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习题解答第一章质点运动学1-1(1)质点t时刻位矢为：7=+5)1+&2+3-4(m)12)(2)第一秒内位移A万二(为一式o):+(M必方一 1 2-=3(1-0)，2(1-0)2+3(1-10)j=3i+3.5,小)前4秒内平均速度=Ar 1 一 一-一 1丫=瓦=(12,+20j)=3i+5，(msT)、d尸(4)速度V=一=3i+(F+3)j(m s-1)At=3f+(4+3)j=3f+7j(m.s-1)(5)前4秒平均加速度AV V4 VQ a=At 4-07 3-=J=j(m-s)(6)加速度 2=7(m-s-2)万4=j(m-s-2)1-2 u=J+3 J+2dt r X 4 3x J dx J vd./+c t+1+2t+c当t=2时x=4代入求证c=12即 x=l+J+2%124a 7v=t+3t+2a=3t2+6tdt将t=3s代入证11 1 2x3=41(m)v3=56(m-s-)a3=45(m-s)41-3(1)由运动方程 消去t得轨迹方程y=3-2tx(y 3尸=0(2)1秒时间坐标和位矢方向为 x1=4m y1=5m4,5m:tga=1.25,a=51.3 x(3)第1秒内的位移和平均速度分别为A万二(4 0)F+(5-3)j=4f+2j(m)V=4：+2j(m-s-1)Af(4)质点的速度与加速度分别为-d尸-dVV=8i+2j,a=8i dt dt故t=ls时的速度和加速度分别为%=87+2jm s-1,a1=8 fm s-21-4该星云飞行时间为9.46 xl015x 2.74 xlO9 00 ini7 o no inio-=-=6.59x10 s=2.09x10 a3.93 xlO7即该星云是2.09x101年前和我们银河系分离的.1-5实验车的加速度为v 1600 xlO3 a=-t 3600 x1.80=2.47x102 mzs之-25(g)基本上未超过25g.1.80s内实验车跑的距离为vS=-t21600 xlO3 2x3600 xl.80=400(m)1-6(1)设第一块石头扔出后t秒未被第二块击中，则7 1 2hvQt-gt代入已知数得21 2ll=15t-x9.8-2解此方程，可得二解为ti=1.84s,ti=1.22s第一块石头上升到顶点所用的时间为tm=V1Q/g=15/9.8=1.53s由于乙,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于 这对应于第一 块石头上升时被第二块赶上击中.以吃。和()分别对应于在力和时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于1 2h=v20(i-A)所以1 2 1 2h+giA%1)2 11+X 9.8 X(1.84-I)2y 20=2 2-tx 1.84-1=17.2m/s同理.1 2 1 2,0+gQi-Arj ll+-x9.8x(1.22-l)V20=7=酝 1-22-1=51.1(m/s)(2)由于A%2=1.3S J,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于ti 时刻相碰，第二块的初速度为1 2 1 2,人+2 gi A%2)11+2 x 9.8 x(1.84 1.3)2V2=1.84-1.3=23.0(m/s)1-7以/表示从船到定滑轮的绳长，贝IJ%=-山/由.由图可知于是得船的速度为习题1-7图3dsv=一dtdl负号表示船在水面上向岸靠近.船的加速度为dv a dtddZdl _/z2v02 dt s3j2 7 2 v/h J%负号表示a的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8所求位数为(o2r 4TI 2n2r 4TI 2(6xl04)2 xO.l4xl05602 X9.8gg1-9物体A下降的加速度（如图所示）为2h 2x0.4 八。/a=r=-z=0.2m/st 2此加速度也等于轮缘上一点在，=3s时的切向加速度，即at=0.2(m/s2)在=3s时的法向加速度为(at t)2(0.2 x3)21.0=0.36(m/s2)习题1-10图习题1-9图R7 _ _ _1-10 =1.2m/s。=0.5s,/io=1.5m.如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为VQ at。1.2 x 0.5 0.6 m/s 以（表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为7 1 2h=vQt+gt电梯下降的距离为41 2hr=vot+at 2又1 2hQ=h-hf=(g-a)t由此得而小球相对地面下落的距离为22=2.06m1-11.风地=/风人+/人地 画出速度矢量合成图（a 又现地=%人+2为人地，速度矢量合成如图（b 两图中南风地应是 同一矢量.可知（a 图必是底角为45。的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为V风地人地/_房/cos45-2%人地=4.23(ms-1)习题i-ii图L L 2vL.二a+/2=-2 2v-u v+u v-u 3 t=ti+=如图所示风速u由东向西，由速度 习题1.12图V V合成可得飞机对地速度/=沅+/,贝=Jy2 _2.52L 2L 2L1-13 1 设船相对岸的速度为V（如图所示），由速度合成得V=u+VV的大小由图1.7示可得证毕V=Vcos。+HCOSOCW Vcos p=V-r/cosa=3-2义彳=3，3习题1-13图而 Vsin p=wsina=2x =l船达到B点所需时间t=B=口=D=1000(s)Vr Vsinpcos RAB两点之距S=Dctg=D匕 sin p将式(1)、(2)代入可得5=D(3-3)=1268(m)(2)由DIxlO3Vsin p“sina船到对岸所需最短时间由极值条件决定dt da1u12 cosa sin a=0即 c o a=0,a=K/2故船头应与岸垂直，航时最短.将a值代入（3 式得最短航时为_ IxlO3mm w sin 7i/21 1八31=0.5 x IO?s=5()0(s)(3)设=/,则DVrDDlu2+V2-2uVcosasin p Vsin p欲使/最短，应满足极值条件.“sina6dl _D da ux：u2+V2-2uVcos。-cos 2 sin a+uV sin2 asin2 afiu2+V2-2uVcosa=0乙、7乙简化后可得 cos2 arcosa+l=0 uV即 cos2 ar-cosa+l=062解此方程得cosa=239 a=cosT=48.2。3故船头与岸成48.2,则航距最短.将a值代入(4)式得最小航程为Du2+v2-2wvcosar.Jl cos%，=1.5xl03m=l.5(km)AB两点最短距离为Smin=-in-=1.12(km)第二章质点动力学2-1(1)对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示,x 向：Enin COS。/max 二。y 向：N-尸min sin。-Mg=0还有/max=NSN解以上三式可得要推动木箱所需力耳的最小值为习题2-1图F _ 隰 W?mm cos0-隰 sin0在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力 F的大小为7F mm cos0-|Lik sin0(2)在上面几m的表示式中，如果COS0msine-0,则尸min8,这意味着用 任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是cos0-m sin0 0由此得0的最小值为八 10=arctan日S2-2(1)对小球，由牛顿第二定律x 向：Tcos0 Nsin。=may 向：Tsin0+Ncos-mg=0联立解此二式，可得T=机(QCOSOI+g sina)=0.5 x(2 x cos30+9.8sin 30)=3.32(N)N=m(g cosa+osina)=0.5 x(9.8 x cos30-2sin 30)=3.74(N)由牛顿第三定律，小球对斜面的压力Nf=N=3.74(N)(2)小球刚要脱离斜面时N=0,则上面牛顿第 二定律方程为习题2-2图T cos0=ma,T sin0=mg由此二式可解得a=g/tan0=9.8/tan30=17.0m/s22-3要使物体A与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度。，且挂吊B的绳应向后倾斜。作此时的隔离体受力图如图所示习题2-3图三物体只有水平方向的运动，只须列出水平方向的牛顿方程及相关方程:8M:F N3 水平Mam1:7=mxa(1)T sina=m2a(2)m2:T cosam2g=0(3)(4)N3水平为绳中的雨拉力在水平向的合力%水平=T+T sina(5)联立(1),(2),(3),(4),(5)解得m2 gF=(机1+m2+m)=80g=784(N)J机J-m22(因为三个物体有同一加速度。，且在水平方向只受外力方的作同，所以，可将三个物体看 作一个物体：尸二(加1+根2+M)(1)(3)再与(1),(2),(3)式联立求解即可。)2-4由图写出力函数用积分法求解。FJ 2t(05)-1-5r+35(5r7)r _ aB 所以绳被拉紧，二者一起下滑，而 以T和厂分别表示绳对A和5的拉力（T=T），则由牛顿第二定律，沿x方向对 A：加A g sina|L1kA 根 g cosa一7=mAa习题2-5图对 B：mBg sina-cosa+T=mBa由此得=g sin 一NkA机A+日砥加3 mA+mBgcosa9.8 x sin 300-0.15义1.5+0.21义2.851.5+2.85x 9.8 x cos 30=3.29(m/s2)（2 图中绳中张力为T=sina-1kAzcosa-mAa=1.5x9.8xsin30o-0.15xl.5x9.8xcos30-1.5x3.29=0.51(N)3 如果互换位置，A在上，3在下，则由于连接绳子将松弛，因而T=0,此10时AB的加速度即2 2ci-a A 3.63(m/s),a B a B 3.12(m/s)2-6当漏斗转速较小时，根有下滑趋势，小物体受最大静摩擦力7m方向向上，如图所示。对小物体，由牛顿第二定律x 向：Nsin。-fm cos0=men minry 向：Ncos。+fm sin0-mg=0还有联立解以上各式，可得i(sin0-Ns cos0)g(cos0+Ns sin0)r或1(sin0-|LIS cos0)g3 min=-*-2兀 (cos。+|LLS sin0)r习题2-6图当足够大时，小物体将有上滑趋势，它将受到向下的静摩擦力，即 fm的方向与图2.6中所示的方向相反。与上类似分析可得最大转速为_ 1 i(sin0-|LIS cos0)g max 2兀$(cos0+|LLS sin0)r总起来讲，小物体在漏斗壁上不动，转速应满足的条件是max “min2-7设圆柱与绳索间的摩擦力为力。2,对根1、m2列出方程绳对重物m1的拉力T1，叫和机2对地加速度分别为。1、mg-T=mxax日（/一斯）九gx0-l1+pl（2）据功能原理W.=石2-昂开始下滑时在桌面部分的长度为%=/沏=J当链条的A端从O点沿y轴运动到yo点过程中，摩擦力作功为 1+日用=-J力,dy=-n（y0-丁）九gdy_ g 2 _ g（I 丫=-2%=-2设桌面为势能零点，则链开始下滑到A端离桌面时的机机械能分别为T,1、2于是有二2 U+#化简可得广=力一,V1+日2-13由于7二加/一加区），kL 2 1黑丫 局一一28一一2呵1+小E2=-Xlv2-Xgl2 2 2，=也山+N故冲量1的大小由图所示可得 而中、I=V（mV 2+）2=m2gh+VQ=0.3,2x9.8x10+202=7.3N-s/与水平方向的夹角为习题2-13图v 2ghtga=%丫072x2.98x10 八）=-=0.720a=35。14一 1 7 3球受到的平均冲力F=M 0.02365(N)2-14(1)4 秒内力的冲量 1=pdt=(lQ+2t)T-dt=56i(N-s)(2)由动量定量T=加炉一加Do,可得I 56-一 一 _iv=l-v0-一 i 6i=-OAi(m-s)m 10(3)据题设，j(10+2/)d，=200即10t+t2-200=0,。+20)”10)=0,t=10(s)2-15忽略轨道阻力，故在加载过程中列车与矿砂系统在水平方向动量守恒，即恤=(m0+mt)V由此得t时速度y m0V0 V=-t时加速度为dV m0VQm d-2dt(阴0+mt)2-16 以分钟计，枪对子弹的平均推力为-Nmv 120 x0.0079x735“八八F=-=-=11.6(N)t 60枪视作静止，此力也等于肩对枪托的平均推力，由牛顿第三定律可知，枪托对肩的压力就等于 11.6N.2-17原子核蜕变过程应满足动量守恒定律.以表示蜕变后原子核的动量，应有 一 一 一 名1+万2+3=。由图可知，心的大小为-二用、P3=，P；+P；.当=io 21 X 由此可得撞后速度应 V2-20(1)如图所示，沿竖直方向，分别对“和机用牛顿第二定律可得T-Mg=Ma mg-T2=ma由此可得7；=(g+)=1200 x(9.8+1.5)=1.36 x 104(N)T2=m(g a)=1000 x(9.8 1.5)=0.83 x 104(N)1 2(2)在加速，=1.0s的过程，起重间上升的距离为。=。，这也就是 2电动机拖动钢缆的距离，电动机做的功为A=(K-7)/z=(1.36-0.83)x-|x 1.5xl2=3.95xlO3(J)(3)起重间匀速上升时，滑轮两侧钢缆中的张力分别为 T；=mg,T；=mg.拖动钢缆的16距离为Nh时电动机又做的功是A=(-T；)Ah=(M-m)gAh=(1200-1000)x9.8x10=1.96x 104(J)2-21如图所示，以方表示马拉雪橇的力，则对雪橇，由牛顿第二定律切向：F-mg sina-f=0法向：N-mgcosa=0再由可解得F=jnmgcosa+mg sina由此得马拉雪橇做功A/二(ikmg cosa+mg sina)Rda=Rikmg sin0-mg(cos0-1)=Rmgik sin450-cos450+1J 2=mgR 1-十|i 左 重力对雪橇做的功为AH=J mg sinaRda=mg7?(cos0-1)r2)=mgR-1I 2 J摩擦力对雪橇做的功为=一 mgik cosaRda=-mg sin07?V2 p=-2 mgkR2-22设加速度为a,AB=S在B点速度为匕，在c点速度为v2,整个运动分为三个分过程A-5:匀加速直线运动v/=lasB4C：机械能守恒=mg 2R+；mK在C点，重力提供向心力(1)习题2-2217v2mg=m-3 RCf A：平抛运动S=v2t 4 1 22R=Q/5 联立、（2、（3、（4、（5,可解得5a=g-42-23设s=Si+e.如图所示，写出各个过程的相应方程.B：机械能守恒1 2R=-m1v1(1)2B点碰撞：动量、机械能守恒-f+m2v2(2)1 2 1 1 2一机 iVi=一机 iVi Hm2v2(3)BfC：平抛运动Si=丫2匕(4)h=gt12(5)m2在C点时：vcx=v2(6)cy=gtl(7)18CD：机2以上述速度作斜抛运动，但其加速度由下式确定2=Vcxt(8),at(9)机2=/浮一加2g=(-l)m2g P=(-l)m2g P(10)由(8)、(9)、(10)可确定射程CD为2yxyc)S 2=-a a(11)联立(1)至(11)式可解证4mj!Rh 1S S1+S 2=-1+-mx+m22 1-1 P)=4.8(m)2-24在C开始运动之前，4、5有同一加速度Q,对A、3作受力分析(如图所示)有A:mg-T=ma(1)B：T=ma(2)由(1)、(2)解证 =1 g2设BC间绳长为I,在t时间内B作匀加速运动.贝U I=at2=-gt2 2 2 2证 t=i=0.4(s)5和C之间绳子刚要拉紧时，A和B所达到的速度为习题2-24图v=at=yfgl=110 x0.4=2.0(m.s-1)BC间绳拉紧前后，由动量原理有A:mvf-mv=-TAB f(忽略了重力的冲量)(3)/=v=1.33(ms-1)19联立(3)、(4)、(5)解证9 9vr=v=x 2.0=1.33(m-s-1)2-25设在t秒时，盒内已落有的石子质量为 mtmt=nm-t(1)而石子落入盒内时速度为V=yj2gh(2)在此后由时间内，将有质量 加/的石子落入盒内dmt=nm-dt(3)对出这些石子用动量定理，设d机的石子受到盒对它的作用力为dN,以向下为正则(dg-dNi)山=dm,(0-v)dNdt=dmt(dtg+v)=nmdt(g d-tv)n dN=nm v而已有的质量为 皿的石子受到盒对它的作用力的大小等于石子的重力 小=此秤的读数为N+dN=(nmv+mtg)=nm2gh+nmgt=mn(y!2gh+gt)=100 x 0.02(10 x9.8+J2x9.8x4.9)=2x(98+9.8)=215.6(N)2-26用动量定理求解A到B的时间为T 71 t=2 co重力的冲量为T nm 71mg、十上团让一Ig=mgt=g=-，方向向下(如图所示)3 3小球动量增量为Ap=2mv=2moR=纱且火。其中R由小球的动力学方程c 7T sin0=mco R/2%1第二次击入的深度为Ax=%2 一 国 二(行-DM=0.41(cm)2-28静止时各处T=mg,对两弹簧有T=左1西=mgT=k?x?=mg所以，两弹簧的伸长量之比为左2x2 h两弹簧的弹性势能之比为1 7 2Ek 二少二.Ek 公焉kl22-29(1)子弹与摆锤碰撞，水平方向动量守恒vmv=m b Mvi(1)2力为摆锤碰撞后之速度，摆锤获此速度后作圆周运动，在铅直面内机械能守恒1 2 1 22Md=2%+%2/(2)欲完成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件21_ MMg2v2(3)由(3)式得V2 代入(2)式得=y5gl，再代入(1)式可得子弹的最小速度2M rz7Vmin=m2-30小球与弹簧振动系统相互碰撞，水平方向动量守恒mv。=-mVi+Mv(1)V为弹簧系统的启动速度，它在被压缩过程中机械能守恒，设最大压缩长度为 xm,则有=-kxn(2)将(1)、(2)两式联立求解得%=焉限，。+V1)=,l，wIioxlx(4+2)=-06(m)(2)碰撞是非弹性的，其机械能损失为1 21 2 I 损=一机匕)-mvi-Mv1 2 fl 2 I,2)=-mvQ-I-mVi+-kxm I=1 xlx42 J】xlx2?+1 xlO3 x0.062 2(2 2=4.2(J)(3)小球与M完全非弹性碰撞，碰撞后弹簧被压缩，据此可列式解得mv0=(m+M)vr1(M+m)vr2I 2 I.2xm=J 3=0.038(m)jk(m+M)10(10+1)机械能损失E套 Tmvo _ kxrm 2 2=1 义 1X 42 1 X 1()3 义 0.0382=7.28(J)2 2第三章刚体的定轴转动223-1(1)铁饼离手时的角速度为=u/R=25/1.0=25(rad/s)(2)铁饼的角加速度为2 nc2a=-=39.8(rad/s2)20 2x27ixL25(3)铁饼在手中加速的时间为20 2x27ixl.25 八 c。/、t=0.628(s)co 253-2(1)初角速度为3o=2兀 x 200/60=20.9(rad/s)末角速度为3=2兀 x 3000/60=314(rad/s)角加速度为一。314-20.9 2、a=-=-=41.9(rad/s)t 7.0(2)转过的角度为9 二3二3 t=2。9；314 x 7=1.17 x Iffad=186(圈)(3)切向加速度为at=41.9x0.2=8.38(m/s2)法向加速度为&=3 2R=3 W X Q2=1.97*1。4(m/s2)总加速度为a=9+%=78.372+(1.97X104)2:1.97 x 10,(m/s2)总加速度与切向的夹角为0=arctan =arctan-=8959 at 8.373-3(1)对轴I的转动惯量Ji=2m(acos6CP)2+(+6zcos6CP)2+m(a+2cos6CP)2=9ma对轴II的转动惯量J2=4m(asin6CP)2=3ma23(2)对垂轴的转动惯量J3=Ima+2m(2tzcos3CP)2+m(2a)2=12ma3-4(1)设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对。点的力矩为3 3 3 1 1 1 3MQ=mg-l+-mg-mg-I=-mgl(2)系统对。点的总转动惯量等于各部分对。点的转动惯之和，即JQ=+J 2+人+，4(3)由转动定律 M=J 可得B%泊 36 g483-5(1)摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为0 31-3。=用 J)O=_Q23O AZ第二秒末的角速度为co2=coo+=o-O.2coo x 2=O.6CDO(2)设摩擦力矩 河,与角速度的比例系数为a,据题设可知Mr=OC(D,即 J=a(o At据题设方=Is时，3I=O.8(DO,故可得比例系数a=Jin 0.8由此(=2s时，转轮的角速度32为In=21n0.802co2=0.8 co0=O.64coo3-6设飞轮与闸瓦间的压力为N,如图示，则二者间摩擦力于羊=四，此摩擦力形成阻力矩24frR,由转动定律力R=邛其中飞轮的转动惯量J=mR2,角加速度。=2产=-茶几，故得fr=Rm nR 5=-1K X60X(1000/60)x0.25=-314(N)见图所示，由制动杆的平衡条件可得FQ+l2)Nli=G Nr=N-得制动力F=314-5=314(N)LI(Z1+Z2)0.4(0.5+0.75)3-7如图所示，由牛顿第二定律对根1:7 一机遇=机口1对m2:m2g T2=m2a2对整个轮，由转动定律又由运动学关系 T2R2 TIRI=-M.R+-M2R2(2 2P=a 1/H=a 2/R?联立解以上诸式，即可得Q2H2gRl)g(M1/2+m1)7?12+(M2/2+m2)/?23-8设米尺的总量为m,则直尺对悬点的转动惯量为25/=1+1 moZ?3 31 2 n.2 1 2”2=-xmx0.4+-xmx0.63 5 3 51.4二m15=0.093m3 3 1 2 2 1M=-mg x x-mg x x =O.lmg5 5 2 5 5 21 4又=/B/=mH 15o M 0.1mgxl5 1八 .-2.p=/=10.5(rads)从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒(以水平位置为。势能点)7 1 7 2mghc=JCOI I q-n即 mg xO.l=xmco2 1.5n(o=J213-9机视为质点，M视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所示）mg-T=ma RT=JnT=；mg3-10如图所示，唱片上一面元面积为&*=汨。(1厂,质量为丽二加汨供1/(兀7?2),此面元受转盘的摩擦力矩为2 2dM=rdf=r|nkdmg=mgikr dddr/(jiR)各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为M从左2 g/兀 HR?Jae2 八唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从 0增加到3需要 时间为:=3RSa 加4 四 kg唱机驱动力矩做的功为 1 7 0A=M-A0=M st=mR 2唱片获得的动能为Ek=、J(D2=111 mR2|(D2=mR%22 2(2 J 43-11对整个系统用机械能守恒定律X 2 1 2 1 2-mxgh+kh+mjV+J(D=01?以/=根/，=v代入上式，可解得22rriigh-kh2!2x 0.08 x 9.8 x 0.5-2 x 0.52.o.v 二-二、-=1.48m/s mi+m/2 0.08+0.053-12(1)丁字杆对垂直轴。的转动惯量为 1 2 1 2 2 2J 0=J oc+J OAB=gml+m(2Z)=-mZ 对轴O的力矩MQ=；mgl,故由=可得释手瞬间丁字杆的角加速度281-2-%/0-p3g一句-27t3 m2(2)转过90。角后，知矩=0,则二0。由机械能守恒知11T 2二丁 V J o此时角动量L J Q(D yi tng I J Q ml转动动能为口 1,21 7Ek=-mgl-1 23-13(1)利用填补法，将小碎片填入缺口，此时为均匀圆盘对。轴的转动惯量=mR，2挖去小碎片，相应减少故剩余部分对。的转动惯量为JQ JQ-J=JTIQR rriR(2)碎片飞离前后，其角动量守恒m07?2(D=(m07?2+m/?2(Di2 2 3 CD故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。3-14由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩，所以系统的角动量守恒，即2JcDi=(J+Mr)CD2由此可得转台后来的角速度为J 1200 2兀八仙一二,、o)2=-1 1=-9-x=0.496(rad/s)J+Mr2 1200+80 x22 103-15慧星在有心力场中运动，角动量守恒。设其质量为 M,近日点速率为 匕，与太阳之距 心；远日点速率为丫2，与太阳之距-2，则有MV1rl=MV2r2%5.46x IO4 0 1 八 12/、r2=rx=-rx8.75xl0=5.26x10(m)V2 9.08 xlO293-16(1)由于 v/r=gv=x：gr=9.8 x 2.5=4.95(m/s)29(2)由飞船和宇航员系统角动量守恒可得3nlvR-Jco=0由此得飞船角速度为3mvR 3x70 x4.95x2.5 3/、3=-=-5-=8.67 x 10(rad/s)J 3x10(3)飞船转过30。用的时间=7i/(6co),宇航员对飞船的角速度为co+v/7?,在时间，内 跑过的圈数为n=(co+v/R)t)=(1+-)12 coT?=-x(1+124.958.67 xl0-3x 2.5)=19(H)3-17太阳自转周期按25d计算，太阳的自转角动量为Js=2 mKs5=2 x 1.99xIO?。x(6.96xl08)2x 2n5 25x86400=1.lx IO(kg mis)此角动量占太阳系总角动量的百分数为O.llxlO43(0.11+3.2)xl043=3.3%3-18(1)由于外力沿转动中心O,故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即mV=mV2r2T7 2mv=mr2 3故小球作半径厂2的圆周运动的角速度为3=Vi 丫2(2)拉力方做功为A=F-ds=-mV-mV=W-1J 2 2 2(乃 J3-19(1)/=/杆+/球 1,2,2 4 2=ml+ml=ml 3 3(2)在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有1 2 I0=Jco-mg(cos0)-mg(l cos0)30解得:(D=1COS0 2 I3-20(1)子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒:/、2 mv-l 41m(-Z|+-MI432(D解得mvco=-(3 4、mHM lU 9 J_ 8xl0_3 x200I-x8xl0-3+-1x0.448x10“*200X-4-x0.49-1=9(rad s)9(2)上摆过程机械能守恒1 r 22I 3=Mg 2(1-cos)+mg Z(l-cos0)即1(1M1213+2216+|ml-cos0)lgmM,上式可近似为1 1 2 2 M-MZ 3=(1-cosO)lg解得cosO=)=0.073 3gcos0 0即0为第二象限的角度，本题中即棒向上摆可超水平位置(90)o由于 cos(0.073)85。6棒的最大摆角约为n 85。6=94。52第四章狭义相对论314-1利用心，=LFl其中Ax X B-UV CJIc=0-816c=fc/=，+/;I 1 2 z 1 x 2 V2(5)+母=三(m)解法二V2Vy=lQ sin3(T=；I-r 7 L U由，I 1-Z-V c4-6(1)对0A(或0B)-3 a x1-aU 1 6 i yV2 c=0.816c3,a1-y 2(1-克 T33习题4-6(a)图在S系（相对S系以=-动）2ly=ly=万周长=2x-a+a=a(l+-)4 2对OA（或AB S系中长度为。（或。）对OB,在S系中长度为13习题4-6 b 图周长=2x而+）4 2=a（i+VB）24-7 S系测量的时间间隔为固有时to=4.0s,S系测量的时间间隔为运动时T=6.0s,根据时间延缓公式得34S，系对s系的速率在S,系测量的两个事件的空间间隔为W=uW=0.745x3 xio8x6.o=1.341xio9(m)或 Ax=y(Ax uM)=0.745x3xl08 x6.0=1.341xl09(m)1 加=1.2x10%4-8Ax=-100m（因为流星是从船头飞向船尾）Ar=y(A，+与 Ax。Ax=(Ax+UWY加=*(1.2义10-6 竺xl00)4 c=1.25义10%)Ax=(-100+0.6c xl.2x ICT，)|=1 45n)4-9根据相对论动力学基本方程得尸二曳丝2(1)对上式积分dttmuJ Fdt=J d(mu)得m 机oUFtc v=|2L UAll-2-V C/2 2 万2,2机 o c+r t(1)当 t 时,Ft mGc F35,mQc,(2)当 t-时，Ft mQc则vFtcf 24(Ft)2v=at 时,J dx=J vdt=j atdt1 2x=-at2 v=c时j dx=j vdtx=J cdt ctJ I v s4-10 m=mo/ql_,=lkg/9一-=-(kg)4-11 略4-12 略4-13 略4-14 略4-15 略4-16根据质能公式得太阳因辐射能量每秒减少的质量为Am=I。=5.6xIO。(kg-5-1)c2(3xl08)29 与太阳质量的比值=*6Xi?=2.8 xlO-21m 2 x 疫。这个比值是非常小的.4-17 略第5章静电场5-1两小球处于如题5-1图所示的平衡位置时，每小球受到张力T,重力r的作用，则有Tcos0=zng和Tsin。=F,：,F=mgtgQ，由于6很小，故以及库仑力F36 2F=七一=mgtgQ x mg sin0 於o x1/35-2设在。点的场强分别为 友和月2，则有C 1八9 1.8x1。-9=9x10 x-z0.032=1.8x10,.HTI方向沿AC方向E2夕22 rBC八 in9 1.8xl T9=9x10 x-5=2.7x10 V-m0.042方向沿CB方向C点的合场强月的大小为:E=E；+石；=7（L8xl4）2+（2-7xl4）23.24xlO4V-m-1设力的方向与CB的夹角为。，则有T-。5-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元dq=XdZ,它在圆心0处的场强为j 2，方向如题以3图所示，由于对称性，上、下两40 R带电圆弧中对应电荷元在圆心。处产生的di和d瓦在x方向分量相 互抵消。习题5-3图Ex=Q f圆心0处场强E的y分量为E 2 f 整 sme=2.I。於 R2 2m Rql10-2(2)坐标如题5-4图(b)所示，在带电细棒上取电荷元dq=Xdx与Q点距离为r,电荷元在Q点所产生的场强dE=一竺，由于对称性，场d的x方向分量相互抵消，所 犯o 以M=0,场强dE的y分量为dEy=dEsin0=sin04 0 r(兀、2因厂=d?csc0,x=d2tg 0-二-d2c0,dx=d2 esc 0d0习题5-4图(b)dE,1 Xdxsin0d0 4od2玛二Jd声/siMe=百口”曲c2)甘昂 A LI2 A L/2其中 C O i=-,C O2=.=Jd；+0/2)2 Jd；+(32)2代入上式得E 九 L7 ad?+(L/2广389X109X3X10-8X0.2=5.27xlO3Vm-18xl0-2(8xl0-2)2+(0.2/2)f方向沿y轴正向。5-5 带电 圆弧长/=2兀R 4=2x3.4x0.50 0.02=3.12小，电荷 线密度2 1 八一9九=2=_0=l.OxlCrc.nT。带电圆弧在圆心O处的场强等价于一个闭合带电I 3.12圆环(线密度为X)和一长为d、电荷线密度为-九的小段圆弧在O处场强的矢量和。带电闭合圆环在圆心处的场强为零，而 dvvR,小段带电圆弧可视为点电荷，所带电量qf=Xd=1.0%10-90.02=2 x 10-11 C，故 圆 心处 的场强，O 1八E=4=9 X 1()9 X义=0.72V m-1，方向由圆心指向空隙中心。47 R 0.525-6(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中1为总通量的1，即6 80 68(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 应平 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24 J24 80 24g5-7解法(一)通过圆形平面的电通量与通过以 A为球心，AB=&+R2=口为半径,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S=2兀田，通过整个球面So=4兀产的电通量0=幺，所以通过该球冠面的电通量为8。x qrcosa习题5-7图(a)39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8=2兀八1/。设此面元对A点的半张角为0,见图所示，由通量公式可得/、q%2go 6+葭5-8通过此半球面的电通量与通过以。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 280=石 S=-TIR2=-2e o 2g o5-9设想地球表面为一均匀带电球面，则它所带总电量为q=E-dS=-8ES=-04TIR2 E=-8.85x 10 12 X4TI x(6.4xl06)2xl30=-5.92 x IO,c5-10设均匀带电球壳内、外半径分别为Ri和尺2,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fE-dS=4兀2.E=J 8。温0当厂=5cm 用时，1=0,石1=07?!r=8cm R2%=亨就-R；)E3争(&-K)温0周P(R；-R：)3eor22X10-5(0.13-0.063)3x8.85xlO-12 x0.122=4.1xlO4V-m-15-11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月dM=2花=以卜 80(1)当 rRi,Eqj=0,Ei=0;(2)当&氏2时/=九/_ 1 X/_ X2 2 o-I 2 or(3)当厂%时，/=。，石3=05-12 见题5-12图所示，由于平面无限大，电荷分布均匀，且对中心面 So(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 So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S。对称的闭合正圆柱面为高斯面，由高斯定理可得：(1)平板内f后d=25内S=%=2_J 8o 80月内-x x V 方向垂直板面向外(2)平板外/居.而=25外5=p J So习题5-12图41片外=d 2E0方向垂直板面向外。5-13 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/,见右图示，根据高斯定理可得2E2Tirl=-唠 2兀r/dr8o(1+习题5-13图4 2少 _ a Po,rdr _ a por乜 L T2 2-2-Z 72 28or(+r)2e()(Q+r)5-14 设想原来不带电的小空腔内同时存在电荷体密度为 p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+p的均匀带电球体和一个半径为，电荷体密度为-p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。处，瓦=瓦+后2，由于均匀带电球体球心处的场强为零，所以4 31 a P丁 _丁 _ q 1 3 2=T=O d?方向由。指向。工习题5