大学物理答案第三版

大学物理习题及解答

习题一

drdrdvdv1-1 ｜?r｜与?r有无不同?dt和dt有无不同? dt和dt有无不同?其不同在哪里?试

举例说明．

???r?r?r?r?r?r2?r1； 21，解：（1）是位移的模，?r是位矢的模的增量，即

drdrds?v?dt（2）dt是速度的模，即dt.

drdt只是速度在径向上的分量.

?drdrdr??r?r?（式中r?叫做单位矢）dt ∵有r?rr，则dtdtdr式中dt就是速度径向上的分量，

drdr与dtdt不同如题1-1图所示. ∴

题1-1图

?dv?dvdva?dt，dt是加速度a在切向上的分量. (3)dt表示加速度的模，即

??v?v?(?表轨道节线方向单位矢）∵有，所以

??dvdv?d????vdtdtdt

dv式中dt就是加速度的切向分量.

???d??dr?与dt的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) (dt1-2 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时，有人先求

d2rdr222x?y出r＝，然后根据v=dt，及a＝dt而求得结果；又有人先计算速度和加速度

的分量，再合成求得结果，即

你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？

?d2x??d2y??dx??dy????????dt2?????dt2??dtdt???? ????a=及=

2222???解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有r?xi?yj，

??drdx?dy??v??i?jdtdtdt??d2rd2x?d2y?a?2?2i?2jdtdtdt

故它们的模即为

?dx??dy?22v?vx?vy???????dt??dt?222而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作

?d2x??d2y?22a?ax?ay???dt2?????dt2??????

drv?dtd2ra?2dt

2drd2rdr与2dt误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明dt不是速度的模，其二，可能是将dtd2r2而只是速度在径向上的分量，同样，dt也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中

2?d2r?d??????a径?2?r??dtdt?????。的一部分?或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r在径向（即

??量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速度v的方向随间的变化率对速度、加速

度的贡献。

1-3 一质点在xOy平面上运动，运动方程为

式中t以 s计，x,y以m计．(1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t=1 s 时刻和t＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t＝0 s时刻到t＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t＝4 s 时质点的速度；(5)计算t＝0s 到t＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．

1x=3t+5, y=2t2+3t-4.

?1??r?(3t?5)i?(t2?3t?4)j2m 解：（1）

(2)将t?1,t?2代入上式即有

???r1?8i?0.5j m

???r2?11j?4jm

??????r?r2?r1?3j?4.5jm

??????r?5j?4j,r?17i?16j 4(3)∵ 0???????r?r?r12i?20j?v??40??3i?5jm?s?1?t4?04∴

????drv??3i?(t?3)jm?s?1dt(4)

???v?3i?7j m?s?1 则 4??????v?3i?3j,v4?3i?7j

(5)∵ 0??????vv4?v04a????1jm?s?2?t44 ???dva??1jm?s?2dt(6)

这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以

v0(m·s?1)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．

图1-4

解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成?角，由图可知

222 l?h?s

将上式对时间t求导，得

dlds?2sdt dt根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，

dldsv绳???v0,v船??dtdt ∴

2l 题1-4图

vdsldll???v0?0dtsdtscos? 即

lv0(h2?s2)1/2v0v船??ss或

v将船再对t求导，即得船的加速度

v船??dlds?ldv?v0s?lv船a?船?dt2dtv0?v02dtssl22(?s?)v02h2v0s??32ss

2?21-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a＝2+6x，a的单位为m?s，x的单位

s为 m. 质点在x＝0处，速度为10m?s,试求质点在任何坐标处的速度值．

?1dvdvdxdv??vdtdxdtdx 解： ∵

2?d??adx?(2?6x)dx 分离变量：

a?12v?2x?2x3?c两边积分得 2

v?10,∴c?50

由题知，x?0时，03?1v?2x?x?25m?s∴

?21-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a＝4+3tm?s，开始运动时，x＝5 m，v=0，求该质点在t＝10s 时的速度和位置．

dv?4?3tdt 解：∵

分离变量，得 dv?(4?3t)dt

a?3v?4t?t2?c12积分，得

v?0,∴c1?0

由题知，t?0,03v?4t?t22 故

dx3v??4t?t2dt2 又因为

3dx?(4t?t2)dt2分离变量，

1x?2t2?t3?c22积分得

x?5,∴c2?5

由题知 t?0,0x?2t2?故 所以t?10s时

13t?52

3?102?190m?s?121x10?2?102??103?5?705m2

31-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 ?=2+3t，?式中以弧度计，t以秒

v10?4?10?计，求：(1) t＝2 s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?

解：

??d?d??9t2,???18tdtdt

?2a?R??1?18?2?36m?st?2s? (1)时，

an?R?2?1?(9?22)2?1296m?s?2

atan45????1οan(2)当加速度方向与半径成45角时，有

2R??R?即

22(9t)?18t 亦即

22??2?3t3?2?3??2.67rad99则解得 于是角位移为

1v0t?bt221-8 质点沿半径为R的圆周按s＝的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧

t3?v0，b都是常量，

求：(1)t时刻质点的加速度；(2) t为何值时，加速度在数值上等于b．

dsv??v0?btdt解：（1） dva????bdtv2(v0?bt)2an??RR

长,

(v0?bt)4a?a??a?b?R2则

22n2加速度与半径的夹角为

??arctan(2)由题意应有

a??Rb?an(v0?bt)2

2(v0?bt)4a?b?b?R2 4(v?bt)b2?b2?02,?(v0?bt)4?0R即

vt?0b时，a?b ∴当

1-9 半径为R的轮子，以匀速

v0沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点B的运动方程为

x＝R(?t?sin?t)，y＝R(1?cos?t)，式中??v0/R是轮子滚动的角速度，当B与

水平线接触的瞬间开始计时．此时B所在的位置为原点，轮子前进方向为x轴正方向；(2)

求B点速度和加速度的分量表示式．

解：依题意作出下图，由图可知

题1-9图

x?v0t?2Rsin?v0t?Rsin??2cos?2(1)

?R(?t?Rsin?t)

??'?m1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a绝?a相?a牵

g25a1?a??a?g??g42 ∴

a1??arctan?arctan?26.6oa?2，左偏上．

?v?m2-6一质量为的质点以与地的仰角=30°的初速0从地面抛出，若忽略空气阻力，求质

222点落地时相对抛射时的动量的增量．

解: 依题意作出示意图如题2-6图

题2-6图

在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30，则动量的增量为

o由矢量图知，动量增量大小为，方向竖直向下．

2-7 一质量为m的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒? 解: 由题知，小球落地时间为0.5s．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v1?gt?0.5g，小球上跳速度的大小亦为v2?0.5g．设向上为y轴正向，则动量的增量

?mv0????p?mv?mv0

????p?mv2?mv1方向竖直向上，

大小

碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒．

??p?mv2?(?mv1)?mg?F?(10?2t)i2-8 作用在质量为10 kg的物体上的力为N，式中t的单位是s，(1)求4s后，

这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N·s，

?-1

该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度?6jm·s的物体,

回答这两个问题．

解: (1)若物体原来静止，则

??t?4??1?p1??Fdt??(10?2t)idt?56kg?m?si00,沿x轴正向，

????p1?1?v1??5.6m?sim???I1??p1?56kg?m?s?1i ?1若物体原来具有?6m?s初速，则

?tt?F?????p0??mv0,p?m(?v0??dt)??mv0??Fdt0m0于是

t??????p2?p?p0??Fdt??p10, ?????v??v1,I2?I1 同理， 2这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，

那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即

I??(10?2t)dt?10t?t2亦即 t?10t?200?0 解得t?10s，(t??20s舍去)

02t

2-9 一质量为m的质点在xOy平面上运动，其位置矢量为

求质点的动量及t＝0 到解: 质点的动量为

t??2?时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．

???r?acos?ti?bsin?tj

将t?0和

t??2?分别代入上式，得

????p1?m?bj,p2??m?ai,

????p?mv?m?(?asin?ti?bcos?tj)

则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为

??????I??p?p2?p1??m?(ai?bj)

?1vm?s02-10 一颗子弹由枪口射出时速率为，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为

F =(a?bt)N(a,b为常数)，其中t以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，

试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．

解: (1)由题意，子弹到枪口时，有

F?(a?bt)?0,得

(2)子弹所受的冲量

t?ab

t1I??(a?bt)dt?at?bt202

t?将

ab代入，得

a2I?2b

(3)由动量定理可求得子弹的质量

2-11 一炮弹质量为m，以速率v飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T，且一块的质量为另一块质量的k倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为

Ia2m??v02bv0

2kT2Tv+m, v-km

证明: 设一块为m1，则另一块为m2，

m1?km2及m1?m2?m

于是得

m1?kmm,m2?k?1k?1 ①

又设m1的速度为v1, m2的速度为v2，则有

T?1112m1v12?m2v2?mv2222 ②

mv?m1v1?m2v2 ③

联立①、③解得

v2?(k?1)v?kv1 ④

将④代入②，并整理得

2T?(v1?v)2km

于是有

将其代入④式，有

v1?v?2Tkm 2kTm

v2?v?又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取

v1?v?证毕．

2kT2T,v2?v?mkm

????????F?7i?6jNr??3i?4j?16km合F2-12 设．(1) 当一质点从原点运动到时，求所作

的功．(2)如果质点到r处时需0.6s，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg，试求动能

的变化．

?F解: (1)由题知，合为恒力，

???????A?F?r?(7i?6j)?(?3i?4j?16k) ∴ 合 ??21?24??45J

P?(2)

A45??75w?t0.6

k(3)由动能定理，

2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．

解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为

?E?A??45J题2-13图

f??ky

第一锤外力的功为A1

kss02 ①

式中f?是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在dt?0时，f???f． 设第二锤外力的功为A2，则同理，有

A1??f?dy???fdy??kydy?1A2??kydy?1y212kky2?22 ②

由题意，有

1kA2?A1??(mv2)?22 ③

12kkky2??222 即

所以， y2?于是钉子第二次能进入的深度为

2

?y?y2?y1?2?1?0.414cm

2-14 设已知一质点(质量为m)在其保守力场中位矢为r点的势能为EP(r)?k/r, 试求质点所受保守力的大小和方向．

nF(r)?解:

?方向与位矢r的方向相反，即指向力心．

dE(r)nk??n?1drr

2-15 一根劲度系数为k1的轻弹簧A的下端，挂一根劲度系数为k2的轻弹簧B，B的下端 一重物C，C的质量为M，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性

势

能之比．

解: 弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有

题2-15图

FA?FB?Mg

又 FA?k1?x1

所以静止时两弹簧伸长量之比为

FB?k2?x2

?x1k2??x2k1

弹性势能之比为

Ep1Ep22-16 (1)试计算月球和地球对m物体的引力相抵消的一点P，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98×10kg，地球中心到月球中心的距离3.84×10m，月球质量7.35×10kg，

6

月球半径1.74×10m．(2)如果一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P点的势能为多少? 解: (1)设在距月球中心为r处

24

8

22

1k1?x12k?2?21k12k2?x22

F月引?F地引，由万有引力定律，有

G经整理，得

mM月r2?GmM地?R?r?2

r?M月M地?M月R

7.35?1022=

5.98?1024?7.35?1022?3.48?108

6 ?38.32?10m

则P点处至月球表面的距离为

(2)质量为1kg的物体在P点的引力势能为

h?r?r月?(38.32?1.74)?106?3.66?107m

?G11EP??GM月rM地?R?r?

7.35?10225.98?1024?11??6.67?10??6.67?10?7?38.4?3.83??107 3.83?10?1.28?106J

2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为m1和m2的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k，自然长度等于水平距离BC，m2与桌面间的摩擦系数为?，最初m1静止于A点，AB＝BC＝h，绳已拉直，现令滑块落下m1,求它下落到B处时的速率．

解: 取B点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有

??m2gh?式中?l为弹簧在A点时比原长的伸长量，则 联立上述两式，得

11(m1?m2)v2?[m1gh?k(?l)2]22

?l?AC?BC?(2?1)h

v?2?m1??m2?gh?kh2m1?m2?2?1?2

题2-17图

2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度0＝3m·s从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．

解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有

-1

v12?12?kx??mv?mgssin37??2?2? 12mv?mgssin37??frsk?212kx2

式中s?4.8?0.2?5m，x?0.2m，再代入有关数据，解得

?frs?k?1390N?m-1

题2-18图

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h?

?frs??mgs?sin37o?代入有关数据，得 s??1.4m, 则木块弹回高度

12kx2

h??s?sin37o?0.84m

题2-19图

2-19 质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．

解: m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M，地球为系统，以最低点为重力势

能零点，则有

11mv2?MV222

又下滑过程，动量守恒，以m,M为系统则在m脱离M瞬间，水平方向有

mv?MV?0

mgR?联立，以上两式，得

v?2MgR?m?M?

2-20 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直．

证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有

11122mv0?mv12?mv2222

222即 v0?v1?v2 ①

题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有

???mv0?mv1?mv2 ???v?v1?v2 ②

亦即 0?v由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以0为斜边，

??v故知1与v2是互相垂直的．

???v?vi?vxyj, 质点受到一个沿x负方向2-21 一质量为m的质点位于(x1,y1)处，速度为

的力f的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩．

解: 由题知，质点的位矢为 作用在质点上的力为 所以，质点对原点的角动量为

???r?x1i?y1j ??f??fi

???L0?r?mv

?????(x1i?y1i)?m(vxi?vyj) ??(x1mvy?y1mvx)k

作用在质点上的力的力矩为

???????M0?r?f?(x1i?y1j)?(?fi)?y1fk

10

2-22 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为r1＝8.75×10m 时的速

率是v1＝5.46×10m·s，它离太阳最远时的速率是v2＝9.08×10m·s这时它离太

4

-1

2

-1

阳的距离r2多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。) 解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于

哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有

1?r2mv2 r1mvr1v18.75?1010?5.46?10412r2???5.26?10m2v29.08?10∴

???????1?2-23 物体质量为3kg，t=0时位于r?4im, v?i?6jm?s，如一恒力f?5jN作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对z轴角动量的变化．

??3???p??fdt??5jdt?15jkg?m?s?1 解: (1)

0

(2)解(一)

x?x0?v0xt?4?3?7

115y?v0yt?at2?6?3???32?25.5j22?3 ????即 r1?4i,r2?7i?25.5j

vx?v0x?1

5vy?v0y?at?6??3?11??3?? ??即 v1?i1?6j,v2?i?11j

???????∴ L1?r1?mv1?4i?3(i?6j)?72k

????????L2?r2?mv2?(7i?25.5j)?3(i?11j)?154.5k

????2?1?L?L?L?82.5kkg?m?s21∴

M?解(二) ∵

dzdt

∴

??t?t??L??M?dt??(r?F)dt003

?152???????(4?t)i?(6t?)?t)j??5jdt023????3??5(4?t)kdt?82.5kkg?m2?s?10

题2-24图

2-24 平板中央开一小孔，质量为m的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为M1的重物．小球作匀速圆周运动，当半径为

r0时重物达到平衡．

今在M1的下方再挂一质量为M2的物体，如题2-24图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度??和半径r?为多少? 解: 在只挂重物时M1，小球作圆周运动的向心力为M1g，即

M1g?mr0?0挂上M2后，则有

2

①

(M1?M2)g?mr???重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒． 即 联立①、②、③得

2

②

r0mv0?r?mv?

?r02?0?r?2?? ③

?0????r??M1gmr0M1gM1?M23()mrM102M1?M2g?m??M1?r0M1?M22-25 飞轮的质量m＝60kg，半径R＝0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为

-1

900rev·min．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数?=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：

(1)设F＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转? (2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F?

解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、N?是正压力，Fr、Fr?是摩擦力，

Fx和Fy是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力．

题2-25图（a）

题2-25图(b)

杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有

l1?l2Fl1

对飞轮，按转动定律有???FrR/I，式中负号表示?与角速度?方向相反． ∵ Fr??N N?N?

F(l1?l2)?N?l1?0N??Fr??N???∴

l1?l2Fl1

又∵

I?1mR2,2

???∴ 以F?100N等代入上式，得

FrR?2?(l1?l2)?FImRl1 ①

??由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为

?2?0.40?(0.50?0.75)40?100??rad?s?260?0.25?0.503

t??这段时间内飞轮的角位移为

?0900?2??3??7.06s?60?40

1900?2?91409?????(?)22604234?53.1?2?rad

可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．

2??0?900?rad?s?160(2)，要求飞轮转速在t?2s内减少一半，可知

???0t??t2??0??2??0t???02t??用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

15?rad?s?22

F???mRl1?2?(l1?l2)2-26 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴OO?转动．设大小圆柱体的半径分别为R和r，质量分别为M和m．绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和m2相连，

60?0.25?0.50?15?2?0.40?(0.50?0.75)?2?177N

m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设R＝0.20m, r＝0.10m，m＝4 kg，

M＝10 kg，m1＝m2＝2 kg，且开始时m1，m2离地均为h＝2m．求：

(1)柱体转动时的角加速度；

(2)两侧细绳的张力．

解: 设a1,a2和β分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．

题2-26(a)图 题2-26(b)图

(1) m1,m2和柱体的运动方程如下：

T2?m2g?m2a2 ① m1g?T1?m1a1 ②

??T1R?T2r?I? ③

式中 T1??T1,T2??T2,a2?r?,a1?R? 而 由上式求得

I?11MR2?mr222

???Rm1?rm2gI?m1R2?m2r20.2?2?0.1?2?9.811?10?0.202??4?0.102?2?0.202?2?0.10222?6.13rad?s?2 (2)由①式

T2?m2r??m2g?2?0.10?6.13?2?9.8?20.8N

由②式

2-27 计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为

T1?m1g?m1R??2?9.8?2?0.2.?6.13?17.1N

M，半径为r，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设m1＝50

kg，m2＝200 kg,M＝15 kg, r＝0.1 m

解: 分别以m1,m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m1,m2运用牛顿定律，有

m2g?T2?m2a ①

T1?m1a ②

对滑轮运用转动定律，有

1T2r?T1r?(Mr2)?2 ③

又， a?r? ④

联立以上4个方程，得

a?m2gm1?m2?M2?200?9.8?7.6155?200?2m?s?2

题2-27(a)图 题2-27(b)图

题2-28图

2-28 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过?角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有

11?(ml2)?23

3g??2l ∴

mg(2)由机械能守恒定律，有

l11sin??(ml2)?2223

3gsin???l∴

mg

题2-29图

2-29 如题2-29图所示，质量为M，长为l的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O无

摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度??30°处． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速v0的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?

解: (1)设小球的初速度为0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为?，而小球的速度变为v，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：

vmv0l?I??mvl ①

121212mv0?I??mv

222②

上两式中

I?12Ml3，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直

12lI??Mg(1?cos30?)22 ③

o位置上摆到最大角度??30，按机械能守恒定律可列式：

由③式得

由①式

???(1?cos30?)???(1?)?2??I??l

v?v0?I?ml ④

?Mgl?12?3g3?12由②式

I?2v?v?m ⑤

220所以

(v0?求得

I?212)?v0??2mlm

v0??(2)相碰时小球受到的冲量为

l?Il1M(1?2)?(1?)?223mml6(2?33m?M12mgl

?Fdt??mv?mv?mv由①式求得

0?Fdt?mv?mv0??负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．

I?1??Ml?l3

6(2?3)M??gl6

题2-30图

2-30 一个质量为M、半径为R并以角速度?转动着的飞轮(可看作匀质圆盘)，在某一瞬时

突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，见题2-30图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上． (1)问它能升高多少?

(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能． 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 设碎片上升高度h时的速度为v，则有 令v?0，可求出上升最大高度为

v0?R?

2v2?v0?2gh

2v0122H??R?2g2g

I?(2)圆盘的转动惯量

11MR2I??MR2?mR222，碎片抛出后圆盘的转动惯量，碎片脱

离前，盘的角动量为I?，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系

统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即 式中??为破盘的角速度．于是

I??I????mv0R

得????(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为

11MR2??(MR2?mR2)???mv0R22 11(MR2?mR2)??(MR2?mR2)??22

1(MR2?mR2)?2

转动动能为

题2-31图

Ek?2-31 一质量为m、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动．另一质量为0的子弹以速度0射入轮缘(如题2-31图所示方向)．

(1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值?

11(MR2?mR2)?222

mvm0和?表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比．

解: (1)射入的过程对O轴的角动量守恒

(2)用m,

Rsin?m0v0?(m?m0)R2?

m0v0sin???(m?m0)R ∴

mvsin?21[(m?m0)R2][00]Ek2(m?m0)Rm0sin2???1Ek0m?m02m0v02(2)

2-32 弹簧、定滑轮和物体的连接如题2-32图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N·m；定滑轮

2

的转动惯量是0.5kg·m，半径为0.30m ，问当6.0 kg质量的物体落下0.40m 时，它的速率为多大? 假设开始时物体静止而弹簧无伸长．

解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有

-1

111mv2?I?2?kh2222

又 ??v/R

mgh?(2mgh?kh2)k2v?mR2?I故有

(2?6.0?9.8?0.4?2.0?0.42)?0.32?6.0?0.32?0.5?2.0m?s?1

题2-32图 题2-33图

2-33 空心圆环可绕竖直轴AC自由转动，如题2-33图所示，其转动惯量为初始角速度为

I0，

环半径为R，

?0．

质量为m的小球，原来静置于A点，由于微小的干扰，小球向下滑动．设

圆环内壁是光滑的，问小球滑到B点与C点时，小球相对于环的速率各为多少?

解: (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B点时，有

I0?0?(I0?mR2)? ①

该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为vB，以B点为重力势能零点，则有

11122I0?0?mgR?(I0?mR2)?2?mvB222 ②

联立①、②两式，得

22I0?0RvB?2gR?I0?mR2

(2)当小球滑至C点时，∵故由机械能守恒，有

Ic?I0 ∴?c??0

说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；

(2)在 内部任取一点 ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即

又∵ ∴

说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．

8-22 三个平行金属板 ， 和 的面积都是200cm2， 和 相距4.0mm， 与 相距2.0 mm． ， 都接地，如题8-22图所示．如果使 板带正电3.0×10-7C，略去边缘效应，问 板和 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则 板的电势是多少?

解: 如题8-22图示，令 板左侧面电荷面密度为 ，右侧面电荷面密度为

题8-22图

(1)∵ ，即 ∴ ∴

且 + 得 而

(2)

8-23 两个半径分别为 和 （ ＜ )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+ ，试计算： (1)外球壳上的电荷分布及电势大小；

(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量． 解: (1)内球带电 ；球壳内表面带电则为 ,外表面带电为 ，且均匀分布，其电势

题8-23图

(2)外壳接地时，外表面电荷 入地，外表面不带电，内表面电荷仍为 ．所以球壳电势由内球 与内表面 产生：

(3)设此时内球壳带电量为 ；则外壳内表面带电量为 ，外壳外表面带电量为 (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且

得 外球壳上电势

8-24 半径为 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为 处有一点电荷+ ，试求：金属球上的感应电荷的电量．

解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为 ，则球接地时电势

8-24图

由电势叠加原理有：

得

8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为 ．试求：

(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力． 解: 由题意知

(1)小球 接触小球 后，小球 和小球 均带电 ,

小球 再与小球 接触后，小球 与小球 均带电

∴ 此时小球 与小球 间相互作用力

(2)小球 依次交替接触小球 、 很多次后，每个小球带电量均为 . ∴ 小球 、 间的作用力

*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S，相距为 ，分别维持电势 = ， =0不变．现把一块带有电量 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．

解: 依次设 , , 从上到下的 个表面的面电荷密度分别为 ， ， ， , , 如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持 可得以下 个方程

题8-26图

解得

所以 间电场

注意：因为 片带电，所以 ，若 片不带电，显然

8-27 在半径为 的金属球之外包有一层外半径为 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为 ，金属球带电 ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．

解: 利用有介质时的高斯定理 (1)介质内 场强 ;

介质外 场强

(2)介质外 电势

介质内 电势

(3)金属球的电势

8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为 的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．

解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为 ，真空部分场强为 ，自由电荷面密度分别为 与 由 得 ，

而 ,

∴

题8-28图 题8-29图

8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为 ，半径分别为 和 ( ＞ )，且 >> - ，两柱面之间充有介电常数 的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷 和- 时，求：

(1)在半径 处( ＜ ＜ ＝，厚度为dr，长为 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；

(2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为 的同轴圆柱面 则 当 时，

∴ (1)电场能量密度 薄壳中

(2)电介质中总电场能量

(3)电容：∵ ∴

*8-30 金属球壳 和 的中心相距为 ， 和 原来都不带电．现在 的中心放一点电荷 ，在 的中心放一点电荷 ，如题8-30图所示．试求： (1) 对 作用的库仑力， 有无加速度；

(2)去掉金属壳 ，求 作用在 上的库仑力，此时 有无加速度． 解: (1) 作用在 的库仑力仍满足库仑定律，即

但 处于金属球壳中心，它受合力为零，没有加速度．

(2)去掉金属壳 ， 作用在 上的库仑力仍是 ，但此时 受合力不为零，有加速度．

题8-30图 题8-31图

8-31 如题8-31图所示， =0.25 F， =0.15 F， =0.20 F ． 上电压为50V．求： ．

解: 电容 上电量

电容 与 并联 其上电荷

∴

8-32 和 两电容器分别标明“200 pF、500 V”和“300 pF、900 V”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V的电压，是否会击穿? 解: (1) 与 串联后电容

(2)串联后电压比 ，而

∴ ,

即电容 电压超过耐压值会击穿，然后 也击穿．

8-33 将两个电容器 和 充电到相等的电压 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．

解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为 ,

题8-33图 则

解得 (1) (2)电场能量损失

8-34 半径为 =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为 =4.0cm和 =5.0cm，当内球带电荷 =3.0×10-8C时，求： (1)整个电场储存的能量；

(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．

解: 如图，内球带电 ，外球壳内表面带电 ，外表面带电

题8-34图 (1)在 和 区域

在 时

时 ∴在 区域

在 区域

∴ 总能量

(2)导体壳接地时，只有 时 , ∴

(3)电容器电容

习题九

9-1 在同一磁感应线上，各点 的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度 的方向?

解: 在同一磁感应线上，各点 的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度 的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为 的方向． 题9-2图

9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度 的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?

解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路 可证明

∴

(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但 方向相反，即 .

9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?

答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．

9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部 ，外面 =0，所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分 ?d =0

但从安培环路定理来看，环路L中有电流I穿过，环路积分应为 ?d = 这是为什么?

解: 我们导出 , 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路 上就一定没有电流通过，即也是 ，与 是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过 的电流为 ，因此实际螺线管若是无限长时，只是 的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量 , 为管外一点到螺线管轴的距离．

题 9 - 4 图

9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?

解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．

9-6 已知磁感应强度 Wb?m-2的均匀磁场，方向沿 轴正方向，如题9-6图所示．试求：

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/63q6.html