北方民族大学物理（上）题库

1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t2?2t3,式中x 的单位为m,t 的单位为 s．求：

(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；

(3) t＝4 s时质点的速度和加速度．

分析 位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：

Δx?xt?x0,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移

的大小和路程就不同了．为此,需根据

dx?0来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和dttp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程s??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时

dxd2x质点速度和加速度可用和2两式计算．

dtdt解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小

Δx?x4?x0??32m

(2) 由 得知质点的换向时刻为

dx?0 dttp?2s (t＝0不合题意)

则

Δx1?x2?x0?8.0m

Δx2?x4?x2??40m

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为

s?Δx1?Δx2?48m

(3) t＝4.0 s时

v?dx??48m?s?1 dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2

dtt?4.0s

1 -8 已知质点的运动方程为r?2ti?(2?t)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；

(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；

(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr；

*

2(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s．

分析 质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得

1

到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则ds?(dx)2?(dy)2,最后用s??ds积分求ｓ．

解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为

1y?2?x2

4这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．

(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为

r0?2j , r2?4i?2j

图(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得

Δr?r2?r1?(x2?x0)i?(y2?y0)j?4i?2j

其中位移大小Δr?(Δx)2?(Δy)2?5.66m

2222x2?y2?x0?y0?2.47m

而径向增量Δr?Δr?r2?r0?*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元ds,则

1ds?(dx)2?(dy)2,由轨道方程可得dy??xdx,代入ds,则2ｓ内路程为

2s??ds??PQ404?x2dx?5.91m

1 -9 质点的运动方程为

x??10t?30t2 y?15t?20t2

式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．

试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．

分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．

解 (1) 速度的分量式为

vx?dx??10?60t dt 2

vy?dy?15?40t dt2当t ＝0 时, vox ＝-10 m·ｓ-1 , voy ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为

v0?v0x?v0y?18.0m?s?1

设vo与x 轴的夹角为α,则

2tanα?v0yv0x3??

2α＝123°41′

(2) 加速度的分量式为

ax?则加速度的大小为

dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2

dtdta?ax?ay?72.1m?s?2

设a 与x 轴的夹角为β,则

22tanβ?ay2?? ax3β＝-33°41′(或326°19′)

1 -13 质点沿直线运动,加速度a＝4 -t2 ,式中a的单位为m·ｓ-2 ,t的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．

分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由a?dvdx和v?可得dv?adt和dx?vdt．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可dtdt两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操

作后再做积分．

解 由分析知,应有

vt?

由

v0dv??adt

0得 v?4t?t?v0 (1)

133?xx0dx??vdt

02t得 x?2t?14t?v0t?x0 (2) 12将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m·ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为

x?2t2?

14t?0.75 123

1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j,式中a的单位为m·ｓ-2 ．在t＝0时,其速度为零,位置矢量r0 ＝10 mi．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．

分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即x?x0?v0xt?12axt和21y?y0?v0yt?ayt2,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．

2解 由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得

?dv??adt??(6i?4j)dt

000vttv?6ti?4tj

又由v?dr及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得 dt?rr0dr??vdt??(6ti?4tj)dt

00ttr?(10?3t2)i?2t2j

由上述结果可得质点运动方程的分量式,即

x ＝10＋3t2

y ＝2t2

消去参数t,可得运动的轨迹方程

3y ＝2x -20 m

这是一个直线方程．直线斜率k?dy2?tanα?,α＝33°41′．轨迹如图所示． dx31 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r＝2.0ti ＋(19.0 -2.0t2 )j,式中r 的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t1＝1.0s 到t2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．

分析 根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的

4

轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即v?大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度v?Δr,它与时间间隔Δt 的Δtdr．切向和法向加速度是指在自然坐dtdvt标下的分矢量aｔ 和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即at?e,后者只

dt反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ 得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加

v2速度的大小后,可由公式an?求ρ．

ρ解 (1) 由参数方程 消去t 得质点的轨迹方程：

y ＝19.0 -0.50x2

(2) 在t1 ＝1.00ｓ 到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度

x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t2

v?Δrr2?r1??2.0i?6.0j Δtt2?t1(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为

v(t)?vxi?vyj?dxdyi?j?2.0i?4.0tj dtdtd2xd2ya(t)?2i?2j??4.0m?s?2j

dtdt则t1 ＝1.00ｓ时的速度

v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j

切向和法向加速度分别为

att?1s?dvd2?2et?(vx?v2y)et?3.58m?set dtdtan?a2?at2en?1.79m?s?2en

(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为

2?1v?vx?v2y?4.47m?s

v2?11.17m 则ρ?an1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．

分析 首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻

5

的角加速度、切向加速度和角位移．

解 因ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数

ωv?3 ??2rad?s22tRt2所以 ω?ω(t)?2t

k?则t′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

ω?2t?2?0.5rad?s?1

α?dω?4t??2.0rad?s?2 dtat?αR?1.0m?s?2

总加速度

a?an?at?αRet?ω2Ren a?在2.0ｓ内该点所转过的角度

2222θ?θ0??ωdt??2t2dt?t30?5.33rad

00331 -24 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为θ?2?4t,式中θ 的单位为

?αR?2??ω2R?2?1.01m?s?2

rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？

分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．

解 (1) 由于θ?2?4t,则角速度ω?加速度的数值分别为

3dθ?12t2．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向dtant?2s?rω2?2.30m?s?2

at(2) 当at?a/2?t?2s?rdω?4.80m?s?2 dt122,即 an?at2时,有3at2?an23?24rt??r2?12t2?

24得 t?此时刻的角位置为

3123

θ?2?4t3?3.15rad

(3) 要使an?at,则有

6

3?24rt??r2?12t2?

24t ＝0.55ｓ

1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)

分析 这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为v2?v2?v1 (如图所示),于是可得

'v2?v1?5.36m?s?1 otan752 -8 如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m ＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2 运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)

分析 该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．

解 分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有

mA g -FＴ ＝mA a (1) F′Ｔ1 -Fｆ ＝mB a′ (2) F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3)

考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力

Ff?mg??m?4m?a?7.2N

2 7

讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．

2 -10 如图(a)所示,在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m 的小钢球,当小球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高？

8

分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力FN 的分力来提供的,由于支持力FN 始终垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示Oxy 坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底的高度．

解 取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程

FNsinθ?man?mRω2sinθ (1)

FNcosθ?mg (2)

?R?h? (3)

且有 cosθ?R由上述各式可解得钢球距碗底的高度为

h?R?可见,h 随ω的变化而变化．

g ω22 -13 一质点沿x轴运动,其受力如图所示,设t ＝0 时,v0＝5m·ｓ-1 ,x0＝2 m,质点质量m ＝1kg,试求该质点7ｓ末的速度和位置坐标．

9

分析 首先应由题图求得两个时间段的F(t)函数,进而求得相应的加速度函数,运用积分方法求解题目所问,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应．

解 由题图得

?2t, 0?t?5sF?t???

35?5t, 5s?t?7s?由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为

a?2t, 0?t?5s a?35?5t, 5s?t?7s

对0 ＜t ＜5ｓ 时间段,由a?dv得 dt?再由v?vv0dv??adt

02t积分后得 v?5?t

dx得 dt?积分后得x?2?5t?t

xx0dx??vdt

0t133将t ＝5ｓ 代入,得v5＝30 m·ｓ-1 和x5 ＝68.7 m 对5ｓ＜t ＜7ｓ 时间段,用同样方法有

?再由 得

xx5vv0dv??a2dt

5s2t得 v?35t?2.5t?82.5t

?dx??vdt

5stx ＝17.5t2 -0.83t3 -82.5t ＋147.87

将t ＝7ｓ代入分别得v7＝40 m·ｓ-1 和 x7 ＝142 m

2 -14 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t ＋40,式中F 的单位为N,t 的单位的ｓ．在t ＝0 时,质点位于x ＝5.0 m处,其速度v0＝6.0 m·ｓ-1 ．求质点在任意时刻的速度和位置．

分析 这是在变力作用下的动力学问题．由于力是时间的函数,而加速度a＝dv/dt,这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度v (t)；由速度的定义v＝dx /dt,用积分的方法可求出质点的位置．

解 因加速度a＝dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有

120t?40?mdv dt10

依据质点运动的初始条件,即t0 ＝0 时v0 ＝6.0 m·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得

?vv0dv???12.0t?4.0?dt

0tv＝6.0+4.0t+6.0t2

又因v＝dx /dt,并由质点运动的初始条件：t0 ＝0 时x0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有

?dx???6.0?4.0t?6.0t?dt

xt2x00x ＝5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3

2 -15 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0 ×103 kg．飞机以55.0 m·ｓ-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数α＝5.0 ×102 N·ｓ-1 ,空气对飞机升力不计,求：(1) 10ｓ后飞机的速率；(2) 飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．

分析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动．其水平方向所受制动力F 为变力,且是时间的函数．在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解．

解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有

dv??αt dtvtαtdv???v0?0mdt α2得 v?v0?t

2mF?ma?m因此,飞机着陆10ｓ后的速率为

v ＝30 m·ｓ-1

又

t?α2?dx?v?dt ??x0?0?02mt??x故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离

s?x?x0?v0t?α3t?467m 6m2 -19 光滑的水平桌面上放置一半径为R 的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为v0 ,求：(1) t 时刻物体的速率；(2) 当物体速率从v0减少到12 v0时,物体所经历的时间及经过的路程．

11

分析 运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题．物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力FN 和环与物体之间的摩擦力Fｆ ,而摩擦力大小与正压力FN′成正比,且FN与FN′又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程．

解 (1) 设物体质量为m,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有

mv2 FN?man?RFf??mat??dv dt由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN ,由上述各式可得

v2dvμ?? Rdt取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有

Rvdv?0dt??μ?v0v2

tv?Rv0

R?v0μt(2) 当物体的速率从v 0 减少到1/2v 0时,由上式可得所需的时间为

t??物体在这段时间内所经过的路程

R μv0s??vdt??0t?t?0Rv0dt

R?v0μts?Rln2 μ12

3 -7 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v0 抛出,v0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．

分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间Δt1?v0sinα,物体从出发到落回至同一水平面所需的时g间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果．

另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出． 解1 物体从出发到达最高点所需的时间为

Δt1?则物体落回地面的时间为

v0sinα gΔt2?2Δt1?于是,在相应的过程中重力的冲量分别为

v0sinα gI1??Fdt??mgΔt1j??mv0sinαj

Δt1I2??Fdt??mgΔt2j??2mv0sinαj

Δt2解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A、B 的过程中,重力的冲量分别为

I1?mvAyj?mv0yj??mv0sinαj I2?mvByj?mv0yj??2mv0sinαj

3 -8 Fx ＝30＋4t(式中Fx 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v1 ＝10 m·s-1 ,方向与Fx 相同,在t＝6.86s时,此物体的速度v2 ．

分析 本题可由冲量的定义式I?速度v2．

t2?t1Fdt,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的

13

解 (1) 由分析知

2I???30?4t?dt?30t?2t20?68N?s

02(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t2 ,解此方程可得

t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去)

(3) 由动量定理,有

I ＝m v2- m v1

由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I、m 及v1代入可得

v2?I?mv1?40m?s?1 m3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝Acosωt,其中k、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到t?π 时间内小球动量的增量． 2ω分析 由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式分前,应先将式中x 用x ＝Acosωt代之,方能积分．

解 力F 的冲量为

t2t2π/2ω?t2t1Fdt积

I??Fdt???kxdt???t1t10kAcosωtdt??kA ω即 Δ?mv???kA ω 3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m2 的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向．

分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp＝Δm(vB -vA )；此动量的变化是管壁在Δt时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F．

解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυSΔt,弯曲部分AB 的水的

14

动量的增量则为

Δp＝Δm(vB -vA ) ＝ρυSΔt (vB -vA )

依据动量定理I ＝Δp,得到管壁对这部分水的平均冲力

F?从而可得水流对管壁作用力的大小为

I?ρSvΔt?vB?vA? ΔtF???F??2ρSv2??2.5?103N

作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．

3 -13 A、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s-1的速度继续向前驶去．A、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)

分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守恒方程即可解出结果．

解 设A、B两船原有的速度分别以vA 、vB 表示,传递重物后船的速度分别以vA′ 、vB′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有

?mA?m?vA?mvB?mAv?A (1)

?mB?m?vB?mvA?mBv?B? (2)

由题意知vA′ ＝0, vB′ ＝3.4 m·s-1 代入数据后,可解得

vA??mBmv?B??0.40m?s?1 2?mB?m??mA?m??m?3.6m?s?1

?mA?m?mBv?BvB??mA?m??mB?m??m2动量守恒,也可列出相对应的方程求解．

也可以选择不同的系统,例如,把A、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足 3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离线性地减小,且x ＝0 时,F ＝F0 ；当x ＝L 时,F ＝0．试求质点从x ＝0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率．

分析 由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给条件知F?F0?LF0x．则该力作的功可用式?Fdx 计算,然后由动能定理求质点速率．

0LF解 由分析知F?F0?0x, 则在x ＝0 到x ＝L 过程中作功,

LL?FW???F0?00L?FL?x?dx?0

2? 15

由动能定理有 W?得x ＝L 处的质点速率为

12mv?0 2F0L mv?此处也可用牛顿定律求质点速率,即

F0?F0dvdvx?m?mv Ldtdx分离变量后,两边积分也可得同样结果．

3 -18 如图所示,一绳索跨过无摩擦的滑轮,系在质量为1.00 kg 的物体上,起初物体静止在无摩擦的水平平面上．若用5.00 N 的恒力作用在绳索的另一端,使物体向右作加速运动,当系在物体上的绳索从与水平面成30°角变为37°角时,力对物体所作的功为多少？ 已知滑轮与水平面之间的距离d ＝1.00 m．

分析 该题中虽施以“恒力”,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化．需按功的矢量定义式W?F?ds来求解．

解 取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为

?W??F?dx??Fcosθdx???x1x2Fxd?x22dx?1.69J

3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k)

分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式W?F?dx来求解．关键在于寻找力函数F ＝F(x)．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F(v) ＝kv2 变换到F(t),

进一步按x ＝ct3 的关系把F(t)转换为F(x),这样,就可按功的定义式求解．

解 由运动学方程x ＝ct3 ,可得物体的速度

?v?dx?3ct2 dt按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为

F?kv2?9kc2t4?9kc2/3x4/3

16

则阻力的功为

W??F?dxW??F?dx??cos180odx???9kc2/3x4/3dx??00ll272/37/3kcl 73 -22 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v0 ．当它运动一周时,其速率为v0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？

分析 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之．

解 (1) 摩擦力作功为

11232 (1) W?Ek?Ek0?mv2?mv0??mv0228(2) 由于摩擦力是一恒力,且Fｆ ＝μmg,故有

W?Ffscos180o??2πrμmg (2)

由式(1)、(2)可得动摩擦因数为

23v0μ?

16πrg(3) 由于一周中损失的动能为mv0,则在静止前可运行的圈数为

382n?Ek04?圈 W33 -23 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m1 和m2 ．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k)

分析 运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态

17

2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出．

解 选取如图(b)所示坐标,取原点O处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有

F1 ＝P1 ＋F (1)

当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得

1212ky1?mgy1?ky2?mgy2 22式中y1 、y2 为M、N 两点对原点O 的位移．因为F1 ＝ky1 ,F2 ＝ky2 及P1 ＝m1g,上式可写为

F1 -F2 ＝2P1 (2)

由式(1)、(2)可得

F ＝P1 ＋F2 (3)

当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2 ＝P2 ,且F2 ＝F′2 ．由式(3)可得

F ＝P1 ＋P2 ＝(m1 ＋m2 )g

应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．

3 -25 用铁锤把钉子敲入墙面木板．设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比．若第一次敲击,能把钉子钉入木板1.00 ×10 -2 m．第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深？

分析 由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．

解 因阻力与深度成正比,则有F＝kx(k 为阻力系数)．现令x0＝1.00 ×10 -2 m,第二次钉入的深度为Δx,由于钉子两次所作功相等,可得

?x00kxdx??x0?Δxx0kxdx

Δx＝0.41 ×10 -2 m

3 -27 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．

18

分析 取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力FN 始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果．

解 由系统的机械能守恒,有

mgR?根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为

12mv?mgRcosθ (1) 2mv2mgRcosθ?FN? (2)

R冰块脱离球面时,支持力FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置

2θ?arccos?48.2o

3冰块此时的速率为

v?gRcosθ?v 的方向与重力P 方向的夹角为

2Rg 319

α＝90°-θ ＝41.8°

3 -28 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 的小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7.5 ×10 -2 m．然后在弹簧弹性力的作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动．小球

?是半径r ＝0.15 m 的半圆弧,AB 相距为2r．求弹簧劲度系与轨道间的摩擦不计．已知BCD数的最小值．

分析 若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒．运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态．为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时的最高点C 处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动；小于此速率时,小球将脱离轨道抛出．该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需的向心力,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值．

解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力FN ＝0,因此,有

2mvcmg? (1)

r取小球开始时所在位置A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有

1122 (2) k?Δl??mg?3r??mvc22由式(1)、(2)可得

k?7mgr?366N?m?1 2?Δl?3 -29 如图所示,质量为m、速度为v 的钢球,射向质量为m′的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 的弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内

20

弹簧后,弹簧的最大压缩距离．

分析 这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来．又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解．应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题．

解 设弹簧的最大压缩量为x0 ．小球与靶共同运动的速度为v1 ．由动量守恒定律,有

mv??m?m??v1 (1)

又由机械能守恒定律,有

121122 (2) mv??m?m??v1?kx0222由式(1)、(2)可得

x0?mm?v

k?m?m??3 -30 质量为m 的弹丸A,穿过如图所示的摆锤B 后,速率由v 减少到v /2．已知摆锤的质量为m′,摆线长度为l,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v的最小值应为多少？

分析 该题可分两个过程分析．首先是弹丸穿越摆锤的过程．就弹丸与摆锤所组成的系统而言,由于穿越过程的时间很短,重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒．摆锤在碰撞中获得了一定的速度,因而具有一定的动能,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,必须使摆锤在最高点处有确定的速率,该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确定；

21

与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地球组成的系统满足机械能守恒定律,根据两守恒定律即可解出结果．

解 由水平方向的动量守恒定律,有

vmv?m?m?v? (1)

2为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力FＴ＝0,则

2m?v?hm?g? (2)

l式中v′h 为摆锤在圆周最高点的运动速率．

又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有

112m?v??2m?gl?m?v?h (3) 22解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为

v?2m?

m5gl3 -33 如图所示,一质量为m′的物块放置在斜面的最底端A 处,斜面的倾角为α,高度为h,物块与斜面的动摩擦因数为μ,今有一质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向射入物块并留在其中,且使物块沿斜面向上滑动．求物块滑出顶端时的速度大小．

分析 该题可分两个阶段来讨论,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包含子弹)沿斜面向上的滑动过程．在撞击过程中,对物块和子弹组成的系统而言,由于撞击前后的总动量明显是不同的,因此,撞击过程中动量

不守恒．应该注意,不是任何碰撞过程中动量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞击力(属于内力)远大于子弹的重力P1 和物块的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物块所受的摩擦力Fｆ ,在该方向上动量守恒,由此可得到物块被撞击后的速度．在物块沿斜面上滑的过程中,为解题方便,可重新选择系统(即取子弹、物块和地球为系统),此系统不受外力作用,而非保守内力中仅摩擦力作功,根据系统的功能原理,可解得最终的结果．

解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有

mv0cosα??m?m??v1 (1)

在物块上滑的过程中,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v2 ,并取A 点的重力势能为零．由系统的功能原理可得

22

?μ?m?m??gcosαh sinα?由式(1)、(2)可得

1122 (2) ?m?m??v2??m?m??gh??m?m??v122?m?v2??v0cosα??2gh?μcotα?1?

?m?m??4 －6 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103 r·min-1均匀的增加到2.7×103 r·min-1．(1) 求曲轴转动的角加速度；(2) 在此时间内，曲轴转了多少转？

分析 这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．

解 (1) 由于角速度ω＝2π n(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义α?匀变速转动中角加速度为

2dω，在dtα?ω?ω02π?n?n0???13.1rad?s?2 tt(2) 发动机曲轴转过的角度为

1ω?ω0θ?ω0t?αt2?t?π?n?n0?

22在12 s 内曲轴转过的圈数为

θn?n0?t?390圈 2π2?t/η?，式中ω０＝9.0 s-1 ，τ4 －7 某种电动机启动后转速随时间变化的关系为ω?ω0?1?eN?＝2 s ．求：(1) t ＝6.0 s 时的转速；(2) 角加速度随时间变化的规律；(3) 启动后6.0 s 内转过的圈数．

分析 与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程．本题由ω＝ω(t)出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数．

解 (1) 根据题意中转速随时间的变化关系，将t ＝6.0 s 代入，即得

ω?ω01?e?t/η?0.95ω0?8.6s?1

(2) 角速度随时间变化的规律为

??α?dωω0?t/η?e?4.5e?t/2rad?s?2 dtη??(3) t ＝6.0 s 时转过的角度为

θ??ωdt??ω01?e?t/ηdt?36.9rad

0066??则t ＝6.0 s时电动机转过的圈数

N?θ/2π?5.87圈

23

4 －11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．

分析 在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．

该题也可用功能关系来处理．将飞轮、重物和地球视为系统，绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零，系统的机械能守恒．利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系，以及线速度和角速度的关系，代入机械能守恒方程中即可解得． 解1 设绳子的拉力为FＴ，对飞轮而言，根据转动定律，有

FTR?Jα (1)

而对重物而言，由牛顿定律，有

mg?FT?ma (2)

由于绳子不可伸长，因此，有

a?Rα (3)

重物作匀加速下落，则有

h?由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

12at (4) 2?gt2?J?mR??2h?1??

??2解2 根据系统的机械能守恒定律，有

11?mgh?mv2?Jω2?0 (1′)

22而线速度和角速度的关系为

24

v?Rω (2′)

又根据重物作匀加速运动时，有

v?at (3′) v2?2ah (4′)

由上述各式可得

?gt2?J?mR??2h?1??

??2若轴承处存在摩擦，上述测量转动惯量的方法仍可采用．这时，只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响．

4 －12 一燃气轮机在试车时，燃气作用在涡轮上的力矩为2.03×03N·m，涡轮的转动惯量为25.0kg·m2 ．当轮的转速由2.80×103 r·min-1 增大到1.12×104 r·min-1时，所经历的时间t 为多少？

分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．

解1 在匀变速转动中，角加速度α?间

ω?ω0，由转动定律M?Jα，可得飞轮所经历的时tt?ω?ω02πJ?n?n0??10.8s J?MM解2 飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有

?Mdt?J?ω?ω?

00t则 t?ω?ω02πJ?n?n0??10.8s J?MM4 －13 如图(a) 所示，质量m1 ＝16 kg 的实心圆柱体A，其半径为r ＝15 cm，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计．一条轻的柔绳绕在圆柱体上，其另一端系一个质量m2 ＝8.0 kg 的物体B.求：(1) 物体B 由静止开始下降1.0 s后的距离；(2) 绳的张力FＴ .

25

分析 该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到.

解 (1) 分别作两物体的受力分析，如图(b).对实心圆柱体而言，由转动定律得

1FTr?Jα?m1r2α

2对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有

P2?FT??m2g?FT??m2a

且FＴ ＝FＴ′ .又由角量与线量之间的关系，得

a?rα

解上述方程组，可得物体下落的加速度

a?在t ＝1.0 s 时，B 下落的距离为

2m2g

m1?2m212m2gt2s?at??2.45m

2m1?2m2(2) 由式(2)可得绳中的张力为

26

FT?m?g?a??m1m2g?39.2N

m1?2m24 －14 质量为m1 和m2 的两物体A、B 分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R 和r，两轮的转动惯量分别为J1 和J2 ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.

分析 由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.

解 分别对两物体及组合轮作受力分析，如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律，有

?P1?FT1?m1g?FT1?m1a1 (1) FT?2?P2?FT2?m2g?m2a2 (2)

FT1R?FT2r??J1?J2?α (3) FT?1?FT1,FT?2?FT2 (4)

由角加速度和线加速度之间的关系，有

27

a1?Rα (5) a2?rα (6)

解上述方程组，可得

a1?m1R?m2rgR 22J1?J2?m1R?m2rm1R?m2rgr

J1?J2?m1R2?m2r2a2?J1?J2?m1r2?m2RrFT1?m1g

J1?J2?m1R2?m2r2J1?J2?m1R2?m1RrFT2?m2g 22J1?J2?m1R?m2r4 －15 如图所示装置，定滑轮的半径为r，绕转轴的转动惯量为J，滑轮两边分别悬挂质量为m1 和m2 的物体A、B.A 置于倾角为θ 的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ，若B 向下作加速运动时，求：(1) 其下落加速度的大小；(2) 滑轮两边绳子的张力.(设绳的质量及伸长均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑.)

分析 这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A和B可视为质点，则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.

解 作A、B 和滑轮的受力分析，如图(b).其中A 是在张力FＴ1 、重力P1 ，支持力FＮ 和摩擦力Fｆ 的作用下运动，根据牛顿定律，沿斜面方向有

FT1?m1gsinθ?μm1gcosθ?m1a1 (1)

而B 则是在张力FＴ2 和重力P2 的作用下运动，有

m2g?FT2?m2a2 (2)

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有

a1?a2?rα (3)

28

对滑轮而言，根据定轴转动定律有

FT?2r?FT?1r?Jα (4) FT?1?FT1,FT?2?FT2 (5)

解上述各方程可得

a1?a2?m2g?m1gsinθ?μm1gcosθ

Jm1?m2?2rm1m2g?1?sinθ?μcosθ???sinθ?μcosθ?m1gJ/r2FT1?

m1?m2?J/r2m1m2g?1?sinθ?μcosθ??m2gJ/r2FT2?

m1?m2?J/r24 －16 如图(a)所示，飞轮的质量为60 kg，直径为0.50 m，转速为1.0 ×103 r·min-1 .现用闸瓦制动使其在5.0 s 内停止转动，求制动力F.设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 μ＝0.40，飞轮的质量全部分布在轮缘上.

29

分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力FＮ 决定的，而此力又是由制动力F 通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.

解 飞轮和闸杆的受力分析，如图(b)所示.根据闸杆的力矩平衡，有

?l1?0 F?l1?l2??FN?，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 而FN?FNM?Ffd1l?l?FNμd?12Fμd (1) 222l1摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有

30

α?ω?ω0ω02πn (2) ??ttt2因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量J?md/4，根据转动定律M?Jα，由式(1)、(2)可得制动力

F?πnmdl1?3.14?102N

μ?l1?l2?t4 －20 一质量为m′、半径为R 的均匀圆盘，通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动，若在某时刻，一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开，且恰好沿垂直方向上抛，问它可能达到的高度是多少？ 破裂后圆盘的角动量为多大？

分析 盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.

解 (1) 碎块抛出时的初速度为

v0?ωR

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

2v0ω2R2h??

2g2g(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

L?L0?L?

式中L?1m?R2ω为圆盘未碎时的角动量；L??mR2ω为碎块被视为质点时，碎块对轴的2?1?L??m??m?R2ω

?2?角动量；L 为破裂后盘的角动量.则

31

4 －21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1 ＝1.0 kg，长l ＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m· s1 的速度射入杆端，

－

其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.

分析 子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′ 转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度. 解 根据角动量守恒定理

J2ω??J1?J2?ω?

式中J2?m2?l/2?为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子

2弹在此刻绕轴的角速度.J1?m1l/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为

2ω??J2ω6m2v??29.1s?1

J1?J2?m1?3m2?4 －23 一质量为20.0 kg 的小孩，站在一半径为3.00 m、转动惯量为450 kg· m2 的静止水平转台的边缘上，此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动，转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00 m· s1 的速率沿转台边缘行走，问转台的角速率有多大？

－

分析 小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度ω、ω0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1 应满足相对角速度的关系式

ω?ω0?ω1 .

解 由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为

ω?ω0?ω1?ω0?v R由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

J0ω0?J1?ω0?ω1??0

式中J0 、J1 ＝mR2 分别为转台、人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为

mR2vω0????9.52?10?2s?1 2J0?mRR

32

式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.

4 －26 一质量为m′、半径为R 的转台，以角速度ωA 转动，转轴的摩擦略去不计.(1) 有一质量为m 的蜘蛛垂直地落在转台边缘上.此时，转台的角速度ωB为多少？ (2) 若蜘蛛随后慢慢地爬向转台中心，当它离转台中心的距离为r 时，转台的角速度ωc 为多少？ 设蜘蛛下落前距离转台很近.

分析 对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解. 解 (1) 蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有

J0ωa??J0?J1?ωb

式中J0?1m?R2为转台对其中心轴的转动惯量，J1?mR2为蜘蛛刚落至台面边缘时，它2J0m?ωa?ωa

J0?J1m??2m对轴的转动惯量.于是可得

ωb?(2) 在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变， 即J2?mr.在此过程中，由系统角动量守恒，有

2J0ωa??J0?J1?ωc

4 －30 如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度ω0 在无摩擦的水平面上，作半径为r0 的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r0/2 的圆周运动.试求：(1) 小球新的角速度；(2) 拉力所作的功.

分析 沿轴向的拉力对小球不产生力矩，因此，小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用，其角动量应保持不变.但是，外力改变了小球圆周运动的半径，也改变了小球的转动惯量，从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根据动能定理由小球动能的变化得到. 解 (1) 根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有式中J0 和J1 分别是小球在半径为r0 和12 r0 时对轴的转动惯量，即

J0ω0?J1ω1

33

式中J0 和J1 分别是小球在半径为r０ 和1/2 r０ 时对轴的转动惯量，即J0?mr0和

2J1?12mr0，则 4ω?J1ω0?4ω0 J0(2) 随着小球转动角速度的增加，其转动动能也增加，这正是拉力作功的结果.由转动的动能定理可得拉力的功为

W?11322 J1ω12?J0ω0?mr02ω02225 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为

E?1Q

πε04r2?L2(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为

E?1Q

2πε0r4r2?L2若棒为无限长(即L→∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.

分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元dx，其电荷为dq ＝Qdx/L，它在点P 的电场强度为

dE?整个带电体在点P 的电场强度

1dqer

4πε0r?2E??dE

接着针对具体问题来处理这个矢量积分.

34

(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，

E??dEi

L(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是

E??dEyj??sinαdEj

L证 (1) 延长线上一点P 的电场强度E?量，则

dq利用几何关系 r′＝r －x统一积分变?L2πε0r?2，

EP??1QdxQ?11?1Q???电场强度的方向22??-L/24πεL?r?x?24πε0L?r?L/2r?L/2?πε04r?L0L/2沿x 轴.

(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为

E??利用几何关系 sin α＝r/r′，r??sinαdqdE

L4πεr?20r2?x2 统一积分变量，则

E??1rQdx22-L/24πε0Lx?rL/2??2/3?Q2πε0r14r?L22

当棒长L→∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度

E?liml??1Q/L2πε0r1?4r2/L2λ ?2πε0r带电长直细棒可视为无限长带电直线.

此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r2/L2 ＜＜1，5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.

35

分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度. 解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元

dq?δdS?δ?2πR2sinθdθ，在点O 激发的电场强度为

dE?1xdq4πε0x2?r2??2/3i

由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系x?Rcosθ，r?Rsinθ统一积分变量，有

dE?1xdq1Rcosθ?δ?2πR2sinθdθ2/334πε0x2?r24πε0R

δ ?sinθcosθdθ2ε0??积分得 E??π/20δδsinθcosθdθ? 2ε04ε05 －14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.

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分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即Φs?E?dS

S?方法2：作半径为R 的平面S′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理

?E?dS?S1q?0 ?ε0这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而

Φ??E?dS???E?dS

SS?解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有

Φ??E?dS???E?dS

SS?依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS 的方向，

Φ??E?πR2?cosπ?πR2E

解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①

E?E?cose?sincosθeθ?sinθsiner?

dS?R2sinθdθder

Φ??E?dS??ER2sin2θsindθdSS??ER2sin2θdθ?sind00ππ

?πR2E5 －15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度E=?E1?kx?i+E2j (k，E1 ，E2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.

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解 如图所示，由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即ΦOABC?ΦDEFG?0.而

ΦABGF??E?dS????E1?kx?i?E2j???dSj??E2a2

考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有

ΦCDEO??ΦABGF??E2a2

同理 ΦAOEF?E?dS??2??????Ei?Ej??dSi??Ea 121?ΦBCDG??E?dS????E1?ka?i?E2j???dSi???E1?ka?a2

因此，整个立方体表面的电场强度通量

Φ??Φ?ka3

5 －20 一个内外半径分别为R1 和R2 的均匀带电球壳，总电荷为Q1 ，球壳外同心罩一个半径为R3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？ 试分析.

分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球

对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而

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2EdS?E?4πr .在确定高斯面内的电荷?q 后，利用高斯定理?EdS??q/ε0即可?求出电场强度的分布.

解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析 r ＜R1 ，该高斯面内无电荷，

?q?0，故EE?4πr2??q/ε0

1?0

Q1r3?R13R1 ＜r ＜R2 ，高斯面内电荷?q? 33R2?R1Q1r3?R13故 E2? 34πε0R2?R13r2R2 ＜r ＜R3 ，高斯面内电荷为Q1 ，故

??????E3?r ＞R3 ，高斯面内电荷为Q1 ＋Q2 ，故

Q1

4πε0r2E4?Q1?Q2

4πε0r2电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量

ΔE?E4?E3?Q2ζ?

4πε0R32ε0这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E的变化成为一跃变.

5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1 和R2 ＞R1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R1 ，(2) R1 ＜r ＜R2 ，(3) r ＞R2 .

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分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且EdS?E?2πrL，求出不同半径高斯面内的电荷

??q.即可解得各区域电场的分布.

?q?0

E1?0

E?2πrL??q/ε0

解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理 r ＜R1 ，

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 R1 ＜r ＜R2 ，

?q?λL

E2?λ 2πε0rr ＞R2，

?q?0

E3?0

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变

ΔE?这与5 －20 题分析讨论的结果一致.

λλLζ?? 2πε0r2πε0rLε05 －22 如图所示，有三个点电荷Q1 、Q2 、Q3 沿一条直线等间距分布且Q1 ＝Q3 ＝Q.已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q1 、Q3 的情况下，将Q2从点O 移到无穷远处外力所作的功.

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