2016年广东高考分数线-三峡教案

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习题1

1.1选择题
(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径
r(x,y)
的端点处，其速度大小为


dr
dr
(A) (B)
dt
dt

dx
2
dy
2
d|r|
(C) (D)
()

()

dtdt
dt
[答案：D]

(2) 一质点作直线运动，某时刻 的瞬时速度
v2ms
，瞬时加速度
a2ms
2
，则
一 秒钟后质点的速度
(A)等于零 (B)等于-2ms
(C)等于2ms (D)不能确定。
[答案：D]

(3) 一质点沿半径为R的圆周作匀速率运动，每t秒转一圈，在2t时间间隔中，其平均
速 度大小和平均速率大小分别为
2

R2

R2

R
(B)
0,

,
ttt
2

R
(C)
0,0
(D)
,0

t
(A)
[答案：B]

1.2填空题
(1) 一质点，以

ms
1
的匀速率 作半径为5m的圆周运动，则该质点在5s内，位移的大小
是 ；经过的路程是 。
[答案：10m； 5πm]

(2) 一质点沿x方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的
速度 v
0
为5m·s
-1
，则当t为3s时，质点的速度v= 。
[答案：23m·s
-1
]



(3) 轮船在水上以相对于水的速度
V
1
航行，水流速度为
V
2
， 一人相对于甲板以速度
V
3
行走。


如人相对于岸静止 ，则
V
1
、
V
2
和
V
3
的关系是 。

[答案：
V
1
V
2
V
3< br>
0
]

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1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定：
(1) 物体的大小和形状；
(2) 物体的内部结构；
(3) 所研究问题的性质。
解：只有当物体的尺寸远 小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研
究问题的性质决定。

1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？
（1）x=4t-3；（2）x =-4t
3
+3t
2
+6；（3）x=-2t
2
+8t+4 ；（4）x=2t
2
-4t。
给出这个匀变速直线运动在t=3s时的速度和加速度 ，并说明该时刻运动是加速的还
是减速的。（x单位为m，t单位为s）
解：匀变速直线运动 即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间
的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线 运动。
其速度和加速度表达式分别为
v

dx

4t

8
dt
2
dx
a

2

4
dt
t=3s时的 速度和加速度分别为v=20ms，a=4ms
2
。因加速度为正所以是加速的。

1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？
(1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。
解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零；
(2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零；
(3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零；
(4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。

1.6｜
r
｜与

r
有无不同?
举例说明． < br>解：（1）
r
是位移的模，

r
是位矢的模的增量，即rr
2
r
1
，

r

r
2

r
1
；
（2）
drdrdvdv
和有无不 同?和有无不同?其不同在哪里?试
dtdtdtdt

drdr
ds是速度的模，即.
v
dtdt
dt
dr
只是速度在径向上的分量.
dt
ˆ
（式中
r
ˆ
叫做单位矢）∵有
rrr
，则式中
ˆ
drdrdr
ˆ

r


r
dtdtdt
dr
就是速度在径向上的分量，
dt

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∴
drdr
不同如题1.6图所示.
与
dtdt

题1.6图


dv
dv

dv
(3)表示加速度的模，即
a

，
是加速度
a
在切向上的分量.
dtdt
dt
∵有
vv

(

表轨道节线方向单位矢），所以


dvdv

d





v
dtdtdt
dv
就是加速度的切向分量.
dt
ˆ
d

ˆ
dr
与
(

的 运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)
dtdt
式中

1.7 设质点 的运动方程为
x
=
x
(
t
)，
y
=
y
(
t
)，在计算质点的速度和加速度时，有人先求
d
2
r
dr
出
r
＝
xy
，然后根据
v
=及
a
＝
2
而求得结果；又有人先计算速度和加速度的
dt
dt
22
分量，再合成求得结果，即

d
2
x
< br>d
2
y


dx

dy




你认为两种方法哪一种正确？为什么？两
v
=
 


，
a
=

2

2


dt

dt


dt
< br>dt

者差别何在？
解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平 面直角坐标系中，有
r

xi

yj
，
2222




drdx

dy
< br>
v

i

j
dtdtdt



d
2
rd
2
x

d
2
y

a

2

2
i

2
j
dtdtdt
故它们的模即为

dx

dy

22
v

v
x

v
y





dt

dt

2
2
22

dx

dy

22
a

a
x

a
y



dt2





dt
2

< br>
2
2

而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作

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dr
v
dt
d
2
r
a
2
< br>dt
drd
2
r
dr
与
2
误作速度与加速度 的模。在1.6题中已说明不是速度的模，其二，可能是将
dt
dt
dt
d< br>2
r
而只是速度在径向上的分量，同样，
2
也不是加速度的模，它只是 加速度在径向分量中
dt
2

d
2
rd




的一部分

a
径

2

r

或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢
r
在径向（即


。
dt
dt






量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢
r
及速度
v
的方向随时间的变化率对速度、加
速度的贡献。

1.8一质点在
xOy
平面上运动，运动方程为
x
=3
t
+5,
y
=
1
2
t
+3
t
-4.
2
式中
t
以 s计，
x
,
y
以m计．(1 )以时间
t
为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出
t
=1
s时刻和
t
＝2s时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算
t
＝0 s时刻到
t
＝4s时刻
内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算
t
＝4 s时质点的速度；(5)计算
t
＝0s到
t
＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算
t
＝4s时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标
系中的矢 量式)．
解：（1）
r

(3t

5)i

(t
2

3t

4)j
m

(2)将
t1
,
t2
代入上式即有
< br>
1
2




r
1
< br>8i

0.5j
m

vv
v
r
2
11i4j
m

vvvvv
rr
2
r
1
3i4.5j
m

(3)∵
r
0
5i4j,r
4
17i16j

v
vv
v
vv




r

r
12i

20j


r

40

3
i
5
j
m

s< br>
1
∴
v


t4

04



dr
(4)
v

3
i
(
t
3)
j
m

s

1

dt


则 < br>v
4

3i

7j
m

s

1

(5)∵
v
0

3i

3 j,v
4

3i

7j






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v
vvv
v
v

v
v
4

v
0< br>4j
a

1jm

s

2


t44



dv
(6)
a

1
j
m

s

2

dt
这说明该点只有
y
方向的加速度，且为恒量。

1.9 质点沿
x
轴运动，其加速度和位置的关系为
a
＝2+6x
2
，
a
的单位为
m

s

2
，
x
的单位
为 m. 质点在
x
＝0处，速度为10m

s

1
,试求质点在任何坐标处的速度值．
解： ∵
a

dvdvdxdv

v

dtdxdtdx
2
分离变量：
vdvadx(26x)dx

两边积分得
1
2
v2x2x
3
c

2
由题知，
x0
时，
v
0

10
,∴
c50
∴
v
2
x
3
x
25m

s

1


1.10 已知一质点作直线运动，其加速度为
a
＝4+3
t
m< br>
s

2
，开始运动时，
x
＝5 m，
v
=0，
求该质点在
t
＝10s时的速度和位置．
解：∵
a

dv

4

3t

dt
分离变量，得
dv(43t)dt

积分，得
v4t
3
2
tc
1

2
由题知，
t0
,
v
0

0
,∴
c
1
0

3
2
t

2
dx3
又因为
v4tt
2

dt2
3
分离变量，
dx

(4t

t
2
)dt

2
1
积分得
x2t
2
t
3
c
2

2
故
v4t
由题知
t0
,
x
0

5
,∴
c
2
5

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故
x
2
t
2

所以
t10s
时
1
3
t
5

2
v
10

4

10

3

10
2

19 0m

s

1
2

1
x
10
2

10
2

10
3

5

705m
2

1.11 一质点沿半径为1 m的圆周运动， 运动方程为

=2+3
t
3
，式中

以弧度计，< br>t
以秒计，
求：(1)
t
＝2 s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其
角位移是多少?

解：


d

d


9t
2
,


18t

dtdt


2
(1)
t2s
时，
a


R


1

18

2

36m

s
a
n
R
< br>2

1

(9

2
2
)
2

1296m

s

2

(2)当加速度方向与半径成
45
ο
角时，有
tan45
2
a

1

a
n
即
R

R


亦即
(9t)

18t

22
则解得
t
3

于是角位移为
2

9
2
9

23t
3
232.67rad


1.12 质点沿半径为
R
的圆周按
s
＝
v
0t
1
2
式中
s
为质点离圆周上某点的弧
bt
的规律运动，
2
长,
v
0
，
b
都是常量，求：(1 )
t
时刻质点的加速度；(2)
t
为何值时，加速度在数值上等于
b
．
解：（1）
v
ds
v
0
bt

dt

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dv

b
dt

2
2
(v

bt)
v
a
n
< br>0
RR
a


(v
0

bt)4
则
a

a


a

b


R
2
22
n
2
加速度与半径的夹角为


arctan
(2)由题意应有
a


Rb


a
n
(v
0

bt)
2
(v
0

bt)
4

a

b

b

2
R
2
(v
0

bt)
4
,

(
v
0
bt
)
4

0
即
b

b

2
R
22
∴当
t


v
0
时，
ab

b
1.13 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为
β
=70.2 rad·
s

2
，求
t
＝2s时边缘
上各点的速度、法向加速度、切向加速度 和合加速度．
解：当
t2s
时，



t0 .220.4
rad

s

1

则
v R

0.40.40.16
m

s

1< br>
a
n
R

2

0.4

(0.4)
2

0.064
m

s

2

a

R

0.40.20.08
m
s

2

2
a

a
n
a

2

(0.064)
2

(0 .08)
2

0.102m

s

2


1.14 一船以速率
v
1
＝30km·h沿直线向东行驶，另 一小艇在其前方以速率
v
2
＝40km·h
-1-1
沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为多少?在艇上看船的速度又为多少? 解：(1)大船看小艇，则有
v
21

v
2

v
1
，依题意作速度矢量图如题1.14图(a)



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题1.14图
由图可知
v
21

2
v1
2
v
2

50km

h

1

方向北偏西

arctan
v1
3
arctan36.87

v
2
4
(2)小艇看大船，则有
v
12

v
1

v
2
，依题意作出速度矢量图如题1.14图(b)，同上法，得


v
12

50
km

h

1

方向南偏东
36.87
o
.

习题2

2.1 选择题
(1) 一质点作匀速率圆周运动时，
(A)它的动量不变，对圆心的角动量也不变。
(B)它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。
(C)它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。
(D)它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。
[答案：C]

(2) 质点系的内力可以改变
(A)系统的总质量。 (B)系统的总动量。
(C)系统的总动能。 (D)系统的总角动量。
[答案：C]

(3) 对功的概念有以下几种说法：
①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。
②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。
③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。
在上述说法中：
(A)①、②是正确的。
(B)②、③是正确的。
(C)只有②是正确的。
(D)只有③是正确的。
[答案：C]

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2.2填空题


(1) 某质点在力
F(45x)i
（SI）的作用下沿x轴作直线运动。在从x=0移动到x=10m

的过程中，力
F
所做功为 。
[答案：290J]

(2) 质量为m 的物体在水平面上作直线运动，当速度为v时仅在摩擦力作用下开始作匀减速
运动，经过距离s后速度减 为零。则物体加速度的大小为 ，物体与水平面间的摩
擦系数为 。
v
2
;
[答案：
2s
v
2
]
2gs

(3) 在光滑的水平面内有两个物体A和B，已知m
A
= 2m
B
。（a）物体A以一定的动能E
k
与
静止的物体B发生完全弹 性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为 ；（b）物体A
以一定的动能E
k
与静止的物体B发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能
为 。
[答案：
E
k
;
2
E
k
]
3

2.3 在下列情况下，说明质点所受合力的特点：
（1）质点作匀速直线运动；
（2）质点作匀减速直线运动；
（3）质点作匀速圆周运动；
（4）质点作匀加速圆周运动。
解：（1）所受合力为零；
（2）所受合力为大小、方向均保持不变的力，其方向与运动方向相反；
（3）所受合力为大小保持不变、方向不断改变总是指向圆心的力；
（4）所受合力为大小和 方向均不断变化的力，其切向力的方向与运动方向相同，大小
恒定；法向力方向指向圆心。

2.4 举例说明以下两种说法是不正确的：
（1）物体受到的摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反；
（2）摩擦力总是阻碍物体运动的。
解：（1）人走路时，所受地面的摩擦力与人的运动方向相同；
（2）车作加速运动时，放在 车上的物体受到车子对它的摩擦力，该摩擦力是引起物体
相对地面运动的原因。

2 .5质点系动量守恒的条件是什么？在什么情况下，即使外力不为零，也可用动量守恒定律
近似求解？
解：质点系动量守恒的条件是质点系所受合外力为零。当系统只受有限大小的外力作用，且
作用 时间很短时，有限大小外力的冲量可忽略，故也可用动量守恒定律近似求解。

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2.6在经典力学中，下列哪些物理量与参考系的选取有关：质量、 动量、冲量、动能、势能、
功？
解：在经典力学中，动量、动能、势能、功与参考系的选取有关。

2.7一细绳跨 过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为
m
1
的物体，另一边穿在质量为
m
2
的圆柱
体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对 于绳子
m
2
相对于地面的加速度、以匀加速度
a

下滑，求
m
1
，绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳
轻且不可伸长，滑轮的质量及轮 与轴间的摩擦不计)．
解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为
a
1
，其对于
m
2
则为牵连加速度，又知
m
2
对绳子的相对加 速度为
a

，故
m
2
对地加速度，

题2.7图
由图(b)可知，为
a
2
a
1
a

①
又因绳的质量 不计，所以圆柱体受到的摩擦力
f
在数值上等于绳的张力
T
，由牛顿定律，< br>有
m
1
gTm
1
a
1
②
Tm
2
gm
2
a
2
③
联立①、②、③式，得
(m
1

m
2
)g

m
2
a

m
1

m
2
(m
1

m
2
)g

m
1
a< br>

a
2

m
1

m
2< br>mm(2g

a

)
f

T
12
m
1

m
2
a
1

讨论 (1)若
a

0
，则
a
1
a
2
表示柱体与绳之间无相对滑动．
(2)若
a

2g
，则
Tf0
，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时
m
1
,
m2
均作自由落
体运动．

2.8 一个质量为
P
的质 点，在光滑的固定斜面（倾角为

）上以初速度
v
0
运动，
v
0
的方向

文档鉴赏
与斜面底边的水平线
AB
平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
解: 物 体置于斜面上受到重力
mg
，斜面支持力
N
.建立坐标：取
v
0
方向为
X
轴，平行斜
面与
X
轴垂直方向为
Y< br>轴.如题2.8图.


题2.8图
X
方向：
F
x
0
x

v
0
t
①
Y
方向：
F
y
mgsin

ma
y
②
t0
时
y0
v
y
0

y
由①、②式消去
t
，得
1
gsin

t
2

2
y
1
2
gsin

x

2
2v
0

2.9质量为16 kg 的质点在
xOy
平面内运动，受一恒力作用，力的分量为
f
x
＝6 N，
f
y
＝-7
N，当
t
＝0时，
xy0，
v
x
＝-2 m·s，
v
y
＝0．求当
t
＝2 s时质点的(1)位矢；(2)速
-1
度．
解：
a
x
< br>f
x
63

m

s

2

m168
a
y

f
y
m

7
m

s

2

16
(1)
2
35
v
x
'

v
x

a
x
dt

2

2

m

s

1
0
84

2

77< br>v
y
'

v
y


a
y< br>dt

2

m

s

1
0
168
于是质点在
2s
时的速度
5

7

vij
48
m

s

1< br>
(2)

文档鉴赏
v
1
v
1v
r

(v
x
t

a
x
t< br>2
)i

a
y
t
2
j
22
v
1

7
v
13

(

2

2

4)i

()

4j
28216
13
v
7
v

i

jm
48

2.10质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力
kv
(
k
为常数)作用，
t
=0时质点的速
度为
v
0
，证明(1)
t
时刻的速度为
v
＝
v
0
e

(
k
)t
m
；(2) 由0到
t
的时间内经过的距离为
k
()t
mv
0
m
x
＝()［1-
e
m
］；(3)停止运动前经过的距离为
v
0
()
；(4)当
tmk
时速度减
k
k至
v
0
的
1
，式中m为质点的质量．
e
答: (1)∵
a

分离变量，得

kvdv


mdt
dvkdt


vm
v
dv
t

kdt
即




v
0
v
0
m
v

kt
lnln
e
m

v
0
∴
v

v
0
e
k

m
t

(2)
x

vdt


ve
0
0
t
k

m
t
kmv
0

m
t
dt

(1

e)

k
(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，
故有
x




0
v
0
e
k

m
t
dt

mv
0

k
(4)当t=
m
时，其速度为
k
v

v
0
e
即速度减至
v
0
的

km

m

k

v
0
e

1

v
0

e
1
.
e

2.11 一质量为
m
的质点以与地的仰角

=30°的初速
v
0
从地面抛出，若忽略空气阻力，求

文档鉴 赏
质点落地时相对抛射时的动量的增量．
解: 依题意作出示意图如题2.11图

题2.11图

在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,
而抛物线具有对
y
轴对称性，故末速度与
x
轴夹角亦为
30
o
，则动量的增量为


p

mv

mv
0

由矢量图知，动量增量大小为
mv
0
，方向竖直向下．

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

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



2.13 作用在质量为10 kg的物体上的力为
F(102t) i
N，式中
t
的单位是s，(1)求4s后，
这物体的动量和速度的变化，以 及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N·s，
该力应在这物体上作用多久，试就一 原来静止的物体和一个具有初速度
6j
m·s的物体,
-1

回答 这两个问题．
解: (1)若物体原来静止，则

t

4< br>

p
1


Fdt


(10

2t)idt

56kg

m

s

1
i
,沿
x
轴正向，
00




p
1

1

v
1

5.6m

si

m



I
1

p
1

56kg

m

s

1
i

文档鉴赏
若物体原来具有
6
m

s

1
初速，则

t

F

p
0

m v
0
,p

m(

v
0

dt)

mv
0


Fdt
于是
0
m
0
t
t



p
2< br>
p

p
0


Fdt

p
1
,
0


同理，

v
2

v
1
,
I
2

I
1

这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量， 也不管初动量有多大，
那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．
(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即
I


(10
2t)dt

10t

t
2

0
t
亦即
t
2

10
t
200

0

解得
t10s
，(
t

20s
舍去)

2.14 一质量为
m
的质点在
xOy
平面上运动，其位置矢量为


r

a
cos

ti

b
s in

tj

求质点的动量及
t
＝0 到
t
解: 质点的动量为

2

时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．
< br>
p

mv

m

(

asin

ti

bcos

tj)

将
t0
和
t

分别代入上式，得
2





p
1

m

bj
,
p
2

m

ai
,



I

p

p
2

p
1

m

(ai

bj)


则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为
2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为
v
0
m

s
，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为

1
F
=(
abt
)N(
a,b
为常数 )，其中
t
以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，
试计算子弹走完 枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．
解: (1)由题意，子弹到枪口时，有
F(abt)0
,得
t
a

b

文档鉴赏
(2)子弹所受的冲量
1
I


(a

bt)dt

at

bt2

0
2
t
将
t
a
代入，得
b
a
2
I


2b
(3)由动量定理可求得子弹的质量
Ia
2

m
v
0
2bv
0

2.16 一炮弹质量为< br>m
，以速率
v
飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药
使弹片增加的动能为
T
，且一块的质量为另一块质量的
k
倍，如两者仍沿原方 向飞行，试证
其速率分别为
v
+
2kT2T
,
v
-
mkm
证明: 设一块为
m
1
，则另一块为
m
2
，
m
1
km
2
及
m
1
m
2
m

于是得
m
1

kmm
①
,m
2
k

1k

1
又设
m
1
的 速度为
v
1
,
m
2
的速度为
v
2
，则有
T
111
2
m
1
v
1
2
m
2
v
2
mv
2
②
222
mv m
1
v
1
m
2
v
2
③
联立①、③解得
v
2
(k1)vkv
1
④
将④代入②，并整理得
2T

(v
1

v)
2

km
于是有
v
1

v

将其代入④式，有
2T

km
v
2

v

2kT

m

文档鉴赏
又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取
v
1

v

证毕．

2T2kT
,v
2

v


kmm






2.17 设
F
合

7i

6jN
．(1) 当一质点从原点 运动到
r

3i

4j

16km
时， 求
F
所作
的功．(2)如果质点到
r
处时需0.6s，试求平均功率 ．(3)如果质点的质量为1kg，试求动能
的变化．
解: (1)由题知，
F
合
为恒力，





∴
A
合

F

r

(7 i

6j)

(

3i

4j

16k)

212445J

(2)
P

A45

75w


t0.6(3)由动能定理，
E
k
A45J


2.1 8以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁
锤击第一次时， 能将小钉击入木板内1 cm，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁
钉时的速度相同．

题2.18图
解: 以木板上界面为坐标原点，向内为
y
坐标正向，如题2.18图，则铁钉所受阻力为
fky

第一锤外力的功为
A
1

A
1


f

dy



fdy< br>

kydy

ss0
1
k
①
2
式中
f

是铁锤作用于钉上的力，
f
是木板作用于钉上的力 ，在
dt0
时，
f

f
．
设第二锤外力的功为
A
2
，则同理，有
A
2
< br>
kydy

1
y
2
1
2
k
ky
2

②
22
由题意，有

文档鉴赏
1k
A
2
A
1
(mv
2
)
③
22
1
2
kk
即
ky
2


222
所以，
y
2

于是钉子第二次能进入的深度为
2

y y
2
y
1

2

1

0.4 14cm


2.19 设已知一质点(质量为
m
)在其保守力场 中位矢为
r
点的势能为
E
P
(r)kr
, 试
求质点所受保守力的大小和方向．
解: < br>F(r)

v
n
dE
p
(r)
dr

方向与位矢
r
的方向相反，方向指向力心．

2.20 一根劲度系数为
k
1
的轻弹簧
A
的下端，挂一根劲度系数为
k
2
的轻弹簧
B
，
B
的下端
又挂一重物
C
，
C
的质量为
M
，如题2.20图．求这一系统静止时两弹簧的伸长 量之比和弹
性势能之比．

nk

r
n

1

题2.20图
解: 弹簧
A、B
及重物
C
受力如题2.20图所示平衡时，有
F
A

F
B

Mg

又
F
A

k
1

x
1

F
B

k
2

x
2

所以静止时两弹簧伸长量之比为

x
1
k
2



x
2
k
1

文档鉴赏
弹性势能之比为
E
p
1
E
p
2
1
k
1

x
1
2
k

2

2

1
k
1
2
k
2

x
2
2

2.21 (1)试计算月球和地球对
m
物体的引力相抵消 的一点
P
，距月球表面的距离是多少?地
球质量5.98×10
24
kg，地球中心到月球中心的距离3.84×10m，月球质量7.35×10kg，月
822
球半径1.74×10m．(2)如果一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么
它在
P
点的势能为多少?
解: (1)设在距月球中心为
r
处< br>F
月引
F
地引
，由万有引力定律，有
6
G
经整理，得
mM
月
r
2

G

R

r

mM
地
2

r

M
月
M
地

M
月
R

=
7.35

10
22
5.98

1 0
24

7.35

10
22
3.4810< br>8


38.32

10
6
m

则
P
点处至月球表面的距离为
h

r

r
月

(38.32

1.74)

10
6

3.66

10
7
m

(2)质量为
1kg
的物体在
P
点的引力势能为
E
P
G
M
月
r

G
M
地
< br>
Rr

7.35

10
22
5.98< br>
10
24

11


6.67

10

6.67

10

77
38.4

3.83


103.83

10
11

1.28

10
6
J


2.22 如题2.22图所示，一物体质量为2kg，以初速度
v
0
＝3m ·s从斜面
A
点处下滑，它与
-1
斜面的摩擦力为8N，到达
B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数
和物体最后能回到的高度．

文档鉴赏

题2.22图

解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。则由功
能原理，有 
f
r
s

1
2

1
kx


mv
0
2

mgssin37



2

2

1
mv
02

mgssin37

f
r
s

k

2
1
2
x
2
式中
s4.80.2 5m
，
x0.2m
，再代入有关数据，解得
k1450Nm
-1

再次运用功能原理，求木块弹回的高度
h


1

f
r
s


mgs

sin37
o

kx
2

2
代入有关数据，得
s

1.45m
,
则木块弹回高度
h

s

sin37
o
0.87m

2.23 质量为
M
的大木块具有半径为
R
的四分之一弧形槽，如题 2.23图所示．质量为
m
的
小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上， 二者都作无摩擦的运动，而且都从
静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．


题2.23图

解:
m
从
M
上下滑的过程中， 机械能守恒，以
m
，
M
，地球为系统，以最低点为重力势能
零点，则 有
1
2
1
mvMV
2

22
又下滑过 程，动量守恒，以
m
、
M
为系统，则在
m
脱离
M< br>瞬间，水平方向有
mvMV0

mgR
联立以上两式，得

文档鉴赏
v

2MgR

m

M

2.24一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性 碰撞，试证碰后两小球的运动方向互
相垂直．
证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 < br>1
2
1
2
1
2
mv
0
mv
1
mv
2

222
222
即
v
0v
1
v
2
①

题2.24图(a)题2.24图(b)
又碰撞过程中，动量守恒，即有
< br>mv
0

mv
1

mv
2

亦即
v
0

v
1

v
2
② < br>由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以
v
0< br>为斜边，
故知
v
1
与
v
2
是互相垂直的．

习题3
3.1选择题
(1) 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ω
0
转动，此时有 一质量为m的人站在转台
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)




J
J

0
(B)

0
2
2
(J

m)R
J

mR
(C)
J

0
(D)

0

2
mR
[答案： (A)]

(2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm的半球形碗，以匀角速
度ω 绕其对称轴OC旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P相对于碗静止，
其位置高于碗底4cm，则由此 可推知碗旋转的角速度约为
(A)13rads (B)17rads

文档鉴赏
(C)10rads (D)18rads

(a) (b)
题3.1（2）图
[答案： (A)]

(3)如3.1(3) 图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连
结此物体，；另一端穿过桌面的小孔， 该物体原以角速度在距孔为R的圆周
上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体
（A）动能不变，动量改变。
（B）动量不变，动能改变。
（C）角动量不变，动量不变。
（D）角动量改变，动量改变。
（E）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案： (E)]

3.2填空题
(1) 半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.5rad·s
-2
的匀角加速转动，则飞轮边缘上
一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a
τ
= ，法向加速度
a
n
= 。
[答案：
0.15;1.256
]

(2) 如题3.2（2）图 所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴
O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度 的方向击中木球而嵌于其中，则在此击
中过程中，木球、子弹、细棒系统的 守恒，原因
是 。木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、
地球系统的 守恒。

文档鉴赏

题3.2（2）图
[答案：对o轴的角动量守 恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴
的合外力矩为零，机械能守恒]

(3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρ
A
和ρ
B
(ρ
A
>ρ
B
)，且两圆盘的总
质量和厚度均相同。设两圆盘对通过 盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J
A
和
J
B
，则有J
A
J
B
。（填>、<或=）
[答案：<]


3.3刚体平动的特点是什么？平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动？
解：刚体平动的特 点是：在运动过程中，内部任意两质元间的连线在各个时刻的位
置都和初始时刻的位置保持平行。平动时 刚体上的质元可以作曲线运动。

3.4刚体定轴转动的特点是什么？刚体定轴转动时各质元 的角速度、线速度、向心加
速度、切向加速度是否相同？
解：刚体定轴转动的特点是：轴上所 有各点都保持不动，轴外所有各点都在作圆周
运动，且在同一时间间隔内转过的角度都一样；刚体上各质 元的角量相同，而各质
元的线量大小与质元到转轴的距离成正比。因此各质元的角速度相同，而线速度、
向心加速度、切向加速度不一定相同。

3.5刚体的转动惯量与哪些因素有关？请举例说明。
解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质 量的分布、转轴的位置等有关。如对过圆心
且与盘面垂直的轴的转动惯量而言，形状大小完全相同的木质 圆盘和铁质圆盘中铁
质的要大一些，质量相同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环的转动惯量要大。

3.6 刚体所受的合外力为零，其合力矩是否一定为零？相反，刚体受到的合力矩为
零，其合外力是否一定为零？
解：刚体所受的合外力为零，其合力矩不一定为零；刚体受到的合力矩 为零，其合
外力不一定为零。

3.7一质量为
m
的质点位于(< br>x
1
,y
1
)处，速度为
v

v
x
i

v
y
j
, 质点受到一个沿
x
负方向的力
f
的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩．



文档鉴赏
解:由题知，质点的位矢为


r

x
1
i

y
1
j

作用在质点上的力为


f

fi

所以，质点对原点的角动量为


L
0

r

mv

vvvv
(x
1
iy
1
j)m(v
x
i v
y
j)



(x
1
mv
y< br>
y
1
mv
x
)k

作用在质点上的力的力矩为





M< br>0
rf(x
1
iy
1
j)(fi)y
1
fk


3.8 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为
r
1
＝8.75×10m 时的速
10
率是
v
1
＝5.46×10
4
m·s， 它离太阳最远时的速率是
v
2
＝9.08×10m·s
-12-1
这 时它离太阳
的距离
r
2
是多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)
解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于
哈 雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有
r
1
mv
1
r
2
mv
2
r
1
v
1
8.75

10
10
5.46

10
4
12
∴
r
2

5.26

10m

2
v
2
9.08

10








1
3.9 物 体质量为3kg，
t
=0时位于
r

4im
,
v i
6
j
m

s
，如一恒力
f

5jN
作用在物
体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对
z
轴角 动量的变化．


3



1
解: (1)

p


fdt


5jdt
15jkg

m

s

0
(2)解(一)
xx
0
v
0x
t
4

3

7

1
2
15
at

6

3

3
2

25.5j

223




即
r
1

4i
,
r
2

7
i
25.5
j

y

v
0y
t

v
x

v
0x

1

文档鉴赏
5
v
y
v
0y
at 
6

3

11

3





即
v
1

i
1

6j
,
v
2
i
11
j






∴
L
1

r
1

mv
1

4i

3(i

6j)

72k
< br>




L
2

r
2

mv
2

(7i

25.5j)

3(i

11j)

154.5k



2

1
∴
LL
2
L
1

82.5
k
kg
m

s

解(二)∵
M

t

t


∴

L


M

dt


(r

F)dt

00
dz

dt
3

15






(4

t)i

(6t

)

t
2< br>)j


5jdt
0
23


 
3


5(4

t)kdt

82.5 kkg

m
2

s

1
0

3.10 平板中央开一小孔，质量为
m
的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量 为
M
1
的
重物．小球作匀速圆周运动，当半径为
r
0
时重物达到平衡．今在
M
1
的下方再挂一质量为
M
2
的物 体，如题3.10图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度


和半径
r< br>
为多少?

题3.10图
解: 在只挂重物时
M
1
，小球作圆周运动的向心力为
M
1
g
，即
2
M
1
gmr
0

0
①
挂上
M
2
后，则有
(M
1
M
2
)gmr



2
②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．
即
r
0
mv
0
r

mv



r
0
2

0

r

2


③

文档鉴赏
联立①、②、③得

0

M
1
g
mr
0

M
1
gM
1

M
2
2



()
3
mr
0
M
1
1
M
1< br>
M
2
M
1
r


g
< br>()
3

r
0
2
m


M
1

M
2

3.11 飞轮的质量
m
＝6 0kg，半径
R
＝0.25m，绕其水平中心轴
O
转动，转速为
-1
900rev·min．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力
F
，可使飞轮
减速．已知闸杆的尺寸如题3.11图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数

25=0.4，飞轮的转
动惯量可按匀质圆盘计算．试求：
(1)设
F
＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?
(2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力
F
?
解: (1)先 作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中
N
、
N

是正压力 ，
F
r
、
F
r

是摩擦
力，
F< br>x
和
F
y
是杆在
A
点转轴处所受支承力，
R
是轮的重力，
P
是轮在
O
轴处所受支承力．

题3.11图（a）

题3.11图(b)
杆处于静止状态，所以对
A
点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有
F( l
1

l
2
)

N

l
1

0N


l
1

l
2
F

l
1
对飞轮，按转动定律有

F
rRI
，式中负号表示

与角速度

方向相反．
∵
F
r


N
NN


文档鉴赏
∴
F
r


N


又∵
I
l
1

l
2
F

l
1
1
mR
2
,

2
∴


F
r
R2

(l
1
l
2
)

F< br>①
ImRl
1
以
F100N
等代入上式，得



2

0.40

(0.50

0.75)40

100

rad

s
2

60

0.25

0.503
由此可算出 自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
t

这段时间内飞轮的角位移为 
0
900

2


3

7.06s


60

40



0
t

t
2

1900

2

91409



(

)
2

2604234

53.1

2

rad可知在这段时间里，飞轮转了
53.1
转．
(2)

0

900

2

rad

s

1
，要求飞轮转速在
t2
s
内减少一半，可知
60
< br>0


2


0
t


0
2t

15

rad

s
 2

2
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
F


mRl
1

2

(l
1
l
2
)
60

0.25

0.50

15


2

0.40

(0.50
0.75)

2

177N

3.12 固 定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴
OO

转动．设大小圆柱体< br>的半径分别为
R
和
r
，质量分别为
M
和
m< br>．绕在两柱体上的细绳分别与物体
m
1
和
m
2
相连，
m
1
和
m
2
则挂在圆柱体的两侧，如题3.12图所示．设
R
＝0.20m,
r
＝0.10m，
m
＝4 kg，
M
＝10 kg，
m
1
＝
m
2
＝2 kg，且开始时
m
1
，
m
2
离地均为
h
＝ 2m．求：
(1)柱体转动时的角加速度；
(2)两侧细绳的张力．

文档鉴赏
解: 设
a
1
,
a
2< br>和β分别为
m
1
,
m
2
和柱体的加速度及角加速度， 方向如图(如图b)．

题3.12(a)图 题3.12(b)图
(1)
m
1
,
m
2
和柱体的运动方程如下：
T
2
m
2
gm
2
a
2
①
m
1
gT
1
m
1
a
1
②

T
1
RT
2
rI

③
式中
T
1

T
1
,T
2

T
2
,a
2
r

,a
1
 R


而
I
由上式求得
11
MR
2
mr
2

22



Rm
1

rm
2g
22
I

m
1
R

m
2< br>r
0.2

2

0.1

2
9.8

11

10

0.20
2
 
4

0.10
2

2

0.20
2

2

0.10
2
22

6.13r ad

s

2
(2)由①式
T
2
m
2
r

m
2
g
2

0.10

6.13

2

9.8

20.8N

由②式
T
1
m
1
gm
1< br>R


2

9.8

2

0.2.

6.13

17.1
N


3 .13计算题3.13图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为
M
，半径为
r
，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设
m1
＝50
kg，
m
2
＝200kg,M＝15kg,
r
＝0.1m

文档鉴赏
解: 分别以
m
1
,
m
2
滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对
m
1
,
m
2
运用牛顿定律，有
m
2
g
T
2

m
2
a
①
T
1

m
1
a
②
对滑轮运用转动定律，有
1
T
2
rT
1
r( Mr
2
)

③
2
又，
ar

④
联立以上4个方程，得
a< br>
m
2
g
m
1

m
2
< br>M
2

200

9.8

7.6
1 5
5

200

2
m

s
2


题3.13(a)图题3.13(b)图

3.14 如题3.14图所示，一匀质细杆质量为
m
，长为
l
，可绕过一端
O
的水平轴自由转动，
杆于水平位置由静止开始摆下．求：
(1)初始时刻的角加速度；
(2)杆转过

角时的角速度.

题3.14图
解: (1)由转动定律，有
11
mgl(ml
2
)


23
∴


3g

2l
(2)由机械能守恒定律，有
l11
mgsin

 (
ml
2
)

2

223

文档鉴赏
∴



3gsin


l
3.15 如题 3.15图所示，质量为
M
，长为
l
的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴
O
无摩
擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为
m
的弹性 小球飞来，正好在棒的下端
与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度

2930°处．
(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速
v
0
的值；
(2)相撞时小球受到多大的冲量?


题3.15图
解: (1)设小球的初速度为
v
0
，棒经小球碰撞后得到的初角速度为

，而小球的速度变为
v
，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械 能守恒定律，可
列式：
mv
0
lI

mvl
①
1
2
1
2
1
2
mv
0
I

mv
②
222
上两式中
I
1
2
Ml
，碰撞过程极为 短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直
3
位置上摆到最大角度

30
o
，按机械能守恒定律可列式：
1
2
l
I


Mg(1

cos30

)
③
22
由③式得
1
2
1
2

3g3


Mgl




(1

c os30

)



(1

)


Il2


由①式
v

v
0

由②式
I

④
ml
I

2
v

v

⑤
m
22
0

文档鉴赏
所以
(v
0

求得
I

2
I
2)

v
0


2

mlm
v
0


(2)相碰时小球受到的冲量为
l

Il1M
(1

2
)

(1

)

2ml23m
6(2

3)gl
3m

M
12m



Fdt(mv)mvmv
由①式求得
0

Fd t

mv

mv
0


I

1

Ml


l3
6(2

3)gl
M

6
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．

3.16 一个质量为 M、半径为
R
并以角速度

转动着的飞轮30(可看作匀质圆盘)，在某一瞬
时突然有一片质量为
m
的碎片从轮的边缘上飞出，见题3.16图．假定碎片脱离飞轮 时的瞬
时速度方向正好竖直向上．
(1)问它能升高多少?
(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能．

题3.16图
解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度
v
0
R


设碎片上升高度
h
时的速度为
v
，则有
2
v
2

v
0

2gh

令
v0
，可求出上升最大高度为
2
v
0
1
22
H
R

2g2g
(2)圆盘的转动惯量
I
11
MR
2
，碎片 抛出后圆盘的转动惯量
I

MR
2
mR
2
，碎 片脱
22
离前，盘的角动量为
I

，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间 的内力变为零，但内力不影响系
统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即

文档鉴赏
I


I




mv
0
R

式中


为破盘的角速度．于是
11
MR
2

(MR
2

mR
2
)


mv
0
R

22
11
(MR
2

mR
2
)


(MR
2

m R
2
)



22
得




(角速度不变)
圆盘余下部分的角动量为
1
(MR
2
mR
2
)


2< br>转动动能为
E
k

11
(
MR
2
 mR
2
)

2

22

3.17 一质量 为
m
、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动．另
一质量 为
m
0
的子弹以速度
v
0
射入轮缘(如题3.17图所示方 向)．
(1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值?
(2)用
m,
m
0
和

31表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能 之比．


题3.17图

解: (1)射入的过程对
O
轴的角动量守恒
Rsin

m
0< br>v
0
(mm
0
)R
2


∴


m
0
v
0
sin


(m

m
0
)R
mvsin

2
1[(m

m
0
)R
2
][
00
]E
k
2(m

m
0
)Rm
0
sin< br>2


(2)
1
E
k
0
m

m
2
0
m
0
v
0
2

-1
3.18 弹簧、定滑轮和物体的连接如题3.18图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N·m；定滑轮的
2
转动惯量是0.5kg·m，半径为0.30m ，问当6.0 kg质量的物体落下0.40m时，它的速率为多
大? 假设开始时物体静止而弹簧无伸长．

文档鉴赏

题3.18图

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

1
2
1
2
1
2
mvI

kh

222
(2mgh

kh
2
)R
2
故有
v


2
mR

I
(2

6.0

9.8

0.4

2.0

0 .4
2
)

0.3
2


6.0

0.3
2

0.5

2.0m

s
1


习题4

4.1 选择题
（1）在一惯性系中观测，两个事件同时不同地，则在其他惯性系中观测，他们[ ]。
（A）一定同时 （B）可能同时
（C）不可能同时，但可能同地 （D）不可能同时，也不可能同地
[答案：D ]

（2）在一惯性系中观测，两个事件同地不同时，则在其他惯性系中观测，他们[ ]。
（A）一定同地 （B）可能同地
（C）不可能同地，但可能同时 （D）不可能同地，也不可能同时
[答案：D ]

（3）宇宙飞船相对于地面以速度
v
作匀速直线飞行，某一时刻飞船头部的 宇航员向飞船尾
部发出一个光讯号，经过
t
（飞船上的钟）时间后，被尾部的接收器 收到，则由此可知飞
船的固有长度为（
c
表示真空中光速）[ ]。
（A）
ct
（B）
vt

（C）
c

t< br>1


vc

2
（D）
ct1

vc


2
[答案：A ]

（4）一宇航员要到离地球5光年的星球去旅行。如果宇航员希望把这路程 缩短为3光年，
则他所乘的火箭相对于地球的速度
v
应为[ ]。
（A）0.5
c
（B）0.6
c

（C）0.8
c
（D）0.9
c
[答案：C ]

文档鉴赏

（5）某宇宙飞船以0.8
c
的速度离 开地球，若地球上测到它发出的两个信号之间的时间间隔
为10
s
。则宇航员测出的相 应的时间间隔为[ ]。
（A）6
s
（B）8
s

（C）10
s
（D）103
s
[答案：A ]

4.2 填空题
（ 1）有一速度为
ｕ
的宇宙飞船沿
Ｘ
轴正方向飞行，飞船头尾各有一个脉冲光源 在工作，处
于船尾的观察者测得船头光源发出的光脉冲的传播速度大小为_________；处于船头 的观察
者测得船尾光源发出的光脉冲的传播速度大小为__________。
[答案：c，c； ]

（2）
S
'
系相对
S< br>系沿x轴匀速运动的速度为0.8c，在
S
'
中观测，两个事件的时间间隔
t
'

5

10

7
s< br>，空间间隔是
x
'
120m
，则在
S
系中测得 的两事件的空间间隔
x
，
时间间隔
t
。
[答案：0，
3

10

7
s
]

（3）用v表示物体的速度，则当
vv

时，
m2m< br>0
；

时，
E
k
E
0
。
cc
[答案：

33
， ]
22
（4）电子的静 止质量为
m
e
，将一个电子从静止加速到速率为0.6c（c为真空中的光速），需做功。
[答案：0.25
m
e
c
]

（5）

粒子在加速器中被加速，当其质量为静止质量的5倍时，其动能为静止能量的倍。
[答案：4 ]

（6）质子在加速器中被加速，当其动能为静止能量的3倍时，其质量为静止质量的倍。
[答案：4 ]

4.3 惯性系S′相对另一惯性系
S
沿
x
轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时
起点．在S系中测得两事件的时空坐标 分别为
x
1
=6×10m,
t
1
=2×10s，以及
x
2
=12×
4-4
2
10m,
t
2
= 1×10s．已知在S′系中测得该两事件同时发生．试问：
4-4
(1)S′系相对S系的速度是多少?

文档鉴赏
(2)
S

系中测得的两事件的空间间隔是多少?
解: 设
(S

)
相对
S
的速度为
v
，



(t
1

(1)
t
1
v
x)

2
1
c
v



(t
2

2
x
2
)

t
2
c

t
1


0

由题意
t
2
则
t
2
t
1
故
v

c
2
v
(x
2
x
1
)

2
c
t
2

t
1
c

1.5

10
8
m

s

1

x
2

x
1
2



(x
1
vt
1
),x
2



(x
2
vt
2
)
(2)由洛仑兹变换 < br>x
1

x
1


5.2

10m

代入数值，
x
2
4

4.4 长度
l
0
=1 m的米尺静止于S′系中，与
x
轴的夹角

'
=3430°，S′系相对S系沿
x
轴
′
运动，在S系中 观测者测得米尺与
x
轴夹角为


45

． 试求：
(1)S′系和S系的相对运动速度.
(2)S系中测得的米尺长度．
解: (1)米尺相对
S

静止，它在
x

,y

轴上的投影分别为：

L
0
cos



0.866m
，
L

L
x
y
L< br>0
sin


0.5m

米尺相对
S
沿
x
方向运动，设速度为
v
，对
S
系中的观察者测得米尺 在
x
方向收缩，而
y
方
向的长度不变，即
v
2< br>
1
2
,L
y
L

L
x
L
xy

c
故
tan


L
y
L
x

L

y
L
x

L

y

1

L
x
v
c
2
2

ο

,L

把

45< br>及
L
xy
代入
v
2
0.5
则得
1

2


0.866
c

文档鉴赏
故
v0.816c

(2)在
S
系中测得米尺长度为
L


L
y
sin45


0.707m

4- 5两个惯性系中的观察者
O
和
O

以0.6c(c表示真空中光速) 的相对速度相互接近，如果
O
测得两者的初始距离是20m，则
O

测得两者经过多少时间相遇?
解:
O
测得相遇时间为
t


t

L
0
20


v0.6c
O

测得的是固有时
t


题4.5图
L
0
1


2
8.89108
s
，
∴

t



v

t


或者，
O

测得长度收缩，
v1
，
0.6
，


c0.8
L

v
LL
0
1

2
L
0
10.6
2
0.8L
0
,t



t


0.8L
0
0.8

20
8

8.89

10 s

0.6c
0.6

3

10
8

4.6观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系
S
和
S

中，甲测得在 同一地点发生的两事件的时
间间隔为 4s，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s．求：
(1)
S

相对于
S
的运动速度．
(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离．

x
1

′ 解: 甲测得

t4s,

x0
,乙测得

t5s
，坐标差为
x

x
2
(1)∴

t



(

t

v

x)



t
2
c
1
v
1

()
2
c
t

v
2

t4

1

2< br>


t

5
c
解出
v

c1

(

t
2
43
)
c1

()
2

c


t

55
1.810
8
m

s

1

文档鉴赏
(2)

x





x

v

t

,



t

5
,
x
0


t4
53
∴

x


< br>v

tc
4

3
c
9

10
8
m

45

x
1


0
．
负号表示
x
2

4.76000m 的高空大气层中产生了一个
介子以速度
v
=0.998c飞向地球．假定该

介子在-6
其自身静止系中的寿命等于其平均寿命362×10s．试分别从下面两个角度，即地球上的观
测者和

介子静止系中观测者来判断

介子能否到达地球．

6
解:

介子在其自身静止系中的寿命

t< br>0

2

10s
是固有(本征)时间，对地球观测者，
由于时间膨胀效应，其寿命延长了．衰变前经历的时间为

t


t
0
v
2
1

2
c

3.16

10
5
s

这段时间飞行距离为
dv

t9470m

因
d6000m
，故该

介子能到达地球．
或在

介子静止系中，

介子是静止的．地球则以速度
v
接近介子，在
t
0
时间内，地球接
近的距离为
d

v

t
0

599m

d
0

6000m
经洛仑兹收缩后的值为：


d
0
d
0

，故

介子能到达地球．
d

d
0

v
2
1

2

379m

c4.8设物体相对S′系沿
x

轴正向以0.8c运动，如果S′系相对S系沿x 轴正向的速度也是
0.8c，问物体相对S系的速度是多少?
解: 根据速度合成定理，u0.8c
,
v

x
0.8c

∴
v
x

v

0.8c

0.8c
x
u

0.98c

uv

0.8c

0.8c
1

2
x
1

c
2
c

4.9飞船
A
以0.8c的速度相对地球向正东飞行，飞船B
以0.6c的速度相对地球向正西方向飞
行．当两飞船即将相遇时
A
飞 船在自己的天窗处相隔2s发射两颗信号弹．在
B
飞船的观测

文档鉴赏
者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少?
解: 取
B
为
S
系，地球为
S

系，自西向东为
x
(
x

)轴正向，则
A
对
S

系的速度
v

x
0.8c
，
S

系对
S
系的速度为
u 0.6c
，则
A
对
S
系(
B
船)的速度为

v
x

v

0.8c

0.6 c
x

u

0.946c

uv
1

0.48
1

2
x
c
发射弹是从
A
的同一点发出，其时间间隔为固有时

t

2s
，

题4.9图
∴
B
中测得的时间间隔为：
t


t

1

v
c
2x
2

2
1

0.946
2

6.17s


4.10(1)火箭
A
和
B
分别 以0.8c和0.6c的速度相对地球向+
x
和-
x
方向飞行．试求由火箭< br>B
测得
A
的速度．(2)若火箭
A
相对地球以0.8c的速度 向+
y
方向运动，火箭
B
的速度不变，
求
A
相对< br>B
的速度．
解: (1)如图
a
，取地球为
S
系 ，
B
为
S

系，则
S

相对
S< br>的速度
u0.6c
，火箭
A
相对
S
的速度
v
x
0.8c
，则
A
相对
S

(
B
)的速度为：
v

x

v
x
u
0.8c

(

0.6c)

0.946 c

u(

0.6c)(0.8c)
1

2
v
x
1

cc
2
或者取
A
为
S

系，则
u0.8c
，
B
相对
S
系的速 度
v
x
0.6c
，于是
B
相对
A
的速 度为：
v

x

v
x

u
< br>0.6c

0.8c

0.946c

u(0. 8c)(

0.6c)
1

2
v
x
1
cc
2
(2)如图
b
，取地球为
S
系，火箭
B
为
S

系，
S

系相对
S系沿
x
方向运动，速度

u0.6c
，
A
对
S
系的速度为,
v
x
0
,
v
y0.8c
,由洛仑兹变换式
A
相对
B
的速度为：

文档鉴赏
v

x

v
x

u
0

(

0.6c)

0.6c
u
1

0
1

2
v
x
cu
2
1

2
v
y
c
v

1

0.6
2
(0.8c)

0.64c

y
u
1

2
v
x
c
∴
A
相对
B
的速度大小为
2

2
v


v

x

v
y

0.88 c

速度与
x

轴的夹角


为
tan



v

y
v

x< br>1.07



46.8
ο


题4.10图

4.11静止在S系中的观测者测得一光子沿与
x
轴成
60
角的方向飞行．另一观测者静止于S′
系，S′系的
x

轴与
x
轴一致，并以0.6c的速度沿
x
方向运动．试问S′系中的 观测者观测
到的光子运动方向如何?
解:
S
系中光子运动速度的分量为
v
x

ccos60
ο

0.500c

v
y

csin60
ο

0.866c

由速度变换公式，光子在
S

系中的速度分量为
v
x

v
x

u
0.5c

0.6c< br>
0.143c

u0.6c

0.5c
1
2
v
x
1

cc
2
u
2< br>1

2
v
y
1

0.6
2

0.866c
c
v


0.990c

y

u0.6c

0.5c
1

2
v< br>x
1

cc
2
光子运动方向与
x

轴的夹角


满足

文档鉴赏
tan
< br>

v

y
v

x
0.692



在第二象限为


98.2
ο

在
S

系中，光子的运动速度为
2

2
v


v

x

v
y

c
正是光速不变．

4.12(1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c，须对 它作多少功?(2)如果将电子由速率为
0.8c加速到0.9c，又须对它作多少功?
解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得

E
k

E
k

mc
2

m
0
c
2
m
0
c
2
(


1)

m< br>0
c
2
(
1
1

v
c
2< br>2

1)


9.1

10
31

(3

10
8
)
2
(
1
1

0.1
2

1)


4. 12

10

16
J=
2.5710
3
eV



E
k

E
k

(m
2
c
2

m
0
c
2
)
(m
1
c
2

m
0
c
2< br>)

(2)

E
k
21

m
2
c
2

m
1
c
2

m
0
c
2
(
1
1

v
c
2
2
2

1
1


v
c
2
1
2
)
)

9.1

10

31

3
2

10
16
(
1
1< br>
0.9
2
1
1

0.8
2
)

5.14

10
14
J
3.211 0
5
eV


4.13

子静止质量是电子静止质 量的39207倍，静止时的平均寿命

0
=2×10
s，若它在实验
-6
室参考系中的平均寿命

= 7×10s，试问其质量是电子静止质量的多少倍?
-6
解: 设

子静止 质量为
m
0
，相对实验室参考系的速度为
v

c
，相应质量为
m
，电子静
止质量为
m
0e
，因
< br>

0
1


2
,
即
1< br>1


2
m
0
1


< br>
7



0
2
207m
0e1

2
由质速关系，在实验室参考系中质量为：
m

2


文档鉴赏
故
m2077

207

725

m
0
e
2
1


2

4.14一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之几?
解: 设静止质量为
m
0
，运动质量为
m
，
由题设
m

m
0

0.10

m
0
m

1
1


2
m
0
1

2

由此二式得

1

0.10

∴
1


2

1

1.10在运动方向上的长度和静长分别为
l
和
l
0
，则相对收缩量为：

l
l
0


l
0

l
1

1

1


2

1

0.091

9.1%

l
0
1.1 0
4.15氢原子的同位素氘(
1
H)和氚(
1
H)在高温条件下发 生聚变反应，产生氦(
2
He)原子核和
一个中子(
0
n)，并释放 出大量能量，其反应方程为
1
H +
1
H
-27
234< br>1
23
→
2
He+
0
n
4
1
已知氘核的静止
质量为2.0135原子质量单位(1原子质量单位＝1.600×10kg)，氚核 和氦核及中子的质量
分别为3.0155，4.0015，1.00865原子质量单位．求上述聚变反 应释放出来的能量．
解: 反应前总质量为
2.01353.01555.0290
amu

反应后总质量为
4.00151.00875.0102
amu

质量亏损
m5.02905.01020.0188
amu


3.12

10
29
kg

由质能关 系得

E

mc
2
3.1210

29


310
8


2

2 .81

10
21
J
1.7510
7
eV< br>

4.16 要使电子的速率从
1.210
ms增加到
2 .410
ms，必须做多少功？
解：由于电子的速率接近光速，因此经典力学的动能公式已 经不适用，只能运用相对论的动
88

文档鉴赏
能表达式
E
k

mc
2

m
0
c
2
。
再根据相对论中运动质量和静止质量的关系
m
1

m
0
1

v
c
2
1
2
,m
2

m
0
1

v
c
2
2
2
。
可得出
E
k

m
0
2
v
2
1

2
c

m
0
v
1
2
1

2
c

4.7

10
< br>14
(J)
，
由功能关系可知，这就是所需要做的功。

4.17 粒子的静止质量为m
0
,当其动能等于其静能时，其质量和动量各等于多少？
解：由题意有
E
k

m
0
c
2
，
22
再根据相对论中的动能关系：
E
k

mc

m
0
c
，则有
m2m
0
。
由动量和能量的关系，
pc(mc
2
)
2
(m
0
c
2
)< br>2
，
得动量为
p3m
0
c
。

4.18 太阳的辐射能来自其内部的核聚变反应。太阳每秒钟向周围空间辐射出的能量约为
5 10
26
Js，由于这个原因，太阳每秒钟减少多少质量？把这个质量同太阳目前的质量210
30
Kg作比较，估算太阳的寿命是多少年。
解：由质能关系
Emc
2
，
可得出太阳每秒钟减少的质量为

E 5

10
26

m

2

5. 610
9
(kgs)
。
82
c(3

10)
进而，可估计太阳的寿命是

文档鉴赏
2

10
30
13
n 
1.13

10
（年）。
9
5.6

10

3600

24

365

习题5
5.1选择题
(1)一物体作简谐振动，振动方程为
xA
cos(

t

2
)
，则该物体在
t0
时
刻 的动能与
tT8
（T为振动周期）时刻的动能之比为：
(A)1：4 （B）1：2 （C）1：1 (D) 2：1
[答案：D]

(2)弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动时，弹性力在半个周期内所作的功为
(A)kA
2
(B) kA
2
2
(C) kA
2
4 (D)0
[答案：D]

(3)谐振动过程中，动能和势能相等的位置的位移等于
(A)

(C)

AA
(B)


42
3A
(D)

2
[答案：D]
2A

2

5.2 填空题
(1)一质点在X轴上作简谐振动，振幅A＝4cm，周期T＝2s，其平衡 位置取作坐
标原点。若t＝0时质点第一次通过x＝－2cm处且向X轴负方向运动，则质点第
二次通过x＝－2cm处的时刻为____s。
[答案：
2
s
]
3

(2)一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题5.2(2)图所示。振子在位移为零 ，速度为
－A、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________点。振子
处在位移的绝对值为A、速度为零、加速度为－
2
A和弹性力为－KA的状态，则< br>对应曲线上的____________点。

题5.2(2) 图

文档鉴赏
[答案：b、f； a、e]

(3)一质点沿x轴作简谐振动，振动范围的中心点为x轴的原点，已知周期为T，
振幅为A。
(a)若t=0时质点过x=0处且朝x轴正方向运动，则振动方程为
x=_________ __________。
(b) 若t=0时质点过x=A2处且朝x轴负方向运动，则振动方程为< br>x=_________________。
[答案：
xAcos(2

tT

2)
；
xAcos(2

tT

3)
]

5.3 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动：
(1)拍皮球时球的运动；
(2)如题5.3图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内 滚动(设小球所经过的弧线很
短)．

题5.3图题5.3图(b)
< br>解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一，描述系统的各种参量，如质
量、转 动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统是在自己的稳定平衡位置附近
作往复运动；三，在 运动中系统只受到内部的线性回复力的作用．或者说，若一个系统的运
动微分方程能用
d
2



2


0

2
dt
描述时，其所作的运动就是谐振动．
(1)拍皮球时球的运动不是谐 振动．第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位
置；第二，球在运动中所受的三个力：重力，地 面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都不
是线性回复力．
(2)小球在题5.3图所示的情 况中所作的小弧度的运动，是谐振动．显然，小球在运动过
程中，各种参量均为常量；该系统(指小球凹 槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，
即系统势能最小值位置点
O
；而小球在 运动中的回复力为
mgsin

，如题5.3图(b)中所示，
S
→0，所以回复力为
mg

.式中负号，表示回复力的方向始终与
R角位移的方向相反．即小球在
O
点附近的往复运动中所受回复力为线性的．若以小球为对< br>象，则小球在以
O

为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽 切线方向上
因
S
＜＜
R
，故



文档鉴赏
有
d
2

mR
2
mg


dt
令

2

g
，则有
R
d
2

2



0

2
dt

5.4 弹簧振子的振幅增大到原振幅的两倍时，其振动周期、振动 能量、最大速度和
最大加速度等物理量将如何变化？
解：弹簧振子的振动周期、振动能量、最大速度和最大加速度的表达式分别为
T

m1
,E

kA
2

k2
v
m


A,a
m


2
A

2

2

所以当振幅增大到原振幅的两倍时 ，振动周期不变，振动能量增大为原来的4倍，
最大速度增大为原来的2倍，最大加速度增大为原来的2 倍。

5.5单摆的周期受哪些因素影响？把某一单摆由赤道拿到北极去，它的周期是否变
化？
解：单摆的周期为
T

2



2

l

g
因此受摆线长度和重力加速度的影响。把单摆由赤道拿到北极去，由于摆线长度
不变 ，重力加速度增大，因此它的周期是变小。

5.6简谐振动的速度和加速度在什么情况下是 同号的？在什么情况下是异号的？
加速度为正值时，振动质点的速率是否一定在增大？
解：简谐振动的速度和加速度的表达式分别为
v


Asin(

t


0
)
a


2
Acos(

t


0
)

当
sin(

t

0
)与cos(

t

0
)
同号时，即位相在第1或第3象限时，速度和加速度同
号；当
sin(

t

0
)与cos(

t

0
)
异号时，即位相在第2或第4象限时，速度和加速
度异号。
加速度为正值时，振动质点的速率不一定增大。

5.7 质量为
10< br>
10kg
的小球与轻弹簧组成的系统，按
x

0.1cos (8

t

3
2

)
3
(SI )
的

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规律作谐振动，求：
(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；
(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等?
(3 )
t
2

5s
与
t
1
1s
两个 时刻的位相差；
解：(1)设谐振动的标准方程为
xA
cos(

t

0
)
，则知：
A
0.1m,


8

,
T
2

1

s,

0

2

3


4
又
v
m


A0.8

m

s< br>
1
2.51
m

s

1
a
m


2
A
63.2
m

s

2

(2)
F
m
ma
m
0.63N

1
2
mv
m

3.16

10
2
J
2
1
E
p
E
k
E
1.58
< br>10
2
J

2
E

当
E
k
E
p
时，有
E2E
p
，
即
1
2
11
2
kx(kA)

222
22
A
m

220
∴
x
(3)




(
t
2
t
1
)

8

(5

1)
32



5.8 一个沿
x
轴作简谐 振动的弹簧振子，振幅为
A
，周期为
T
，其振动方程用余弦函数
表示 ．如果
t0
时质点的状态分别是：
(1)
x
0
A
；
(2)过平衡位置向正向运动；
(3)过
x
A
处向负向运动；
2
(4)过
x
A
2
处向正向运动．
试求出相应的初位相，并写出振动方程．

x
0

Acos

0
解：因为


v


Asin

0
< br>0
将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有

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
1



2



3


4

3
2

3
5

4
2

x

Acos(
t

)

T
2

3
x

Acos(
t

)

T2
2
x

Acos(
t
)

T3
2
< br>5
x

Acos(
t

)

T4

5.9 一质量为
10

10kg
的物体 作谐振动，振幅为
24cm
，周期为
4.0s
，当
t0
时 位移
3
为
24cm
．求：
(1)
t0.5s
时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；
(2)由起始位置运动到
x12cm
处所需的最短时间；
(3)在
x12cm
处物体的总能量．
解：由题已知
A

24

10m,T

4.0s

∴


又，
t0
时，
x
0
A
,


0

0

故振动方程为

2
2


0.5

T
rad

s

1

x

24

10

2
cos(0.5
< br>t)m

(1)将
t0.5s
代入得
x
0.5

24

10

2
cos(0.5
t)m

0.17m

Fmam

2
x

10

10

()

0.17
4.2

10N
2
2

3

3

方向指向坐标原点，即沿
x
轴负向．
(2)由题知，
t0
时，

0

0
，
A

,且v

0,故

t


23


2
∴
t



s


323
tt
时
x
0

(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为
E
1
2
1
kAm

2
A
2
22
1


10

10

3
()
2

(0.24)
2

22

7.1

10< br>
4
J