大学物理习题解答

大学物理（上册）习题解答

第一章 质点运动学

P26．

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) = 6312 - 2313 = 4(m)．

在第2s末的位移大小为

x(2) = 632 - 232 = 8(m)．

在第2s内的位移大小为

Γx = x(2) – x(1) = 4(m)，

经过的时间为Γt = 1s，所以平均速度大小为

v=Γx/Γt = 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) = 1231 - 6312 = 6(m·s-1)，

2

v(2) = 1232 - 632 = 0，

质点在第2s内的路程等于其位移的大小，即Γs = Γx = 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 - 1231 = 0， 第2s内的平均加速度为

a= [v(2) - v(1)]/Γt = [0 – 6]/1 = -6(m·s)．

-2

2

3

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vt = vo + 2as，得 a = (n – 1)vo/2s，(2)

（1）平方之后除以（2）式证得

a?2(n?1)s(n?1)t222

22

．

计算得加速度为 a?2(5?1)30(5?1)102= 0.4(m·s)．

-2

1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°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

22.5o 70m 图1.3

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)． 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)．

1

-1

[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a?2(n?1)s(n?1)t2．

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)．

2

根据自由落体运动公式s = gt/2，得下落的时间为

t2?2h2gdv/dt = -kv，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

1v?1v0?kt；

2

（2）试证在时间t内，船行驶的距离为x?1kln(v0kt?1)．

dvv2[证明]（1）分离变量得

v??kdt，

= 4.49(s)．

积分

v0?v1vdv2t??k?dt，

0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)，

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 = vy0 - gt = -44.93(m·s)，

落地速度为

v = (vx2 + vy2)1/2 = 75(m·s-1)，

与水平方向的夹角为

υ = arctan(|vy|/vx) = 36.8o， 方向斜向下．

方法二：一步法．取向上的方向为正，

2

他在竖直方向的位移为y = vy0t - gt/2，移项得时间的一元二次方程

12gt?v0sin??t?y?0，

2可得

-1

?1v0?kt．

（2）速度大小公式可化为

v?v01?v0kt，

由于v = dx/dt，所以

dx?v01?v0ktx-1

dt?1k(1?v0kt)d(1?v0kt)

t积分

?dx?0?k(1?v01kt)0d(1?v0kt)．

因此 x?1kln(v0k?t1．) 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

dt?mdvf(v)解得

t?(v0sin??v0sin??2gy)/g．

22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

，

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

2

dvv??kdt，

角加速度为

β = dω/dt = 24t = 48(rad·s)， 切向加速度为

-2

at = rβ = 4.8(m·s)．

（2）总加速度为a = (at2 + an2)1/2， 当at = a/2时，有4at = at + an，即

an?at3．

2

2

2

-2

积分得

vtlnvv0??kt0，

即 ln得速度为

vv0??kt，

由此得r?2?r?-kt

-kt

t3，

v = v0e．

而dx = vdt = v0edt，积分得

x?v0?ke?kt0即 (12t2)2?24t3， 解得 t?所以

3?v0k(1-edvvn?kt)．

3/6．

（2）如果n≠1，则得分得

v1?nvt??kdt，积

??2?4t?2(1?33/3)=3.154(rad)．

（3）当at = an时，可得rβ = rω2，

即 24t = (12t2)2，

，

解得 t = (1/6) = 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 =

-2203m·s，方向与水平前进方向夹角为30°

1/3

1?n??ktv00因此

1vn?1?1vn?10?(n?1)kt．

如果n = 2，就是本题的结果． 如果n≠2，可得

x?{[1?(n?1)v0kt](n?2)v0n?1(n?2)/(n?1)?1}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

y a ay x O αaθ v0x v0y v0 n?2k读者不妨自证．

1．5 一质点沿半径为0.10m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)；

3

x 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

x?v0xt?12axt，

2y??v0yt?1212ayt． aco?s?1222当上升速度为2.44m·s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2.74m．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

h1?v0t?1212at；

2-1

即 x?v0co?s?t?， t2y??v0sin??t?asin??t．

令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为 t = 0（舍去）；t?2v0sin?asin??103(s)．

将t代入x的方程求得x = 9000m．

[注意]也可以利用速度关系求时间． 飞机在竖直方向的速度为 vy = -vy0 + ayt，

当飞机运动到同一水平面时，其速度为 vy = vy0， 可得运动时间为

t?2vy0ay?2v0sin?asin??103(s)．

螺帽做竖直上抛运动，位移为

h2?v0t?gt．

2由题意得h = h1 - h2，所以

h?12(a?g)t，

2解得时间为

t?2h/(a?g)= 0.705(s)．

进一步可以求出飞机飞行的水平距离． 1．7 一个半径为R = 1.0m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Γt = 2.0s内下降的距离h = 0.4m．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

A 图1.7

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

R 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h?12at?t，所以

2

-2

2at = 2h/Γt = 0.2(m·s)． 物体下降3s末的速度为

v = att = 0.6(m·s)，

这也是边缘的线速度，因此法向加速度为

an?v2回飞行的时间为t0?2lv；

（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为t1?t01?u/v22-1

；

（3）如果气流的速度向北，证明来回

= 0.36(m·s)．

飞行的总时间为t2?-2

Rt01?u/v22．

1．8 一升降机以加速度1.22m·s-2上升，

4

[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

t1??[解答]雨对地的速度v2等于雨对车的速度v3加车对地的速度v1，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，

???lv?u2?lv?u2?t02vlv?u222

2l/v1?u/v?1?u/v2． v v

（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V?v?u，所以飞行时间为

22A A B B u

因此v1 = v2sinθ + v2cosθsinα/cosα， 即 v1?v2(sin??lhcos?)．

v + u v - u

v 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得

v1sin(???)?v2sin(90???)A u v B

所以

，

v1?v2sin(???)cos?cos?

t2?2lV?t02lv?u22?2l/v1?u/v22

?v2sin?cos??cos?sin??． 证毕．

221?u/v ?v2(sin??cos?tan?)， 即 v1?v2(sin??lhcos?)．

[注意]飞机的速率要大于气流的速率，飞机才能回到A处。

1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速h 度为v1，下落雨的速度方向与铅直方向的

图1.10

方法三：利用位移关系．将雨滴的速度

l θ 分解为竖直和水平两个分量，雨滴相对于车的水平速度为v1 – v2sinθ，竖直速度为v2cosθ．雨滴下落h时所需要的时间为

v1 t = h/v2cosθ，

雨滴偏离的水平距离为l时，物体刚好不会被淋湿，即

l = (v1 – v2sinθ)t，

将上式代入下式即得所求．

v2 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？

α h v3 α θ v2 v⊥ l v1

5

第二章 质点力学的基本定律

P46．

2．1 如图所示，把一个质量为m的木块放在与水平成θ角的固定斜面上，两者间的静摩擦因素μs较小，因此若不加支持，木块将加速下滑．

（1）试证tanθ≧μs；

?（2）须施加多大的水平力F，可使木

上式代入（2）得

N?mgcos???ssin?F ．（4）

m θ 图2.1

（3）[解答]当木块相对静止时，由力的

平衡条件得

Gsinθ - f - Fcosθ = 0，N - Gcosθ - Fsinθ = 0． 解得

f = Gsinθ - Fcosθ，N = Gcosθ + Fsinθ．

?可知：①当F的大小不断增加时，摩擦力将

块恰不下滑？这时木块对斜面的正压力多大？

（3）如不断增大F的大小，则摩擦力和正压力将有怎样的变化？

（1）[证明]木块在斜面上时受到重力

???G?mg和斜面的支持力N以及静摩擦力

?f，其中

?不断减小，方向还是沿斜面向上的；当F = Gtanθ时，摩擦力为零；当F再增加时摩擦力将反向，并且不断增加．当F增加到某一值时，则可能打破平衡．

②正压力将随F的增加而增加． [讨论]当tanθ < 1/μs时，如果木块恰好不上滑，则摩擦力恰好等于最大静摩擦力，方向沿着斜面向下，用上面的方法列方程，可得

f ≦ fs = μsN， 而 N = Gcosθ． 要使木块加速下滑，重力沿着斜面

N m f F?sin???scos?cos???ssin?mg．

的分量不得小于

最大静摩擦力fs．根据牛顿第二定律得

Gsinθ - μsGcosθ = ma≧0， 因此tanθ≧μs． 证毕．

（2）[解答]要使物体恰好不下滑，则有 Gsinθ - μsN - Fcosθ = 0， （1） N - Gcosθ - Fsinθ = 0． （2） （2）×μs +（1）得

N θ G 将（3）式中的μs改为-μs就是这个结果．可见：当tanθ = 1/μs时，F趋于无穷大，只有

当tanθ < 1/μs时，才可能增加F的大小使木块向上加速滑动．

2．2 如图所示，设质量m = 10kg的小

m f θ x F 球挂在倾角α = 30°的光滑斜面上，求：

（1）当斜面以加速度a = g/3沿图中所示的方向运动时，绳中的张力及小球对斜面的正压力各是多大？

（2）当斜面的加速

α 图2.2 N y T x α G a a y θ G Gsinθ - μsGcosθ – Fcosθ - μsFsinθ = 0， 解得

F?sin???scos?cos???ssin?mg． （3）

6

度至少为多大时小球对斜面的正压力为零？（g = 9.8m·s）

[解答]（1）小球受到重力G，斜面的支持力N和绳子的张力T．建立坐标系，列方程得

Ncosα + Tsinα – mg = 0， Tcosα - Nsinα = ma．

解得N = m(gcosα – asinα) = 68.54(N)，

T = m(gsinα + acosα) = 77.29(N)．

（2）令N = 0，得加速度为 a = gcotα = 16.97(m·s)．

2．3 物体A和B的质量分别为mA = 8kg，mB = 16kg，它们之间用绳子联结，在倾角α = 37°的斜面上向下滑动，如图所示．A和B与斜面的滑

B 动摩擦因素分别

A 为μkA = 0.2，μkB = 0.4，求： （1）物体A

和B的加速度；

α 图2.3

-2

-2

= 3.26(m·s)．

（2）将加速度a的公式代入任一方程都可解得张力为

T?(?kB??kA)mAmBgcos?mA?mB-2

= 3.86(N)．

由此可见：当两物体的摩擦因素相等时，张力才为零，这是因为它们的加速度相等．

（3）将A和B互换位置后，由于A的加速度比较大，所以绳子不会张紧，其张力为零．

A的运动方程为

mAgsinα – μkAmAgcosα = mAaA，

解得 aA = g(sinα – μkAcosα) = 4.12(m·s-2)． 同理得aB = g(sinα – μkBcosα) = 2.7(4m·s-2)．

2．4 一个重量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度v0运动，

?v0的方向与斜面底边的水平约AB平行，如

?（2）绳子的张力；

（3）如果将A和B互换位置，则（1）和（2）的结果如何？

[解答]根据角度关系可得sinα = 3/5 = 0.6，cosα = 4/5 = 0.8，tanα = 3/4 = 0.75．

（1）如果物体A和B之间没有绳子，由于tanα≧μs，可知：A和B都要沿斜面做加速运动，而B的加速度比较小．当A和B之间有绳子时，它们将以相同的加速度运动．

设绳子的张力为T，根据牛顿第二定律分别对A和B列运动方程：

NA A α mAg fA T NB B fB T mBg 图所示，求这质点的运动轨道．

[解答]质点在

v0 斜上运动的加速度

P 为a = gsinα，方向与初速度方向垂A 直．其运动方程为

x = v0t，y?12at?2α B 图2.4

12gsin??t．

2将t = x/v0，代入后一方程得质点的轨道方程为

y?gsin?v20x，

2这是抛物线方程．

2．5 桌上有一质量M = 1kg的平板，板上放一质量m = 2kg的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：

?（1）今以水平力F拉板，使两者一起

mAgsinα – μkAmAgcosα - T = mAa， T + mBgsinα – μkBmBgcosα = mBa． 两式相加得

[(mA + mB)sinα – (μkAmA + μkBmB)cosα]g = (mA + mB)a， 所以加速度为

a?g[sin???kAmA??kBmBmA?mBcos?]

以a = 1m·s-2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；

7

（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？

[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．

板对物体的支持大小等于物体的重力 Nm = mg = 19.6(N)，

这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．

物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为

fm = ma = 2(N)，

fM 这也是板受到的摩擦

力的大小，摩擦力方向也相反．

板受桌子的支持力大小等于板和物体的重力

NM = (m + M)g = 29.4(N)，

这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．

板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为

fM = μkNM = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．

（2）设物体在Nm 最大静摩擦力作用f a` 下和板一起做加速NM 度为a`的运动，物f F 体的运动方程为 f =μsmg = ma`， 可得 a` =μsg．

f ` NM Nm fm a 不计）

T1 a1 m1 f1 a2 f2 m2 T2 图2.6

[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a2 = 2a1，而力的关系为T1 = 2T2．

对两物体列运动方程得

T2 - μm2g = m2a2，

F – T1 – μm1g = m1a1． 可以解得m2的加速度为

a2?F??(m1?2m2)gm1/2?2m2= 4.78(m·s)，

-2

绳对它的拉力为

T2?m2m1/2?2m2(F??m1g/2)= 1.35(N)．

2．7 两根弹簧的倔强系数分别为k1和k2．求证：

（1）它们串联起来时，总倔强系数k与k1和k2．满足关系关系式

1k?1k1?1k2；

（2）它们并联起来时，总倔强系数k = k1 + k2．

[解答]当力F将弹簧共拉长x时，有F = kx，其中k为总倔强系数．

两个弹簧分别拉长x1和

k1 (a) k1 F k2 图2.7

(b) k2 F 这就是物体的最大加速度．

这时板的运动方程为 F – f – μk(m + M)g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk(m + M)g = (μs + μk)(m + M)g，

算得 F = 16.17(N)．

当外力大于16.17N时，板的加速度就会大于物体的最大加速度，因此要将板从物体下面抽出，需要大于16.17N的力．

2．6 如图所示：已知F = 4N，m1 = 0.3kg，m2 = 0.2kg，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均

x2，产生的弹力分别为

F1 = k1x1，F2 = k2x2． （1）由于弹簧串联，所以 F = F1 = F2，x = x1 + x2， 因此

Fk?F1k1?F2k2，即

1k?1k1?1k2．

8

（2）由于弹簧并联，所以 F = F1 + F2，x = x1 = x2，

因此 kx = k1x1 + k2x2，即k = k1 + k2．

2．8 如图所示，质量为m的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T．

（1）小车沿水平线作匀速运动；

（2）小车以加速

?度a1沿水平方向运动；

Tsinθ = max =

mbcosυ， ① Tcosθ – mg = may = mbsinυ．②

由(2)式得 Tcosθ = mg + mbsinυ．③

①除以③得 tan??bcos?g?bsin?y θ T mb υ mg x υ （ 4） ，

①的平方加③的平方得

T = (mbcosυ) + (mg + mbsinυ)，

公式化简再开平方得张力为

T?mb?g?2bgsin?．

22（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成υ角；

（4）用与斜面平

?行的加速度b1把小车沿斜面往上推（设b1 = b）；

?（5）以同样大小的加速度b2（b2 = b），

222

图2.8 （5）与上一问

相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b改为-b就行了． [讨论]第（1）、第（2）和第（3）问比较简单，第（5）问可由第（4）问得出，而第（4）问除前面的一种用正直

T θ mb mg υ 5）（ y θ T x 将小车从斜面上推下来．

[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg． （2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于 tanθ = ma/mg， 所以θ = arctan(a/g)； 绳子张力等于摆所受的拉力

T?(ma)?(mg)?ma?g．

2222θ T ma mg （2）

角坐标系的解法之

外，还有多种解法．

方法二：用斜坐标系．张力T与x轴正向的夹角为

mb υ mg υ （ 4） 90° – θ – υ，重力mg与y轴负向的夹角为υ，

可列方程

Tcos(90° – θ – υ) – mgsinυ = mb，① Tsin(90° – θ – υ) – mgcosυ = 0． ② 即 Tsin(θ + υ) = mb + mgsinυ， ③ Tcos(θ + υ) = mgcosυ． ④ 由③和④解得张力为

（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以

θ = υ；

θ ma T mg υ T?mb?g?2bgsin?， ⑤

22T = mgcosυ． （ 3） （4）建立水平

和竖直直角坐标系，可列方程

摆线与竖直线的夹角为

??arctanb?gsin?gcos???． ⑥

9

这个角度也是一种结果，它可以化成前面的形式．

b?gsin?设 ??arctan，

gcos?b?gsin?gcos?

2．9 如图所示：质量为m = 10kg的小球，拴在长度l = 5m的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？

（2）在θ < 60°

O θ B 图2.9

C l m 则 tan??于是

．

tan??tan(???)?tan??tan?1?tan?tan?sin?

的任一位置时，求小

球速度v与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？

（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？ [解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mgsinθ，

b?gsin??1?gcos?cos?

b?gsin?sin?gcos?cos??O l θ T m ?bcos?bsin??g，

B C mg bcos?因此 ??arctan．

bsin??g负号表示角度θ增加的方向为正方向．

小球的运动方程为

F?ma?mdsdt22方法三：用矢量三角形．张力T、重力mg（虚线）和mb构成一个矢量

θ T ，

mb υ 其中s表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为

dsdtd?dt三角形，延长竖直mg 虚线，与水平虚线相交，可知张力T

的对角为180° - (90° – υ) = 90° + υ，根据余弦定理可得张力为

T?(mb)?(mg)?2(mb)(mg)cos(90???) ?mb?g?2bgsin?．

2222υ （ 4） v??l，

因此

F?mdvdtvB?mdvd?d?dt0?mlvdvd?，

即 vdv = -glsinθdθ， （1） 取积分

?0vdv??gl?2B60?sin?d?，

0张力与竖直虚线和水平虚线构成一直角三角形，θ角的对边是mbcosυ，邻边是mg + mbsinυ，由此可得：

tan??mbcos?mg?mbsin?得 解得

12v?glcos?60?，

，

vB?gl= 2.21(m·s)．

vBR2-1

由此可得⑥式．

由于TB?mg?m10

?mvBl2?mg，

所以TB = 2mg = 1.96(N)．

（2）由（1）式积分得

12?vC?2grcos?，

角速度为

，

?v?glcos?602C??vCr?2gcos?r．

因此速度为

vC?gl(2cos??1)．

由于NC – mgcosα = 2mgcosα，所以

NC = 3mgcosθ．

2．11 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h高度时，

切向加速度为

at = gsinθ；

法向加速度为

an?v2Cm N h mg 图2.11

θ R?g(2cos??1)．

它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）

[解答]小石块在

由于TC – mgcosθ = man，所以张力为 TC = mgcosθ + man = mg(3cosθ – 1)． （3）当 θ = 60o时，切向加速度为

at?32s)， g= 8.49(m·

-2

运动中受到重力和轨

道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则

F = mgcosθ．

小球的运动方程为

F?ma?mdsdt22法向加速度为

an = 0，

绳子的拉力

T = mg/2 = 0.49(N)．

[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．

2．10 一质量为m的小球，最初静止于如图所示的A点，然后沿半径为r的光滑圆弧的内表面A B ADCB下滑．试求小球在C点时的角速度和对圆弧表面的

α r D 图2.10

C ，

s表示弧长．

由于v = ds/dt，所以 dsdt22?ddtdt(ds)?dvdt?dvdsdsdt?vdvds，

因此 vdv = gcosθds = gdh， h表示石下落的高度． 积分上式得

12vhv20?gh0，

作用力．

[解答]此题情形与上一题的数学类型是相同的．

取上题中l = r，对（1）式积分

vC因此速率为 v?2gh．

?0vdv??gr?122C??90?sin?d?，

?

2．12 质量为m的物体，最初静止于x0，在力f??kx2(k为常数)作用下沿直线

得 v?rgcos??90?，

解得速度为

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

11

顿第二定律得方程

f??kx2 当n = 2时，即证明了本题的结果．

dxdt22?ma?m

利用v = dx/dt，可得

dxdt22 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，取向上的方向为正，根据牛顿第二定律得方程

dvdt?dvdt?dxdvdtdx?vdvdx因此方程变为

mvdv??kdxx2，

积分得

12vmv20?kxx，

x0f??mg?kv?m，

分离变量得

，

dt??mdvmg?kvmk即

12mv?2kx?kx0??md(mg?kv)kmg?kvv，

所以 v?2km(1x?x01)． 证毕．

积分得 t??ln(mg?kv)

v0[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

12mv??k?2??mklnmg?kvmg?kv0??mklnmg/k?vmg/k?v0，

小球速率随时间的变化关系为

v?(v0?mgk)exp(?ktm)?mgkdxxxn． ．

（1）当n = 1时，可得

12mv??klnxx02?klnx0x（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为

．

T?mklnmg/k?v0mg/k?mkln(1?kv0mg)．

即 v?2kmlnx0x．

[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

x（2）如果n≠1，可得

12mv??2k1?nx1?nx0

即

1x0)， n?1dx?[(v0?mgk)exp(?ktm)?mgk]dt，

?kn?1x(1n?1?dx??m(v0?mg/k)kdexp(?ktm)?mgkdt，

积分得

)．

x??m(v0?mg/k)kexp(?ktm)?mgkt即 v?2k(n?1)mx(1n?1?1xn?10t0

12

?m(v0?mg/k)k[1?exp(?ktm)]?mgkt．

解得 v?由于

dx?v01??kv0t/R．

（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

f?mg?kv?mdvdtv0dt1??kv0t/R，

?Rd(1??kv0t/R)?k1??kv0t/R，

用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为

v?mgk?(mgk?v0)exp(?ktm)．

积分得

x?Rln(1??kv0tRt?k)0

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

A v0 R 图2.14 ?R?kln(1??kv0tR)．

*2．15

2．16 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 = mgtanθ．

珠子做圆周运动的半径为 r = Rsinθ．

根据向心力公式得

F = mgtanθ = mω2Rsinθ，

可得

mgω 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

f???kmv2θ r R m mg 图2.16

R?mdvdt，

即 积分得

?kR?kRdt??dvv2．

t?1vv?v01v?1v0，

cos??R?，

g2解得 ???arccos2．

R?

13

第三章 运动的守恒定律

P84．

3．1 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx，而

F O x 图3.1 m x 由此可作矢量三角形，可得

?p?2p?2mv．

因此向心力给予小球的的冲量大小为

s)． I??p= 1.41(N·

[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

I?Ft?mvTR4?2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

I? ?2?π/2??mv2?R/TTR4mv．

0(?kAcos?t)dt，

π/2???kA?sin?t0??kA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 = mv/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

Ix?2

y Fx F O m Fy R x ?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．

3．2 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

????p?p2?p1 ???得p2?p1??p，

?T/40Fcos?tdt?FT/4?sin?t0

?F??mv，

Iy??FT/40Fsin?tdt??FT/4?cos?t0

Γp p2 p1 p1 m R ???mv，

合冲量为

I?Ix?Iy?222mv，

所前面计算结果相同，但过程要复杂一些．

14

3．3 用棒打击质量0.3kg，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

vy?v = at = 2(m·s)．

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)．

3．5 一个原来静止的原子核，放射性蜕变时放出一个动量p1 = 9.22×10g·cm·s

-16

-1-16

-1

-1

-1

s)， 2gh= 14(m·-1

其速度的增量为

?v?s)． vx?vy= 24.4(m·Γv vx 22-1

的电子，同时还在垂直于此电子运动的方向上放出一个动量p2 = 5.33×10g·cm·s的中微子．求蜕变后原子核的动量的大小和方向．

[解答]原子核蜕变后的总动量大小为

p?p1?p2= 10.65×10-16(g·cm·s-1)．

22棒给球冲量为

I = mΓv = 7.3(N·s)， 对球的作用力为（不计重力） F = I/t = 366.2(N)．

vy

3．4 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0.4m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

C B 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）

图3.4 其方向与电子方向的夹角为

θ = arctan(p2/p1) = 30°． 根据动量守恒定律，三个粒子总动量为零，

???p`?p1?p2?0，

p2 p θ p1 所以原子核的反冲动量为

A ????p`??(p1?p2)??p，

其大小与电子和中微子的合动量的大小相等，方向相反，与电子速度的夹角为

180 - θ = 150°．

3．6 一炮弹以速率v0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？

[解答] 炮弹在最高点的速度大小为

v = v0cosθ， 方向沿水平方向．

根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的总

v0 θ [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)．

根据运动学公式 s = v0t + at/2，

可得B拉C之前的运动时间

t?2s/a= 0.4(s)．

2

-2

v` 45° v v` 此时B的速度大小为

15

将后式减前式得

ωR1 = (R1βA + R2βB)t，

解得

t??IAIBR1?f(IBR?IAR)2122，

?R1R1?A?R2?B由此可得

t?M2R1?2?g(M2?M1)．

??R1R1MA/IA?R2MB/IB

[注意]在此题中，由于A、B两轮不是绕着同一轴转动的，所以不能用角动量守恒

定律．

如果A轮的轮面放在B轮的轮面之上，且两轮共轴，在求解同样的问题时，既可以用转动定律求解，也可以结合角动量守恒定律求解．

当它们之间没有滑动时，角动量为ω`，根据角动量守恒定律得

IAω = (IA+IB)ω`，

因此得

??R1R1?M1gR1R2?M1gR2?1122M1R1M2R222?R12?g?2?gM1/M2?

经过的时间为

t??M2R12?g(M1?M2)．

ω` = IAω/(IA + IB)．

（1）设R1≦R2，

那么A轮压在B轮上

方法二：用刚体的角动量定理．圆轮A所受的摩擦力的力矩大小为

MA = μM1gR1，

其方向与A的角速度方法相反，取角速度的方向为正，根据刚体的角动量定理可得方程

的面积为

R2 S = πR12， 压强为

p = M1g/S = M1g/πR12．

B A R1 ?t0(?MA)dt?IA?A?IA?，

当A轮在B轮上产生滑动时，在A轮上取一半径为r、对应角为dθ面积元，其面积为

dS = rdθdr， 对B轮的压力为 dN = pdS = prdrdθ， 所受的摩擦力为

A r B dr R1 即 -MAt = IAv/R1 - IAω． (1)

圆轮B所受的摩擦力的力矩大小为

MB = μM1gR2， 其方向与B的角速度方法相同，根据刚体的角动量定理可得方程

?t0MBdt?IB?B?0，

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

M?即 MBt = IBv/R2． (2)

由(1)得

IBR1MAt = -IAIBv + IAIBR1ω， (3) 由(2)得

IAR2MBt = IAIBv， (4) (3)式和(4)式相加可得

t?IAIBR1?IBR1MA??02?R1032?prdrd?

?2π?p13R1?23?M1gR1．

这是A轮所受的力矩，也是B轮所受的力

B?IAR2M矩．根据转动定理得B轮的角加速度为

βB = M/IB．

根据转动公式ω` = βBt，得时间为

26

t??`?B?IA?IA?IB?IBMv = ωr，

2??M1R1/221222M1R/2?M2R/22?M1gR1/33M2RR?14?g(M1R?M2R)212222?M2R2/2，

所受的阻力为

df = kv2dS = kω2r2bdr， 阻力产生的力矩为

dM = rdf = kω2r3bdr， 因此合力矩为

M?a0即 t?．

?k?brdr?2314k?ba．

2

24板绕转轴的转动惯量为I = ma/3，其角加速度为

（2）如果R1≧R2，那么A轮压在B轮上的面积为

2

S = πR2，

???MI??3k?ba4m22，

压强为

p = M1g/S = M1g/πR22．

同样在A轮上取一面积元，力矩的积分上限就是R2．总力矩为

M?负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反．

由于β = dω/dt，可得转动的微分方程

d?dt??3k?ba4m22?R20?prdr?13R2?322?0d?

，

?2π?p23?M1gR2，

分离变量得

3kba2由此求得时间就变为

t?3M2R1R2?4?g(M1R?M2R)21222．

积分

4mdt??d??2，

只有当R1 = R2时，两个时间才是相同的：

t?3M2R1?4?g(M1?M2)?3M2R2?4?g(M1?M2)t．

得

?03kba4m2?0/2dt????0?0/2d??2，

4．10 均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为ω0，转动时受到空气的阻力．阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度的平方的乘积成正比，比例常数为k．试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半．设薄板竖直边长为b，宽为a，薄板质量为m．

[解答]在板上距离转轴为r处取一长度为b，宽度为dr的

O r dS b r a 3kba4m2t?1???01?0，

解得时间为

t?4m3kba?02．

4．11 一个质量为M，半径为R并以角速度ω旋转的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬间突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，如图所示．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．

ω 图4.11

R 面积元，其面积为

图4.10

dS = bdr．

当板的角速度ω时，面积元的速率为

27

（1）问它能上升多高？

（2）求余下部分的角速度、角动量和转动动能．

[解答]（1）碎片上抛的初速度为

v0 = ωR， 根据匀变速直线运动公式v – v0 = -2gh， 可得碎片上升的高度为

h = v0/2g =ωR/2g．

（2）余下部分的角速度仍为ω，但是转动惯量只有

I?12MR?mR，

22L?mAvArA?mBvBrB mAmBmA?mB?m·s)． r(vA?vB)= 630(kg·

2-1

22

（2）根据角动量守恒定律得

L = (IA + IB)ω， 其中IA和IB分别是两绕质心的转动惯量

22

IA = mArA和IB = mBrB． 角速度为

ω = L/(IA + IB) = 8.67(rad·s)． （3）两人拉手前的总动能就是平动动能

Ek1?1212mAvA?2222

-1

所以角动量为

L = Iω = R2(M/2 – m)ω．

转动动能为

Ek?12I?212mBvB= 2730(J)；

2?1M22(?m)?R． 22拉手后的总动能是绕质心的转动动能：

Ek2?IA??212

4．12 两滑冰运动员，在相距1.5m的两平行线上相向而行，两人质量分别为mA = 60kg，mB = 70kg，它们速率分别为vA = 7m·s，vB = 6m·s，当两者最接近时，便函拉起手来，开始绕质心作圆周运动，并保持二者的距离为1.5m．求该瞬时：

（1）系统对通过质心的竖直轴的总角动量；

（2）系统的角速度； （3）两人拉手前、后的总动能．这一过程中能量是否守恒？

mA vA r rA rB vB mB -1

-1

IB?= 2730(J)，

2可见：这一过程能量是守恒的．

[讨论]（1）角速度．根据上面的推导过程可得两人绕质心的总转动惯量为

I?mArA?mBrB?22mAmBmA?mB2r(rA?rB)

?mAmBmA?mBLIr，

角速度为

???vA?vBr

可见：角速度与两人的质量无关，只与它们的相对速度和平行线的距离有关．此题可由已知条件直接算得角速度为

ω = 8.67(rad·s-1)．

（2）损失的总能量．两人的转动动能为

Ek2?12(IA?IB)?

2[解答]

（1）设质心距A的平行线为rA，距B的平行线为rB，则有

rA + rB = r， 根据质心的概念可得

mArA = mBrB，

解方程组得

rA?mBmA?mBr，rB?mAmA?mB?r．

1mAmB2mA?mB(vA?vB)，

2因此动能的变化量为

ΓEk = Ek2 – Ek1

两运动员绕质心的角动量的方向相同，他们的总角动量为

28

?1mAmB(vA?vB)?(mv?mv)

2mA?mB22212AA1者，其动能就减少，原来动量值小者，其动

2BB简化得

?Ek??(mAvA?mBvB)2(mA?mB)2，

负号表示能量减少．可见：如果mAvA≠mBvB，则ΓEk≠0，即：有能量损失．在本题中，由于mAvA = mBvB，即：两人的动量大小相等，方向相反，所以能量是守恒的．

（3）一个人的能量变化．A的转动动能为

EkA2?12IA?2能就增加．只能当两人动量大小相等，方向相反时，两者拉手后动能都不发生变化．在此题中，由于Γp = 0，所以两人的动能都没有变

l/4 O 化．

l/4 可以证明：他们总动

l v0 能的变化量等于他们各人

动能变化量之和

ΓEk = ΓEkA +Γ

EkB．

图4.13

4．13．一均匀细棒长为l，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度v0，在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发生完全非弹性碰撞，碰撞点位于离棒中心一

?122mArA?

222?1mAmB22(mA?mB)(vA?vB)，

A的动能的变化量为

ΓEkA = EkA2 – EkA1

2方l/4处，如图所示，求棒在碰撞后的瞬时绕过O点垂直于棒所在平面的轴转动的角速度ω0．

[解答]以O点为转动轴，棒的质心到轴的距离为l/4，在碰撞之前，棒做平动，其

?1mAmB22(mA?mB)(vA?vB)?212mAvA

2?mA(mBvB?mAvA)(mAvA?mBvB?2mBvA)2(mA?mB)ΓEkB

2，

质量集中在质心，对转轴O的角动量为mv0l/4．在碰撞之后瞬间，棒绕O点的角动量为Iω0，其中I为棒绕O点的转动惯量．根据角动量守恒定律得

mv0l/4 = Iω0，

棒绕质心的转动惯量为

Ic = ml2/12，

根据平行轴定理，棒绕O点的转动惯量为

同理可得B的动能的变化量为

?mB(mAvA?mBvB)(mAvA?mBvB?2mAvB)2(mA?mB)2．

I?Ic?md

2可见：两人的动能的增减取决于他们的初始动量之差的符号

Γp = mBvB – mAvA．

当Γp > 0时，拉手后A增加动能，B减少动能；当Γp < 0时，拉手后A减少动能，B增加动能．就是说：在拉手后，原来动量值大

?112ml?m(214l)?2748ml．

2所以角速度为

?0?14Imv0l?12v07l．

29

第五章 狭义相对论

P140．

5．1 地球虽有自转，但仍可看成一较好的惯性参考系，设在地球赤道和地球某一极（例如南极）上分别放置两个性质完全相同的钟，且这两只钟从地球诞生的那一天便存在．如果地球从形成到现在是50亿年，请问那两只钟指示的时间差是多少？

[解答]地球的半径约为

R = 6400千米 = 6.4×10(m)，

自转一圈的时间是 T = 24×60×60(s) = 8.64×104(s)， 赤道上钟的线速度为

v = 2πR/T = 4.652×102(m·s-1)． 将地球看成一个良好的参考系，在南极

上看赤道上的钟做匀速直线运动，在赤道上看南极的钟做反向的匀速直线运动． 南极和赤道上的钟分别用A和B表示，南极参考系取为S，赤道参考系取为S`．A钟指示S系中的本征时，同时指示了B钟的运动时间，因此又指示S`系的运动时．同理，B钟指示S`系中的本征时，同时指示了A钟的反向运动时间，因此又指示S系的运动时． 方法一：以S系为准．在S系中，A钟指示B钟的运动时间，即运动时

Γt=50×108×365×24×60×60=1.5768×1016(s)． B钟在S`中的位置不变的，指示着自己的本征时Γt`．A钟的运动时Γt和B钟的本征时Γt`之间的关系为

?t??t`1?(v/c)2Γt`=50×10×365×24×60×60=1.5768×10(s)． A钟在S中的位置不变的，指示着自己的本征时Γt．B钟的运动时Γt`和A钟的本征时Γt之间的关系为

?t`??t1?(v/c)2816

，

可求得A钟的本征时为

6

?t??t`1?(v/c)?[1?21v2 ()]?t`，

2c5

因此时间差为 ?t`??t?(1v2c2)?t=1.898×`10(s)．

在赤道上看，南极上的钟变慢了．

[注意]解此题时，先要确定参考系，还要确定运动时和本征时，才能正确引用公式．

有人直接应用公式计算时间差

?t??t`??t`1?(v/c)?[1?2??t`

1v21v2()]?t`??t`?()?t`， 2c2c由于地球速度远小于光速，所以计算结果差不多，但是关系没有搞清．从公式可知：此

人以S系为准来对比两钟的时间，Γt`是B钟的本征时，Γt是A钟的运动时，而题中的本征时是未知的．

也有人用下面公式计算时间差，也是同

，

样的问题．

?t`??t??t1?(v/c)2可求得B钟的本征时为

1v2?t`??t1?(v/c)?[1?()]?t，

2c2??t

因此时间差为

1v2?t??t`?()2c5

?t=1.898×10(s)．

?[1?1v21v2()]?t??t?()?t 2c2c

5．2 一个“光钟”由两个相距为L0的平面镜A和B构成，对于这个光钟为静止的参考系来说，一个“滴答”的时间是光从镜面A到镜面B再回到原处的时间，其值为

在南极上看，赤道上的钟变慢了．

方法二：以S`系为准．在S`系中，B钟指示A钟的反向运动时间，即运动时

30

c??度v行驶的火车上，使两镜面都与v垂直，

?两镜面中心的连线与v平行，在铁轨参考系

?0?2L0．若将这个光钟横放在一个以速

和 ly = lsinθ．

在S`系中观察直杆在y方向上的长度不变，

即l`y = ly；在x方向上的长度是运动长度，根据尺缩效应得

`2lx?lx1?(v/c)，

中观察，火车上钟的一个“滴答”τ与τ0的关系怎样？

[解答]不论两个“光钟”放在什么地方，τ0都是在相对静止的参考系中所计的时间，称为本征时．在铁轨参考系中观察，火车上钟的一个“滴答”的时间τ是运动时，所以它们的关系为

???01?(v/c)2因此

tan?`?lyl`x`?tan?1?(v/c)2，

可得夹角为

．

?`?arctan{[1?(v/c)]2?1/2tan?}．

5．3 在惯性系S中同一地点发生的两事件A和B，B晚于A4s；在另一惯性系S`中观察，B晚于A5s发生，求S`系中A和B两事件的空间距离？

[解答]在S系中的两事件A和B在同一地点发生，时间差Γt = 4s是本征时，而S`系中观察A和B两事件肯定不在同一地点，Γt` = 5s是运动时，根据时间膨胀公式

?t`??t1?(v/c)2

5．5 S系中观察到两事件同时发生在x轴上，其间距为1m，S`系中观察到这两个事件间距离是2m，求在S`系中这两个事件的时间间隔．

[解答]根据洛仑兹变换公式

x`?x?vt1?(v/c)2和t`?t?vx/c2，

21?(v/c)得两个事件的空间和时间间隔公式

?x`??x?v?t1?(v/c)?t`?2， ，

即 5?41?(v/c)2，

?t??xv/c1?(v/c)22． （1）

可以求两系统的相对速度为

v = 3c/5．

在S`系中A和B两事件的空间距离为

Γl` = vΓt` = 3c = 9×10(m)．

5．4 一根直杆在S系中观察，其静止长度为l，与x轴的夹角为θ，S`系沿S系的x轴正向以速度v运动，问S`系中观察到杆子与x`轴的夹角若何？

[解答]直杆y 在S系中的长度是本征长度，两个方向上的长度分别为

lx = lcosθ

S` 8

由题意得：Γt = 0，Γx = 1m，Γx` = 2m．因此

?x`??x1?(v/c)?t`???xv/c22，

2．（2）

1?(v/c)由（2）之上式得它们的相对速度为

y` v l θ O` x` v?c1?(?x/?x`)． （3）

2S 将（2）之下式除以（2）之上式得

?t`?x`??vc2，

O x 所以

31

?t`???x`c21?(?x?x`2S`系中测得的这两件事的时间和空间间隔．

) 2[解答]根据洛仑兹变换可得S`系的时间间隔为

t?t?`2`1??1c(?x`)?(?x)= -0.577×10-8(s)．

t2?t1?v(x2?x1)/c1?(v/c)22

[注意]在S`系中观察到两事件不是同时发生的，所以间隔Γx` = 2m可以大于间隔Γx = 1m．如果在S`系中观察到两事件也是同时发生的，那么Γx`就表示运动长度，就不可能大于本征长度Γx，这时可以用长度收缩公式?x`??x1?(v/c)，计算它们的相对速度．

5．6 一短跑运动员，在地球上以10s的时间跑完了100m的距离，在对地飞行速度为0.8c的飞船上观察，结果如何？

[解答]以地球为S系，则Γt = 10s，Γx = 100m．根据洛仑兹空间时间变换公式

x`?x?vt1?(v/c)2?8?4?0.8(40?20)/c0.6≈6.67(s)．

空间间隔为

x2?x1?``x2?x1?v(t2?t1)1?(v/c)22

?40?20?0.8c?(8?4)0.6≈-1.6×109(m)．

5．8 S系中有一直杆沿x轴方向装置且以0.98c的速度沿x轴正方向运动，S系中的观察者测得杆长10m，另有一观察者以0.8c的速度沿S系x轴负向运动，问该观察

和t`?t?vx/c2，

21?(v/c)飞船上观察运动员的运动距离为

?x`??x?v?t1?(v/c)100?0.8c?101?0.822 者测得的杆长若何？

[解答]在S

y y`` y` 系中的观测的

v20 S` v10 杆长Γl = 10mS S`` O` 是运动长度，相

O`` 对杆静止的参考系为S`，其O x` x`` x ?≈-4×10(m)．

9

长度是本征长度，设S`系相对S系的速度为v10，根据尺缩效应?l??l`1?(v10/c)，

2运动员运动的时间为

?t`??t?v?x/c1?(v/c)?10?0.8?100/c0.62可得杆的本征长度为

?l`??l1?(v10/c)22

≈16.67(s)．

?101?0.982在飞船上看，地球以0.8c的速度后退，后退时间约为16.67s；运动员的速度远小于

地球后退的速度，所以运动员跑步的距离约为地球后退的距离，即4×10m．

5．7 已知S`系以0.8c的速度沿S系x轴正向运动，在S系中测得两事件的时空坐标为x1 = 20m，x2 = 40m，t1 = 4s，t2 = 8s．求

32

9

= 50.25(m)．

另一参考系设为S``系，相对S系的速度为v20 = -0.8c．在S``系观察S`系的速度为

v12?v10?v201?v10v20/c2

?0.98c?(?0.8c)1?0.98(?0.8)= 0.99796c．

x2?x1?``x2?x1?v(t2?t1)1?(v/c)2， (1)

在S``系观察S`系中的杆的长度是另一运动长度

?l``??l`1?(v12/c)= 3.363(m)．

2t?t?`2`1t2?t1?(x2?x1)v/c1?(v/c)22．(2)

其中t2 – t1 = 5s．在S`系中碰撞发生在同一点，即x`2 = x`1，由(1)式得

x2 – x1 = v(t2 – t1)， 代入(2)式得

t?t?`2`1[注意]在涉及多个参考系和多个速度的时候，用双下标能够比较容易地区别不同的速度，例如用v10表示S`相对S系的速度，用v12表示S`系相对S``系的速度，因此，尺缩的公式也要做相应的改变，计算就不会混淆．

5．9 一飞船和慧星相对于地面分别以0.6c和0.8c速度相向运动，在地面上观察，5s后两者将相撞，问在飞船上观察，二者将经历多长时间间隔后相撞？

[解答]方法一：用时间膨胀公式．以地面为S系，以飞船为S`系，S和S`系对应的方向平行，飞船的方向与S系中x轴的方向相同v = 0.6c．

y` S` O` v ux x` x` t2?t1?(t2?t1)v/c1?(v/c)222

?(t2?t1)1?(v/c)= 4(s)．

2方法三：用洛仑兹逆变换．根据洛仑兹时间逆变换公式可得

t2?t1?t2?t1?(x2?x1)v/c1?(v/c)2````2，

由于x`2 - x`1 = 0，所以

t2?t1?t2?t1``，

21?(v/c)y S O y` S` O` 可得

t2?t1?(t2?t1)1?(v/c)= 4(s)．

``2x 设S`系中飞船与慧星碰撞的时间间隔

为Γt`，由于碰撞发生在S`系中的同一处，因此Γt`是本征时．在S系中的时间间隔为Γt = 5s，这是运动时．根据时间膨胀公式

?t??t`1?(v/c)2[注意]此题用时间膨胀的公式最简单，如果两事件发生在不同地点和不同时间，就一定要用洛仑兹变换．

此题结果与慧星的速度无关，如果要计算慧星与飞船的相对速度，就需要利用慧星的速度值．

5．10 在太阳参考系中观察，一束星光垂直射向地面，速率为c，而地球以速率u垂直于光线运动．求在地面上测量，这束星光的大小与方向如何．

[解答]y` S` y 方法一：用v=u 地球 速度变O` S 换．取太阳c 星光 -u 系为S系，

O 太阳 地球为S`

，

可得飞船上观察到的时间间隔为

?t`??t1?(v/c) 2?51?0.6= 4(s)．

2方法二：用洛仑兹正变换．飞船与慧星

碰撞前后在S系中的时空坐标为(x1,t1)和(x2,t2)，在S`系中的时空坐标为(x`1,t`1)和(x`2,t`2)，根据洛仑兹坐标变换公式可得

x` uy` θ` x 33

系．在S系中看地球以v = u运动，看星光的速度为

ux = 0，uy = c．

星光在S`系中的速度分量为

ux?`论算得的二倍时，其速度是多少？ [解答]（1）粒子的非相对论动能为

Ek = m0u2/2，

相对论动能为

E`k = mc2 – m0c2， 其中m为运动质量

m?m01?(u/c)2ux?v1?uxv/c222??u

．

uy?`uy1?v/c1?uxv/c222

m0c2根据题意得

22c?u ?c1?u/c?星光在S`系中的速度为

u?`1?(u/c)2?m0c?m0u，

22u`2x?u`2y?c，

设x = (u/c)2，方程可简化为

11?x?1?x，

即光速是不变的．

星光在S`系中与y`轴的夹角，即垂直地面的夹角为

或 1?(1?x)?1x， 平方得

1 = (1 – x2)(1 - x)，

化简得

x(x2 – x -1) = 0． 由于x不等于0，所以

x2 – x -1 = 0． 解得

x?1?25?`?arctan|ux|uy``?arctanuc?u22．

方法二：用基本原理．根据光速不变原理，在地球的S`系中，光速也为c．

当地球以速度v = u沿x轴运动时，根据速度变换公式可得星光的速度沿x`轴的分量为ux` = -u，所以星光速度沿y`轴的分量为

u?`yc?u/?2`2xc?u，

22，

从而可求出星光速度垂直地面的夹角为 取正根得速率为

u?c1?25?`?arctan|ux|uy``?arctanuc?u22．

= 0.786c．

[注意]解题时，要确定不同的参考系，通常将已知两个物体速度的系统作为S系，另外一个相对静止的系统作为S`系，而所讨论的对象在不同的参考系中的速度是不同的．

此题与书中的例题5.4类似，这里的太阳相当于5.4题中的地球，这里的地求相当于乙飞船，星光相当于甲飞船．

5．11 一粒子动能等于其非相对论动能二倍时，其速度为多少？其动量是按非相对

（2）粒子的非相对论动量为 p = m0u，

相对论动量为

p`?mu?m0u1?(u/c)2，

根据题意得方程

m0u1?(u/c)2?2m0u．

很容易解得速率为

34

u?32c= 0.866c．

?3?10?2.6?108?6(1?30)?1 2= 24167.4(m)．

5．13 试证相对论能量和速度满足如此关系式：

uc?1?E0E22

5．12 某快速运动的粒子，其动能为4.8×10J，该粒子静止时的总能量为1.6×10-17J，若该粒子的固有寿命为2.6×10s，求其能通过的距离．

[解答]在相对论能量关系中

E = E0 + Ek，

静止能量E0已知，且E0 = m0c，总能量为 E?mc?2-16

．

-6

[证明]根据上题的过程已得

u?c1?(E0E0?Ek)，

22

m0c22?E01?(u/c)2，

1?(u/c)化得

1?(u/c)?2E0E?E0E0?Ek将E = E0 + Ek代入公式立可得证．

5．14 静止质子和中子的质量分别为mp = 1.67285×10-27kg，mn = 1.67495×10-27kg，质子和中子结合变成氘核，其静止质量为m0 = 3.34365×10-27kg，求结合过程中所释放出的能量．

[解答]在结合过程中，质量亏损为 Γm = mp + mn - m0 = 3.94988×10-30(kg)， 取c = 3×10(m·s)，可得释放出的能量为

ΓE = Γmc2 = 3.554893×10-13(J)． 如果取c = 2.997925×108(m·s-1)，可得释放出的能量为

ΓE = 3.549977×10-13(J)．

8

-1

，

解得速率为

u?c1?(E0E0?Ek2)．

粒子的运动时为

?t??t`1?(u/c)2??t`E0?EkE0．

粒子能够通过的距离为

?l?u?t?c?t`(E0?EkE0)?1 2

35

第六章 振动

P176．

6．1 一物体沿x轴做简谐振动，振幅A = 0.12m，周期T = 2s．当t = 0时，物体的位移x = 0.06m，且向x轴正向运动．求：

（1）此简谐振动的表达式；

（2）t = T/4时物体的位置、速度和加速度；

（3）物体从x = -0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．

[解答]（1）设物体的简谐振动方程为

x = Acos(ωt + υ)， 其中A = 0.12m，角频率ω = 2π/T = π．

当t = 0时，x = 0.06m，所以

cosυ = 0.5，

因此

υ = ±π/3．

物体的速度为

v = dx/dt = -ωAsin(ωt + υ)． 当t = 0时，

v = -ωAsinυ，

由于v > 0，所以sinυ < 0，因此

υ = -π/3．

简谐振动的表达式为

x = 0.12cos(πt – π/3)． （2）当t = T/4时物体的位置为 x = 0.12cos(π/2 – π/3)

= 0.12cosπ/6 = 0.104(m)． 速度为

v = -πAsin(π/2 – π/3)

= -0.12πsinπ/6 = -0.188(m·s-1)． 加速度为

a = dv/dt = -ω2Acos(ωt + υ) = -π2Acos(πt - π/3)

= -0.12π2cosπ/6 = -1.03(m·s-2)． （3）方法一：求时间差．当x = -0.06m

时，可得

cos(πt1 - π/3) = -0.5，

因此

πt1 - π/3 = ±2π/3．

由于物体向x轴负方向运动，即v < 0，所以sin(πt1 - π/3) > 0，因此

36

πt1 - π/3 = 2π/3，

得t1 = 1s．

当物体从x = -0.06m处第一次回到平衡位置时，x = 0，v > 0，因此 cos(πt2 - π/3) = 0，

可得 πt2 - π/3 = -π/2或3π/2等． 由于t2 > 0，所以

πt2 - π/3 = 3π/2，

可得 t2 = 11/6 = 1.83(s)．

所需要的时间为

Γt = t2 - t1 = 0.83(s)．

方法二：反向运动．物体从x = -0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x = 0.06m，即从起点向x轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x = 0，v < 0，因此 cos(πt - π/3) = 0，

可得 πt - π/3 = π/2， 解得 t = 5/6 = 0.83(s)．

[注意]根据振动方程

x = Acos(ωt + υ)，

当t = 0时，可得

υ = ±arccos(x0/A)，（-π < υ≦π）， 初位相的取值由速度决定． 由于

v = dx/dt = -ωAsin(ωt + υ)， 当t = 0时，

v = -ωAsinυ，

当v > 0时，sinυ < 0，因此 υ = -arccos(x0/A)；

当v < 0时，sinυ > 0，因此

υ = arccos(x0/A)． 可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x0 = A时，υ = 0；当初位置x0 = -A时，υ = π．

6．2 已知一简谐振子的振动曲线如图所示，试由图求：

（1）a，b，c，d，e各点的位相，及到达这些状态的时刻t各是多少？已知周期为

T；

（2）振动表达式；

（3）画A/2 出旋转矢量O 图．

[解答]方法一：由位相求时间．

x A cosυ = 0.5，

a b c d e 图6.2

t 因此

υ = ±π/3；

由于零时刻的位相小于a点的位相，所以

υ = -π/3， 因此振动表达式为

x?Acos(2?tT??3)．

另外，在O时刻的曲线上作一切线，由于速度是位置对时间的变化率，所以切线代表速度的方向；由于其斜率大于零，所以速度大于零，因此初位相取负值，从而可得运动方程． （3）如图旋转矢量图所示．

方法

x 二：由时间A 求位相．将

A/2 曲线反方f O 向延长与t

轴相交于f点，由于xf = 0，根据

运动方程，可得

cos(2?tT??3)?0

（1）设曲线方程为

x = AcosΦ，

其中A表示振幅，Φ = ωt + υ表示相位．

由于xa = A，所以 cosΦa = 1，

因此 Φa = 0． 由于xb = A/2，所以

cosΦb = 0.5，

因此 Φb = ±π/3；

由于位相Φ随时间t增加，b点位相就应该大于a点的位相，因此

Φb = π/3． 由于xc = 0，所以

cosΦc = 0，

又由于c点位相大于b位相，因此

Φc = π/2．

同理可得其他两点位相为

Φd = 2π/3，Φe = π．

c点和a点的相位之差为π/2，时间之差为T/4，而b点和a点的相位之差为π/3，时间之差应该为T/6．因为b点的位移值与O时刻的位移值相同，所以到达a点的时刻为 ta = T/6． 到达b点的时刻为 tb = 2ta = T/3．

到达c点的时刻为

tc = ta + T/4 = 5T/12．

到达d点的时刻为

td = tc + T/12 = T/2． 到达e点的时刻为

te = ta + T/2 = 2T/3． （2）设振动表达式为

x = Acos(ωt + υ)，

当t = 0时，x = A/2时，所以

d e c b a O υ A x a b c d e t 所以

2?tfT??3???2．

显然f点的速度大于零，所以取负值，解得

tf = -T/12．

从f点到达a点经过的时间为T/4，所以到达a点的时刻为 ta = T/4 + tf = T/6，

其位相为

?a?2?taT??3?0．

由图可以确定其他点的时刻，同理可得各点的位相．

37

6．3 有一弹簧，当其下端挂一质量为M的物体时，伸长量为9.8×10m．若使物体上下振动，且规定向下为正方向．

（1）t = 0时，物体在平衡位置上方8.0×10-2m处，由静止开始向下运动，求运动方程；

（2）t = 0时，物体在平衡位置并以0.60m·s速度向上运动，求运动方程．

[解答]当物体平衡时，有

Mg – kx0 = 0，

所以弹簧的倔强系数为

k = Mg/x0，

物体振动的圆频率为

??k/M?-1

-2

置．

[解答]（1）比较简谐振动的标准方程

x = Acos(ωt + υ)，

可知：圆频率为

ω =8π， 周期

T = 2π/ω = 1/4 = 0.25(s)，

振幅为

A = 0.1(m)，

初位相为

υ = 2π/3． （2）速度的最大值为 vm = ωA = 0.8π = 2.51(m·s)； 加速度的最大值为

am = ω2A = 6.4π2 = 63.2(m·s-2)． （3）弹簧的倔强系数为 k = mω，

最大回复力为

f = kA = mω2A = 0.632(N)； 振动能量为

E = kA2/2 = mω2A2/2 = 3.16×10-2(J)， 平均动能和平均势能为

Ek?Ep= kA/4 = mωA/4 = 1.58×10(J)．

2

2

2

-2

2

-1

s)． g/x0= 10(rad·-1

设物体的运动方程为

x = Acos(ωt + υ)．

（1）当t = 0时，x0 = -8.0×10-2m，v0 = 0，因此振幅为

A?10(m)； x0?(v0/?)?|x0|= 8.0×

22-2

由于初位移为x0 = -A，所以cosυ = -1，初位

相为

υ = π．

运动方程为

x = 8.0×10-2cos(10t + π)． （2）当t = 0时，x0 = 0，v0 = -0.60(m·s-1)，因此振幅为 A?x0?(v0/?)= |v0/ω| = 6.0×10-2(m)；

22（4）如图所示，当t为1，

2，10s等时刻时，旋转矢量的位置是相同的．

t=1,2,10s A O x 由于cosυ = 0，所以υ = π/2；运动方程为

x = 6.0×10-2cos(10t + π/2)．

6．4 质量为10×10-3kg的小球与轻弹簧组成的系统，按x?0.1cos(8?t?2?3)的规

6．5 两个质点平行于同一直线并排作同频率、同振幅的简谐振动．在振动过程中，每当它们经过振幅一半的地方时相遇，而运动方向相反．求它们的位相差，并作旋转矢量图表示．

[解答]设它们的振动方程为

x = Acos(ωt + υ)，

当x = A/2时，可得位相为

ωt + υ = ±π/3．

由于它们在相遇时反相，可取 Φ1 = (ωt + υ)1 = -π/3， Φ2 = (ωt + υ)2 = π/3，

它们的相差为

ΓΦ = Φ2 – Φ1 = 2π/3，

38

律作振动，式中t以秒(s)计，x以米(m)计．求： （1）振动的圆频率、周期、振幅、初位相；

（2）振动的速度、加速度的最大值； （3）最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能；

（4）画出这振动的旋转矢量图，并在图上指明t为1，2，10s等各时刻的矢量位

或者

ΓΦ` =

2π –ΓΦ = 4π/3．

矢量图

如图所示．

A O x 的支持力

N = G + F = m(g +am)

= m(g +ω2A) = 12.96(N)．

（2）当物体的最大加速度向下时，板的支持为

N = m(g - ωA)．

当重物跳离平板时，N = 0，频率不变时，振幅为

A = g/ω = 3.2×10(m)． （3）振幅不变时，频率为 ???2π2

-2

2

6．6 一氢原子在分子中的振动可视为简谐振动．已知氢原子质量m =

-2714

1.68×10kg，振动频率v = 1.0×10Hz，振幅A = 1.0×10-11m．试计算：

（1）此氢原子的最大速度； （2）与此振动相联系的能量． [解答]（1）氢原子的圆频率为

ω = 2πv = 6.28×1014(rad·s-1)， 最大速度为

vm = ωA = 6.28×103(m·s-1)．

（2）氢原子的能量为

E?12210(J)． mvm= 3.32×

?12?gA= 3.52(Hz)．

6．8 两轻弹簧与小球串连在一直线上，将两弹簧拉长后系在固定点A和B之间，整个系统放在光滑水平面上．设两弹簧的原长分别为l1和l2，倔强系统分别为k1和k2，A和B间距为L，小球的质量为m．

（1）试确定小球的平衡位置；

（2）使小球沿弹簧长度方向作一微小位移后放手，小球将作振动，这一振动是否

A k1 m 图6.8 k2 B -20

6．7 如图所示，在一平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0kg的重物，若使平板在竖直方向上作上下简谐振动，周期为0.50s，振幅为2.0×10-2m，求：

图6.7 为简谐振

动？振动周期为多少？

[解答]（1）这里不计小球的大小，不妨设L > l1 + l2，当小球平衡时，两弹簧分别拉长x1和x2，因此得方程

L = l1 + x1 + l2 + x2；

小球受左右两边的弹簧的弹力分别向左和向右，大小相等，即

k1x1 = k2x2．

将x2 = x1k1/k2代入第一个公式解得

x1?k2k1?k2(L?l1?l2)．

（1）平板到最低点时，重物对平板的作用力；

（2）若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物跳离平板？

（3）若振幅不变，则平板以多大的频率振动时，重物跳离平板？

[解答]（1）重物的圆频率为 ω = 2π/T = 4π，

其最大加速度为

am = ωA，

合力为

F = mam，

方向向上．

重物受到板的向上支持力N和向下的重力G，所以合力为

F = N – G．

重物对平板的作用力方向向下，大小等于板

2

小球离A点的距离为

L1?l1?x1?l1?k2k1?k2(L?l1?l2)．

（2）以平衡位置为原点，取向右的方

向为x轴正方向，当小球向右移动一个微小

39

距离x时，左边弹簧拉长为x1 + x，弹力大小为

f1 = k1(x1 + x)，

方向向左；右边弹簧拉长为x1 - x，弹力大小为

f2 = k2(x2 - x)，

方向向右．根据牛顿第二定律得 k2(x2 - x) - k1(x1 + x) = ma，

利用平衡条件得

mdxdt22A?v0m?Mk= 5×10(m)．

-2

（2）振动的圆频率为

??km?M= 40(rad·s)．

-1

取木块静止的位置为原点、向右的方向为位

移x的正方向，振动方程可设为

x = Acos(ωt + υ)．

当t = 0时，x = 0，可得

υ = ±π/2；

由于速度为正，所以取负的初位相，因此振

动方程为

x = 5×10-2cos(40t - π/2)(m)．

6．10 如图所示，在倔强系数为k的弹簧下，挂一质量

?(k1?k2)x?0，

可见：小球做简谐振动．

小球振动的圆频率为

??k1?k2m，

其周期为

T?2πk x1 x 2m M x 图6.10

O ??2?mk1?k2．

为M的托盘．质量为m的物体由距盘底高h处自由下落h 与盘发生完全非弹性碰撞，而使其作简谐振动，设两物体碰后瞬时为t = 0时刻，求振动方程．

6．9 如图所示，质量为10g的子弹以速度v = 103m·s-1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压M k m v 缩而作简谐振动．设弹簧的

图6.9 倔强系数k =

8×10N·m，木块的质量为4.99kg，不计桌

面摩擦，试求：

（1）振动的振幅； （2）振动方程．

[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即

mv = (m + M)v0． 解得子弹射入后的速度为

v0 = mv/(m + M) = 2(m·s)，

这也是它们振动的初速度．

子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得

(m + M) v02/2 = kA2/2，

所以振幅为

-1

3

-1

[解答]物体落下后、碰撞前的速度为

v?2gh，

物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为

v0?mm?Mv?mm?M2gh，

这也是它们振动的初速度．

设振动方程为

x = Acos(ωt + υ)，

其中圆频率为

??km?M．

物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸长为x1，则

x1 = Mg/k．

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