力)作用，别无外力，所以对石块和地球组成的系统，机械能守恒。系统在开始

位置，其动能即为石块的动能加。2,势能为mg为；在终点，即地面上，取作

势能零点，而动能为m2/2,v为到达地面时石块的速率。所以，按机械能守

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）仍把石块和地球看作一个系统，在抛出后，除重力（内力）外，还有外力即

空气阻力作功生，因此机械能不守恒。应用系统功能定理，外力作功等于系统

机械能的增量，仍取地面为势能零点，得

.=..+0）一（；刷+

代入题给数据，得

4=-7,911

功和能（二）一答案

选择题

1.D2,D3.C4.E5.B

二.填空题

1.嗨-如2k牙：

m

2.2(为1/2

mxm2

3.v物=〃/2（角动量守恒。相对地面，丫人=u物）

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

2Q2\m0

5.不一定；动量

三.计算题

1.解：分三步解。第一步：设弹簧恢复形变时，m｛的速度为匕°，据机械能守

恒：

—kx2——mv\

2210

第二步：与m2发生弹性碰撞，因〃?]=加2,碰后两小球的速度交换，碰后加2

的速度为：匕=匕0。

第三步：作圆周运动到A点处脱落，此时它对圆环的压力N=0,因此圆环对它

的压力也为零。根据牛顿第二定律及机械能守恒定律，有：

2

八V

mgcos0=m-

~^mv2=mg火(l+cose)+；M7y2

联立上面四个方程，可以解出:

2.解：第一段泥球自由下落过程

选泥球和地球为系统，机械能守恒，有

mgh=~^mv~

第二段泥球与板的完全非弹性碰撞过程

对泥球和板系统，由于相互撞击力(系统的内力)远大于系统的外力即重力

与弹簧恢复力之和，所以可视为动量守恒。取向下为正方向，则有

mv-(m+M)V,V为碰后木板与泥球的共同速度。

第三段泥球、平板系统向下运动过程。

对泥球、平板、弹簧以及地球系统，因仅有保守内力做功，所以系统机械能

守恒。设平板原始位置为重力势能零点，此时弹簧的压缩量为劭，泥球落下与平

板共同向下的最大位移为x,则有

2

—AXQ+；(川+河)厅——k(xo+x)-(OT+M)gx

又由平板最初的平衡条件可得：Mg=kx。

由以上四式可解得

》=整(1+11+3^)

k弋(M4-m)g

3.解：动量守恒mv^=(m+A/)/

越过最高点条件(m+M)g=(m+M)v2/1

11

机械能守恒万(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、绳中张力对/点的力矩之和为零，故小球对/点的角动

量守恒.当B与4距离最大时，8的速度应与绳垂直.故有

mdv^sin300-mlv①

+^(/-/)2②

由机械能守恒有0

由式①得v=Uo/4

呵立=L306m/s

代入②式得

V15M

u=0.327m/s

5.证明：

一、用动量定理证明

以T表示AB间绳的张力.以〃表示物体与斜面间摩擦系数.

对4有：(F-T-mAgsmO-jJtnAgcos0)t=mAv①

对6有：(T一加sin8-〃加鸟8cos6)/=②

由①②两式消去〃与/得T=与e无关.

mA+mB

二、用动能定理证明

2

对力有：(F-T-mAgsinff-/jmAgcos0)S=~mAv③

2

对8有：(T-mBgsin0-pmBgcosO)S=^mBv④

由③④消去/、S得T=%F,与6无关.

mA+mB

刚体定轴转动(-)解答

一.选择题

1.D,2.C,3.C,4.B»5.C；

(5.参考解:

挂重物时，mg—T=ma=mR£,TR=邛

8=mgR

由此解出

mR-+J

而用拉力时,2mgR=J0'B，=2mgRIJ

故有夕＞2夕)

二.填空题

,1,

1.-fdmgl

参考解：

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

2.否.

在棒的自由下摆过程中，转动惯量不变，但使棒下摆的力矩随摆的下摆而减

小.由转动定律知棒摆动的角加速度也要随之变小.

3.g/l

g/(2/)

4.98N

u1,

5.~mgl

2g/(37)

6.50m/2

三.计算题

1.解：J-J…+J。disk+机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+机】(3川+4lb+2/)]

2.解：设002分别为加1,加2的加速度,a为柱体的角加速度,方向如图。

(1)〃?|,加2的平动方程和柱体的转动方程如下：

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+吗/

(2)由(1)得T2=in2ra+m2g=20.8N

由(2)得T}=m}g-m.Ra=MAN

（3）设见着地时间为/则

2h区“81s

Ra

（4）见着地后静止，这一侧绳子松开。柱体继续转动，只因受一侧绳子

的阻力矩，柱体转速将减小，加2减速上升。

讨论：如果只求柱体转动的角加速，可将柱体、如"2选作一个系统，系统

受的合外力矩V=机£火2gr,则角加速度

M

a=7-

/柱+〃7]R+加21

本题第二问要求两侧细绳的张力故采用该方法是必要的，即分别讨论柱体的

转动、加|,加2的平动。

3.解：（1）如图。圆环放在刀口上0,以环中心的平衡位置C点

的为坐标原点。Z轴指向读者。圆环绕Z轴的转动惯量为

2

Jzc=MR,由平行轴定理，关于刀口的转动惯量为

2

J:o=Jzc+MR=2MR2；

（2）在固定轴PP'上，只能在纸面内外小摆动。

2

2

垂直轴定理4=若-，平行轴定理1勿，=JXO+MR

（3）要求在纸面内的小振动周期八,

岂=3=1.1547,在平面内摆动的周期比以PP'为轴摆动周期要长15.5%o

T,V3

4.解：对m,由牛顿第二定律:

m\S~^\=m\a①

对加2，由牛顿第二定律：

%一4=M2a②

对滑轮，用转动定律：

2

（7]-T2）r--^mra③

有运动学关系，设绳在滑轮上不打滑

a=a/r④

联立①②③④各式，得

CI-m「总吗

mx+/%2+//2

_（1+〃《）机2+磨/2_（1+A＞）+41tm/2

T[=叼+%+加2相£'4一叼+吗+加/2叫g

5.解：（1）子弹冲入杆的过程中，子弹和杆系统对悬点0所受的外力矩为零。

・•.所以对此点的角动量守恒，即

由此得杆的角速度为

①

（2）子弹冲入杆的过程中，子弹受杆的阻力的大小为（以子弹为研究对象）

mv-mvmcod-mv

00②

△t△/

杆受到子弹的冲力（以杆为研究对象）

,_wv-mcod

7----0-T----③

A/

对杆用质心运动定理

F+f=Ma=

X方向：24④

乙=一/+加处=（%+.）2一丝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/

将①式带入得

2L

aJ=——⑤

3

刚体定轴转动（二）解答

一.选择题

1.D,2.C,3.B,4.C,5.A；

二.填空题

1.产

2.定轴转动刚体所受外力对轴的冲量矩等于转动刚体对轴的角动量（动量矩）

的增量.

|'M.d/=JCD—{J（O）Q

刚体所:对轴的合外力矩等于零.

71%。

,4（/2+33x2）

'（4+3A//W）/

5.M=rxF

变角速

角动量

JcoQ-mRv

6,J+mR2

三.计算题

1.解：球与杆碰撞瞬间，系统所受和外力矩为零，系统碰撞前后角动量守恒

mv（l-Q）=Jco

杆摆动过程机械能守恒-Jar=Mg-（y-cosO）J=-MI2

223

解得小球碰前速率为v=

32

2.解：

（1）棒在任意位置时的重力矩「=mggcos。，

因为c=J--ml1:.a----cosO

3J21

I/I

（2）因dA-TdO=mg—cos3d0A=mg—cos6d0=mg—

这功是细棒重力势能的减少而获得。

（3）任意。时的角速度

根据转动定律t=Ja

1,2d3dO1,da)

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

233dt3dOdt3dO

[81w

分离变量—cosOdO=-coda)—Jcos6d0=-^codco

232030

^md=-lar°=J(3gsin6)//

棒下摆过程重力势能转变为动能，可根据机械能守恒得到。

（4）假设处于铅垂位置时轴的作用力为M重力加g,在不考虑转轴摩榛阻力矩

的情况下，以上两个力的力矩为零

根据转动定律。=0

利用质心运动定理，将作用力N平移到质心，正交分解为水平分力M，竖直

分力Ny.

质心C的切向加速度acl=ya-0,Nx=mact=0

质心C法向力口速度a=—or=――=—g

cn22/2

35

法向加速度由法向合外力产生Ny-/wg=加42=万/MgNy=-mg

3.解：唱片之所以转动是因受到转盘施加的摩擦力矩的作用。

在唱片上选半径为八宽度为“的圆环。它的摩擦力矩为

dT=(〃%2加

式中。=」一为唱片的密度

成2

总的力矩

R2

=R%2兀\r2dr——/nmgR

o3

唱片为刚体，根据转动定律

r丁dco,J.

T—Jcc—J—dt=—dco

dtT

1M

f_J例_2mRK_3R①I

'l丁》mgR一荻

4.解：选人、滑轮、与重物为系统，系统所受对滑轮的外力矩为

T=；MgR

设〃为人相对绳的匀速度，9为重物上升的速度。则该系统对滑轮轴的角动

量为L=^-VR-M(U-V)R+^^-R2)CD=^MRV-A4RU

根据角动量定理7=且

d/

1ndA3—一八、dudv4

Bnn|J—mgR=一(一MRv-MRu)——=0a=——=一g

2dt8dtdt13

5.解：设制动器离转轴(较叶处)的距离为/o,房门的质心C到转轴的距离

房门对转轴的转动惯量/=:机/。把碰撞制动器的作用力记为尸，

较叶对门的作用力的两个分力记为百和£。由角动量定理可确定户的冲量矩：

一f“山=Q-J①。

凡H/c4|I

由质心运动定理可得3]!-^1

_[(F,-F)dt=O-ma)()lc卜；》|

令£=0可解得/=-b

03

由此，制动器安装在距较叶的距离等于房门宽度的2/3处。饺叶受到的冲击力最

小。

狭义相对论(一)解答

选择题

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

二.填空题

1.一切彼此相对作匀速直线运动的惯性系对于物理学定律都是等价的2分

一切惯性系中，真空中的光速都是相等的2分

2.C

3.CC

4.4.33X108

5.1.29X105s

三.计算题

1解：由于6相对于Z以"=0.8c匀速运动，因此8观测此图形时与u平行方

向上的线度将收缩为2&J1-3/。＞=2b,即是椭圆的短轴.3分

而与“垂直方向上的线度不变，仍为2R=2a,即是椭圆的长轴.所以测得的面

积为(椭圆形面积)

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

2.解：(1)观测站测得飞船船身的长度为

2

L=Lo-Jl—(v/c)=54m

贝UA/i=L/P=2.25X10-7S3分

(2)宇航员测得飞船船身的长度为〃，则

榻=3=3.75X102分

3.解：令S'系与S系的相对速度为〃，有

W=/△/_=,(△///)2=]_("/。尸

-①/。了

则U=C《1-(A〃V')2)"2(=2.24X108m-s1)4分

那么，在S'系中测得两事件之间距离为：

AX'=夕A/'=C(A/'2-A/2)12=6.72X10sm4分

4.答：在太阳参照系中测量地叠竺鲤它绕太阳公转的方向缩短得最多.

R=R(/_(v/cy2分'

22

其缩短的尺寸为：AR=R0-R=&(l-)l-(“/c)2)«|/?op/c

A/?=3.2cm3分

5.解：(1)从列车上观察，隧道的长度缩短,其它尺寸均不变。1分

隧道长度为Lf=L^-^1分

(2)从列车上观察，隧道以速度”经过列车，它经过列车全长所需时间为

2

_z71-(v/c)+/0

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

VVV

这也即列车全部通过隧道的时间.

狭义相对论（二）解答

一.选择题

1.C,2.A,3.A,4.C,5.C；

二.填空题

1.8.89X108

2.2.91X108m•s1

3.Ax/v2分

-①/c>2分

4.相对的2分

运动2分

5.0.25nieC2

三.计算题

1.解：设立方体的长、宽、高分别以X0,则，ZO表示，观察者〃测得立方体的

=

长、宽、图分别为x=x0Ji—Y'yyo'z=z（）.

相应体积为V=xyz=VoJ1一勺3分

2分

2.解：它符合相对论的时间膨胀（或运动时钟变慢）的结论2分

设/子相对于实验室的速度为P

子的固有寿命4=2.2X106$

“■子相对实验室作匀速运动时的寿命。=1.63X10与$

2

按时间膨胀公式：T=Tn/^-（v/c）

22

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

3.解：以地球上的时钟计算：A/=±=4.5年2分

v

以匕船上的时钟计算：“=—4=0.20年3分

4.解：设飞船Z相对于飞船8的速度大小为〃，这也就是飞船8相对于飞船〃

的速度大小.在飞船8上测得飞船Z