大学物理(机械工业出版社)上册课后练习答案.docx

第一章质点的运动

1-1 己知质点的运动方程为：x = -10t + 30t',

y = 15t-20t?式中x、y的单位为m, t的单位为s。试

求：(1)初速度的人小和方向：⑵ 加速度的大小和方向。分析由运动方程的分量式町分别求出速度、加速度的分量,再由运动介成算出速度和加速度的人小和方向.

解(1)速度的分最式为υx = -= -10+60t

dt

υv = -^ = 15-40t

y dt

当t =0 时，V OK =-10 m? s ^1 , ^O y =15 m? S ^1 ,则初速度大小为

% = ^OX2 + y Oy2= 18?° nι ?s^1

设％与X轴的夹角为α,则tana = —= --

% 2

a=123o4Γ

(2)加速度的分量式为a =?- = 60m?s'2 , dt

dv

a v = —- = -40 m?s ■

-dt

则加速度的人小为a = Jaj + a、2= 72.1 m ? s'2

设a与X轴的夹角为0,则tan0 = ^? = --

aχ 3

0=?33。41'(或326°19')

1-2 一石子从空中由静止下落，由于空气阻力，石子并非作自由落体运动。现测得其加速度a=A-Bυ,式中A、B 为正恒量，求石子下落的速度和运动方程。

分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度

是速度V的函数,因此,需将式曲=a(υ)dt分

离变量为—=dt后再两边积分.

a (D)

解选取石子下落方向为y轴正向,下落起点为坐标原点.

do

(1)由题

a =——=A-BV(1)

dt

用分离变量法把式(1)改写为—^― = dt (2) A- Bu

将式(2)两边积分并考虑初始条件,冇

「王曲十

J% A— BO 「°

得石子速度υ = -(l-e-Bt)

B

由此可知当,t→∞B?,υ→-为一常量,通常称为极限速度

B

或收尾速度?

⑵再由P = ^ = ?(i-e-Bt)并考虔初始条件有dt B

fdy = ^(l-e-)dt

A A

得石子运动方程y=+不(e_Bt -1)

1-3 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、人小与船速平方成正比例的加速度，即

a=?kp2, lc为常数。在关闭发动机后，试证：

V O

X = -In(Vi)kt+ 1): k

(3)船在行驶距离X时的速率为υ=υoe'kx o ［证明］(1)分离

变数得竺

故∫-j = ^k∫ dt,

VA v* 0

可得：l=l÷kt.

V V o

(2)公式可化为V=—,

1+ V O kt 由于V= dxdt,

dx= ———dt = ------------ - ----- d(l +v0ki)

1+ V o ki k(l +v0kt) i dx=ik(?)d(I+v≡kI)-

X=丄In(VOkt+ 1)?

k

(1)船在t时刻的速度大小为V =

k??t +1

(2 )在时间t内，船行驶的距离为

= -kdt,

所以:

枳分

因此

vl2 =?ζt2 + (H -Ii)2X=V O cos600t + - gcos600t2(1)

2

V yo=VoSin 60°

y = v0 sin6O0t - —gsin6O o t2(2)

(3)要求v(x),可由

dv dv dx

a =—= -------------

dt dx dt

dv

,J dv

-kv = V—=> dx =-kdx 作抛射体运动，问它第二次碰到斜面的位置距原来的卜? 落点多远。

解：小球落地时速度为v0=√?h建立II角坐标

系，以小球第一次落地点为坐标原点如图

V XO = V O cos 60°

度则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小?第二次落地时y=0

,dt 7^t2÷(H-h)2 d2l_ (H-II)2√

dt? [(H-h)2÷v5t2]32

?>

所以小车移动的速度V=-/ %’

√(H-?)2-VJt2所以X = V O COS6O0t + 丄gcos60°t'= △■ = 0.8nι

2g

小车移动的加速度a=

(H-h)2v- [(H-h)2÷vjt2Γ

1-5质点沿X轴运动，其加速度和位置的关系为a = 2÷ 6X2.a 的单位为m∕s2. X的单位为m。质点在X=O处?速度为IonIs>

试求质点在任何坐标处的速度值。

1-7 -人扔石头的最人出手速率为V =25m∕s,他能击中一个与他的手水平距离L=50m?高?=13m的目标吗？在此距离上他能击中的最人高度是多少？

解：由运动方程X = vtcos0,y = vtsin8-丄gt',消

2 去t得轨迹方程

y=xtg<9-A-(tg2<9 + l)x2

IV

以x=05 Om > v=25ms 1代入后得

y= 50tg^- g

2×252

(l + tgS)x5(/

解：V

分离变量:

dv dv dx dv

a =——= ----------=V—

dt dx dt dx υdυ = adx= (2 + 6x2)dx -v2 = 2X+2X3÷C

两边积分得= 5Otg(9-2O(l + tg20

= -20(tg(9-∣)2 +11.25

IRg=IO-O,则当tg<9 = 1.25时，y nux =11.25〈13 所以他不能射中,能射中得最大高度为y max =11.25

宙题知，X=O时，VO=Io .?.c = 50 ?V= 2Jx3+ x+ 25 In? s~1

1 .

1-8 一质点沿半径为R的圆周按规律s = υ0t--bt j运动，％、b都是常量。(1)求t时刻质点的总加速度：⑵ t为何值时总加速度在数值上等于b? (3)当加速度达到b 时，质点已沿圆周运行了多少圈？

分析在自然坐标中,s表示圆周上从某一点开始的曲线坐标.由给定的运动方程S =s(t),对时间t求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度V和加速度的切向分?at,而加速度的法向分量为a=υ R-这样,总加速度为α

枳分得

1-4行人身高为h,若人以匀速Vo 用绳拉一小车行走，而小车放在距地面高为H 的光滑平台上,求小车移动的速度和加速度。

解：人前进的速

=a.e f ÷a o e n .至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线 坐标的改变

屋」S = S t -S 0.因圆周长为2τrR 5质点所转过的圈 数自然可求得.

解（1）质点作圆周运动的速率为υ = -= υ0-bt

dt

其加速度的切向分量和法向分量分别为

a t = ? = -

b ,a n = Ei =(^ dt 2 n R R

故加速度的大小为

a z = 0 ? a = Ja ； + a ； = Ra

1-10飞机以IoOm s?1的速度沿水平直线飞行，在离 地面

哥为Ioom 时，驾驶员要把物品投到前方某-哋面目 标处’问：（1）此时目标在飞机下方前多远？ （2）投放 物品时?驾驶员看目标的视线利水平线成何角度？ （3） 物品投出2s 后，它的

法向加速度和切向加速度齐为多 少？ 解：

其方向与切线Z 间的夹角为

^

arCtail t =arct

T i ?r r

⑵ 要使 Ial =b,由 l√R?2 + (υ0-bt)4 = b 可得

R

(2) θ = arctg -= 12.5*

(3)

dv_ gt 2

t dt

7

.,.a t = 1.96m∕ s 2,g = 10.0 (或 1.88m∕s 2, g=9.8) ?.?a = 5∕a 12+a; =g

.?. a n = ^g 2-a t 2 = 9.80m∕s 2,g = 10.0

(或9.62m∕s', g=9.8)

因此质点运行的圈数为1】=—=

2 πR 4πbR

1-9已知质点的运动方程为： X=RCoS 朋，

y = RsiiirtX, Z =——6Λ , 式中

2；F

R 、IK 0为正的常量。求：（1）质点运动的轨道方程;

（2）质点的速度大小：（3）质点的加速度人小。

解： （1）轨道方程为X 2 + y 2 = R 2 Z =丄-Qt 2π 这是一条空间

螺旋线。

在O 矽平而上的投影为圆心在原点，半径为R 的 圆，螺距为h

dX r ?

（2） V = — = -R69SΠ1 CtΛ

X dt

(3 ) a x = -R^r cosrυt a y =-Rzυ2

S iικX

1-11 一无风的下雨犬，一列火车以v 1=20m∕s 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）

解：以地面为参考系，火车相对地而运动的速度为 雨滴相对地面竖直卜?落的速度为V?,旅客看到雨滴F 落速度\了为柑对速度，它们之间的关系为

^=V 2?+?

.?. v 2 = V I ∕tg75, = 5.36ιns^1

1 — 12升降机以加速度ao=1.22m?s^2上升，当上升速 度为2.44m?sT 时，有一螺帽自升降机的天花板脱落?天 花板与升降机的底面相距2.74m,试求：（1）螺帽从天花 板落到底面所需时间：（2）螺帽相对于升降机外固定柱子 的下降距离。解：（1）以升降机为参考系，此时，螺丝相 对它的加速度为a~g÷a,螺丝

落到底面时，有

'+(珂-bt)

R 2

t=?

b

（3）从t=0开始到t=%∕b 时,质点经过的路程为

V=Jv ；+v ；+v ；

=0.705s

(1)

?, = v?t + 丄 at ，

（2）由于升降机在t 时间内的高度为

2

则 d =h-h , = 0.716nι

1-13飞机A 相对地面以VA =IOOOkmh 的速率向南 飞行，另一飞机B 相对地面以=800 km/h 的速率向东偏 南30°方向飞行。求飞机A 相对飞机B 的速度。

解：

V A = IOO0j, V B = 400 J + 400√3Γ V = V A -V B

=1000 J-（400j÷ 400√3f ）

.??tgθ =並,& = 40。52；方向西偏南

2 V= √6∞2÷4∞2×

3 = 916km∕h

1-14 一人能在静水中以I IOm S?1的速度划船前进, 今欲横渡一宽为1000m 、水流速度为0.55m Γ1的人河。 （1）,那么应如何< 划行方向?到达正对岸■少时 间？ （2）如果希望用最短

的时间过河，应如何确定划行

解：由相对速度的矢量关系° = W+ U 有

（1）空气时静止的?即u=0,则往返时，飞机相对 地面

的飞行速度就等于飞机相对空气的速度矿（图（1））,

1 1 71

故飞机來回飞行的时间t° = t AB + t BA = _ + _ =二

V ? V 。 v ,

（2）空气的速度向东时?当飞机向东飞行时■风速与 飞机相

对空气的速度同向;返回时，两者刚好相反（图

（2））,故飞机来回飞行的时间为

⑶ 空气的速度向北时?飞机相对地面的飞行速度的

第二章质点动力学

方向？船到达对岸的位置在什么地方？

解：如图（1）若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一 点，则划行速度和水流速度U 的介速度的方向正对着岸， 设划行速度介速度P 的夹角为α

AvSina = U

Sma =— =0.55/1.1 = 0.5

√ COSa =

t = -= —-— = 1.O5×1O 3S

V V f CoSa

如图（2〉用最短的时间过河，则划行速度的方向正对着岸 d ,

d .?.t = —,1 =ut =u —= 500ιn

√ √

1-15设有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又 向西飞回到A 处，飞机相对空气的速率为V’，而空气相 对地面的速率为m A 、B 间的距离为1。

（1） 假定空气是静止的（即U=O ）,求飞机來回飞行

的时间；

（2） 假定空气的速度向东，求飞机來回飞行的时间; （3） 假定空气的速度向北，求飞机来回飞行的时间。

2—1如本题图.A? B 两物体质最均为m?用质最不

计的滑轮和细绳连接?并不计摩擦，则A 和B 的加速度 大小各为多少。

解：如图由受力分析得

2-2如本题图所示，己他 两物

体A 、B 的质量均为 m=3.0kg?物体A 以加速度 a=l.OnVs 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）

解：分别对物体和滑轮受 力分析（如图），由牛顿定律 和动力学方程得，

1 1

--------- ! -------- V ,+ U V-U

IU g-T A = ni3A

(1) T B -I ng = nιa B (2)

^a A = 3D ⑶ T A = 2T B

⑷

解 ^a A =-Ig

习趕2—2图

人小由V = V t +U 可得为V=√v<-u y ,故飞机來回飞行 的时间为

(1)

习题2?1

2

?=-τg

∏?g - FT= m A a(I) Fn-Ff= (2) 2a =a,(3)

Fτ, = 2Fτι⑷IH A=ID B=IH(5) FT=FT,(6) Fn = FTl (7) F N =叭=m善

P

dv

Ff =-ma t =-m——f t dt

dv

由上三式可得寸=

(1)

(2)

⑶

(4)

解得mg-(m+4m)a=7.：

2

2-3如图所示，细线不可伸长，细线、定滑轮、动滑轮的质量均不计己知

n? = 4m3 m2 = 2m3。求各物体运动

的加速度及各段细线中的张力。

解:Sm I F落的加速度为刼,因而动滑轮也以aι上升。再设m2相对动滑

对⑷式积分得f t dt=--f' ?

Jo U JV O V*

W2Ll

Llzw3

轮以加速度「下落，m3相对动滑轮以习题2-3 加速度a,上

升，二者相对地面的加速

度分别为：a,-a1(下落)和a, + a l(上升)，设作用

在mi上的线中张力为Ti，作用在1生和m3上的线中张力为

T2。列出方程组如下：

m1g-T1 = In l a l m2g-T2 =m2(a,-a1)

T2 -m3g = m3(a r + a1)

T I-2T2

可求出:

2g

5

7

T2计

2-4光滑的水平面上放置-半径为R的固定圆环，物体紧贴环的内侧作圆周运动，其靡擦系数为P o物体的初速率为"，求：(1) t时刻物体的速率；(2)肖物体速率从Vo减少到vσ∕2时，物体所经历的时间及经过的路程。解：(1)设物体质量为m,取图示的自然坐标系，由牛顿定律得，

R+v0∕∕t

⑵当物体速率从Vo减少到v0∕2时，由

?.V= RVQ可得物体所经历的时间f =— R+VoM v0∕/

经过的路程s = J＞吋;為dt=知2

2-5从实验知道，当物体速度不太人时，可以认为空气的阻力正比于物体的瞬时速度，设其比例常数为k°

将质最为m的物体以竖直向上的初速度VO抛出。

(1)试证明物体的速度为

Ipg Z吉=

T Ce

-1) +V O e m

(2)证明物体将达到的最人高度为

H=

mv1nrg ? k k nig

(3)证明到达最人高度的时间为

m1 C kv0

=Jh】(1 + ------- )

k IIIg

证明:由牛顿定律可得

(l)-mg-kv=m-, dt

O dt = T _mdv

.,t = ≡ιn ≡?, k mg + kv （2） -mg-kv=mv —, dx r

o nig + kv m

m V=琴?(e ICt -I)+v^e 匸

t

J m ??dv QX = ------------ mg + kv 令 mg + kv = u, du = kdv k 2 J J mgdu .β. — dx = —∏）du ÷ ?

m U ...X=Ξl.Ξ?ln （l+?） k k Ing

（3） ?.?H1U ΞL?

k mg + kv .?.当V=O 时，t=巴In 些岀即为到达最高点的时间 k mg + k 2-6质量为m 的跳水运动员，从距水而距离为h 的 高台上由静止跳下落入水中。

把跳水运动员视为质点，并 略去空气阻力。运动员入水后垂直下沉，水对其阻力为一 b√,其中b 为一帘量。若以水面上一点为坐标原点O, 竖直向下为Oy 轴，求：（1）运动员在水中的速率V 与y 的函数关系：（2）跳水运动员在水中卜?沉多少距离才能使 其速率V 减少到落水速率VO 的1/10?（假定跳水运动员 在水中的浮力与所受的重力人小恰好相等） 解：运动员入水可视为自由落体运动，所以入水时的 速度为 Γ-dx= P

JO m Jmg+fao (T nd U + 业)

U

VO = λ∕2gh ?入水后如图由牛顿定律的 mg-f^F=ma mg=F f=bγ2 dv dv a=——=V —— dt dy

（2）将已知条件≥=0.4m -l ,v=0.hθ代入上式得, m

一訥于5.76“

2-7 一物体自地球表面以速率VO 竖直上抛。假定空气 对物

体阻力的值为f=-kmv 2,其中k 为常屋，m 为物 体质量。试求：（1）该物体能上升的高度：（2）物体返 回地面时速度的值。

解：分别对物体上抛和卜?落时作受力分析（如图），

八、 I n dv mvdv

(1) -mg-kmv=m —= --------------- ,

dt dy

f>dy = -Γ^r

Jo J JVO g + kv 2

1 I z g + kv 2

???L 計(时)

.?.物体达到最高点时，v=0,故

h

=y ma χ=^-hl (g + k -)

2k g

（2）下落过程中，-mg+kmv r ? ?="；“ Vd

V f°dy = -Γ λ

Jh J JO g —kv_ kv"0、—1∕?> .??v=Vo （l + —）亠

g

2-8质量为m 的子弹以速度％水平射入沙土中，设子弹 所受阻

力f =-好，k 为常数，求：（1）子弹射入沙土后， 速度随时间变化的函数式；（2）子弹进入沙土的瑕人深 度。

解：（1 ）由题意和牛顿第二定律可得：

=-k ?r = m —,

dt

k dv 分离变量，可得：—两边同时积分，所

m Vdt

（2）子弹进入沙土的最大深度也就是V=O 的时候子 弹

的位移，则：

m Vdt

可推岀：Vdt =— dv,而这个式子两边积分就町

k

以得到位移：X maX =∫ Vdt = ∫θ -^dV=≡v 0 。

2-9己知一质量为m 的质点在X 轴上运动，质点只受到

指向原点的力f = -k//, k 是比例常数。设质点在

X=A时的速度为零，求质点在X= A/4处的速度的人小。

解：由题意和牛顿第二定律可得：

Q k dv dv dx dv

I =——=m— = m ---------------- = mv—

x^ dt dx dt dx

再采取分离变量法可得：-*dx=mvdv ,

χ?

两边同时取积分，则：-4-dx=￡ mvdv

2-10 一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力人小为 F =400-4×10s t∕3 ,子弹从枪「1射出时的速率为300ιn∕s°设子弹离开枪Il 处合力刚好为零。求：（1）子弹走完枪筒全长所用的时间t；（2）子弹在枪筒中所受力的冲量I :（3）子弹的质量。

解：（1）由F =400-4×105t∕3和子弹离开枪门处合力

刚好为零，则可以得到：F =400-4×105t∕3 = 0 算出t=0 003so （2）由冲量定义：

f 0.003 l? 0.003

I=J Fdt = ∫（400-4×105t∕3） dt

0? IOOO3

= 400t-2×105t2∕3∣O=0.6N?s

f0 003

I = I Fdt = ΔP = mv= 0.6N ? S 所以：m= 0.6/300 = 0.002kg 2-11高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质屋为51 Okg的人，在操作时不慎从高空竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来。已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性

缓冲作用时间为0.5OSO求安全带对人的

平均冲力。

分析从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始卜落的过程中,只受重力作用,人体町看成是作自由落体运动：在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短.为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态（动屋）的改变来分析,即运用动量定理来讨论.爭实上,动量定理也可应用于整个过程.但是,这时必须分清遗力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零.这样,运用动量定理仍可得到相同的结果.

解以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论.在自由落体运动过程中,人跌落至2 m处时的速度为

DI= y∣2^（1）

在缓冲过程中,人受甫力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有

(F + P)?t = ιw2 - mP] (2)

由式(1)、(2)町得安全带对人的平均冲力大小为—zl(mr)

?λ∕2gh 3

F = + — ------ =咚+ ----- = 1.14×103 N

?t?t

2-12长为60Cm的绳子悬挂在天花板上，卜?方系一质量为Ikg的小球，己知绳子能承受的瑕人张力为20N O 试求要多大的水平冲量作用在原来静止的小球上才能将绳子打断？

ΔI = nw0-O

解：由动量定理得ΔI ,

?β?v b =—

m

如图受力分析并由牛顿定律得，

T-mg = ≡^

T = Illg + ≥ 20

A mg÷ΔI2∕l > 20

ΔI ≥ 2.47NS

2-13 一作斜抛运动的物体，在最离点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地而为19.6m 爆炸LOS后，第- 块落到爆炸点正下方的地面上，此处距抛出点的水平距离为I（X）In。问第二块落在距抛出点多远的地面上？（设空气的阻力不计）

解：取如图示坐标系，根据抛体运动规律，爆炸前，物体在最哥点得速度得水平分最为

（3）由动最定理:

V

OX = Y= x i√g 72h

⑴

物体爆炸后，第?块碎片竖直下落的运动方程为

L 1 , y =h-v t--gV

2

当碎片落地时，y 1=0, t=t 1,则由上式得爆炸后

第i 块碎片抛出得速度为

(2)

又根据动量守恒定律，

0χ--m v 2χ

C 1 1

=~2mvι + 2mv2y

联立以上(1) 一(4)式得爆炸后第二块碎片 抛出时的速度分量分

别为

h-l g t 2

—?— = 14.7ms?1

爆炸后第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为

(6)

落地时y 2=0,由式(5)和(6)可解得第二块碎片 落地点得水平位置

x 2=^00m

2—14质量为M 的人

于?里拿着一个质量为m

的物体, 此人用与水平面成8角的速率V O 向前跳去。当他达到最 高点时，他将物体以相对于人为U 的水平速率向后抛出。 问：由于人抛出物体，他跳跃的距离增加了多少？(假设 人可视为质点)(自己算一遍)

解：取如图所示坐标，把人和物视为一系统，肖人跳 跃到绘高点处，在向左抛物得过程中，满足动最守恒，故 有

(m?M)v 0 COS θ = Mv+ In(V- U)

式中Y 为人抛物后相对地面的水平速率,

V-U 为抛出物对地面得水平速率，得 λi mu

v=%cosG+ -----

m+M

人的水平速率得增量为

I

― mu

?v=v -λ∩ COS^= ----

m+M

而人从最高点到地面得运动时间为 t=^Sln￡

g

所以人跳跃后増加的距离为

2-15铁路上有一静止的平板车，其质量为M,设平 板车町

无摩擦地在水平轨道上运动。现有N 个人从平板 车的后端跳卜S 每个人的质量均为m,相对平板车的速度 均为u 。问：在下列两种情况下，(I)N 个人同时跳离;

(2)-个人、一个人地跳离，平板车的末速是多少?所得 的结果为

何不同，其物理原因是什么？(典型)

解：取平板车及N 个人组成的系统，以地面为参考 系，平板车的运动方向为正方向，系统在该方向上满足动 量守恒。

考虑N 个人同时跳车的情况，设跳车后平板车的速 度为V,则由动量守恒定律得

O=MV+Nm (V —u) V=NmU/(Nm+M) (1)

又考虑N 个人一个接一个的跳车的情况。设当平板 车上商有n 个人时的速度为v n ,跳下一个人后的车速为 V n -P 在该次跳车的过程中，根据动量守恒有

(M+nm) V lI =M V n - 1÷(n-l)m V n -I ÷m(v n -1 -U)

(2)

由式(2)得递推公式

V n -I=??n +mu∕ (M+nm) (3)

当车上有N 个人得时(即N=n), VN =0;当车上N 个人完全跳完时，车速为"，

根据式(3)有，

?'N-ι=θ 亠 mu∕(Nm+M)

Vχ.2= VN -I+mιV((N -I)m-M)

在最高点处有

(4)

= IOOms"1

?x=?vt=

m%sιnθ

(m+H) g

VO= VI^mU/(M+nm) 将

上述齐等式的两侧分别相

y 2=h+v 2y t 2--gt;

v

°~? M÷≡

由 J' M + ιιm≤ M + Nm 1 n = 1,2,3.…N 故有，V °AV

即N 个人一个接一个地跳车时，平板车的末速度大丁咽个人 同时跳下车的末速度。这是因为N 个人逐一跳离车时，车对 地的速度逐次增加，导致跳车者相对地面的速度也逐次增 加，并对半板车所作的功也相应增大，因而平板车得到的 能量也大，其车速也大。

2-16 一物体在介质中按规律X =Ct 3作直线运动，C 为 一常最。

设介质对物体的阻力正比于速度的平方： f = -kv 2

,试求物体由X 0

=0运动到X =1时，阻力所 作的功。

分析本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式 W = ∫F?dr 來求解.关键在于寻找力函数F =F(x).根 据运动学关系,可将己知力与速度的函数关系Fe) =L 变换到F(t),进一步按X =cF 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& =ct 3 ,∏r 得物体的速度

dx O 42 V = — = 3ct

dt

按题意及上述关系,物体所受阻力的人小为

F = kτr = 9kc 2t 4 = 9kc 2 3x 4z3

则阻力的功为

W = JFdX

W = ∫θF?dr = ∫cos 180o

dx = -j^9kc 2z3x 4 3

dx=-ykc 2y3l 7n

2-17-人从IOm 深的井中提水,起始桶中装有Iokg 的水，由

于水桶漏水，每升高InI 要漏去0.2kg 的水。求 水桶被匀速地从井中提到井II,人所作的功。(典型)

解：水桶在匀速上提的过程中，加速度为0,拉力和 重力平衡，在图示坐标卜?，水桶朿力随位胃?的变化关系为

G=mg-α gy

其中a =0.2kg∕m,人对水桶的拉力的功为

W = ∫1°(mg-agy) dy=882J

2-18如本题图所示，A 和B 两块板用一轻弹簧连接 起来，

它们的质最分别为J 和m —问在A 板上需加多人 的压力，方叮在力停止作用后，恰能使在跳起來时B 稍 被提起。(设弹簧的劲度系数为k)

解：选取如图所示坐标系，取原点处为朿力势能和弹 性势能

零点，作各种状态卜?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 F 1=

G 1+ F

(1)

当外力撤除以后，由机械能守恒定律得，

￡ k Yi 2 -mgy 】=* kyj + mgy 2

%和y 2?M. N 两点对原点O 的位移。 因为F l = ky 1, F 2=ky 2, G 1=m,g 上式町以写为，

F 1-E=2

G 1

(2) 由⑴利(2)式町得

F=G 1+ G 2

(3)

当A 扳跳到N 点时，B 板刚被提起，此时弹性力可二6, 且

K=F/,由式(3) ∏Γ得

■ ≡v

F=G 1+G 2=(m 1+m 2) g

2-19如本题图所示，质量为m?速度为V 的钢球， 射向质

屋为M 的靶，靶中心有一小孔?内有劲度系数为

k 的弹簧，此靶故初处于静上状态，但町在水平面上作无 摩擦滑

动，求了弹射入靶内弹簧后，弹簧的最人压缩距离。 解：设弹簧得最人压缩量为xθ°小球与靶共同运动 得速度为vl°由动最守恒定律?有

mv= (m+M)y

(1)

乂由机械能守恒定律，有

1 . —mV=

2

2-20以质量为m 的弹丸，穿过如本题图所示的摆 蚀后，速

率由V 减少到V/2。已知摆锤的质量为M,摆 线长度为1.如果摆廊能在垂直平面内完成一个完全的 圆周运动，弹丸的速度的绘小值应为多少？

III (1)式和(2)式可得

l(m÷M)v 12 + ∣kx≡(2)

习题2-19图

解：

由水平方向的动量守恒有?

mv=m-+ Mv,(1)

2

为了使摆锤能在垂直平面内作圆周运动，在最高点时，摆线中的张力F=O,则，根据能量守恒，UJ得到：-(Iil A ÷m B)V2 =IkX02,所以：V= ---------------- X0; X=I

V m A + m B

B ,它们质量分别为叫和叫，弹费劲度系数为k,原长为1?用力推B?使弹费乐缩

x0,然后释放。

求：(1)当A与B开始分离时，它们的位宜和速度：(2) 分离之后，A 还能往前移动多远？

解:(1)当A和B开始分离时，两者具有相同的速度，(2)分离Z后，A的动能又将逐渐的转化为弹性势

能，所以:

式中V t b为摆线在圆周最高点的运动速率。又由机械能守恒定律得

*M?Q=2Mgl+*Mv?;(3)

解上述三个方程，口J得担丸所需速率的最小值为-m A V2 =-kx2 2 2

2-21如本题图所示，一质量为M的物块放置在斜面的垠底端A处，斜面的倾角为α ,高度为h,物块与斜面的滑动摩擦因数为P ,今有一质量为m的子弹以速度VO沿水平方向射入物块并留在其中，且使物块沿斜而向上滑动，求物块滑出顶端时的速度大小。

解：

在子弹与物块的撞击过程中，住沿斜面的方向上，

根据动量守恒有2-23如图2-41所示，光滑斜面与水平而的夹角为0=30。，轻质弹簧上端固定。今在弹赞的另一端轻轻地挂上质量为M= I Okg 的木块，木块沿斜面从静止开始向卜? 滑动S-P l木块向F滑430Cm时，恰好仃?质量m=0.01kg 的子弹，沿水平方向以速度v=200nι∕s射中木块并陷在其中。设弹簧的劲度系数为k = 25N∕m°求子弹打入木块后它们的共同速度。

解：由机械能守恒条件可得到碰撞前木快的速度，碰撞过程中子弹和木快沿斜面方向动量守恒，(瞬间)可得：

+ MVF +ykx2 = MgXSm a

(碰撞前木快的速度)

=> V1 = 0.83

mv O COS α = (M + m)?[(1)

在物块上滑的过程中，若令物块刚滑出斜面时的速度

为J并取A点的巫力势能为0。由系统的功能原理可得■

—u(m+M) geos α —-—=丄(m+M) Vn + (m+M) gh"丄(m+M) v?(2)

Sina 2 2

由⑴、(2)式可得

m

m+

M

(UCOta+1)

2-22如图2-40所示，在光滑水平

面上，平放一轻弹赞，弹簧一端固

定，另一端连着物体A、图270习?2 2-22图

My — nwcos a = (m÷ M

=>√ = -0.89

2-24 二质屋相同的小球，一个静I匕，另一个以速度肌与静止的小球作对心碰撞，求碰撞后两球的速度。(1)假设碰撞是完全非弹性的：

(2)假设碰撞是完全弹性的：

e = 0.5 O

解：由碰撞过程动量守恒以及附加条件，町得

(1)假设碰撞是完全非弹性的，即两者?将以共同的

习题2-21图

(3)假设碰撞的恢复系数

速度前行：Iiw0= 2nκ

所以：V=Av 0

(2)假设碰撞是完全弹性的.

两球交换速度，V I=O

（3）假设碰撞的恢复系数e = 0.5?也就是

r

nκr0 = mV] + IITVl

= 0.5

+ n‰)

所以：V l=丄VO ,

4

2-25 ?本题图所示, 一

质量为m的钢球，系在一长

为1的绳一端，绳另一端固

定，现将球由水平位置静止

下摆，当球到达最低点时与

质量为M,静止于水平面上的

钢块发生弹性碰撞,求碰撞

后m和M的速率。

3

AlS 2-25 图

解：由机械能守恒得，碰前m的速度为

imv2=mgh v=J2gl

由碰撞前后动能和动最守恒得

1. 1 P ,

一mv= 一mv ? + — MV M?

2 2 2 M mv=mv r + M V M

r

m—M m—M r—

??? V = ----- V= --------- √2gl

m+M m*M N

v w~√?i

m+M

2-26如图2-43所示，两个质量分别为m1和

m2的木块A、B.用一劲度系数为k的轻弹簧

连接，放在光滑的水平面上。A紧靠墙。今

用力推B块，使弹簧压缩X0然后

?vmwM

图243习题2?26图

释放。（己知m1j=3m i）求：（1）释放后A、B两滑块速度相

等时的速度人小；（2）弹簧的最人伸长量。

解：分析题总，可知在弹簧由压缩状态回到原长时，是弹

簧的弹性势能转换为B木块的动能，然后B带动A 一起运动，

此时动最守恒，町得到两者湘同的速度V , 并且此时就是弹簧伸

长最人的位置，由机械能守恒町算出其量值。

1 2 1^2

r -∏?v20 =-kx0

I m2V20 =（ID i +m2） V

那么计算可得：X=-X O

2

2-27如本题图示，绳上挂有质最相等的两个小球，

两球碰撞时的恢复系数e=0.5。球A由静止状态释放，撞

击球B,刚好使球B到达绳成水平的位豐，求证球A释放

前的张角θ应满足COSe= l∕9o

证明：设球A到达最低点的速率为V,根据机械能守恒白

—mv2 = mg 21(I-CoS &),

所以，V= J4gl(l - cos&) (1)

设碰撞后A B两球的速率分别^V A,v B Jll题意得:

Y——V

e = ^—A = 0.5

V

即V B-V A = 0?5v(2)

A B两球碰撞时水半方向动量守恒：

Img + m??A = mv (3)

3

由⑵,⑶式得V =τv(4)

B 4

碰撞后B球机械能守恒，故冇

im?√=ιngl(5)

将(1) , (4)代入(5)得：

COS 8 = —

9

2-28如图2-45所示，一质最为m?半径为R的球壳，静止在光

滑水平面上，在球壳内有另一质量也为m,半径为r的小球，初

始时小球静止在图示水平位置上。放手后小球沿人球壳内往下

滚，同时人球壳也会在水平而上运动。当它们再次静止在水平

面上时，问人球壳在水平面上相对初始时刻的位移人小是多

少？

解：系统在水平方向上不受外力，因而系统质心的水平位盘始

终不变。如图所示，初始时，系统的质心到球心O的距离为

（从质心公式算）

R-r

XC=^-

小球最终将静|匕于大球壳的最下方，而系统质心的水平位置始

终不变，肉而人球壳在水平面上相対初始时刻的

然爆炸分成质量相同的两块，其中一块竖直卜?落，求另一块

落地时的位置X2是多少？

解：炮弹爆炸后Jt质心仍按原抛物线轨道运动，因而落地

3-2质量面密度为b的

均匀矩形板，试证其对与板

面垂直的，通过几何中心的

轴线的转动惯最为

J = — ab（a2 +b2）。

12 其中a> b为矩形板

的长，宽。

后的质心坐标为χc

g

证明一：如图，在板上取一质TUdni=Odxdy,对与板面垂直

的、通过儿何屮心的轴线的转动惯量为

由式X-罟学'且WFr dJ =JTJdm

a b

= GG(X' + y'^χdy

第三章刚体力学

3-1 一通风机的转动部分以初角速度U）O绕英轴转动,

空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C为一常量。

若转动部分对其轴的转动惯量为J，问：（1）经过多少时间后

其转动角速度减少为初角速度的?半？（2）在此时间内共转

过多少转？

解：（1）由题可知：阻力矩M = -Cω,

又因为转动定理M = J^=J-

Qo J

ω= Co Q e J

I

1 J .

当CD=-COQ时，t = — In 2 o

2

(2)角位移= 6ydt = ∫^ln26υ0e Tt dt = ~~~t

=一ab（a2 +b2）

12

证明二：如图，在板上取一细

棒dm=ct>dx?对通过细棒中心

与棒垂直的转动轴的转动惯量

为

1 dnι?b

2 ,根

12

据平行轴定理，对与

板面垂直的、通过几

何中心的轴线的转动惯量为

dj =Tl dIllb2÷dIli(I-X)

=?0b3dx+Ob(I-X)2dx

.?.J=∫<∏=-^3a÷-σba3 =-ab（a2÷b2）（这

道题以右边为坐标原点，左为正方向）

3-3如图3-28所示，一轻绳跨过两个质最为m、半径为r的均

匀岡盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为2m和m的枣物，

绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光

位移人小（另外从质心公式算）Ax =

R-r

所以，此时间内转过的圈数为X ir总。

2

2-29如图2?46所示，从坐标原

点以PO的初速度发射一发炮弹，

发射倾角&=45。β当

炮弹到达\=—处时，突

3g

滑，求重物的加速度和各段绳中的张力。（现在滑轮质最要计，所以绳子拉力会不等）

解：受力分析如图

2nτg -T2= 2ιna（1）

(T2-T)r = J/7 (3)

（对于质最卄:常小的物体，转动惯量为零?才有可能

T=TI）

a = rZ? , J =丄mr

2

联立求出

1 F Ii

a = - g , T =—mg ,

4 8

3-4如图3?29所示，一均

匀细杆长为L,质最为m, 平放

在摩擦系数为“的水平桌面

上，设开始时杆以角速度5

绕过细杆中心的竖直轴转

动，试求：（1）作用于杆

的摩擦力矩；（2）经过多

长时河杆才会停止转动。

（1）解：设杆的线2 = γ ,

在杆上取一小质元

dm= Ndx

df = /∕dιιιg = ///Igdx dM = ∕i2gxdx

考虑对称M = 2jθ2∕z^gxdx = —∕ΛI?1

(2) 根据转动定律M = J0 = J学

dt

卜Mdt = f Jde

∕zmglt = -一nιl26y0

4 12

所以t =处

3"g

3 — 5质量为Inl和叫的两物体A、B分别悬挂在如本题图所示的组合轮两端。设两轮的半径分别为R和「两轮的转动惯量分别为Jl和b轮与轴承间的摩擦力略去不计，绳的质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳中的张力。

解：分别对两物体做如图的受力分析。根据牛顿定律仃

又因为组合轮的转动惯量是两轮惯量之和?根据转动定理有（从枳分定义式即可算出）

而且，a1 = Ra > a2= rα > (列

1?牛二2?转动定律3一约束方程

即对求解)

.a∏?R-ιn2r

J l + J2+ nι1R" +m2rβ

InR-m-,r

a, = -------------- ------- f --------- r gr

J l + J2 + ID1R- +m2r"

J l + J-, +mJ，+IihRr

T l = -k--~W—u?g

J1 + J2÷n?R* +m2r

T=

J l÷J2÷π?R?mιRι?mg

J l + J2 +m1RJ +叫厂

3-6如本题图所示装置，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m】和nι?的物体A、B> A 置于倾角为B的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为P o若B向卜?作加速运动时，求:（1） K卜落加速度的人小:（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）解A? B物体的受力分析如图。根据牛顿定律有

T l-IPg= IlP (2) (T -T1)r = J/7 (4)

T l = -mg

4 ,T2 =Img

T z -m2g = m2a

TjR—τ?τ = (J ] + J J Q L

图3-29习题图十

一!一■.

"mJ 0匚￡

T l -n?gsiιι^- f = nιj a1

∩?g-T2=ιn2a2

对滑轮而言，根据转动定律有

T2r-I]r = Ja

由于绳子不可伸长、绳与轮之间无滑动，则上细棒至少应具有多大的角速度血, 才能

转动到水平位凰？

解：机械能守恒

1 1 T

2 I I

mg —+ -Je = —kxβ

（一开始的机械能=后面的机械能，水

平临界状态速度为零，没冇转动能）

图3-33 Al懸3-8图

据几何关系(x+O.5)2 =1.52+12tυ=3,28rad?s^1

n‰ g - Hi1 g s ill /ΛII1 g c O

s

.?. ?∣ = a ?> =

nι1 + m2 + J / r2

_ n?nι??g(l + Sino + “COSo)十(Sin& + “cos^)nιi g J/r2 M =

m l ÷ m-, + J ∕r2

In I叫g(l + sin & + “cos&) + 叫g J /r2

In l + Iii2 + J /r2

3-7如图3-32所示，定滑轮转动

惯量为J，半径为r：物体的质最

为m?用一细绳与劲度系数为k

的弹簧柑连，若绳与滑轮间无相

对滑动，滑轮轴上的摩擦忽略不

计。当绳拉直、弹赞无伸长时使物体由静图3-32习题3?7

图

3-9如图3-34所示，一质屋为m、

半径为R的圆盘，可绕过O点的水平o?（C

?A 轴在竖直面内转

动。若盘从图中实线~T~ 位置开始由静止下落，略去轴承的摩/

i?Λ∕ 擦，求：（1）盘转到图中虚线所示的\、C i 铅Il位置时，质心

C和盘缘A点的速 '、、丄/ 率；（2）在虚线位置轴对圆盘的作

用A；

力。图3?34习题3-9图

解：在虚线位置的C点设为重力势能的零点，下降过程机械能守

恒IiigR= j Jrυ2

J = ^inR2 + IiiR2（平行轴定理：圆心到O）

2

止开始下落。求:（1）物体卜落的最人距离；（2）物体的速度达址兴值时的位置。

解：（1）机械能守恒。设下落最大距离为h

+ kh2 = mgh h =

（2） ±kx'+丄mv'+丄Je2 = mgx （物体的重力2 2 2

势能转化为这些能）

1

2m g-x 2k >

V= —

m+4r

r?

若速度达最犬值，—=0, X =—

dx k

3-8如图3-33所示，一轻弹簧与一均匀细棒连接，装置如图所示，已知弹簧的劲度系数k = 40N∕m,肖& = 0。时弹簧无形变，细棒的质Sm= 5.0kg,求在& = 0的位豐

V A= 2Rrυ = ^^

F y= nιg+ IndK z

7

1 方向向上3-10如图3-35所示，一质量为m的

质点以P的速度作匀速直线运动。试

证明：从直线外任意一点O到质点的

欠量r在相同的时间内扫过的面枳相

同。

解：质点不受任何力作用才会作匀速点线运动，因而它对O点的力矩也为零，即对O点的角动量守恒

IllVEiI^ =常量。另一方面，矢量「在单位时间内打过的面积:AS = IvrsinG=常量。

2

3-11如图3-36所示，质屋In的卫星开

始时绕地球作半径为r的圆周运动。由

于某种原因卫星的运动力向突然改变

了&=30。角，而速率不

变，此后卫星绕地球作椭圆运动。求（1）卫星绕地球作圆周运

动时的速率"（2）卫星绕地球椭圆运动时，距地

心的最远和最近距离几和「2。

解：（1）由G^ = Ill―,得V= JGM

r^ r V r

（2）卫星在运动过程中对地心的角动量守恒和机械能守恒：

（r×F=O,角动量守恒）

r ? II^COS 300= r. ? IlK r l = r2?nκ2

（椭圆的三个点，突变前不守恒）

1 2 — IllM 1 2 — IllM 1 2 — IIlM

-IiK- -G ------------ = —mvf -G— = -mv r2 -G——

2r 2 rf 2 ιγ

（突变后椭圆的三个点）其中，v1. V?分别是卫星在远地点与

近地点时的速率,

可求出

3-12如本题图所示，质最为M 长为L的均匀直杆町绕过端

点O的水平轴转动，一质量为m的质点以

水平速度V与静止杆的卜?端发生碰撞，

如图示，若M=6m,求质点与杆分别作完

全弹性碰撞和完全非弹性碰撞后杆的角速

度大小?解：（I）质点与杆完全弹性碰撞，

则能量守恒丄mv?2=-Jω2+-mv12

2 2 2

n=200ι?∕nmι 为ll：。求：

（1）B轮的转动惯量;

（2）在啮合过程中损失

的机械能。

解：（1）取两飞轮为系统，

啮合过程中系统角动量守

恒，即（没有外力）

ωl = 2 7Zll Iω2 = 2 TZIl2

所以B轮的转动惯呈为

J I = 20.0kg m2

（2）啮合过程中系统机械能变化

ΔE =丄（J ] + J?）血一丄JIQ； =-1.32×104J

2 2

3-14如图3?39所示，长为1的轻杆（质量不计），两

端各固定质量分别为m和2m 的小球，杆町绕水平光滑固

定轴O在竖直

1

面内转动，转轴O距两端分别为-1和二10

3 3

轻杆原来静止在竖直位置。今有一质量为-

m的小球，以水平速度巩与杆卞端小球m 作对心碰撞，碰

后以丄％的速度返回，试

2

求碰撞后轻杆所获得的角速度。

解：根据角动量守衡有

J 21 1 r ]

—nι?70l = （―）2mrυ+ （-）2? 2mω——nil ? -V O

3 3 3 3 2

又因为角动最守恒Lmv=LmY+Je （碰

撞的瞬间

3-15如图340所示，有一空心圆坏町绕竖直轴Oer自由转动，转

动惯量为JO，环的半径为R，初始的角速度

为Qo，今有一质量为m的小球静止在坏内

A点，由于微小扰动使小球向下滑动。问小

球到达B、C点时，环的角速度弓小球相对

于环的速度各为多少？（假设环内壁光滑。）

滑至E点时，有（球看成质心J二mR‘）

习题3—13图

图3-39 习10 3-14 图

且J= -MLr > M = 6m

3

2v

.?. CO = --

3L

（2）完全非弹性碰撞,角动量守恒

LmV= Lmy + Jfy

又V, = O)L ..ω=-

?3L

3-13如本题图所可“ A与B两飞轮的轴杆由摩擦啮

解：⑴小球与圆坏系统对竖直轴的角动呈守恒，当小球

/ / / /

习题3-7

图

角动量守恒）

合器连接，A轮的转动惯?. Jι=10.0kg?m?开始时B轮静止,A

轮以nι=600r∕mm的转速转动，然后使A ,j B连接, 因而B轮得

到加速而A轮减速?直到两轮的转速都等于

Io? =(Io + mR')Q 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v B,以B点为重力势能零点，则冇

—IOef + IiigR= -(10÷ IiiR2)ω1 + — m??

2 一2

联立①、②两式?得

(2)当小球滑至C点时，???I C = 1O ??.哄=QO 故由机械能守恒，有(A、C两点没有转动，所以转动惯最回到初始状态，IC=Io)

nιg(2R) = ImVf

2

= 2√iR

3-16-长为2L的均匀细杆，一端靠墙上，另一端放在的水平地板上?如本题图所示,

所有的摩擦均可略去不计?开

始时细杆静止并与地板成e 0

角，当松开细杆后，细杆开始

滑卜?。问细杆脱离墙壁时，

细杆与地面的夹角e为多大？

解：如图，以初始细杆的质心

为原点建立坐标系，

X=I(CoSe-CoS%)

.β. a x =0 (6)

将式(4)、(5)、(6)代入(2)解得

2

8 = arc shI(^Sin^o)

3-17如本题图所示, A、B两个轮

子的质最分别为in】和半径分别

为n和切另有一细绳绕在两轮

上，并按图所示连接。其中A轮

绕固定轴O 转动〉试求:(1) B轮

卜? 落时.其轮心的加速度：

(2)细绳的拉力。

解：如图，取竖克向下为正方

向。轮A作定轴转动,

设其角加速度为0A，根据

转动定理冇

Fr l=I U V12Λ

轮B作平面运动，设质心加速度为ac ,角加速度为“B，根据牛顿定律有m2g-F = m2a c

根据转动定理有FE =∣m2r22∕7B

A轮边缘一点加速度a A = r1∕?A

取初始位置的势能为零，则根据机械能守恒有m

gy=l∏iλ? +-J c6υ2(3)(i?下了y,转化为............. )

将式⑴代入⑶得∕ = 3g(sin-Sin%)⑷ 21

—COS^ (5)

dt 41

当细杆与墙壁脱离接触时，F I=Im X = O

Iu I m,

F =——g 3nι1 + 2n‰

1 3 — 13如本题图所示，一长为1的I lj ,= 均质杆自水平放置的初始位置平h丨动自由下落，落下h距离时与一丄丨竖立固定板的顶部发生完全弹性∩

碰撞，杆上碰撞点在距质心C为Jl 1/4处，求碰撞后瞬间的质心速率/勺韶$图和杆的角速度。

y = l(sinθ—SineO) (1)

B轮边缘一点加速度a B = r2∕7B .?. v x = — = -l^ysin θ θQ dt

而且a x= ? = -l^cos^lsin^ ⑵3码 + 2m2

V B =

Ioeo R~

I o + IiiR2

则任&时刻质心坐标为

解: 由机械能守恒

IDgh=InI√+丄 JU)2

2 2

------ :

------ 方向沿E 轴正向。

4^∑fc 0x(x-L)

其中J 为绕质心转动惯量J 詁血

由动量定理 F?t = mv c -(-m√2gh) (2)如图7-2图b,设通 过棒的

端点与棒垂直上任 -A l AQ 与坐

标原点0的距离

由角动磧定理 F (^?)?t = Jω =

为

y ，

dE =

λdx 4矶1'

联立解得

71

ω上

dE y =

λdx

4;Zror 2 习题4一2图b

第4章 真空中的静电场

dE x = Ndx 4曲2

Sine

4-1在边长为a 的」F 方形的四 角，依次放置点电荷q,2q,-4q 和2q, 它的几何中心放豐一个单位正电 荷，求这个电荷受力的大小和方向。 解：如图可看出两2q 的电荷对单 位正电荷的在作用力将柑互抵消， 单位正电荷所受的力为 WX = ytg∕dx= y

60 cos 2 θ

y

CoSe

--------- -I —(1 + 4) = 4矶(乎a)? 竺、，方向由q 指向

~4q 。 2 亦 °a? 4-2如图，均匀带电细棒，长为L,电荷线密度为入。 (1)求棒的延长线上任一点P 的场强；(2)求通过棒的端 点与棒垂直上任一点Q 的场强。 习题4-2图a 解：(1)如图7-2图a?在细棒上任取电荷元dq,建 立如图坐标，dq=λd<*,设棒的延长线上任一点P 与坐标 原点O 的距离为x? dE = ZId 歹 4 庇 O(Xv 则整根细棒在P 点产生的电场强度的人小为 代入上式，则

E 厂卜d —益

= ------------- (1 — COS %)=------------ ( --------- )，方

Oy 4疤。y Jy? +1?

向沿Xwl 负向。

E V = [ dE v = —-— f COS 0d°

J 4;ZroyJo

Sinq )=

AL 4^0y√y 2÷L 2

4-3 一细棒弯成半径为R 的半圆形，均匀分布台电

荷q,求半圆中心O 处的场强。

解：如图.在半环上任取dl=Rdθ的线元?其上所带的电 荷为dq=∕.Rdθ O 对称分析Ey=O 。

4∕K ?J R-

E = JdE x =

λ 271E Q R

---- --- sin 0

4底ORJO

q

O

如图，方向沿X轴正向。4-4 如图线电荷密度

为入I的无限长均匀

带电直线与另一长度

为1、线电荷密度为

心的均匀带电直线在

同一平面内，二者互

柑dq= <τ2;ZrRde= σlτtRr sin6U^

44在0点产生的电场据(7-10)式为

dE = —丫 4 * , y = RcosG

4^0R

=I dE=Γb2∕d

4Λ∑T0R3

COS 次

10

垂直，求它们间的相互作用力。

解：在入2的带电线上任取一dq?入I的带电线是无限长, 它在dq处产生的电场强度由高斯定理容易得到为，

π

σ sin2β?2 _ σ

O

?如图

?

4勺

2亦OX 方向沿y轴负向。

4-7 设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面对称轴平行，计算通过此半球面电场强度的通呈。

两线间的相互作用力为

F = [dF = [^^ = ?f l^

J J 2庇QX 2矶人X

解：如图，设作一圆平面

Sl盖住半球面S2，

成为闭介曲而高斯，对此高斯

曲面电通最为0,

即

习?4-7图

?b-,?l∣y,方向沿X tt正向。

2庇0 a

4-5两个点电荷所带电荷之和为Q,问它们各带电荷多少时，相互作用力最大？

解：设其中一个电荷的带电量足q，另一个即为Q—q，若它们间的距离为r，它们间的相互作用力为

F

, q(Q - Q)

4庇(Z ∫E?dS = ∫E?dS + ∫E?dS = O SSls2

Ψ5L= ∫ E ? ds = -∫ E ? ds = -E衣'

相互作用力最人的条件为竺== 0

dq 4^^0r^

由上式可得:Q=2q,

4-6 一半径为R 的半球秃，均匀带有电荷，电荷面密度为O，求球心处电场强度的人小。

解:将半球壳细割为

诸多细环带，其上带电量为q=Q2

y

4-8求半径为R,带电厂?\

最为q的空心球面的电场强度(} rr

分布。k J

解：由于电荷分布具有球

对称性，因而它所产生的电场习題4一8图

分布也具有球对称性，与带电

球面同心的球面上各点的场强E的人小相等，方向沿径向。在

带电球内部与外部区域分别作与带电球面同心的高斯球面Sl与

S2。对Sι?S2,应用高斯定理，即先计算场强的通量，然后得出

场强的分布，分别为

^=IE- dS = E4 加-=0

SI

得E内=0 (ι

ψ =(E?dS = E4∕zr' = — , E外=——-_ f (r>R) I6 4隔厂

2;Zik R3二kR‘ _

E = e n

*o 3 3勺T

d

pA—

^ = JEdS = EA= --------------- —

4 — 9如图所示?厚度为d4-11带电为q、半径为Ri的导体球，其外同心地放

的“无限人”均匀带电平板? 体

电荷密度为P ,求板内外的电场

分布。

解:带电平板均匀带电，在厚

度为d/2的平分街面上电场强度

为零，取坐标原点在此街而上，

建立如图坐标。对底面

习苗4一9

图

积为A,高度分别为x

斯曲面应用高斯定理，有

得E I=-Xr

一金属球壳，球壳内、外半径为R2、R30

(1)球壳的电荷及电势分布；

(2)把外球接地后再绝缘，求外球

壳的电荷及球壳内外电势分布：

<3)再把内球接地，求内球的电荷及

外球壳的电势。

解：(1)静电平衡，球壳内表面带一q,

外表面带q电荷。

据 (7 —23 ) 式的

习題4-11图

结论得：

(x<∣)

^??'? +?x^RI)5

E,=-^-dΓ(x> —)

?2% 2

4-10 一半径为R的无限长带电圆柱，

其体电荷密度为P = P O r(r≤R), PO为常

数。求场强分布。

解：据高斯定理有

fW?d^ = E2 加I =丄JPdV

“R时：E2m=jJ?Tdry 竽JF dr,

E2;Z rI=泄匚TlEtq

% 3 3?

r>R时：E2施拙2论詈&W

(r≥R3).

(S)UI=??-?xr^λ

(i-?≤r≤R2);

V3 = 0(R2 SrSR3), V4 = 0(r ? R3).

(3)再把内球接地，内球的电荷及外球壳的电荷重新分布

设静电平衡，内球带q,球壳内表面帯一｛，外表面带q—q。

??^?+?s×^Rix

R1R2q

得：f卄嘶

E2ΛΓ1=