大学物理习题答案解答第四章动量
大学物理习题及解答(运动学、动量及能量)
1-1.质点在Oxy 平面内运动，其运动方程为j t i t r )219(22-+=。
求：（1）质点的轨迹方程；（2）s .t 01=时的速度及切向和法向加速度。
1-2.一质点具有恒定加速度j i a 46+=，在0=t 时，其速度为零，位置矢量i r 100=。
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。
1-3. 一质点在半径为m .r 100=的圆周上运动，其角位置为342t +=θ。
（1）求在s .t 02=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？题3解： (1)由于342t +=θ，则角速度212t dt d ==θω，在t = 2 s 时，法向加速度和切向加速度的数值分别为 222s 2t n s m 1030.2-=⋅⨯==ωr a22s t t s m 80.4d d -=⋅==t r a ω(2)当2t 2n t 212a a a a +==时，有2n 2t 3a a=，即 22212)24(3)r t (tr = s 29.0s 321==t此时刻的角位置为 rad.t 153423=+=θ (3)要使t n a a =，则有2212)24()t (r tr =s .t 550=3-1如图所示，在水平地面上，有一横截面2m 20.0=S 的直角弯管，管中有流速为1s m 0.3-⋅=v 的水通过，求弯管所受力的大小和方向。
解：在t ∆时间内，从管一端流入（或流出）水的质量为t vS m ∆=∆ρ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为()()A B A B v v t vS v v m p -∆=-∆=∆ρ依据动量定理p I ∆=，得到管壁对这部分水的平均冲力()A B v v I F -=∆=Sv t ρ从而可得水流对管壁作用力的大小为N 105.2232⨯-=-=-='Sv F F ρ作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧。
大学物理第四章习题解
第四章 刚体的定轴转动4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 内被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间内转过了 圈。
解：被动轮边缘上一点的线速度为πm/s 45.0π8222=⨯==r ωv在4s 内主动轮的角速度为πrad/s 202.0π412111====r r v v ω主动轮的角速度为2011πrad/s 540π2==∆-=tωωα在4s 内主动轮转过圈数为20π520ππ2(π212π212121=⨯==αωN （圈）4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为08.0ωω=，则飞轮的角加速度α＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度θ＝ 。
解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为20s /rad 05.020558.0-=-⨯=-=tωωα t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为rad 250100)05.0(21100521220=⨯-⨯+⨯=+=t t αωθ4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。
解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。
4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。
解：由分离质点的转动惯量的定义得221i i i r m J ∆=∑=22)3(2b m mb +=211mb =4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。
解：飞轮的角加速度为20s /rad 20160/π26000-=⨯-=-=tωωα制动力矩的大小为m N π50π)20(5.2⋅-=-⨯==αJ M负号表示力矩为阻力矩。
大学物理第4章 狭义相对论时空观习题解答改
习 题4-1 一辆高速车以0.8c 的速率运动。
地上有一系列的同步钟,当经过地面上的一台钟时,驾驶员注意到它的指针在0=t ,她即刻把自己的钟拨到0'=t 。
行驶了一段距离后,她自己的钟指到6 us 时,驾驶员瞧地面上另一台钟。
问这个钟的读数就是多少？ 【解】s)(10)/8.0(16/12220μ=-μ=-∆=∆c c s cu t t所以地面上第二个钟的读数为)(10's t t t μ=∆+=4-2 在某惯性参考系S 中,两事件发生在同一地点而时间间隔为4 s,另一惯性参考系S′ 以速度c u 6.0=相对于S 系运动,问在S′ 系中测得的两个事件的时间间隔与空间间隔各就是多少？【解】已知原时(s)4=∆t ,则测时(s)56.014/1'222=-=-∆=∆s cu t t由洛伦兹坐标变换22/1'c u ut x x --=,得:)(100.9/1/1/1'''8222220221012m c u t u c u ut x c u ut x x x x ⨯=-∆=-----=-=∆4-3 S 系中测得两个事件的时空坐标就是x 1=6×104 m,y 1=z 1=0,t 1=2×10-4 s 与x 2=12×104 m,y 2=z 2=0,t 2=1×10-4 s 。
如果S′ 系测得这两个事件同时发生,则S′ 系相对于S 系的速度u 就是多少？S′ 系测得这两个事件的空间间隔就是多少？ 【解】(m)1064⨯=∆x ,0=∆=∆z y ,(s)1014-⨯-=∆t ,0'=∆t0)('2=∆-∆γ=∆cxu t t 2cxu t ∆=∆⇒ (m/s)105.182⨯-=∆∆=⇒x t c u (m )102.5)('4⨯=∆-∆γ=∆t u x x4-4 一列车与山底隧道静止时等长。
大学物理第四章冲量动量
= m sin α −m sin α = 0 v v
F' = −F
y
2. 物体系统的动量定理 对两质点分别应用质 点动量定理： 点动量定理：
质点系
v F1
v v F21 F12
m1
v F2
m2
v v v v ∫t1 ( F1 + F12 )dt = m1v1 −m1v10 v t2 v v v ∫ ( F2 + F21 )dt = m2v2 −m2v20
1. 完全弹性碰撞
r r r r m1v1 + m2v2 = m1v10 + m2v20
1 2 1 2 1 2 1 2 m1v1 + m2v2 = m1v10 + m2v20 2 2 2 2
碰后速度
碰前
v m v m1 v10 2 v 20 A B
碰后
(m −m2)v10 +2m2v20 v1 = 1 m +m2 1
v 讨论 (1) 当 ∑i外 ≠ 系统总动量不守恒，但 F ， 系统总动量不守恒， 0
i=1
n
0 ∑F外x＝ i
i =1
n
∑F
i= 1 n
n
i外 y
＝ 0
∑mv ∑mv
i ix
= ∑ ivi0x m = ∑ ivi0y m = ∑ ivi0z m
i iy
∑F
i= 1
i外 z
＝ 0
∑mv
i iz
若系统内力>>外力， >>外力 (2) 若系统内力>>外力，以致外力可以忽略不计 时，可以应用动量守恒定律处理问题。 可以应用动量守恒定律处理问题。 式中各速度应对同一参考系而言。 (3) 式中各速度应对同一参考系而言。
大学物理第四章 刚体的转动部分的习题及答案
第四章 刚体的转动一、简答题：1、简述刚体定轴转动的角动量守恒定律并给出其数学表达式?答案：刚体定轴转动时，若所受合外力矩为零或不受外力矩，则刚体的角动量保持不变。
2、写出刚体绕定轴转动的转动定律文字表达与数学表达式?答案：刚体绕定轴转动的转动定律：刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与它所受的合外力矩成正比，与刚体的转动惯量成反比。
表达式为：αJ M =。
3、写出刚体转动惯量的公式，并说明它由哪些因素确定?答案：dm r J V⎰=2①刚体的质量及其分布；②转轴的位置；③刚体的形状。
二、选择题1、在定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是 ( A )A.合力矩增大时，物体角速度一定增大；B.合力矩减小时，物体角速度一定减小；C.合力矩减小时，物体角加速度不一定变小；D.合力矩增大时，物体角加速度不一定增大2、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 ( C ) A.只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关； B.取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关； C.取决于刚体的质量，质量的空间分布和轴的位置；D.只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关；3、有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动， 转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度0ω转动，此时有一质量为m 的人站住转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 ( A ) A.()2mR J J +ω B.()2Rm J J +ω C.20mR J ω D.0ω4、均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。
今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的? ( A )A.角速度从小到大，角加速度从大到小．B.角速度从小到大，角加速度从小到大．C.角速度从大到小，角加速度从大到小．D.角速度从大到小，角加速度从小到大．5、一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度( C )A.增大B.不变C.减小 (D) 、不能确定6、在地球绕太阳中心作椭圆运动时，则地球对太阳中心的 ( B ) A.角动量守恒，动能守恒 B.角动量守恒，机械能守恒 C.角动量不守恒，机械能守恒 D.角动量守恒，动量守恒7、有两个半径相同,质量相等的细圆环A 和B ，A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀，它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为A J 和B J ，则 ( C )A.B A J J >；B.B A J J <；C.B A J J =；D.不能确定A J 、B J 哪个大。
大学物理第四章题解
第四章 经典质点动力学4-1．已知质量为2kg 的质点的运动学方程为22(61)(341)r t i t t j =-+++（国际制单位），求证质点所受合力为恒力．证 对运动学方程求时间导数()d 1264d r v t i t j t==++ 22d d 126d d v r a i j t t ===+ 2(126)=2412(N)F ma i j i j ==⨯++可见质点所受合力为恒力．4-2．已知质量为1kg 的质点，在合力128(N)F t i j =+作用下运动．已知1t =s 时，质点位于2x =m 、0y =处，并以速率3m s 沿y 轴正向运动．求质点运动学方程．解 由mr F =，知12x t =，8y =．可得d 12d x t t = ，d 8d y t =积分 01d 12d xt x t t =⎰⎰ ，31d 8d y ty t =⎰⎰ 求出 266x t =- ，85y t =-再根据 2d (66)d x t t =- ，d (85)d y t t =-再积分 221d (66)d xt x t t =-⎰⎰ ，01d (85)d y ty t t =-⎰⎰ 质点运动学方程为 3266x t t =-+ ，2451y t t =-+4-3．跳水运动员沿竖直方向入水，刚入水时速率为0v ，以入水点为O 点，y 轴竖直向下，运动员入水后浮力与重力抵消，受水的阻力与速度平方成正比，比例系数为k ，求入水后运动员速度随时间的变化规律．解 以运动员为质点，根据牛顿第二定律有 2d d yy v m kv t =- ，即2d d y y v k v t m =- 分离变量并积分 020d d y v t y v y v k t v m =-⎰⎰即可求出 011y k t v v m -= 也可以表示为 00y mv v m kv t=+4-4．跳水运动员由高处下落，设运动员入水后重力与浮力抵消，受水的阻力与速度平方成正比，比例系数0.4k m =（m 为运动员质量）．求运动员速率减为入水速率的110时，其入水深度（均为国际制单位）．解 以入水点为O 点，y 轴竖直向下，以运动员为质点，根据牛顿第二定律有2d 0.4d yy v m mv t =-做变量变换，得 2d d d 0.4d d d y y y y v v y v v y t y ==- 即 d 0.4d y y v v y=- 分离变量并积分 00100d 0.4d v y y v y v y v =-⎰⎰ 0010ln |0.4v y v v y =- 可知运动员速率减为入水速率的110时，其入水深度ln1004576(m)y ..==．4-5．质量为m 的小球系在一不可伸长的轻绳之一端，可在水平光滑桌面上滑动．绳的另一端穿过桌面上一小孔，握在一人手中使它以匀速率a 向下运动．设初始时绳是拉直的，小球与小孔的距离为R ，初速度在垂直于绳的方向上的分量为0v ．试求小球运动和绳子的张力．解 小球m 视为质点，作为研究对象，受力分析如图．以桌面小孔为坐标原点O ，建立极坐标系如图，根据牛顿第二定律，有T N T ma F F mg F =++=在极坐标系中的投影方程为2()T m r r F θ-=- （1）(2)0m r r θθ+= （2）由题意可知 r a =- （3）由（3）式得0d d r tR r a t =-⎰⎰ 所以r R at =-，代入（2）式，得 ()20R at a θθ--= ，即 d ()2d R at a tθθ-= 初始时00R v θ=，即00v R θ=，把上式分离变量且积分 000d 2d d()2tt v R a t R at R at R at θθθ-==---⎰⎰⎰220ln 2ln ln ()R R at R v R R at θ-=-=- 所以 02d d ()v R t R at θθ==- 把上式分离变量且积分 0200d()d ()t v R R at a R at θθ-=--⎰⎰ 所以 0011()v R v t a R at R R atθ=-=-- 小球的运动学方程为r R at =-，0v t R atθ=-．由（1）式得 222220023()()[]()()T v R mv R F m r r mr m R at R at R at θθ=-==-=--4-6．已知质点所受合力为sin cos e tF t i t j k =++，求在0t =到2t π=时间内合力对质点的冲量．（国际制单位．）解 0t =到2t π=时间内合力对质点的冲量为 200d (sin cos e )d t t I F t t i t j k t π==++⎰⎰22000(sin d )(cos d )(d )t t t i t t j e t k πππ=++⎰⎰⎰ 222000(cos |)(sin |)(|)t t i t j e k πππ=-++2(e 1)i j k π=++-（国际制单位）4-7．用棒打击质量为0.5kg 、从西沿水平方向以速率20m 飞来的球，球落到棒的西面80m 处，球上升的最大高度为20m ，打击时间为0.05s ，打击时可略去重力，取210m s g =．求：（1）棒对球的冲量；（2）棒给予球的平均冲力．解 建立坐标系Oxy ，Ox 轴沿水平方向自东向西，Oy 轴竖直向上．先讨论球被棒打击后的运动，球仅受重力，可知2012y y v t gt =- ，0y y v v gt =- 当0y v =时球达到最大高度m 20m y =．根据0010y v t =-求出0010y t .v =，代入202050y v t .t =-得到 22200020010005005y y y .v .v .v =-=因00y v >，略去020y v =-，可求出020m s y v =．进而求出2s t =．由于球沿Ox 方向作匀速率运动，到4s t =时向西运动了80m ，所以020m x v =． 在碰撞中根据动量定理 21I mv mv =- 由于120v i =-，2002020x y v v i v j i j =+=+，所以棒对球的冲量2010(N s)I i j =+⋅平均冲力 2010400200 (N)0.05I i j F i j t +===+∆4-8．从高出枰盘 4.9m h =处，将每个质量m 均为0.02kg 的橡皮泥块，以每秒100n =个的速率注入枰盘，橡皮泥块落入枰盘后均黏附在盘上．以开始注入时为0t =，求10s t =时枰的读数．解 橡皮泥块在下落过程中只受重力，橡皮泥块落入枰盘的速率98(m v .=在橡皮泥块落入秤盘的过程中，对秤盘的平均冲力为（向上为正方向）21()100002[0(9.8)]196(N)F n mv mv ..=-=⨯⨯--=由于橡皮泥块由 4.9m h =处下落，由22119.8 4.922gt t =⨯⨯= 可知下落的时间1s t =．所以10s t =时枰盘内橡皮泥块受到的总重力g (10-1)1009002981764(N)F n mg ...==⨯⨯⨯=因此秤的读数为 g 1961764196(N)F F ..+=+=4-9．对例题4-4-2（见图），判断以下说法的正误：（1）质点对O 点角动量守恒；（2）质点对O '点角动量守恒；（3）质点对z 轴角动量守恒；（4）质点对x 轴角动量守恒．解 （1）摆锤所受合力指向O 点，摆锤所受合力对O 点力矩为零，所以质点对O 点角动量守恒．（2）合力对O'点力矩不为零，质点对O'点角动量不受恒．（3）质点所受合力的作用线过Oz 轴，对Oz 轴合力矩为零，所以质点对Oz 轴角动量守恒．（4）质点对O 点角动量守恒，所以质点对Ox 轴角动量守恒．4-10．在一直角坐标系Oxyz 中，一质点位于点(3m,4m,5m)处，并受一作用力7N 8N 9N F i i i =++，求：（1）力F 对O 点的力矩；（2）力F 对x 轴的力矩．解 345r i j k =++，所以(345)(789)484(N m)O M r F i j k i j k i j k =⨯=++⨯++=-+-⋅4N m x O M M i =⋅=-⋅4-11．在直角坐标系Oxyz 中，质点质量为2kg ，其速度1242(m s )v i j tk -=+-⋅，并已知0t =时位置矢量02(m)r i =．求：（1）质点对O 点的角动量；（2）质点对y 轴的角动量；（3）质点所受合力对O 点和y 轴的力矩．解 因为d d r v t=，d d r v t =，所以00d d r t r r v t =⎰⎰，即 00002(2d )(4d )(2d )t t tr r r i t i t j t t k -=-=+-⎰⎰⎰ 所以 2(22)4r t i tj t k =++- （1） 22[(22)4](242)O L r mv t i tj t k i j tk =⨯=⨯++-⨯+-22218(48)16(kg m s )t i t t j k -=-+++⋅⋅（2） 22148(kg m s )y O L L j t t -=⋅=+⋅⋅（3） d 16(88)(N m)d O O L M t i t j t==-++⋅ d 88(N m)d y y L M t t==+⋅4-12．设质点在Oxy 平面内运动，试判断以下论述是否正确：（1）若质点动量守恒，则对z 轴角动量守恒；（2）若质点对z 轴角动量守恒，则动量守恒；（3）若质点对z 轴角动量守恒，则动量的大小保持不变；（4）若质点对z 轴角动量守恒，则质点不可能作直线运动．解 （1）正确．质点动量守恒，则质点所受合力为零，质点所受合力对Oz 轴力矩为零，所以对Oz 轴角动量守恒．（2）不对．比如，质点在Oxy 平面内、绕O 点做匀速圆周运动，对Oz 轴角动量守恒，但是动量并不守恒．（3）不对．比如例题4-5-2，质点在Oxy 平面内做椭圆运动，它所受的合力是有心力，始终指向O 点，所以对Oz 轴的角动量守恒，但是动量的大小不断变化．（4）不对．在Oxy 平面内做匀速直线运动的质点对Oz 轴角动量守恒．4-13．质量为m 的质点在Oxy 平面内运动，其运动学方程为cos x a t ω=，sin y b t ω=，a 、b 、ω均为常量．求：（1）质点对z 轴的角动量；（2）质点所受对z 轴的合力矩．解 （1）对运动学方程cos sin r a ti b tj ωω=+求时间导数，可得 d sin cos d r v a ti b t j t ωωωω==-+ 所以 (cos sin )(sin cos )O L r mv a ti b tj m a ti b t j ωωωωωω=⨯=+⨯-+22(cos sin )m ab t ab t k mab k ωωωωω=+=z O L L k abm ω=⋅=（2）因z L 为常量，由对Oz 的角动量定理，可知质点所受对Oz 轴的合力矩d 0d z z L M t==4-14．如图，刚性转动系统放在盛有液体的容器内，长为l 的细杆一端固定一质量为m 的小球，另一端垂直地固定于转轴z ．小球受液体阻力与小球质量及系统转动角速度的大小成正比，即F km ω=，k 为比例常量．z 轴及细杆的质量及所受阻力均忽略不计，问：经过多长时间系统的角速度的大小变为初始值0ω的1e ．解 由题意知z M lkm ω=-，2z L ml ω=，根据d d z z L M t=，得 2d d ml lkm tωω=- 分离变量并积分 d d k t lωω=-⎰⎰ ln k t C lω=-+ 由0t =时0ωω=定出积分常数，0ln C ω=，则 0e kt l ωω-=所以，当0e ωω=时l t k=．4-15．如图所示，小球m 系于不可伸长的轻绳的一端，绳经O 点穿入竖直小管．开始时小球绕管在水平面内做半径为R 的圆周运动，每分钟转120转．由绳的A 端将绳拉入小管，拉绳后小球绕管在水平面内做半径为2R 的圆周运动．求：（1）拉绳以后小球每分钟之转数；（2）拉绳过程中小球对O 点角动量是否守恒？为什么？解 （1）在拉绳过程中，因为小球所受重力与OA 轴平行、绳拉力与OA 轴相交，对OA 轴力矩均为零，所以在拉绳过程中小球对OA 轴角动量守恒02R mvmv R = 拉绳前，每秒转两转，022R v π⋅=．设拉绳后，每秒转n 转，22R n v π⋅=．把04v R π=和v n R π=代入角动量守恒方程，得 42R mn R m R R ππ=⋅ 即可求出拉绳后小球每秒转8n =转，即每分钟480转．（2）因为小球所受合力对O 点力矩不为零，所以小球对O 点角动量不守恒．4-16．试判断以下说法是否正确：（1）静摩擦力一定不做功；（2）滑动摩擦力一定做负功；（3）摩擦力总是阻碍物体运动；（4）运动质点如受摩擦力作用，则能量一定减小．答 均不正确．4-17．试证明2(3sin e )(N)x F x x i =++是保守力．质点在F 作用下由0x =运动到1m x =，试用两种方法计算力F 对质点做的功．解 由于2(3sin e )(N)x F x x i =++在位移d r 中所做元功2d (3sin )(d d d )x F r x x e i xi yj zk ⋅=++⋅++2(3sin e )d x x x x =++3d(cos e )xx x =-+可以表示为只与位置有关的标量函数3()cos e x U x x x =-+的微分，所以此力为保守力．方法一：质点沿Ox 轴由0x =运动到1x =，F 对质点所做的功为 120d (3sin e )d x W F r x x x =⋅=++⎰⎰310(cos e )|x x x =-+ 1cos1e 11=-++-1cos1e =-+ 方法二：因F 为保守力，引入势能3p (cos e )x E U C x x C =-+=--++，则p2p1()W E E =--1cos1e 11=-++-1cos1e =-+4-18．如图，一劲度系数为k 的弹簧，一端固定于A 点，另一端与质量为m 的质点相连．弹簧处于自由伸张状态时，质点位于竖直面与半径为R 的半圆柱面的交界处B ．质点在力F 的作用下，由B 点从静止开始运动到光滑半圆柱面的顶点C ，到达C 点时质点速率为C v ．求力F 对质点所做的功．解 在质点由B 到C 点的过程中，所受重力和弹簧弹性力为保守力，以B 点为重力势能及弹性势能零点．质点受面的支撑力不做功，设力F 做功为F A ．由质点的机械能定理k p k p ()()C C B B F E E E E A +-+=可得 22111[(R)](00)222F C A mv mgR k π=++-+ 2221128C mv mgR k R π=++4-19．接题4-18，质点到达C 点后，力F 被撤除，求质点运动到AB 之间的平衡位置时的速率．解 质点平衡时mg k l =∆，mg l k ∆=，即质点的平衡位置位于B 点下方mg k处． 在质点由C 到平衡位置的过程中，由于所受重力和弹簧弹性力为保守力，受面的支撑力不做功，所以机械能守恒．以B 点为重力势能及弹性势能零点，则()2222211112822C mv mgR k R mv mg l k l π++=-∆+∆ 22222122m g m g mv k k =-+222122m g mv k=- 即可求出质点运动到AB 之间的平衡位置时的速率2222121(2)4C k R mg v v gR m kπ=+++4-20．如题4-15图之装置．设小球质量0.5g m =，初态管外绳长12m l =，绳与竖直方向夹角130θ=，速度为1v ．末态绳与竖直方向夹角260θ=，速度为2v ．求：（1）1v 、2v ；（2）绳对小球所做的功．解 视小球为质点，受重力W 和绳的张力T F 如图．初态小球做水平圆周运动，合力T F W F =+指向圆轨道圆心，由牛顿第二定律2211111tg sin v v m m mg R l θθ== 所以 21111sin 1298238m s cos 23v l g ..θθ==⨯⨯= 设末态2l l =，小球做水平圆周运动，有22222tg sin v m mg l θθ= ，222222sin cos v l g θθ= 可知 22111212222122sin cos 1cos sin 33v l l v l l θθθθ== （1） 在由初态到末态的过程中，小球所受合力对竖直轴AB 的力矩为零，所以小球对轴AB 的角动量守恒111222sin sin mv l mv l θθ=所以 12222111sin 3sin v l l v l l θθ== （2） (1)(2)⨯得 313213v v = 可求出 13213343m s v v .==2(1)(2)得 313293l l = 13211()080m 93l l .== 由机械能定理，以O 点为势能零点，绳对小球所做的功为k p W E E =∆+∆2221121()(cos30cos60)2m v v mg l l =-+-000805J .=4-21．质量为0.2kg 的小球B 以弹性绳在光滑水平面上与固定点A 相连．弹性绳劲度系数为8N m ，其自由伸张长度为0.6m ．小球初位置和速度0v 如图所示．当小球速率变为v 时，它与A 点距离最大且等于0.8m ．求初态与末态之速率0v 和v ．解 小球在水平面上仅受弹性绳弹性力，弹性力作用线过A ，所以小球在运动过程中对过A 的竖直轴角动量守恒；注意到小球与A 点距离最大时其速度与弹性绳垂直；则004sin3008.mv .mv =小球在水平面内仅受弹性绳弹性力，弹性力为保守力，因此小球在运动过程中机械能守恒，以弹性绳自由伸张时为弹性势能零点；则2220111(0806)222mv mv k ..=+- 所以 04v v = ，22016v v .-=联立求解上述二式即可求出0131m s v .=，033m s v .=．4-22．如图，在升降机内有一和升降机固定的光滑斜面，斜面相对水平方向的倾角为θ．当升降机以匀加速度a 沿竖直方向上升时，质量为m 的物体沿斜面下滑，试以升降机为参考系，求：（1）物体相对升降机的加速度；（2）物体对斜面的压力；（3）物体对地面的加速度．解 以升降机为非惯性参考系，建立与斜面固连的坐标系Oxy 如图．视物体为质点，受重力mg 、支承力N F 和惯性力I F ma =-，物体在非惯性系中的动力学方程为()sin m g a mx θ+=()N cos 0F m g a θ-+=所以，物体相对升降机的加速度()sin a x i g a i θ'==+物体对斜面的压力()NN cos F F m g a j θ'=-=-+ 物体对地面的加速度sin cos ()sin sin cos a a a a i a j g a i g i a j θθθθθ'=+=-+++=+地4-23．如图，一理想定滑轮固定于升降机上，一不可伸长之轻绳跨过滑轮后，两端各悬挂一物体，物体质量为1m 和2m ，12m m ≠．升降机以加速度a 沿竖直方向下降时，试以升降机为参考系，求：两个物体相对地面的加速度及绳内张力．解 以升降机为非惯性参考系，建立与升降机固连的坐标系Ox 如图．视二物体为质点，物体受重力、绳张力和惯性力I11F m a =-、I22F m a =-，在非惯性系中的动力学方程为1T1111m g F m a m x --=2T2222m g F m a m x --=绳不可伸长 12x x =-根据牛顿第三定律 T1T2T F F F ==所以 12211212()()m m g m m a x x m m -+-=-=+ 绳内张力 12T 122()m m F g a m m =-+ 两个物体相对地面的加速度为1221122111212()()()2m m g m m a m m g m a a a x i ai i i m m m m -+--+=+=+=++ 1221211121212()()()2m m g m m a m m g m a a a x i ai i i m m m m -+--+=+=-=++ 4-24．如图所示有一绕竖直z 轴以角速度k ωω=作匀角速度定轴转动的光滑水平大转台．在距z 轴R 的A 处立一竖直杆，杆端有一长度为l 的不可伸长的轻绳，绳末端挂一质量为m 的小球．当绳与竖直杆夹角θ保持不变时，以转台为参考系，求θ与ω的关系．解 以转台为非惯性参考系，视小球为质点，小球受重力mg ，绳的拉力T F ，惯性离心力It F ，2It (sin )F m R l ωθ=+．小球在非惯性系中受三个力平衡，水平方向的平衡方程为2(sin )tan m R l mg ωθθ+=所以 12tan ()sin g R l θωθ=+ 4-25．接题4-24，有人试图从O 点以初速0v 沿台面抛出一小球，而使小球沿转台上的直线OA 运动，此人的目的能否达到？试在转台参考系中加以说明．解 以转台为非惯性参考系，小球相对于转台具有速度，所以小球除受重力、支持力和惯性离心力以外，还受科里奥利力作用．由于科里奥利力与小球运动方向垂直，所以小球不可能沿转台上的直线OA 运动．（第四章题解结束）。
大学物理04角动量守恒习题解答
刚体力学-角动量习题
第1页
一、选择题
1. 已知地球的质量为m，太阳的质量为M，地心与日心的距离为R
，引力常数为G，则地球绕太阳作圆周运动的角动量为 [ A ]
m( l )2 2
0
ml 2 3
mx2
O
1l m m
2
第9页
三、计算题
1. 如图所示，一质量为M的均匀细棒，长为l，上端可绕水平轴O自 由转动，现有一质量为m的子弹，水平射入其下端A而不穿出，此 后棒摆到水平位置后又下落。棒的转动惯量J= Ml2/3 ，如不计空气 阻力并设 mM。求 （1）子弹射入棒前的速度v0； （2） 当棒转到与水平位置的夹角为30时，A点的速度及加速度。
(A) 只有(1)是正确的。 (B) (1)、(2)正确，(3)、(4)错误 (C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误。 (D) (1)、(2)、(3)、(4)都正确。
解 对上述每一句话进行分析： （1）正确 √ （2）正确 √
（3）错误 × （4）错误 ×
第5页
一、选择题
5. 关于力矩有以下几种说法： (1) 对某个定轴而言，内力矩不会改变刚体的角动量。
所受的合外力矩的大小M =
大小β= 2g 3l 。
3 2
mgl
，此时该系统角加速度的
解 M 2mg l mg l 3 mgl
2 22
M J
2m
o
mg
大学物理课后答案第四章
第四章 气体动理论一、基本要求1．理解平衡态的概念。
2．了解气体分子热运动图像和理想气体分子的微观模型，能从宏观和统计意义上理解压强、温度、内能等概念。
3．初步掌握气体动理论的研究方法，了解系统的宏观性质是微观运动的统计表现。
4．理解麦克斯韦速率分布律、速率分布函数和速率分布曲线的物理意义，理解气体分子运动的最概然速率、平均速率、方均根速率的意义，了解玻尔兹曼能量分布律。
5．理解能量按自由度均分定理及内能的概念，会用能量均分定理计算理想气体的内能。
6．了解气体分子平均碰撞频率及平均自由程的意义及其简单的计算。
二、基本内容1. 平衡态在不受外界影响的条件下，一个系统的宏观性质不随时间改变的状态。
2. 理想气体状态方程在平衡态下，理想气体各参量之间满足关系式pV vRT =或 n k T p =式中v 为气体摩尔数，R 为摩尔气体常量 118.31R J mol K --=⋅⋅，k 为玻尔兹曼常量 2311.3810k J K --=⨯⋅3. 理想气体压强的微观公式21233t p nm n ε==v4. 温度及其微观统计意义温度是决定一个系统能否与其它系统处于热平衡的宏观性质，在微观统计上32t kT ε=5. 能量均分定理在平衡态下，分子热运动的每个自由度的平均动能都相等，且等于2kT 。
以i 表示分子热运动的总自由度，则一个分子的总平均动能为2t i kT ε=6. 速率分布函数()dNf Nd =v v麦克斯韦速率分布函数232/22()4()2m kT m f e kTππ-=v v v7. 三种速率最概然速率p =≈v 平均速率==≈v 方均根速率==≈8. 玻尔兹曼分布律平衡态下某状态区间（粒子能量为ε）的粒子数正比于kT e /ε-。
重力场中粒子数密度按高度的分布（温度均匀）：kT m gh e n n /0-=9. 范德瓦尔斯方程采用相互作用的刚性球分子模型，对于1mol 气体RT b V V ap m m=-+))((2 10. 气体分子的平均自由程λ==11. 输运过程 内摩擦dS dz du df z 0)(η-=， 1133mn ηλρλ==v v 热传导dSdt dz dT dQ z 0)(κ-= 13v c κρλ=v 扩散dSdt dz d D dM z 0)(ρ-= 13D λ=v三、习题选解4-1 一根铜棒的两端分别与冰水混合物和沸水接触，经过足够长的时间后，系统也可以达到一个宏观性质不随时间变化的状态。
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第四章 动量一、填空题1、设坐标轴为x 轴，则小球与墙壁碰前的速度1v vi =，因小球与竖直墙壁作完全弹性碰撞，则小球与墙壁碰后的速度为2v vi =-。
则碰撞过程中，小球的动量增量为21()2p mv mv m v i mvi mvi ∆=-=--=-。
2、设子弹初速度的方向为x 轴，且受到木块的冲力为F '，对子弹射入木块并随木块一起运动的过程，使用动量定理，有()()212212121210505009()t t I F dt p p mv mv m v v i i i N s -''==-=-=-=⨯⨯-=-⋅⎰又设木块受到子弹的冲力为F ，则木块受到子弹的冲量为2221119()t t t t t t I Fdt F dt F dt I i N s '''==-=-=-=⋅⎰⎰⎰3、设棒球未被击打前的速度为x 轴，棒击打棒球前后，棒球受到棒的冲量为2121t t I Fdt mv mv ==-⎰则棒施于球的平均冲力为()()21212110.33020300()0.05tt m F Fdt v v i i i N t t t ==-=⨯--=--∆⎰4、设子弹出射的方向为x 轴，则每分钟900个子弹受到的机枪的冲量为()212121t t I F dt Mv Mv Nm v v ''==-=-⎰则机枪受到子弹的平均反冲力为()()22211121212211111900210800060240()t t tt t t F Fdt F dt F dt I t t t t t t Nm v v i t i N ---'''==-==--∆∆⨯⨯=--=-⨯-∆=-⎰⎰⎰5、设A 粒子对B 粒子的作用力为AB F ，而B 粒子对A 粒子的作用力为BA F ，则A ，B 两粒子发生作用的过程中，A 粒子受到B 粒子的冲量为()212121t BA A A A A A A t I F dt m v m v m v v '==-=-⎰而B 粒子受到A 粒子的冲量为()2121214t AB B B B B B B t I F dt m v m v m v v ==-=-⎰注意到AB BA F F =-，有I I '=-由以上三式，可解出B 粒子在作用后的速度为()()()()212111127743444(5)()B B A A v v v v i j i j i j i j m s -⎡⎤=--=----+⎣⎦=-⋅6、小球受到三个力的作用，分别为重力mg ，桌面对它的支持力N 和绳子的拉力T 。
如图4-1所示，小球在走过1/4圆周的过程中，由动量定理，有()()21212211t F t t t t t t t TI Fdtmg N T dtmg N dt TdtI ==++=++=⎰⎰⎰⎰而且图4-121F I mv mv =-所以21()()()T I mv mv mv i mv j mv i j =-=---=-+小球所受绳子拉力的冲量大小为()2T Imv i j mv =-+=7、考虑平板车和粘性物体所组成的系统，在粘性物体自由下落至车内并随车一起运动的过程中，外力有平板车和粘性物体的重力，水平面对平板车的支持力，它们的水平分量为零，所以在水平方向上系统动量守恒，设两者合在一起后的速度为V ，则有()Mv M m V =+可解出所求速度的大小MV v M m=+8、取子弹，摆球为系统，设子弹射入后摆球的速度为V ，在子弹与摆球碰撞前后，系统受到的外力有子弹和摆球的重力，绳子的拉力，它们在水平方向的分量都为零，所以系统在水平方向上动量守恒，有0sin 30()mv m M V =+则所求速度为20122101sin 304004()2100.982m V v m s m M ---⨯==⨯⨯=⋅+⨯+9、由运动叠加原理，斜抛运动可分解为水平方向的匀速（0cos x v v α=）直线运动，竖直方向带初速（0sin y v v α=）的匀变速直线运动。
当物体运动至最高点时，cos x v v i v i α==如图4-2所示，此时物体相对于抛射点的角动量为图4-2()L r mvOB mv OA AB mv AB mv Hj mvi mvHk=⨯=⨯=+⨯=⨯=⨯=- （4-1）其中H 是斜抛运动的射高，满足212y mv mgH = 可解得2220sin 22yv v H g gα==代入（4-1），可得物体在最高点时相对于抛射点的角动量大小为32300sin cos 28mv L mvHk mvH g gαα=-===10、考察单摆从水平位置由静止开始自由摆下至摆球与细杆将碰前的过程，取单摆和地球为系统，则该系统机械能守恒，设摆球与细杆碰前速率为0v ，有2012mgl mv =可解出0v 再看摆球与细杆碰撞前后的过程。
设碰后质量为M 的细杆对定轴的角速度为ω，因外力（摆球和细杆的重力，摆线对摆球的拉力，定轴对细杆的力）对定轴的矩均为零，所以系统对定轴的角动量守恒，即0mv L J ω=其中细杆对定轴的转动惯量213J ML =又摆球与细杆是弹性碰撞，由机械能守恒，有2201122mv J ω= 联立以上三式，可解出细杆的质量 3M m =当细杆从竖直位置摆至最大角度α时，设细杆的质心升高h ，则有()1cos 2Lh α=- 单摆从水平位置开始下落至摆球与细杆碰撞，再到细杆摆至最大角度的过程，系统机械能守恒，有mgL Mgh =由以上三式，可解出1cos 3arc α=二、选择题 1、选C ；2、选A ；3、设空盒质量为0M ，当它静置在电子秤上，对电子秤的压力为00N M g =，电子秤的示数即为0N 。
电子秤经调零后，若电子秤受到的压力为N ，其示数变为00N N N M g -=-。
设开始注入10s 时，盒底已聚积一部分石子（设其质量为M ），另有一些石子正撞击盒底。
此时盒子对电子秤的压力应为()0M M g +与石子对盒底的冲力之和。
小石子自由下落 1.8h m =高度所需时间t 和它与盒底相撞前速率v 分别满足212h gt =和v gt =可解出0.6t s =和16v m s -=⋅开始注入10s 时，前()100.6s -注入的石子已静置盒底，这部分石子的质量为21001109.49.4()M kg -=⨯⨯⨯=设石子撞击盒底时受到的平均冲力为F '，石子以速率v 撞击盒底至静置其中，则0F t mv '∆=-考察单位时间内的过程，上式即为2101001106F -'⨯=-⨯⨯⨯可知6()F N '=-（负号表示与v 方向相反）由牛顿第三定律，石子对盒底的平均冲力6()F N =所以，电子秤受到的压力为()0M M g F ++，其示数为Mg F +，等效的质量为69.410()10F M kg g +=+= 选B 。
4、由动量定理，有21I mv mv =-则()()2222221122I I I mv m v m v m v v =⋅==+-⋅注意到12v v v ==，上式化为2sin2I mv θ==选D 。
5、一般地，质量为M ，速率为v 的物体，动量大小为p Mv =，动能212k E Mv =，其动量大小与动能满足p =如图4-2所示，两质点的动量分别为12p mE =-和图4-2224p =⨯这两个质点的总动量12224432p p p mE m E i mE i =+=-+⨯⨯=其大小为p =选B 。
6、如图4-3所示，设弹簧经释放后伸至原长时，A ，B 两物的速度分别为A v 和B v 。
取A ，B 两物，弹簧为系统，外力有A ，B 两物的重力，地面对它们的支持力，它们在水平面的分量为零，从弹簧被压缩，由静止释放，到伸长到原长的过程中，系统沿水平面的动量守恒，即0A A B B m v m v -=图4-3设弹簧处于被压缩状态且静止时所具有的势能为p E 。
取A ，B 两物，弹簧和地球为系统，在弹簧被压缩，由静止释放，到伸长到原长的过程中，系统的机械能守恒，即221122A AB B p m v m v E += 联立以上两式，并注意到212k A A E m v =和12A B m m m ==可解出32p k E E =选A 。
7、选D 。
8、设地球绕太阳作匀速圆周运动的速率为v ，则有22v mM m G v R R =⇒=所求L Rmv ==选A 。
9、选C 。
10、选D 。
11、选C 。
三、计算题1、解：从0t s =到t 时刻的过程中，力F 的冲量为()()()2()304304302tttI t Fdt t i dt t dti t t i ⎡⎤==+=+=+⎣⎦⎰⎰⎰ （1）从0t s =开始的2s 内，冲量为()2(2)3022268()I i i N s =⨯+⨯=⋅（2）设从0t s =到0t 时刻的过程中，冲量的大小等于300N s ⋅，即()2000()302300I t t t =+=满足上式的非负解为0 6.86()t s =≈ 此即为所求。
2、解：设第一只船和第二只船的质量分别为1M 和2M ，人的质量为m 。
拉力作用5s 后，两船相对于岸的速度分别为1v 和2v 。
如图4-4（a ）所示，第二图4-4（a ）只船在绳子的拉力下运动，应用动量定理，有()2121220t t Fdt F tt F t M v =-=∆=-⎰所以第二只船的速度为1225050.5()500F t v m s M -∆⨯===⋅ 取两船，人，绳子作为系统，因不计水的阻力，如图4-4（b ）系统受到的外力有两船和人的重 图4-4（b ）力和水对两船的浮力，这些力的水平分量均为零，在拉绳5s 的过程中，系统在水平方向动量守恒，有()22110M v m M v =-+则第一只船的速度为121215000.5 1.0()250M v v m s m M -==⨯=⋅+3、解：（1）、设小车，砂箱和重物的质量分别为M ，1m 和2m ，取小车，砂箱和重物为系统，设小车的初速为0v ，在重物从高处自由下落至落入砂箱一起以速度v 运动的过程，外力有小车，砂箱和重物的重力，地面对小车的支持力，这些外力的水平分量均为零，所以系统在此过程中的动量的水平分量守恒，有()()1012m M v m m M v +=++则重物落入后小车的速度1101210020061.00.86()100502007m M v v m s m m M -++==⨯=≈⋅++++（2）设小车受到砂箱的平均摩擦力为f ，在重物落入砂箱后，经过0.2s 砂箱相对于车静止的过程中，对小车应用动量定理，有0f t Mv Mv -∆=-则()00620017143()0.2M v v Mv Mv f N t t ⎛⎫⨯- ⎪--⎝⎭=-==≈∆∆ 此即为所求。