东南大学等七所工科院校著《物理学》(第七版)部分习题解答

UPDATE:

  • (2022-04-03) 更新 作业.less,增大多行公式行距,重设三级标题 <h3></h3> 的边框距和字号。

这些解答都来自课堂作业。老师建议提交含 LaTeX 公式的 PDF 文件(当然也允许拍照扫图)。即便用 LaTeX 书写大量公式可能比较耗时,我也没多少时间来处理大学物理一科的作业,但我还是希望借这个机会用学界普遍认可的格式来完成这个任务(不过目前我收到的作业全都是拍照扫图,可想而知能节约下来的时间非常可观)。另外既然使用了这种格式,我也尽可能仿照教材中的书写规范来写(比如说在居中公式末加逗号和句号,所有标点使用英文半角)。

发在这里一是为了存档,二是测试本站渲染大量 LaTeX 公式的速度。

非常重要的一点:不保证完全正确!不保证完全正确!不保证完全正确!


附:

这些作业主体采用 Markdown 格式,在 VS Code 中编写,附有插件 markdownlint、Markdown All in One、Markdown Preview Enhanced、LaTeX Workshop。工作区内有 LESS 文件控制 Markdown Preview Enhanced 渲染的样式。若要应用自定义样式表,在 Markdown 文件首行添加:

<!-- @import "作业.less" -->

作业.less 的内容如下:

/* Markdown Preview Enhanced Extension */
.markdown-preview {
    font-family: SimSun;

    p {
        padding-bottom: 0;
        margin: 0.3em 0 0 0;
    }

    img {
        display: block;
        margin-left: auto;
        margin-right: auto;
    }

    img[src*="#mpl"] {
        max-width: 480px;
    }

    h1 {
        font-size: 2em;
        padding-bottom: 0;
        margin: 0.5em 0 0 0;
        text-align: center;
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        margin: 0.4em 0 0 0;
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    .mspace.newline {
        min-height: 0.4em;
    }
}

渲染后的 HTML 文件会择期在其他平台发布。

作业还使用了 Python 的 matplotlib 包来绘制函数图像。参考代码如下:

# -*- coding: utf-8 -*-

import numpy as np
from matplotlib import pyplot as plt
from matplotlib.font_manager import FontProperties

def graph(xrange, f, title='', xlabel='', ylabel='', xcolor='black', ycolor='black', axes_mode=''):
    prop = FontProperties()
    prop.set_file('C:/Windows/Fonts/simsun.ttc')
    if title:
        plt.suptitle(title, fontproperties=prop, fontsize=12)
    if xlabel:
        plt.xlabel(xlabel)
    if ylabel:
        plt.ylabel(ylabel)
    if xcolor:
        plt.axhline(0, color=xcolor)
    if ycolor:
        plt.axvline(0, color=ycolor)
    x = np.linspace(*xrange)
    if axes_mode == 'equal':
        plt.plot(x, np.array(list(map(f, x))))[0].axes.axis('equal')
    elif axes_mode == 'equal_box':
        plt.plot(x, np.array(list(map(f, x))))[0].axes.set_aspect('equal', 'box')
    else:
        plt.plot(x, np.array(list(map(f, x))))
    plt.show()

评价:

大体上可以满意。渲染速度也较快。

发现部分 LaTeX 标识符(大多是扩展包中的)无法被识别,可能与 discourse 内置的 LaTeX 渲染器有关,例如:

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UPDATE:

  • \degree 更改为 ^\circ,保证 MathJax 能显示度数符号(KaTeX 原生支持)。

2022 年春季学期大学物理第一章作业

1-1

(1) B. (2) C.

解:

(2)

因为 \left|\overline{\overrightarrow{v}}\right|=\left|\dfrac{\Delta\overrightarrow{r}}{\Delta t}\right|, \overline{v}=\dfrac{\Delta s}{\Delta t}, 且仅当 t\rightarrow 0 时有 \left|\Delta\overrightarrow{r}\right|=\Delta s, 所以 \left|\overline{\overrightarrow{v}}\right|\neq\overline{v}.

1-2

D.

解:

因为 \overrightarrow{r}(x,y)=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}, 所以 \overrightarrow{v}=\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{r}}{\mathrm{d}t}=\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\overrightarrow{i}+\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\overrightarrow{j}, v=\sqrt{\left(\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right)^2+\left(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)^2}. 而当 t\rightarrow 0 时, \mathrm{d}s=\left|\mathrm{d}\overrightarrow{r}\right|, 所以 v=\dfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}.

1-3

D.

1-4

B.

1-5

C.

解:

设岸与湖面的垂直高度为 h, 船与岸的水平距离为 x. 则

\overrightarrow{v}=\overrightarrow{v_0}+\overrightarrow{v_t}.

其中 \overrightarrow{v_t} 是船垂直于绳方向的分速度.

也即

v=\frac{v_0}{\cos\theta}.

注意到 \cos\theta=\dfrac{x}{\sqrt{h^2+x^2}}, v=-\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}, 对上等式两边对 t 求导, 得

\begin{aligned} a&=\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\\ &=v_0\frac{\dfrac{x^2}{\sqrt{h^2+x^2}}-\sqrt{h^2+x^2}}{x^2}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\\ &=v_0\frac{-h^2}{x^2\sqrt{h^2+x^2}}\left(-\frac{v_0}{\cos\theta}\right)\\ &={v_0}^2\frac{h^2}{x^3}. \end{aligned}

显然随着不断收绳, x 不断减小, 故 a 不断增大, 小船作变加速运动.

笔者注: 注意将角度转化为距离求解, 因为分析 \dfrac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} 较为困难, 难以解出 a! 另外注意随时间增长, x 不断减小, 故 vx 的微分式应带负号.

1-6

(1) -32\ \mathrm{m}. (2) 48\ \mathrm{m}. (3) -48\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, -36\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}.

解:

(1)

\Delta x_{0\rightarrow 4\ \mathrm{s}}=x(4)-x(0)=-32\ \mathrm{m}.

(2)

质点的速度为

v(t)=\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=12t-6t^2.

0<t\leq 2 时, v\geq 0; 当 2<t<4 时, v<0. 所以质点在该时间内所通过的路程为

s_{0\rightarrow 4\ \mathrm{s}}=\Delta x_{0\rightarrow 2\ \mathrm{s}}-\Delta x_{2\ \mathrm{s}\rightarrow 4\ \mathrm{s}}=48\ \mathrm{m}.

(3)

质点的加速度为

a(t)=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=12-12t.

所以 t=4\ \mathrm{s} 时质点的速度和加速度分别为

v(4)=-48\ \mathrm{m\cdot s^{-1}},a(4)=-36\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}.

1-7

解:

质点的加速度和位移分别为

a(t)=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}= \begin{cases} 20,&0<t<2\\ 0,&2\leq t\leq 4\\ -10,&t>4 \end{cases},
x(t)=x(0)+\int^{t}_{0}{v(t)}\mathrm{d}t= \begin{cases} -20t+10t^2,&0<t<2\\ 20t-40,&2\leq t\leq 4\\ -120+60t-5t^2,&t>4 \end{cases}.

则质点的 v-t 图和 a-t 图如下解图 1(a) 和 (b) 所示:

解图 1(a) 质点的 a-t 图象

解图 1(b) 质点的 x-t 图象

1-9

(1) 大小为 v_0=5\sqrt{13}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, 与 Ox 方向夹角余弦值为 -\dfrac{2\sqrt{13}}{13}, 与 Oy 方向夹角余弦值为 \dfrac{3\sqrt{13}}{13}. (2) 大小为 a=20\sqrt{13}\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}, 与 Ox 方向夹角余弦值为 \dfrac{3\sqrt{13}}{13}, 与 Oy 方向夹角余弦值为 -\dfrac{2\sqrt{13}}{13}.

解:

(1)

质点的速度为

\begin{aligned} \overrightarrow{v}&=\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\overrightarrow{i}+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\overrightarrow{j}\\ &=(-10+60t)\overrightarrow{i}+(15-40t)\overrightarrow{j}. \end{aligned}

则质点的初速度为

\overrightarrow{v}_0=-10\overrightarrow{i}+15\overrightarrow{j},

大小为 v_0=5\sqrt{13}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, 与 Ox 方向夹角余弦值为 -\dfrac{2\sqrt{13}}{13}, 与 Oy 方向夹角余弦值为 \dfrac{3\sqrt{13}}{13}.

(2)

质点的加速度为

\begin{aligned} \overrightarrow{a}&=\frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}t^2}\overrightarrow{i}+\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}t^2}\overrightarrow{j}\\ &=60\overrightarrow{i}-40\overrightarrow{j}. \end{aligned}

大小为 a=20\sqrt{13}\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}, 与 Ox 方向夹角余弦值为 \dfrac{3\sqrt{13}}{13}, 与 Oy 方向夹角余弦值为 -\dfrac{2\sqrt{13}}{13}.

1-11

(1) \dfrac{1}{2}bv_0t^2\overrightarrow{i}+v_0t\overrightarrow{j}. (2) \sqrt{\dfrac{2v_0}{b}x}.

解:

(1)

气球的水平速度大小为 v_x=by, 竖直速度大小为 v_y=v_0. 则气球的水平和竖直位置坐标 x(t)y(t) 与经过时间 t 的关系分别为

x(t)=x(0)+\frac{1}{2}bv_0t^2=\frac{1}{2}bv_0t^2,
y(t)=y(0)+v_0t=v_0t.

设气球在 t 时刻的位矢为 \overrightarrow{r}(t), 则气球的运动方程为

\overrightarrow{r}=\overrightarrow{r}(t)=x(t)\overrightarrow{i}+y(t)\overrightarrow{j}=\frac{1}{2}bv_0t^2\overrightarrow{i}+v_0t\overrightarrow{j}.

(2)

气球的轨迹方程为

y=\sqrt{\dfrac{2v_0}{b}x}.

1-15

(1) 6t\overrightarrow{i}+4t\overrightarrow{j}. (3t^2+10)\overrightarrow{i}+2t^2\overrightarrow{j}.

解:

质点的速度为

\begin{aligned} \overrightarrow{v}&=\overrightarrow{v}_0+\int^{t}_{0}{\overrightarrow{a}}\mathrm{d}t\\ &=\int^{t}_{0}{\left(6\overrightarrow{i}+4\overrightarrow{j}\right)}\mathrm{d}t\\ &=\left.\left(6t\overrightarrow{i}+4t\overrightarrow{j}\right)\right|^{t}_{0}\\ &=6t\overrightarrow{i}+4t\overrightarrow{j}. \end{aligned}

质点的位矢为

\begin{aligned} \overrightarrow{r}&=\overrightarrow{r}_0+\int^{t}_{0}{\overrightarrow{v}}\mathrm{d}t\\ &=10\overrightarrow{i}+\int^{t}_{0}{\left(6t\overrightarrow{i}+4t\overrightarrow{j}\right)}\mathrm{d}t\\ &=10\overrightarrow{i}+\left.\left(3t^2\overrightarrow{i}+2t^2\overrightarrow{j}\right)\right|^{t}_{0}\\ &=(3t^2+10)\overrightarrow{i}+2t^2\overrightarrow{j}. \end{aligned}

(2)

质点的轨迹方程为

y=y(x)=\frac{2}{3}x-\frac{20}{3}.

则质点轨迹的示意图如下解图 2 所示:

解图 2 质点的轨迹示意图

1-16

x=-\dfrac{1}{12}t^4+2t^2-t+\dfrac{3}{4}.

解:

质点 t 时刻的速度 v=v(t) 满足

\begin{aligned} a=\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}&=4-t^2\\ \int^{t}_{3}{\mathrm{d}v}&=\int^{t}_{3}{(4-t^2)}\mathrm{d}t\\ v-v(3)&=\left.\left(4t-\frac{1}{3}t^3\right)\right|^{t}_{3}\\ v&=-\frac{1}{3}t^3+4t-1. \end{aligned}

质点 t 时刻的位置坐标 x=x(t) 满足

\begin{aligned} v=\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}&=-\frac{1}{3}t^3+4t-1\\ \int^{t}_{3}{\mathrm{d}x}&=\int^{t}_{3}{\left(-\frac{1}{3}t^3+4t-1\right)}\mathrm{d}t\\ x-x(3)&=\left.\left(-\frac{1}{12}t^4+2t^2-t\right)\right|^{t}_{3}\\ x&=-\frac{1}{12}t^4+2t^2-t+\frac{3}{4}. \end{aligned}

此即质点的运动方程.

1-20

足球初速度方向与地面所夹锐角大于或等于 18.9^\circ 且小于 28.0^\circ 或大于 62.0^\circ 且小于或等于 71.1^\circ.

解:

在垂直于球门的竖直平面内以球初始位置为原点, 垂直球门平面的直线为 x 轴, 垂直地面的直线为 y 轴, 建立平面直角坐标系 Oxy, 且指向球门平面为 Ox 轴方向, 竖直向上为 Oy 轴方向. 并设 s=25.0\ \mathrm{m}, v_0=20.0\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, h=3.44\ \mathrm{m}, 足球的运动方程为 \overrightarrow{r}=\overrightarrow{r}(t)=x(t)\overrightarrow{i}+y(t)\overrightarrow{j}, 足球初速度方向与 Ox 轴的夹角为 \theta\ (0\leq\theta<\dfrac{\pi}{2}).

则足球 t 时刻的速度 v=v(t)

\overrightarrow{v}=(v_0\cos\theta)\overrightarrow{i}+(v_0\sin\theta-gt)\overrightarrow{j}.

则足球的运动方程为

\begin{aligned} \overrightarrow{r}&=\overrightarrow{r}_0+\int^{t}_{0}{\overrightarrow{v}}\mathrm{d}t\\ &=(v_0\cos\theta)t\overrightarrow{i}+\left((v_0\sin\theta)t-\frac{1}{2}gt^2\right)\overrightarrow{j}. \end{aligned}

则足球的轨迹方程为

y=y(x)=-\frac{g}{2{v_0}^2\cos^2\theta}x^2+x\tan\theta.

在题设条件下, 若足球能直接射入球门, 需满足 0\leq y(s)<h. 代入数值, 解得

18.9^\circ\leq\theta<28.0^\circ

62.0^\circ<\theta\leq 71.1^\circ

即应在足球初速度方向与地面所夹锐角大于或等于 18.9^\circ 且小于 28.0^\circ 或大于 62.0^\circ 且小于或等于 71.1^\circ 时踢出足球.

笔者注: 注意三角函数不等式的解法.

1-21

(2) 当 \Delta\theta=90^\circ 时, 平均加速度为 \overline{a}\approx\dfrac{0.90032v^2}{R}. 当 \Delta\theta=30^\circ 时, 平均加速度为 \overline{a}\approx\dfrac{0.98862v^2}{R}. 当 \Delta\theta=10^\circ 时, 平均加速度为 \overline{a}\approx\dfrac{0.99873v^2}{R}. 当 \Delta\theta=1^\circ 时, 平均加速度为 \overline{a}\approx\dfrac{0.99999v^2}{R}.

解:

(1)

设该过程经过 \Delta t 时间. 该过程中质点速度变化为

\Delta\overrightarrow{v}=\overrightarrow{v}_2-\overrightarrow{v}_1,

其大小为

\left|\Delta\overrightarrow{v}\right|=2v\sin\frac{\Delta\theta}{2}.

该过程中质点做匀速率圆周运动, 有

v\Delta t=R\Delta\theta.

AB 位置之间的平均加速度为

\begin{aligned} \left|\overline{\overrightarrow{a}}\right|=\overline{a}&=\left|\frac{\Delta\overrightarrow{v}}{\Delta t}\right|\\ &=\frac{2v^2\sin\dfrac{\Delta\theta}{2}}{R\Delta\theta}\\ &=\frac{\sqrt{2(1-\cos\Delta\theta)}v^2}{R\Delta\theta}. \end{aligned}

(2)

\Delta\theta=90^\circ 时, 平均加速度为 \overline{a}=\dfrac{2\sqrt{2}v^2}{\pi R}\approx\dfrac{0.90032v^2}{R}.

\Delta\theta=30^\circ 时, 平均加速度为 \overline{a}=\dfrac{3(\sqrt{6}-\sqrt{2})v^2}{\pi R}\approx\dfrac{0.98862v^2}{R}.

\Delta\theta=10^\circ 时, 平均加速度为 \overline{a}\approx\dfrac{0.99873v^2}{R}.

\Delta\theta=1^\circ 时, 平均加速度为 \overline{a}\approx\dfrac{0.99999v^2}{R}.

随着 \Delta\theta 不断趋近于 0, 即 \Delta t 不断趋近于 0, AB 位置之间的平均加速度不断趋近于质点做匀速率圆周运动时任意位置的瞬时加速度大小 a=\dfrac{v^2}{R}. 也即 \displaystyle\lim_{\Delta t\rightarrow 0}{\overline{a}}=a.

1-22

(1) y=19-\dfrac{x^2}{2}. (2) \left(2\overrightarrow{i}-6\overrightarrow{j}\right)\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}. (3) \left(2\overrightarrow{i}-4\overrightarrow{j}\right)\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, \left(\dfrac{8}{5}\overrightarrow{i}-\dfrac{16}{5}\overrightarrow{j}\right)\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}, \left(-\dfrac{8}{5}\overrightarrow{i}-\dfrac{4}{5}\overrightarrow{j}\right)\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}. (4) 5\sqrt{5}\ \mathrm{m}.

解:

(1)

质点的轨迹方程为

y=y(x)=19-\frac{x^2}{2}.

(2)

t_1=1.0\ \mathrm{s}t_2=2.0\ \mathrm{s} 时间内, 质点的位移为

\Delta\overrightarrow{r}=\overrightarrow{r}(2)-\overrightarrow{r}(1)=\left(2\overrightarrow{i}-6\overrightarrow{j}\right)\ \mathrm{m}.

则质点在该时间内的平均速度为

\Delta\overrightarrow{v}=\frac{\Delta\overrightarrow{r}}{\Delta t}=\left(2\overrightarrow{i}-6\overrightarrow{j}\right)\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

(3)

质点 t 时刻的速度 \overrightarrow{v}(t)

\overrightarrow{v}(t)=\frac{\mathrm{d}\overrightarrow{r}}{\mathrm{d}t}=2\overrightarrow{i}-4t\overrightarrow{j}.

t_1=1.0\ \mathrm{s} 时的速度为 \overrightarrow{v}(1)=\left(2\overrightarrow{i}-4\overrightarrow{j}\right)\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, 与 Ox 方向夹角余弦值为 \dfrac{\sqrt{5}}{5}, 与 Oy 方向夹角余弦值为 -\dfrac{2\sqrt{5}}{5}.

质点 t 时刻的切向加速度大小 a_t(t)

a_t(t)=\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=\frac{8t}{\sqrt{1+4t^2}}.

t_1=1.0\ \mathrm{s} 时的切向加速度的大小为 a_t(1)=\dfrac{8\sqrt{5}}{5}\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}, 其方向与 \overrightarrow{v}(1) 相同, 则质点在 t_1=1.0\ \mathrm{s} 时的切向加速度可表为 \overrightarrow{a}_t(1)=\left(\dfrac{8}{5}\overrightarrow{i}-\dfrac{16}{5}\overrightarrow{j}\right)\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}.

质点 t 时刻的加速度 \overrightarrow{a}(t)

\overrightarrow{a}(t)=\frac{\mathrm{d}\overrightarrow{v}}{\mathrm{d}t}=-4\overrightarrow{j}.

因而质点在 t_1=1.0\ \mathrm{s} 时的法向加速度为

\overrightarrow{a}_n(1)=\overrightarrow{a}(1)-\overrightarrow{a}_t(1)=\left(-\frac{8}{5}\overrightarrow{i}-\frac{4}{5}\overrightarrow{j}\right)\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}.

(4)

\rho=\frac{v^2(1)}{a_n(1)}=5\sqrt{5}\ \mathrm{m}.

1-23

(1) 451.75\ \mathrm{m}. (2) 9.62\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}, 1.88\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}.

解:

在物品运动轨迹所在平面内, 以飞机飞行方向为 Ox 轴正方向, 竖直向下为 Oy 轴正方向, 驾驶员空投物品时飞机位置为坐标原点, 建立平面直角坐标系 Oxy. 设 h=100\ \mathrm{m}, v_x=100\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

(1)

设此时目标与飞机下方距离为 s, 经过时间 t 物品到达地面. 则物品 t 时刻的速度 \overrightarrow{v}

\overrightarrow{v}=\overrightarrow{v}(t)=v_x\overrightarrow{i}+gt\overrightarrow{j}.

则物品的运动方程 \overrightarrow{r}=\overrightarrow{r}(t)

\overrightarrow{r}(t)=\overrightarrow{r}(0)+\int^{t}_{0}{\overrightarrow{v}}\mathrm{d}t=v_xt\overrightarrow{i}+\frac{1}{2}gt^2\overrightarrow{j}.

则物品的轨迹方程 y=y(x)

y(x)=\frac{g}{2{v_x}^2}x^2.

若物品能被空投到目标处, 则有 y(s)=h, 所以

s=\sqrt{\frac{2h}{g}}v_x=\frac{\sqrt{10}}{7}\times 10^3\ \mathrm{m}\approx 451.75\ \mathrm{m}.

(2)

投放物品时, 驾驶员看目标的视线和水平线所成角度 \theta

\theta=\arctan\frac{h}{s}\approx 12.48^\circ.

(3)

物品 t 时刻的加速度 \overrightarrow{a}=\overrightarrow{a}(t)

\overrightarrow{a}=g\overrightarrow{j}.

物品投出 2.0\ \mathrm{s} 后, 物品的切向加速度大小 a_t(2)

\begin{aligned} a_t(2)&=\left.\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\right|_{t=2}\\ &=\left.\frac{g^2t}{\sqrt{{v_x}^2+g^2t^2}}\right|_{t=2}\\ &\approx 1.88\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}. \end{aligned}

则此时物品法向加速度大小 a_n(2)

a_n(2)=\sqrt{a^2(2)-a_t^2(2)}\approx 9.62\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}.

1-25

(1) 1\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}, 1.01\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}. (2) \dfrac{16}{3}\ \mathrm{rad}.

解:

设该轮的角速度 \omega 与时间 t 的关系为 \omega=kt^2, 其中 k 为恒量.

(1)

t=2\ \mathrm{s} 时, 该轮角速度为

\omega(t)=\frac{v(t)}{R}=8\ \mathrm{rad\cdot s^{-1}}.

k=\dfrac{\omega(t)}{t^2}=2\ \mathrm{rad\cdot s^{-3}}.

t'=0.5\ \mathrm{s} 时, 飞轮的角速度为 \omega(t')=0.5\ \mathrm{rad\cdot s^{-1}}.

轮缘一点的法向加速度 \overrightarrow{a}_n(t')

\overrightarrow{a}_n(t')=\omega^2(t')R\overrightarrow{e}_n.

其大小为 0.125\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}.

此时轮缘一点的切向加速度 \overrightarrow{a}_t(t')

\overrightarrow{a}_t(t')=\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\overrightarrow{e}_t=2kRt\overrightarrow{e}_t.

其大小为 1\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}.

因为 \overrightarrow{a}(t')=\overrightarrow{a}_n(t')+\overrightarrow{a}_t(t'), 所以此时轮缘一点的总加速度的大小为 a(t')=\sqrt{{a_n}^2(t')+{a_t}^2(t')}=\dfrac{\sqrt{65}}{8}\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}\approx 1.01\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}.

(2)

该点在 2.0\ \mathrm{s} 内所转过的角度为

\begin{aligned} \Delta\theta&=\int^{t}_{0}\omega\mathrm{d}t\\ &=\left.\frac{1}{3}kt^3\right|^{t}_{0}\\ &=\frac{16}{3}\ \mathrm{rad}. \end{aligned}

1-27

(1) \dfrac{1}{3}ct^3. (2) 2ct, 方向为 t 时刻质点速度方向; \dfrac{c^2t^4}{R}, 方向指向圆心.

解:

(1)

t=0 时刻到 t 时刻质点经过的路程 s(t)

\begin{aligned} s(t)&=\int^{t}_{0}v\mathrm{d}t\\ &=\left.\frac{1}{3}ct^3\right|^{t}_{0}\\ &=\frac{1}{3}ct^3. \end{aligned}

(2)

t 时刻质点的切向加速度的大小 a_t

a_t=\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=2ct,

其方向为 t 时刻质点速度方向.

t 时刻质点的法向加速度的大小 a_n

a_n=\frac{v^2}{R}=\frac{c^2t^4}{R},

其方向指向圆心.

1-30

v_2\left(\sin\theta+\dfrac{l}{\sqrt{l^2+h^2}}\right).

解:

若物体正好不会被雨水淋湿, 则在车-物体参考系中雨滴下落方向应平行于车身左上角与物体左上角的连线, 示意图如下解图 3 所示:

解图 3 雨滴相对物体的速度方向示意图

设在车-物体参考系中下落方向与竖直方向所成锐角为 \varphi=\arctan\dfrac{l}{h}, 并设与 \overrightarrow{v}_1 同向的单位矢量为 \overrightarrow{i}, 与竖直向下方向同向的单位矢量为 \overrightarrow{j}, 雨滴在地面参考系中的速度 \overrightarrow{v}_2, 在车-物体参考系中的速度为 \overrightarrow{v}'_2. 则有

\overrightarrow{v}_2=\overrightarrow{v}'_2+\overrightarrow{v}_1.

\overrightarrow{v}_2 可表为 \overrightarrow{v}_2=(v_2\sin\theta)\overrightarrow{i}+(v_2\cos\theta)\overrightarrow{j}, \overrightarrow{v}'_2 可表为 \overrightarrow{v}'_2=(-v_2\sin\varphi)\overrightarrow{i}+(v_2\cos\theta)\overrightarrow{j}. 则

\overrightarrow{v}_1=v_2(\sin\theta+\sin\varphi)\overrightarrow{i}=v_2\left(\sin\theta+\frac{l}{\sqrt{l^2+h^2}}\right)\overrightarrow{i}.

故车速 v_1v_2\left(\sin\theta+\dfrac{l}{\sqrt{l^2+h^2}}\right) 时, 此物体正好不会被雨水淋湿.

1-32

$\begin{cases}

x’=0,\

y’\geq 0

\end{cases}$, g\overrightarrow{j}.

解:

设当质点相对观察者 O 的位置坐标为 (x,y) 时, 其相对观察者 O' 的位置坐标为 (x',y'). O' 相对 O 运动的速度 \overrightarrow{u}\overrightarrow{u}=v\overrightarrow{i}. 则

\begin{cases} x'+vt=x,\\ y'=y. \end{cases}

质点相对 O' 的轨迹方程可表为

\begin{cases} x'=0,\\ y'\geq 0. \end{cases}

设质点相对 O' 的位矢为 \overrightarrow{r}'=\dfrac{1}{2}gt^2\overrightarrow{j}, 加速度为 \overrightarrow{a}'. 则

\overrightarrow{a}'=\frac{\mathrm{d}^2\overrightarrow{r}'}{dt^2}=g\overrightarrow{j}.
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补充:有关 1-20 题,解此三角不等式时应注意到 \dfrac{1}{\cos^2\theta}=1+\tan^2\theta ,将所有三角函数全换成正切,即可化为一元二次不等式求解。

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2022 年春季学期大学物理第二章作业

2-1

D.

解:

以地面为参考系, 物体竖直方向保持静止, 水平方向向左作与斜面加速度相同的加速运动, 则

F_\mathrm{T}\sin\theta=mg,\\ F_\mathrm{T}\cos\theta=ma.

解得

a=g\cot\theta.

2-2

A.

解:

因为物体始终保持静止, 则竖直方向上物体所受静摩擦力始终与其重力相等.

2-3

C.

解:

以地面为参考系, 汽车作曲线运动时静摩擦力 F_\mathrm{f0} 作为向心力. 又因为

F_\mathrm{f0}\leq F_\mathrm{f0m},\\ F_\mathrm{f0m}=\mu F_\mathrm{N}=\mu mg,\\ F_\mathrm{f0}=m\frac{v^2}{R},

所以

v\leq\sqrt{\mu gR}.

2-4

B.

解:

设物体质量为 m, 轨道半径为 R, 物体与轨道圆心连线与水平方向夹角为 \theta 时速率为 v, 则物体法向受力满足

F_\mathrm{N}-mg\sin\theta=m\frac{v^2}{R}.

\theta 增大, v 不断增大, 则 F_\mathrm{N} 也不断增大.

2-5

A.

解:

设绳中张力为 F_\mathrm{T}, B 物体相对升降机的加速度大小为 a_r, 方向竖直向下. 则在地面参考系中, A 物体水平方向受力满足

F_\mathrm{T}=ma_r.

B 物体竖直方向受力满足

F_\mathrm{T}-mg=m(a-a_r).

解得

F_\mathrm{T}=\frac{1}{2}m(g+a)=\frac{5}{8}mg.

2-6

49.0^\circ. 0.998\ \mathrm{s}.

解:

物体受重力 m\overrightarrow{g}, 支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}}, 滑动摩擦力 \overrightarrow{F_\mathrm{f}} 作用. 根据牛顿第二定律, 物体的运动方程为

m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F_\mathrm{N}}+\overrightarrow{F_\mathrm{f}}=m\overrightarrow{a},

其平行斜面方向和垂直斜面方向的分量式分别为

mg\sin\alpha-F_\mathrm{f}=ma,\\ F_\mathrm{N}=mg\cos\alpha.

滑动摩擦力的大小为

F_\mathrm{f}=\mu F_\mathrm{N}.

当斜面倾角为 \alpha 时, 长度为 s=\dfrac{l}{\cos\alpha}. 物体在斜面上作匀加速直线运动, 下滑时间 t 满足

s=\frac{1}{2}at^2.

联立以上各式, 解得

a=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha),\\ t=2\sqrt{\frac{l}{g(\sin2\alpha-\mu\cos2\alpha-\mu)}}.

由数学关系可得, \alpha>\arctan\mu, 且当 \alpha=\dfrac{\arctan\mu}{2}+\dfrac{\pi}{4}\approx 49.0^\circ 时, 物体在斜面上下滑的时间最短, 为 2\sqrt{\dfrac{l}{g(1-\mu)}}=0.998\ \mathrm{s}.

2-10

R-\dfrac{g}{\omega^2}.

解:

设小钢球与球心连线与碗顶圆面的夹角为 \theta. 小钢球受重力 m\overrightarrow{g} 和支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用. 根据牛顿第二定律, 小钢球的运动方程为

m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F_\mathrm{N}}=m\overrightarrow{a}_\mathrm{n},

其竖直方向和水平方向的分量式分别为

mg=F_\mathrm{N}\cos\theta,\\ F_\mathrm{N}\sin\theta=ma_\mathrm{N}.

小钢球作匀速圆周运动, 有

a_\mathrm{n}=\omega^2r.

由几何关系, 得

r=R\sin\theta,\\ R-h=R\cos\theta.

联立以上各式, 解得

h=R-\frac{g}{\omega^2}.

2-12

(1) \sqrt{gR\tan\theta}. (2) m\left(\dfrac{v^2}{R}\cos\theta-g\sin\theta\right).

解:

(1)

火车受重力 m\overrightarrow{g} 和支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用. 根据牛顿第二定律, 火车的运动方程为

m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F_\mathrm{N}}=m\overrightarrow{a}_\mathrm{n},

其竖直方向和水平方向的分量式分别为

mg=F_\mathrm{N}\cos\theta,\\ F_\mathrm{N}\sin\theta=ma_\mathrm{n}.

可以认为此时火车作匀速圆周运动, 有

a_\mathrm{n}=\frac{v_0^2}{R}.

联立以上各式, 解得

v_0=\sqrt{gR\tan\theta}.

(2)

v\neq v_0 时, 火车还受平行斜面方向的侧支持力 \overrightarrow{{F_\mathrm{N}}'}. 此时火车的运动方程为

m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F_\mathrm{N}}+\overrightarrow{{F_\mathrm{N}}'}=m\overrightarrow{{{a}_\mathrm{n}}'}.

不妨设此时侧支持力方向为平行斜面向下, 则运动方程竖直方向和水平方向的分量式分别为

mg+{F_\mathrm{N}}'\sin\theta=F_\mathrm{N}\cos\theta,\\ F_\mathrm{N}\sin\theta+{F_\mathrm{N}}'\cos\theta=m{a_\mathrm{n}}'.

可以认为此时火车作匀速圆周运动, 有

{a_\mathrm{n}}'=\frac{v^2}{R}.

联立以上各式, 解得侧支持力的大小为

{F_\mathrm{N}}'=m\left(\frac{v^2}{R}\cos\theta-g\sin\theta\right).

若上式结果为正值, 表示侧支持力方向为平行斜面向下; 反之为平行斜面向上.

根据牛顿第三定律, 火车受铁轨的侧支持力与铁轨受火车车轮的侧压力大小相等, 方向相反.

2-15

40\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, 方向为 Ox 轴正方向. 142\ \mathrm{m}.

解:

根据牛顿第二定律, 质点的运动方程为

\overrightarrow{F}=m\overrightarrow{a}.

则质点的加速度 \overrightarrow{a} 的大小为

a= \begin{cases} 2t,&0\leq t\leq 5,\\ 35-5t,&5<t\leq 7. \end{cases}

则该质点 7\ \mathrm{s} 末的速度为

\overrightarrow{v}=\left(v_0+\int^{7}_{0}a\mathrm{d}t\right)\overrightarrow{i}=40\overrightarrow{i}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}},

其中 \overrightarrow{i}Ox 轴正方向同向.

该质点 7\ \mathrm{s} 末的位置坐标为

x=\left(x_0+\int^{7}_{0}v\mathrm{d}t\right)=142\ \mathrm{m},

2-16

(6t^2+4t+6)\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, 方向与 Ox 轴正方向同向. (2t^3+2t^2+6t+5)\ \mathrm{m}.

解:

根据牛顿第二定律, 质点的运动方程为

\overrightarrow{F}=m\overrightarrow{a}.

则质点的加速度 \overrightarrow{a} 的大小为

a=(12t+4)\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}.

则时刻 t 时质点的速度 \overrightarrow{v}(t)

\begin{aligned} \overrightarrow{v}(t)&=\left(v_0+\int^{t}_{0}a\mathrm{d}t\right)\overrightarrow{i}\\ &=(6t^2+4t+6)\overrightarrow{i}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, \end{aligned}

其中 \overrightarrow{i}Ox 轴正方向同向.

时刻 t 时质点的位置坐标 x(t)

\begin{aligned} x(t)&=x_0+\int^{t}_{0}v(t)\mathrm{d}t\\ &=(2t^3+2t^2+6t+5)\ \mathrm{m}. \end{aligned}

2-17

(1) 30\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}. (2) \dfrac{1400}{3}\ \mathrm{m}.

解:

(1)

时刻 t 时阻力 F_\mathrm{f} 的大小为

F_\mathrm{f}=\alpha t.

根据牛顿第二定律, 飞机受重力 m\overrightarrow{g}, 支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}}, 阻力 \overrightarrow{F_\mathrm{f}} 作用. 根据牛顿第二定律, 飞机的运动方程为

m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F_\mathrm{N}}+\overrightarrow{F_\mathrm{f}}=m\overrightarrow{a}.

其水平方向的分量式为

-F_\mathrm{f}=ma.

a=-\frac{\alpha}{m}t.

则飞机 t 时刻的速率 v(t)

\begin{aligned} v(t)&=v(0)+\int^{t}_{0}a\mathrm{d}t\\ &=v(0)-\frac{\alpha}{2m}t^2. \end{aligned}

10\ \mathrm{s} 后飞机的速率为

v(10)=30\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

(2)

飞机 t 时刻内滑行的距离 x(t)

\begin{aligned} x(t)&=x(0)+\int^{t}_{0}v(t)\mathrm{d}t\\ &=v(0)t-\frac{\alpha}{6m}t^3. \end{aligned}

则飞机着陆后 10\ \mathrm{s} 内滑行的距离为

x(10)=\frac{1400}{3}\ \mathrm{m}.

2-18

(1) v=\sqrt{2gh}e^{-\frac{b}{m}y}. (2) 5.76\ \mathrm{m}.

解:

(1)

记入水瞬间的时刻为 t=0. 运动员入水前作自由落体运动, 则运动员入水时的速率 v_0 满足

v_0=g\Delta t,\\ h=\frac{1}{2}g(\Delta t)^2.

解得

v_0=\sqrt{2gh}.

运动员入水后, 受重力 m\overrightarrow{g}, 浮力 \overrightarrow{F_浮}, 阻力 \overrightarrow{F_\mathrm{f}}=-bv^2\overrightarrow{j} 作用. 根据牛顿第二定律, 运动员的运动方程为

m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F_浮}+\overrightarrow{F_\mathrm{f}}=m\overrightarrow{a}.

m\overrightarrow{g}=-\overrightarrow{F_浮}, 则运动方程竖直方向的分量式为

-bv^2=ma.

考虑到 a=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}y}\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=v\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}y}, 则

\begin{aligned} \int^{v}_{v_0}\frac{\mathrm{d}v}{v}&=\int^{y}_{0}-\frac{b}{m}\mathrm{d}y\\ \left.\ln v\right|^{v}_{v_0}&=\left.-\frac{b}{m}y\right|^{y}_{0}\\ \ln\frac{v}{v_0}&=-\frac{b}{m}y\\ v&=v_0e^{-\frac{b}{m}y}\\ v&=\sqrt{2gh}e^{-\frac{b}{m}y}. \end{aligned}

(2)

\dfrac{b}{m}=0.40\ \mathrm{m^{-1}}, v=\dfrac{1}{10}v_0 时, 可解得

y\approx 5.76\ \mathrm{m}.

2-21

(1) \dfrac{Rv_0}{R+\mu v_0t}. (2) \dfrac{R}{\mu v_0}. \dfrac{R}{\mu}\ln2.

解:

(1)

若不考虑物体所受重力和桌面的支持力, 物体受圆环支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 和滑动摩擦力 \overrightarrow{F_\mathrm{f}} 作用. 根据牛顿第二定律, 物体的运动方程为

\overrightarrow{F_\mathrm{N}}+\overrightarrow{F_\mathrm{f}}=m\overrightarrow{a}=m\left(\overrightarrow{a}_\mathrm{n}+\overrightarrow{a}_\mathrm{t}\right).

滑动摩擦力满足

F_\mathrm{f}=-\mu F_\mathrm{N},\\ \overrightarrow{F_\mathrm{f}}=m\overrightarrow{a}_\mathrm{t}.

因为物体作圆周运动, 则

a_\mathrm{n}=\frac{v^2}{R},\\ \overrightarrow{F_\mathrm{N}}=m\overrightarrow{a}_\mathrm{n}.

则物体 t 时刻的速率 v

\begin{aligned} -\mu\frac{v^2}{R}&=\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\\ \int^{v}_{v_0}\frac{\mathrm{d}v}{v^2}&=\int^{t}_{0}-\frac{\mu}{R}\mathrm{d}t\\ \left.-\frac{1}{v}\right|^{v}_{v_0}&=\left.-\frac{\mu}{R}t\right|^{t}_{0}\\ v&=\frac{Rv_0}{R+\mu v_0t}. \end{aligned}

(2)

v=\dfrac{1}{2}v_0 时,

t=\frac{R}{\mu v_0}.

t 时刻内, 物体经过的路程 s(t)

\begin{aligned} s(t)&=\int^{t}_{0}v\mathrm{d}t\\ &=\int^{t}_{0}\frac{R\mathrm{d}(R+\mu v_0t)}{\mu(R+\mu v_0t)}\\ &=\left.\frac{R}{\mu}\ln(R+\mu v_0t)\right|^{t}_{0}\\ &=\frac{R}{\mu}\ln\frac{R+\mu v_0t}{R}. \end{aligned}

s\left(\frac{R}{\mu v_0}\right)=\frac{R}{\mu}\ln2.

2-22

(1) 6.11\ \mathrm{s}. (2) 183\ \mathrm{m}.

解:

(1)

取地面上一点为坐标原点, 竖直向上为 Oy 轴正方向. 物体受重力 m\overrightarrow{g} 和空气阻力 \overrightarrow{F_\mathrm{r}} 作用. 根据牛顿第二定律, 物体的运动方程为

m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F_\mathrm{r}}=m\overrightarrow{a}.

-mg-kv=ma.

\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}v}{mg+kv}&=-\frac{\mathrm{d}t}{m}\\ \int^{v}_{v_0}\frac{\mathrm{d}v}{mg+kv}&=\int^{t}_{0}-\frac{\mathrm{d}t}{m}\\ \left.\frac{1}{k}\ln(mg+kv)\right|^{v}_{v_0}&=\left.-\frac{t}{m}\right|^{t}_{0}. \end{aligned}

解得

v=\left(\frac{mg}{k}+v_0\right)e^{-\frac{k}{m}t}-\frac{mg}{k}.

当物体上升到最大高度时, v=0, 则

t=\frac{m}{k}\ln\left(1+\frac{kv_0}{mg}\right)\approx 6.11\ \mathrm{s}.

(2)

t 时刻物体上升的高度 y(t)

\begin{aligned} y(t)&=\int^{t}_{0}v\mathrm{d}t\\ &=\left.\left(-\frac{m}{k}\left(\frac{mg}{k}+v_0\right)e^{-\frac{k}{m}t}-\frac{mg}{k}t\right)\right|^{t}_{0}\\ &=\frac{m}{k}\left(\left(\frac{mg}{k}+v_0\right)\left(1-e^{-\frac{k}{m}t}\right)-gt\right). \end{aligned}

则物体上升的最大高度为

y_\mathrm{m}=\frac{m}{k}\left(\frac{mg}{k}\ln\frac{mg}{mg+kv_0}+v_0\right)\approx 183\ \mathrm{m}.

另解:

(2) 中计算物体最大上升高度时, 若直接由 v(t) 得到 y(t) 求解, 积分和代值过程较为困难. 注意到 2-18 题中由运动方程得到 v(y), 而本题 (2) 中 v=0, 故考虑 v 关于 y 的微分方程

-mg-kv=ma=mv\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}y}.

解得

y(v)=\frac{m}{k}\left(\frac{mg}{k}\ln\frac{mg+kv}{mg+kv_0}+v_0-v\right).

代入 v=0, 立得

y_\mathrm{m}=\frac{m}{k}\left(\frac{mg}{k}\ln\frac{mg}{mg+kv_0}+v_0\right)\approx 183\ \mathrm{m}.

2-23

\sqrt{\dfrac{6k}{Am}}.

解:

质点受引力 \overrightarrow{F} 作用. 根据牛顿第二定律, 质点的运动方程为

\overrightarrow{F}=m\overrightarrow{a}.

考虑到 F=-\dfrac{k}{x^2}, a=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=v\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}, 则质点在 x 处的速率 v=v(x)

\begin{aligned} v\mathrm{d}v&=-\frac{k}{m}\frac{\mathrm{d}x}{x^2}\\ \int^{v}_{0}v\mathrm{d}v&=\int^{x}_{A}-\frac{k}{m}\frac{\mathrm{d}x}{x^2}\\ \left.\frac{1}{2}v^2\right|^{v}_{0}&=\left.\frac{k}{mx}\right|^{x}_{A}\\ \frac{1}{2}v^2&=\frac{k(A-x)}{Amx}\\ v&=\sqrt{\frac{2k(A-x)}{Amx}}. \end{aligned}

则质点在 x=\dfrac{A}{4} 时速度的大小为

v\left(\frac{A}{4}\right)=\sqrt{\frac{6k}{Am}}.

2-24

(1) \dfrac{1}{2k}\ln\left(1+\dfrac{k{v_0}^2}{g}\right). (2) v_0\sqrt{\dfrac{g}{g+k{v_0}^2}}.

解:

(1)

取地球表面一点为坐标原点, 竖直向上为 Oy 轴正方向. 物体上升时, 物体受重力 m\overrightarrow{g} 和空气阻力 \overrightarrow{F_\mathrm{r}}. 根据牛顿第二定律, 物体的运动方程为

m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F_\mathrm{r}}=m\overrightarrow{a}_1.

-mg-kmv^2=ma_1=mv\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}y}.

则物体上升速率 v 时上升的高度 y=y(v)

\begin{aligned} \mathrm{d}y&=-\frac{v\mathrm{d}v}{g+kv^2}\\ \int^{y}_{0}\mathrm{d}y&=\int^{v}_{v_0}-\frac{v\mathrm{d}v}{g+kv^2}\\ y&=\frac{1}{2k}\ln\frac{g+k{v_0}^2}{g+kv^2}. \end{aligned}

则物体能上升的高度 y_\mathrm{m}

y_\mathrm{m}=y(0)=\frac{1}{2k}\ln\left(1+\frac{k{v_0}^2}{g}\right).

(2)

物体下落时, 物体受重力 m\overrightarrow{g} 和空气阻力 \overrightarrow{F_\mathrm{r}}. 根据牛顿第二定律, 物体的运动方程为

m\overrightarrow{g}-\overrightarrow{F_\mathrm{r}}=m\overrightarrow{a}_2.

-mg+kmv^2=ma_2=mv\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}y}.

\begin{aligned} \mathrm{d}y&=\frac{v\mathrm{d}v}{kv^2-g}\\ \int^{y}_{y_\mathrm{m}}\mathrm{d}y&=\int^{v}_{0}\frac{v\mathrm{d}v}{kv^2-g}\\ y&=y_\mathrm{m}+\frac{1}{2k}\ln\left(1-\frac{kv^2}{g}\right). \end{aligned}

则物体下降到高度为 y 时下降速率 v=v(y)

v(y)=-\sqrt{\frac{g}{k}\left(1-\frac{ge^{2ky}}{g+k{v_0}^2}\right)},

其中负号表示下降速度 \overrightarrow{v} 方向竖直向下.

则物体返回地面时速度的值 v_1

v_1=|v(0)|=v_0\sqrt{\frac{g}{g+k{v_0}^2}}.

笔者注: 注意积分上下限和微积分计算技巧!

2-25

(1) \dfrac{mv_\mathrm{m}}{2F}\ln3. (2) \dfrac{m{v_\mathrm{m}}^2}{F}\ln\dfrac{2}{3}.

解:

取摩托车初始位置为坐标原点, 速度方向为 Ox 轴正方向. 摩托车受牵引力 \overrightarrow{F} 和阻力 \overrightarrow{F_\mathrm{r}}=-kv^2\overrightarrow{i} (设比例系数为 k). 根据牛顿第二定律, 摩托车的运动方程为

\overrightarrow{F}+\overrightarrow{F_\mathrm{r}}=m\overrightarrow{a}.

\begin{aligned} F-kv^2&=ma=m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\\ \int^{t}_{0}\frac{\mathrm{d}t}{m}&=\int^{v}_{0}\frac{\mathrm{d}v}{F-kv^2}\\ \left.\frac{t}{m}\right|^{t}_{0}&=\left.\frac{1}{2\sqrt{kF}}\ln\left(\frac{2\sqrt{F}}{\sqrt{F}-\sqrt{k}v}-1\right)\right|^{v}_{0}\\ t&=\frac{m}{2\sqrt{kF}}\ln\left(\frac{2\sqrt{F}}{\sqrt{F}-\sqrt{k}v}-1\right). \end{aligned}

当摩托车达到最大速率 v=v_\mathrm{m} 时, a=0, 则 k=\dfrac{F}{{v_\mathrm{m}}^2}, 且

t=\frac{mv_\mathrm{m}}{2F}\ln\left(\frac{v_\mathrm{m}+v}{v_\mathrm{m}-v}\right).

则摩托车从静止加速到 \dfrac{v_\mathrm{m}}{2} 所需的时间为

\Delta t=\frac{mv_\mathrm{m}}{2F}\ln3.

由运动方程得

\begin{aligned} F-kv^2&=mv\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}\\ \int^{x}_{0}\frac{\mathrm{d}x}{m}&=\int^{v}_{0}\frac{v\mathrm{d}v}{F-kv^2}\\ \left.\frac{x}{m}\right|^{x}_{0}&=\left.-\frac{1}{2k}\ln\left(F-kv^2\right)\right|^{v}_{0}\\ x&=\frac{m}{2k}\ln\frac{F}{F-kv^2}\\ &=\frac{m{v_\mathrm{m}}^2}{2F}\ln\frac{{v_\mathrm{m}}^2}{{v_\mathrm{m}}^2-v^2}. \end{aligned}

则摩托车从静止加速到 \dfrac{v_\mathrm{m}}{2} 所走的路程为

s=\frac{m{v_\mathrm{m}}^2}{F}\ln\frac{2}{3}.

2-27

2.90\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

解:

卡车刹车时, 卡车是非惯性系. 以卡车为参考系, 木箱受重力 m\overrightarrow{g}, 支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}}, 滑动摩擦力 \overrightarrow{F_\mathrm{f}}, 惯性力 \overrightarrow{F_\mathrm{i}}. 根据牛顿第二定律, 木箱的运动方程为

m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F_\mathrm{N}}+\overrightarrow{F_\mathrm{f}}+\overrightarrow{F_\mathrm{i}}=m\overrightarrow{a}_\mathrm{r},

其水平方向分量式为

-\mu mg+ma=ma_r.

刹车时, 木箱与卡车相对静止. 则木箱撞上挡板时相对卡车的速率 v_r

{v_r}^2=2a_rL.

解得

v_r=2.90\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.
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UPDATE:

  • 增加对题 3-2 的解答,以解释选项 A、B 为何错误。

2022 年春季学期大学物理第三章作业

3-1

C.

3-2

D.

物块下滑过程中, 物块受重力 m\overrightarrow{g} 和斜面提供的支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用, 斜面受重力 m'\overrightarrow{g}, 地面提供的支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}'} 和物块的压力 -\overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用.

在地面系中, 根据牛顿第二定律, 斜面运动方程的水平分量式为

F_\mathrm{N}\sin\theta=m'a'.

在斜面系中, 物块还受惯性力 \overrightarrow{F_\mathrm{i}}=-m\overrightarrow{a'}. 根据牛顿第二定律, 物块运动方程的平行斜面和垂直斜面的分量式为

ma'\cos\theta+mg\sin\theta=ma_\mathrm{r},\\ F_\mathrm{N}+ma'\sin\theta=mg\cos\theta,

其中 \overrightarrow{a_\mathrm{r}} 为物块在斜面系下的相对加速度, 易知物块在地面系下的加速度 \overrightarrow{a}=\overrightarrow{a_\mathrm{r}}+\overrightarrow{a'}.

联立以上各式解得

a'=\frac{mg\sin\theta\cos\theta}{m'+m\sin^2\theta},\\ a_\mathrm{r}=\frac{(m+m')g\sin\theta}{m'+m\sin^2\theta},\\ F_\mathrm{N}=\frac{mm'g\cos\theta}{m'+m\sin^2\theta}.

当斜面有固定高度 h 时, 物块从斜面上下滑所需时间 t

t=\sqrt{\frac{2h}{a_\mathrm{r}\sin\theta}}=\sqrt{\frac{2h(m'+m\sin^2\theta)}{(m+m')g\sin^2\theta}}.

分别设水平向左, 竖直向下为 Ox, Oy 轴正方向. 根据动量定理, 当物块下滑到斜面底端时, 物块的速度 \overrightarrow{v}=v_x\overrightarrow{i}+v_y\overrightarrow{j} 可表为

v_x=\frac{F_\mathrm{N}t\sin\theta}{m}=m'\cos\theta\sqrt{\frac{2gh}{(m+m')(m'+m\sin^2\theta)}},\\ v_y=\frac{(mg-F_\mathrm{N}\cos\theta)t}{m}=\sqrt{\frac{2gh(m+m')}{m'+m\sin^2\theta}}.

可以看出, 当 \theta 不断变化时, \overrightarrow{v} 与其大小不为恒(矢)量, 故物块到达斜面底端时的动量和动能不恒相等.

笔者注: 本题易被类比两物体对心完全弹性碰撞, 从而误认为物块到达斜面底端时的速度相等. 实际上物块下滑过程中, 物块和斜面组成的系统受重力 (外力) 和两物接触产生的弹力 (非保守内力) 作用, 整个系统未必满足机械能守恒.

3-3

C.

3-4

D.

3-5

C.

子弹射穿木块过程中, 子弹的动能转化为木块的动能和摩擦热.

3-7

(1) mv_0\sin\alpha, 方向竖直向下. (2) 2mv_0\sin\alpha, 方向竖直向下.

(1)

物体从发射点 O 到最高点的过程中, 竖直方向仅受重力 m\overrightarrow{g} 作用. 根据动量定理, 重力的冲量 \overrightarrow{I_\mathrm{P}} 满足

\overrightarrow{I_\mathrm{P}}=\overrightarrow{0}-\overrightarrow{p_\mathrm{0y}}=(-mv_0\sin\alpha)\overrightarrow{j},

其中 \overrightarrow{j} 方向为竖直向上, 负号表示冲量的方向竖直向下.

(2)

物体从发射点到最高点的过程和最高点到与发射点同一水平面的过程具有对称性. 物体落回与发射点同一水平面时, 竖直方向速率与发射时相等, 但速度方向相反. 根据动量定理, 重力的冲量 \overrightarrow{{I_\mathrm{P}}'} 满足

\overrightarrow{{I_\mathrm{P}}'}=\left(-\overrightarrow{p_\mathrm{0y}}\right)-\overrightarrow{p_\mathrm{0y}}=(-2mv_0\sin\alpha)\overrightarrow{j},

其中 \overrightarrow{j} 方向为竖直向上, 负号表示冲量的方向竖直向下.

3-14

881\ \mathrm{N}.

设单位矢量 ij 的方向分别为棒球水平运动速度方向和竖直向上方向, 则棒球水平运动时速度为 \overrightarrow{v_0}=50\overrightarrow{i}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, 斜向上飞出时的速度为 \overrightarrow{v}=\left(-80\cos30^\circ\cdot\overrightarrow{i}+80\sin30^\circ\cdot\overrightarrow{j}\right)\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}. 设棒作用在球上的平均力为 \overline{\overrightarrow{F}}. 根据动量定理,

\overline{\overrightarrow{F}}\Delta t=m\overrightarrow{v}-m\overrightarrow{v_0}.

则平均力的大小为

\overline{F}\approx 881\ \mathrm{N}.

3-16

\dfrac{mv_0u\sin\alpha}{(m+m')g}.

此人起跳时的速度可表为 \overrightarrow{v_0}=v_\mathrm{x}\overrightarrow{i}+v_\mathrm{0y}\overrightarrow{j}=\overrightarrow{v_0}\cos\alpha\overrightarrow{i}+\overrightarrow{v_0}\sin\alpha\overrightarrow{j}, 起跳高度 h 可表为 h=\dfrac{v_\mathrm{0y}^2}{2g}.

若此人不抛出物体, 从最高点到落地过程中水平位移 \overrightarrow{x}

\overrightarrow{x}=v_\mathrm{x}\sqrt{\frac{2h}{g}}\overrightarrow{i}.

以地面为参考系, 设此人抛出物体后水平速度为 \overrightarrow{v_\mathrm{x}'}. 因为此人和物体组成的系统在水平方向上动量守恒, 根据动量守恒定律

(m+m')\overrightarrow{v_\mathrm{x}}=m\left(\overrightarrow{v_\mathrm{x}}+\overrightarrow{u}\right)+m'\overrightarrow{v_\mathrm{x}'},

其中 \overrightarrow{u} 的方向与 \overrightarrow{v_\mathrm{x}} 的相反.

若此人抛出物体, 从最高点到落地过程中水平位移 \overrightarrow{x'}

\overrightarrow{x'}=v_\mathrm{x}'\sqrt{\frac{2h}{g}}\overrightarrow{i}.

则由于人抛出物体, 他跳跃的距离的增量 \Delta x

\Delta x=x'-x=\frac{mv_0u\sin\alpha}{(m+m')g}.

3-17

证明

设绳的线密度为 \lambda, 全长为 l, t 时刻已落到桌面上的绳长为 y, 未落到桌面上的绳下落速度为 \overrightarrow{v}. 设竖直向下为 Oy 轴正方向. 整个过程中, 绳受到重力 \lambda l\overrightarrow{g} 和桌面对绳的支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用. 在 t 时刻到 t+\mathrm{d}t 时刻内, 根据动量定理,

(\lambda lg-F_\mathrm{N})\mathrm{d}t=\lambda(l-y-\mathrm{d}y)(v+\mathrm{d}v)-\lambda(l-y)v.

注意到 \dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=g, \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=v, v^2=2gy, 则

F_\mathrm{N}=3\lambda yg.

根据牛顿第三定律, 绳作用于桌面上的压力与桌面对绳的支持力大小相等, 方向相反. 则在绳下落的过程中的任意时刻, 作用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的 3 倍. 得证.

3-18

(1) 3.68\times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}. (2) 2.47\times10^3\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

(1)

设火箭初质量为 M(0)=5.00\times 10^5\ \mathrm{kg}, 尾部喷出气体速率为 u=2.00\times 10^3\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, t 时刻火箭和气体总质量为 M(t)=M_0+m(t), m(t)=m_0-kt 是火箭内气体质量, 其中 k 为单位时间火箭喷出的气体质量. 设竖直向上为 Oy 轴正方向. 在 tt+\mathrm{d}t 时刻内, 火箭和气体组成的系统受重力 M\overrightarrow{g}, 根据动量定理,

M\overrightarrow{g}\mathrm{d}t=\mathrm{d}\overrightarrow{p}.

而注意到该时段内

\begin{aligned} \mathrm{d}\overrightarrow{p}&=\overrightarrow{p}(t+\mathrm{d}t)-\overrightarrow{p}(t)\\ &=\left((M-k\mathrm{d}t)\left(\overrightarrow{v}+\mathrm{d}\overrightarrow{v}\right)+k\mathrm{d}t\cdot\left(\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}\right)\right)-M\overrightarrow{v}\\ &=M\mathrm{d}\overrightarrow{v}+k\overrightarrow{u}\mathrm{d}t, \end{aligned}

其中根据上述分析, \overrightarrow{u} 的方向竖直向下. 化为标量式, 得

-Mg\mathrm{d}t=M\mathrm{d}v-ku\mathrm{d}t. \tag{*}

k=\frac{M(g+a)}{u}.

t=0 时, 取 M=M(0), a=4.90\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}, 得

k\approx 3.68\times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

(2)

火箭的质量比 N=\dfrac{M_0+m_0}{M_0}=6.00, 同时 M_0+m_0=M(0)=5.00\times 10^{5}\ \mathrm{kg}, 则 M_0=\dfrac{5}{6}\times 10^5\ \mathrm{kg}, m_0=\dfrac{25}{6}\times 10^5\ \mathrm{kg}.

当火箭达到最大速率 v_\mathrm{m} 时, 设此时时刻为 t_\mathrm{m}, 则 t_\mathrm{m}=\dfrac{m_0}{k}, M(t_\mathrm{m})=M_0.

根据 (*), 整理得

\left(\frac{ku}{M(0)-kt}-g\right)\mathrm{d}t=\mathrm{d}v.

\begin{aligned} \int^{v_\mathrm{m}}_{0}\mathrm{d}v&=\int^{t_\mathrm{m}}_{0}\left(\frac{ku}{M(0)-kt}-g\right)\mathrm{d}t\\ v_\mathrm{m}&=u\ln\frac{M(0)}{M(0)-kt_\mathrm{m}}-gt_\mathrm{m}\\ &=u\ln N-\frac{m_0g}{k}\\ &\approx2.47\times10^3\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}. \end{aligned}

笔者注: 注意尾部气体喷出速率为相对火箭的速率!

3-19

\dfrac{1}{2}F_0L. \sqrt{\dfrac{F_0L}{m}}.

0\leq x\leq L 时, F=F(x)=F_0\left(1-\dfrac{x}{L}\right). 则质点运动到 x 处时力 F 对质点所做的功为

\begin{aligned} W(x)&=\int^{x}_{0}F\mathrm{d}x\\ &=F_0\left(x-\frac{x^2}{2L}\right). \end{aligned}

则质点从 x=0 运动到 x=L 处的过程中力 F 对质点所做的功为 W(L)=\dfrac{1}{2}F_0L.

设质点在 x=L 处的速率为 v_\mathrm{m}. 根据动能定理,

\frac{1}{2}mv_\mathrm{m}^2-0=W(L).

解得

v_\mathrm{m}=\sqrt{\frac{F_0L}{m}}.

3-22

-\dfrac{27}{7}kc^{\frac{2}{3}}l^{\frac{7}{3}}.

由物体的运动方程 x=x(t), 推得

v=v(x)=3c^{\frac{1}{3}}x^{\frac{2}{3}}.

而物体受阻力 \overrightarrow{f} 作用, 则物体从 x=0 运动到 x 时阻力所做的功为

\begin{aligned} W(x)&=\int^{x}_{0}\overrightarrow{f}\cdot\mathrm{d}\overrightarrow{x}\\ &=\int^{x}_{0}-kv^2\mathrm{d}x\\ &=\int^{x}_{0}-9kc^{\frac{2}{3}}x^{\frac{4}{3}}\mathrm{d}x\\ &=-\frac{27}{7}kc^{\frac{2}{3}}x^{\frac{7}{3}}. \end{aligned}

则物体从 x=0 运动到 x=L 时阻力所做的功为 -\dfrac{27}{7}kc^{\frac{2}{3}}l^{\frac{7}{3}}.

3-23

882\ \mathrm{J}.

忽略桶的质量. 设井底平面一点为原点, 竖直向上方向为 Oy 轴正方向. 桶上升过程中, 水的质量随上升高度变化的解析式为 m(y)=m_0-ky, 其中 m_0=10.0\ \mathrm{kg}, k=0.20\ \mathrm{kg\cdot m^{-1}}. 设井高 h=10.0\ \mathrm{m}.

水桶匀速上升过程中, 受自身重力 m\overrightarrow{g} 和人的拉力 \overrightarrow{F}. 则

\overrightarrow{F}+m\overrightarrow{g}=\overrightarrow{0}.

F=mg=(m_0-ky)g.

则水桶被匀速地从井中提到井口的过程中, 人所做的功为

\begin{aligned} W&=\int^{h}_{0}\overrightarrow{F}\cdot\mathrm{d}\overrightarrow{y}\\ &=\int^{h}_{0}(m_0-ky)g\mathrm{d}y\\ &=\left(m_0h-\frac{1}{2}kh^2\right)g\\ &=882\ \mathrm{J}. \end{aligned}

3-24

(1) 0.525\ \mathrm{J}. (2) 2.29\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}. (3) 0.249\ \mathrm{N}.

(1)

在绳索从 30^\circ 角到 0^\circ 的过程中, 球受重力 m\overrightarrow{g} 和绳子张力 \overrightarrow{F_\mathrm{T}} 作用, 但 \overrightarrow{F_\mathrm{T}} 始终与球速度方向垂直, 故其不做功.

而该过程中, 球的重力对其做功为

W_\mathrm{P}=mgl(1-\cos30^\circ).

由题意得, m=0.20\ \mathrm{kg}, l=2.00\ \mathrm{m}. 则

W_\mathrm{P}\approx 0.525\ \mathrm{J}.

故该过程中重力和张力所做的功为 0.525\ \mathrm{J}.

(2)

该过程中, 根据动能定理, 物体最低位置时的动能 E_\mathrm{km} 满足

E_\mathrm{km}=W_\mathrm{P}=0.525\ \mathrm{J}.

则物体最低位置时的速率 v_\mathrm{m}

v_\mathrm{m}=\sqrt{\frac{2E_\mathrm{km}}{m}}\approx 2.29\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

(3)

球在最低位置受重力 m\overrightarrow{g} 和绳子张力 \overrightarrow{F_\mathrm{T}} 作用, 且二力方向恰相反.

球作圆周运动, 在最低位置处有

\overrightarrow{F_\mathrm{T}}+m\overrightarrow{g}=m\overrightarrow{a_\mathrm{n}}.

F_{\mathrm{T}}-mg=ma_{\mathrm{n}}=m\frac{v_\mathrm{m}^2}{l}.

F_{\mathrm{T}}=mg+m\frac{v_\mathrm{m}^2}{l}\approx 0.249\ \mathrm{N}.

3-29

(1) \dfrac{Gm_\mathrm{E}m}{6R_\mathrm{E}}. (2) -G\dfrac{m_\mathrm{E}m}{3R_\mathrm{E}}. (3) -\dfrac{Gm_\mathrm{E}m}{6R_\mathrm{E}}.

(1)

卫星在圆轨道上作匀速圆周运动, 且仅受地球对其的引力 \overrightarrow{F}. 则

\overrightarrow{F}=m\overrightarrow{a_\mathrm{n}}.

G\frac{m_\mathrm{E}m}{(3R_\mathrm{E})^2}=m\frac{v^2}{3R_\mathrm{E}}.

v=\sqrt{\frac{Gm_\mathrm{E}}{3R_\mathrm{E}}}.

则卫星的动能为

E_\mathrm{k}=\frac{1}{2}mv^2=\frac{Gm_\mathrm{E}m}{6R_\mathrm{E}}.

(2)

对于卫星与地球组成的系统, 卫星的引力势能为

E_\mathrm{p}=-G\frac{m_\mathrm{E}m}{3R_\mathrm{E}}.

(3)

卫星的机械能为

E=E_\mathrm{k}+E_\mathrm{p}=-\frac{Gm_\mathrm{E}m}{6R_\mathrm{E}}.

笔者注: 天体运动问题中, 运动轨道为(椭)圆的环绕天体的机械能为 -\dfrac{GMm}{2a}, 其中 M 为中心天体质量, m 为环绕天体质量, a 为环绕天体运动轨道的半长轴; 运动轨道为抛物线的天体的机械能为 0; 运动轨道为双曲线的天体的机械能大于零 (公式忘了, 不作进一步讨论).

3-30

\arcsin\dfrac{2}{3}\approx41.8^\circ. \sqrt{\dfrac{2}{3}gR}, 方向与竖直向下方向夹角为 41.8^\circ

冰块下滑过程中, 受重力 m\overrightarrow{g} 和支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用. 冰块在离开屋面前作圆周运动. 离开屋面瞬间, 屋顶对其支持力为零. 则此时

m\overrightarrow{g}=m\overrightarrow{a_\mathrm{n}}.

mg\sin\theta=m\frac{v^2}{R}.

冰块在离开屋面前的运动过程中, 支持力方向始终垂直于速度方向, 故其对冰块不做功. 则根据动能定理,

mgR(1-\sin\theta)=\frac{1}{2}mv^2.

解得

\theta=\arcsin\frac{2}{3}\approx41.8^\circ,\\ v=\sqrt{\frac{2}{3}gR},

速度方向与竖直向下方向夹角为 41.8^\circ.

3-32

\sqrt{\dfrac{m}{k}}v.

从子弹射入靶内弹簧到弹簧压缩长度达到最大的过程中, 考虑由子弹和弹簧组成的系统, 其所受外力对其做功代数和为零, 机械能守恒, 水平方向动量守恒. 则

\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}(m+m')v'^2+E_\mathrm{p},\\ mv=(m+m')v'.

而根据胡克定律,

E_\mathrm{p}=\frac{1}{2}kx_\mathrm{m}^2.

则弹簧的最大压缩长度 x_\mathrm{m}

x_\mathrm{m}=\sqrt{\frac{mm'}{k(n+m')}}v.

3-33

2\dfrac{m'}{m}\sqrt{5gl}.

子弹穿过摆锤过程中, 可认为子弹和摆锤组成的系统在水平方向上动量守恒. 则

m\overrightarrow{v}=m\frac{\overrightarrow{v}}{2}+m'\overrightarrow{u},

其中 \overrightarrow{u} 为子弹和摆锤相互作用后摆锤的速度.

若摆锤能在竖直平面内完成一个完全的圆周运动, 仅需保证其在轨迹最高点处仍能作半径为 l 的圆周运动. 摆锤从最低点运动到最高点过程中, 仅受重力 m'\overrightarrow{g} 和绳子张力 \overrightarrow{F_\mathrm{T}} 作用, 且张力方向始终垂直于速度方向, 故其对摆锤不做功. 根据动能定理,

-2m'gl=\frac{1}{2}m'u'^2-\frac{1}{2}m'u^2.

摆锤在最高点处, 有

\begin{cases} m'g+F_\mathrm{T}=m\frac{u'^2}{l},\\ F_\mathrm{T}\geq0. \end{cases}

v\geq2\frac{m'}{m}\sqrt{5gl}.

3-35

(1) 4.69\times10^7\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}. 54.1^\circ. (2) 22.3^\circ.

(1)

发生完全弹性碰撞时, 粒子 A 和粒子 B 组成的系统机械能守恒, 动量守恒.

根据机械能守恒定律,

\frac{1}{2}m_\mathrm{A}v_\mathrm{A}^2=\frac{1}{2}m_\mathrm{A}v_\mathrm{A}'^2+\frac{1}{2}m_\mathrm{B}v_\mathrm{B}'^2.

根据动量守恒定律, 分别在平行和垂直粒子 A 初速度方向上, 有

m_\mathrm{A}v_\mathrm{A}=m_\mathrm{A}v_\mathrm{A}'\cos\alpha+m_\mathrm{B}v_\mathrm{B}'\cos\beta,\\ 0=m_\mathrm{A}v_\mathrm{A}'\sin\alpha-m_\mathrm{B}v_\mathrm{B}'\sin\beta.

m_\mathrm{A}=2m_\mathrm{B}, 则解得

v_\mathrm{B}'=\sqrt{22}\times10^7\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}\approx4.69\times10^7\ \mathrm{m\cdot s^{-1}},\\ \alpha=\arccos\frac{37}{40}\approx22.3^\circ,\\ \beta=\arccos\frac{\sqrt{22}}{8}\approx54.1^\circ.

(2)

由 (1) 可知粒子 A 的偏转角为 22.3^\circ.

笔者注: 注意形如 \begin{cases}A_1\sin\alpha+B_1\sin\beta=C_1,\\A_2\cos\alpha+B_2\cos\beta=C_2\end{cases} 的三角函数方程组的解法.

3-37

\sqrt{\dfrac{m^2}{(m+m')^2}v_0^2\cos^2\alpha-2gh\left(1+\dfrac{\mu}{\tan\alpha}\right)}.

子弹与物块相互作用时, 可认为作用时间极短, 子弹和物块组成的系统在水平方向上动量守恒. 则

m\overrightarrow{v_0}=(m+m')\overrightarrow{v}.

子弹和物块组成的组合体沿斜面上滑过程中, 受重力 (m+m')\overrightarrow{g} 和滑动摩擦力 \overrightarrow{F_\mathrm{f}} 和支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用. 其在垂直斜面方向受力平衡, 有

(m+m')g\cos\alpha=F_\mathrm{N}.

组合体所受滑动摩擦力大小为

F_\mathrm{f}=\mu F_\mathrm{N}=\mu(m+m')g\cos\alpha.

从组合体开始上滑直至从斜面顶端滑出过程中, 根据动能定理,

-(m+m')gh-F_\mathrm{f}\frac{h}{\sin\alpha}=\frac{1}{2}(m+m')v'^2-\frac{1}{2}(m+m')(v\cos\alpha)^2.

解得

v'=\sqrt{\frac{m^2}{(m+m')^2}v_0^2\cos^2\alpha-2gh\left(1+\frac{\mu}{\tan\alpha}\right)}.

3-38

\dfrac{3m'+m}{m'+m}mg.

在小球沿内壁滑到容器底部的过程中, 小球与容器组成的系统机械能守恒, 在水平方向上动量守恒. 则

mgR=\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}m'u^2,\\ m\overrightarrow{v}+m'\overrightarrow{u}=\overrightarrow{0}.

解得

v=\sqrt{\frac{2m'}{m+m'}gR}.

小球在容器底部作圆周运动, 受重力 m\overrightarrow{g} 和支持力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用, 有

m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F_\mathrm{N}}=m\overrightarrow{a_\mathrm{n}}.

F_\mathrm{N}-mg=ma_\mathrm{n}=m\frac{v^2}{R}.

F_\mathrm{N}=\frac{3m'+m}{m'+m}mg.

久违的第四章。这次老师讲了很久才布置作业。刚体运动作为本书牛顿经典力学章节的末尾,知识点和题目的综合性和难度都有所体现。完成本章作业题时,不仅需要花费一些时间在公式的列写、推导和整理上,还要将较长的公式一一录入为 LaTeX 格式,因此本章习题比预计更晚才发布。


2022 年春季学期大学物理第四章作业

4-1

B.

4-2

B.

4-3

C.

设长度为 l, 质量为 m 的细棒受重力 m\overrightarrow{g} 和轴的弹力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 作用. 细棒绕轴转动时, 其相对于轴的转动惯量为 J=\dfrac{1}{3}ml^2. 根据转动定律, 当细棒与水平面的夹角为 \theta 时,

mg\frac{l}{2}\cos\theta=J\alpha,

解得

\alpha=\frac{3g}{2l}\cos\theta>0.

当细棒旋转过程中, \theta 逐渐增大, 则 \alpha 逐渐减小, \omega 逐渐增大.

4-4

C.

4-5

B.

4-10

(1) \dfrac{15}{32}mR^2. (2) \dfrac{39}{32}mR^2.

(1)

由物体的几何特征,

J_\mathrm{O}=\int^{R}_{\frac{R}{2}}\frac{2\pi r\mathrm{d}r}{\pi R^2}mr^2=\frac{15}{32}mR^2.

(2)

根据平行轴定理,

J_\mathrm{O'}=J_\mathrm{O}+\left(1-\frac{\pi\left(\dfrac{R}{2}\right)^2}{\pi R^2}\right)mR^2=\frac{39}{32}mR^2.

4-12

m\left(\dfrac{gt^2}{2h}-1\right)R^2.

重物受重力 m\overrightarrow{g} 和绳张力 \overrightarrow{F_\mathrm{T}} 作用. 飞轮受绳张力 -\overrightarrow{F_\mathrm{T}} 的力矩作用. 设重物在 t 时间内下落距离为 h. 根据转动定律,

F_\mathrm{T}R=J\alpha,

a=\alpha R.

根据牛顿第二定律,

mg-F_\mathrm{T}=ma.

重物作匀加速直线运动, 则

h=\frac{1}{2}at^2.

J=m\left(\frac{gt^2}{2h}-1\right)R^2.

4-13

(1) 2.45\ \mathrm{m}. (2) 39.2\ \mathrm{N}.

(1)

物体 B 受重力 m\overrightarrow{g} 和绳张力 \overrightarrow{F_\mathrm{T}} 作用. 圆柱体 A 受绳张力 -\overrightarrow{F_\mathrm{T}} 的力矩作用. 根据转动定律,

F_\mathrm{T}r=\frac{1}{2}m_1r^2\alpha,

其中

a=\alpha r.

根据牛顿第二定律,

m_2g-F_\mathrm{T}=m_2a.

物体 B 作匀加速直线运动, 则

y(t)=\frac{1}{2}at^2=\frac{m_2}{2m_2+m_1}gt^2.

t=1\ \mathrm{s}, 则

y(1\ \mathrm{s})=2.45\ \mathrm{m}.

(2)

由 (1), 绳的张力大小为

F_\mathrm{T}=39.2\ \mathrm{N}.

4-14

\dfrac{m_1R-m_2r}{J_1+J_2+m_1R^2+m_2r^2}gR, \dfrac{m_1R-m_2r}{J_1+J_2+m_1R^2+m_2r^2}gr, 方向沿竖直方向, 向上和向下受 m_1R-m_2r 的符号影响. \dfrac{J_1+J_2+m_2r(R+r)}{J_1+J_2+m_1R^2+m_2r^2}m_1g, \dfrac{J_1+J_2+m_1R(R+r)}{J_1+J_2+m_1R^2+m_2r^2}m_2g.

两物体 A, B 受各自重力 m_1\overrightarrow{g}m_2\overrightarrow{g} 以及各自绳的张力 \overrightarrow{F_1}\overrightarrow{F_2} 作用. 组合轮受物体 A, B 两端绳的张力矩作用. 设顺时针方向为转动参考方向. 根据转动定律,

F_1R-F_2r=(J_1-J_2)\alpha,

其中

a_1=\alpha R,\\ a_2=\alpha r.

根据牛顿第二定律,

F_1=m_1(g-a_1),\\ F_2=m_2(g-a_2).

a_1=\frac{m_1R-m_2r}{J_1+J_2+m_1R^2+m_2r^2}gR,\\ a_2=\frac{m_1R-m_2r}{J_1+J_2+m_1R^2+m_2r^2}gr,\\ F_1=\frac{J_1+J_2+m_2r(R+r)}{J_1+J_2+m_1R^2+m_2r^2}m_1g,\\ F_2=\frac{J_1+J_2+m_1R(R+r)}{J_1+J_2+m_1R^2+m_2r^2}m_2g.

4-16

100\pi\ \mathrm{N}.

l_1=0.50\ \mathrm{m}, l_2=0.75\ \mathrm{m}. 飞轮减速过程中, 闸瓦没有发生转动, 受制动力 \overrightarrow{F} 和飞轮的支持力 -\overrightarrow{F_\mathrm{N}} 的力矩作用, 飞轮受因闸瓦对其的压力 \overrightarrow{F_\mathrm{N}} 而产生的摩擦力 \overrightarrow{F_\mathrm{f}} 的力矩作用. 设以飞轮中心轴为参考轴, 顺时针方向为正方向; 以闸瓦固定端为参考轴, 顺时针方向为正方向. 根据转动定律,

-F_\mathrm{f}\frac{d}{2}=m\left(\frac{d}{2}\right)^2\alpha,\\ F(l_1+l_2)-F_\mathrm{N}l_1=0,

其中

F_\mathrm{f}=\mu F_\mathrm{N},\\ 0=\omega_0+\alpha t.

解得

F=\frac{m\omega_0dl_1}{2\mu t(l_1+l_2)}=100\pi\ \mathrm{N}.

笔者注: 题干中有 “飞轮的质量全部分布在轮缘上”, 表明计算其转动惯量时应将其抽象为匀质圆环.

4-18

(1) \dfrac{J}{c}\ln2. (2) \dfrac{\omega_0J}{4\pi c}.

(1)

通风机转动部分受空气的阻力矩 \overrightarrow{M}=-c\overrightarrow{\omega} 作用. 取通风机转轴为参考轴, 逆时针方向为正方向. 根据转动定律,

\overrightarrow{M}=J\overrightarrow{\alpha}.

\begin{aligned} \mathrm{d}t&=-\frac{J\mathrm{d}\omega}{c\omega}\\ \int^{t}_{0}\mathrm{d}t&=-\int^{\omega}_{\omega_0}\frac{J\mathrm{d}\omega}{c\omega}\\ t&=\frac{J}{c}\ln\frac{\omega_0}{\omega}. \end{aligned}

\omega=\dfrac{\omega_0}{2}, 则经过 \Delta t=\dfrac{J}{c}\ln2 后, 其角速度减少为初角速度的一半.

(2)

由 (1) 可知,

\omega=\omega_0\exp\left(-\frac{ct}{J}\right).

则在此时间内, 通风机转动部分的角位移 \Delta\theta

\Delta\theta=\int^{\Delta t}_{0}\omega\mathrm{d}t=\frac{\omega_0J}{2c}.

则转过的圈数为 \dfrac{\omega_0J}{4\pi c}.

4-25

0.8\pi\ \mathrm{rad\cdot s^{-1}}.

设时刻为 t 时, 转台角速度为 \omega, 黏附于台面的砂粒总质量为 m. 在极短时间 \mathrm{d}t 内, 竖直落至并黏附于台面的砂粒的质量为 \mathrm{d}m=Q\mathrm{d}t=2t\mathrm{d}t\ \mathrm{g}=2\times10^{-3}t\mathrm{d}t\ \mathrm{kg}. 则

m=\int^{t}_{0}\mathrm{d}m=10^{-3}t^2\ \mathrm{kg}.

在此时间内, 黏附于台面的砂粒和转盘对其中心竖直轴的角动量守恒. 设转台初角速度方向为正方向. 根据角动量守恒定律,

\begin{aligned} \mathrm{d}L=\mathrm{d}(J\omega)&=0\\ J\mathrm{d}\omega+\omega\mathrm{d}J&=0\\ (J_0+mr^2)\mathrm{d}\omega+\omega(r^2\mathrm{d}m)&=0\\ \int^{\omega}_{\omega_0}\frac{\mathrm{d}\omega}{\omega}&=-\int^{t}_{0}\frac{2\times10^{-3}r^2t}{J_0+10^{-3}r^2t^2}\mathrm{d}t\\ \omega&=\frac{J_0\omega_0}{J_0+10^{-3}r^2t^2}. \end{aligned}

代入 t=10\ \mathrm{s}, 得

\omega=0.8\pi\ \mathrm{rad\cdot s^{-1}}.

4-29

(1) 2\ \mathrm{kg\cdot m^2\cdot s^{-2}}, 方向为 \overrightarrow{l}\times\overrightarrow{F} 方向. (2) 88.63^\circ.

(1)

打击过程中, 棒受打击力 \overrightarrow{F} 产生的冲量矩作用. 根据角动量定理,

\overrightarrow{L}-\overrightarrow{0}=\overrightarrow{l}\times\overrightarrow{F}\Delta t,

其中 \overrightarrow{L} 的方向为细棒上端点指向下端点, 大小为 l=1.0\ \mathrm{m}.

则打击后细棒对上端点轴的角动量, 也即打击时细棒角动量的变化 \overrightarrow{L} 的大小为

L=lF\Delta t=2\ \mathrm{kg\cdot m^2\cdot s^{-2}},

方向为 \overrightarrow{l}\times\overrightarrow{F} 方向.

(2)

细棒偏转角达到最大时, 细棒的角速度为 0. 打击后, 细棒对轴受重力 m\overrightarrow{g} 的力矩作用. 根据刚体定轴转动的动能定理,

\begin{aligned} 0-\frac{L^2}{2J}&=-\int^{\theta}_{0}mg\frac{l}{2}\sin\theta\mathrm{d}\theta\\ -\frac{L^2}{2J}&=-\frac{1}{2}mgl(1-\cos\theta). \end{aligned}

解得

\theta=\arccos\left(1-\frac{3L^2}{m^2gl^3}\right)\approx88.63^\circ.

4-30

8.11\times10^3\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}, 6.31\times10^3\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

卫星对轴不受外力矩作用, 且卫星与地球组成的系统可视为不受外力和非保守内力作用, 故卫星的角动量守恒, 卫星与地球组成的系统机械能守恒. 根据角动量守恒定律和机械能守恒定律,

mv_nr_n=mv_fr_f,\\ \frac{1}{2}mv_n^2-\frac{Gm'm}{r_n}=\frac{1}{2}mv_f^2-\frac{Gm'm}{r_f}.

代入 r_n=4.39\times10^5\ \mathrm{m}+6.38\times10^6\ \mathrm{m}, r_f=2.38\times10^6\ \mathrm{m}+6.38\times10^6\ \mathrm{m}. 联立解得

v_n=\sqrt{\frac{2Gm'r_f}{r_n(r_n+r_f)}}\approx8.11\times10^3\ \mathrm{m\cdot s^{-1}},\\ v_f=\sqrt{\frac{2Gm'r_n}{r_f(r_n+r_f)}}\approx6.31\times10^3\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

笔者注: 题 3-29 “笔者注” 部分提及椭圆轨道天体相对于中心天体的机械能为 -\dfrac{Gm'm}{2a}=-\dfrac{Gm'm}{r_n+r_f}. 利用此结论, 本题计算可大大简化. 另外注意题干所给数据中有地球半径, 否则会得到荒谬的结果.

4-32

(1) 4\omega_0, 方向与初角速度方向相同. (2) \dfrac{3}{2}m\omega_0^2r^2.

(1)

整个过程中, 小球受径向绳张力的作用, 故对竖直轴角动量守恒. 根据角动量守恒定律,

m\omega_0r^2=m\omega\left(\frac{r}{2}\right)^2.

解得

\omega=4\omega_0,

新角速度方向与初角速度方向相同.

(2)

整个过程中, 拉力所做的功转化为小球动量的增量. 根据功能原理,

W=\frac{1}{2}m\omega^2\left(\frac{r}{2}\right)^2-\frac{1}{2}m\omega_0^2r^2=\frac{3}{2}m\omega_0^2r^2.

4-33

(1) 18.4\ \mathrm{rad\cdot s^{-1}}, 7.98\ \mathrm{rad\cdot s^{-1}}. (2) 0.98\ \mathrm{J}. (3) 8.57\ \mathrm{rad\cdot s^{-1}}.

(1)

全过程中细棒受重力 m\overrightarrow{g} 的力矩作用. 以顺时针方向为正方向, 当细棒转过 \theta 时, 根据转动定律, 细棒的角加速度 \alpha(\theta)

mg\frac{l}{2}\cos\theta=\frac{1}{3}ml^2\alpha.

则当棒转过 \theta=60^\circ 时, 角加速度为 \alpha=\dfrac{3g}{4l}\approx18.4\ \mathrm{rad\cdot s^{-2}}.

此时, 重力对细棒的做功为

\begin{aligned} W&=\int^{60^\circ}_{0}\frac{1}{3}ml^2\alpha\mathrm{d}\theta\\ &=\int^{60^\circ}_{0}\frac{1}{2}mgl\cos\theta\mathrm{d}\theta\\ &=\frac{\sqrt{3}}{4}mgl. \end{aligned}

根据刚体定轴转动的动能定理,

\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}ml^2\omega^2-0=W

\omega=\sqrt{\frac{3\sqrt{3}g}{2l}}\approx7.98\ \mathrm{rad\cdot s^{-1}}.

(2)

由 (1), 根据动能定理, 细棒下落到竖直位置时相对于质心的转动动能分别为

E_{\mathrm{k,rotation}}=\int^{90^\circ}_{0}\frac{1}{12}ml^2\alpha\mathrm{d}\theta=\frac{1}{8}mgl.

根据刚体定轴转动的动能定理, 细棒的角速度为

\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{12}ml^2\omega'^2-0=E_{\mathrm{k,rotation}},

\omega'=\sqrt{\frac{3g}{l}}.

以固定轴为参考系, 细棒的质心平动动能为

E_\mathrm{k,translation}=\frac{1}{2}m\left(\omega'\frac{l}{2}\right)^2=\frac{3}{8}mgl.

则细棒的动能为

E_\mathrm{k}=E_\mathrm{k,rotation}+E_\mathrm{k,translation}=\frac{1}{2}mgl=0.98\ \mathrm{J}.

(3)

由 (2), 细棒下落到竖直位置时的角速度为 \omega'\approx8.57\ \mathrm{rad\cdot s^{-1}}.

笔者注: 质点系的动能为质心动能和各质点相对质心的总动能之和, 此为柯尼希定理的内容. 对于刚体可得到刚体的动能为质心平动动能和刚体相对质心的转动动能之和.

4-35

\dfrac{4m'}{m}\sqrt{2gl}.

子弹以速度 \overrightarrow{v} 射入细棒-摆锤组合体时, 对组合体一端的固定轴, 其与子弹组成的系统角动量守恒. 根据角动量守恒定律,

mvl=\left(\frac{1}{3}m'l^2+m'l^2\right)\omega+m\frac{v}{2}l.

若组合体能绕固定轴作圆周运动, 则组合体在轨迹最高点处的速率应大于或等于零. 子弹离开组合体后全过程, 对组合体做功的力仅有重力, 则组合体和地球组成的系统机械能守恒. 组合体从最低点运动到最高点过程中, 根据动能定理

0-\left(\frac{1}{2}m'\left(\omega\frac{l}{2}\right)^2+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{12}m'l^2\omega^2+\frac{1}{2}m'(\omega l)^2\right)=-2m'gl-2m'g\frac{l}{2}.

解得

v=\frac{4m'}{m}\sqrt{2gl}.

4-37

\dfrac{J_0\omega_0}{J_0+mR^2}, \sqrt{2gR+\dfrac{J_0\omega_0^2R^2}{J_0+mR^2}}; \omega_0, 2\sqrt{gR}.

对圆环和小球组成的系统, 在竖直轴参考系下, 只有小球重力 (保守内力) 对其做功, 则该系统与地球组成的系统机械能守恒. 从小球刚刚开始下滑到与圆环中心的连线和竖直方向夹角为 \theta 的过程中, 根据动能定理

\left(\frac{1}{2}J_0\omega^2+\frac{1}{2}mv^2\right)-\frac{1}{2}J_0\omega_0^2=mgR(1-\cos\theta).

其中小球相在固定轴静止的参考系下的速度 \overrightarrow{v}=\overrightarrow{v_\mathrm{r}}+\overrightarrow{r}\times\overrightarrow{\omega}, \overrightarrow{v_\mathrm{r}} 为小球在圆环静止的参考系下的相对速度, \overrightarrow{r} 的大小为小球与竖直轴 OO' 的距离, 方向为从竖直轴 OO' 上与小球同平面的点指向小球. 对其分解, 得到

v=\sqrt{v_\mathrm{r}^2+(\omega R\sin\theta)^2}.

圆环和小球组成的系统对固定竖直轴角动量守恒. 根据角动量守恒定律,

J_0\omega_0=\left(J_0+m(R\sin\theta)^2\right)\omega.

解得

\omega=\frac{J_0\omega_0}{J_0+mR^2\sin^2\theta},\\ v_\mathrm{r}=\sqrt{2gR(1-\cos\theta)+\frac{J_0\omega_0^2R^2\sin^2\theta}{J_0+mR^2\sin^2\theta}}.

小球在 B 点时, 取 \theta=\dfrac{\pi}{2}, 则

\omega_1=\frac{J_0\omega_0}{J_0+mR^2},\\ v_\mathrm{r1}=\sqrt{2gR+\frac{J_0\omega_0^2R^2}{J_0+mR^2}}.

小球在 C 点时, 取 \theta=\pi, 则

\omega_2=\omega_0,\\ v_\mathrm{r1}=2\sqrt{gR}.

笔者注: 显然 \overrightarrow{v_\mathrm{r}}\perp\overrightarrow{r}\times\overrightarrow{\omega}.

4-39

大小为 \dfrac{\sqrt{m^2v_0^2-k(m+m')(l-l_0)^2}}{m+m'}, 方向与弹簧长度为 l 时子弹-滑块组合体相对 O 的位矢的夹角为 \arcsin\dfrac{mv_0l_0}{l\sqrt{m^2v_0^2-k(m+m')(l-l_0)^2}}.

子弹射入滑块过程中, 时间极短, 可以认为弹簧对滑块无弹力作用. 子弹和滑块组成的系统动量守恒. 根据动量守恒定律,

m\overrightarrow{v_0}=(m+m')\overrightarrow{v_1}.

子弹射入滑块后, 子弹和滑块的组合体滑动全过程中不受外力矩作用, 故对 O 轴角动量守恒. 根据角动量守恒定律,

\overrightarrow{l_0}\times(m+m')\overrightarrow{v_1}=\overrightarrow{l}\times(m+m')\overrightarrow{v}.

全过程中, 子弹, 滑块和弹簧组成的系统所受外力和非保守内力矢量和为零, 故该系统机械能守恒. 根据机械能守恒定律,

\frac{1}{2}(m+m')v_1^2=\frac{1}{2}(m+m')v^2+\frac{1}{2}k(l-l_0)^2.

\overrightarrow{l}\overrightarrow{v} 的夹角为 \theta. 则

v=\frac{\sqrt{m^2v_0^2-k(m+m')(l-l_0)^2}}{m+m'},\\ \theta=\arcsin\frac{mv_0l_0}{l\sqrt{m^2v_0^2-k(m+m')(l-l_0)^2}}.

2022 年春季学期大学物理第十四章作业

笔者注: 受教材影响, 本次作业使用本丛书的第六版.

14-1

D.

14-2

C.

\Delta t=\frac{\Delta t'+\dfrac{v}{c^2}\Delta x'}{\sqrt{1-\beta^2}}.

14-3

B.

根据相对论的长度收缩效应, 细棒在 S 系的 Ox 方向上将缩短, 而其他方向上不变, 故在 S 系下测量与 Ox 的夹角将变大.

14-4

C.

在飞船参考系中, 飞船的长度仍是固有长度 L.

14-5

(1) 1.25\times10^{-7}\ \mathrm{s}0. (2) 2.25\times10^{-7}\ \mathrm{s}.

(1)

根据洛伦兹时空变换式, 得

\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}=1.25,\\ t_1'=\gamma\left(t_1-\dfrac{vx_1}{c}\right)=1.25\times10^{-7}\ \mathrm{s}.

(2)

根据洛伦兹时空变换式, 得

t_2'=\gamma\left(t_2-\dfrac{vx_2}{c}\right)=3.5\times10^{-7}\ \mathrm{s}.

则在 S' 系中测得两个事件发生的时间间隔为

\Delta t'=t_2'-t_1'=2.25\times10^{-7}\ \mathrm{s}.

14-6

(x,y,z,t)=(93.0\ \mathrm{m},0,0,2.5\times10^{-7}\ \mathrm{s}).

根据洛伦兹时空变换式, 得

\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}=1.25,\\ x=\gamma(x'+vt')=93.0\ \mathrm{m},\\ y=y'=0,\\ z=z'=0,\\ t=\gamma\left(t'+\frac{vx'}{c^2}\right)\approx2.5\times10^{-7}\ \mathrm{s}.

14-7

9.26\times10^{-14}\ \mathrm{s}.

对于闪电击中火车前端和后端这两个事件, 在火车惯性系中, 空间坐标间隔为 \Delta x'=0.3\ \mathrm{km}, 时间间隔为 \Delta t'=0. 根据洛伦兹时空变换式, 在地面惯性系中两个事件的时间间隔 \Delta t

\Delta t=\frac{\Delta t'+\dfrac{v}{c^2}\Delta x'}{\sqrt{1-\beta^2}}\approx9.26\times10^{-14}\ \mathrm{s},

且闪电先击中火车前端.

14-9

0.994c, 相互靠近.

在实验室惯性系中, 电子和正电子速度方向相反, 速率皆为 0.9c. 设正电子的运动方向与参考方向相反 (速度值取负). 在电子惯性系中, 根据洛伦兹速度变换式, 正电子的相对速度 \overrightarrow{u'} 的大小为

u'=\frac{u-v}{1-\dfrac{v}{c^2}u}\approx-0.994c,

负号表示与参考方向相反.

14-10

0.817c.

根据洛伦兹速度变换式, 得

u=\frac{u'+v}{1+\dfrac{v}{c^2}u'}\approx0.817c.

14-12

c, 速度方向与 Ox 正方向夹角为 \arctan\dfrac{\sqrt{c^2-v^2}}{v}.

在粒子惯性系中, 光子在 y 方向上的速度为 u_y'=c. 在地面惯性系中, 根据洛伦兹速度变换式, 光子的速度 \overrightarrow{u}=u_x\overrightarrow{i}+u_y\overrightarrow{j}+u_z\overrightarrow{k} 满足

u_x=\frac{u_x'+v}{1+\dfrac{v}{c^2}u_x'}=v,\\ u_y=\frac{u_y'\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}{1+\dfrac{v}{c^2}u_x'}=\sqrt{c^2-v^2},\\ u_z=\frac{u_z'\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}{1+\dfrac{v}{c^2}u_x'}=0.

则光子的速率为

u=\sqrt{u_x^2+u_y^2+u_z^2}=c,

速度方向与 Ox 正方向夹角为

\theta=\arctan\frac{u_y}{u_x}=\arctan\frac{\sqrt{c^2-v^2}}{v}.

笔者注: 根据光速不变原理, 容易得到光子在地面惯性系下的速率为 c.

14-13

37.5\ \mathrm{s}.

在火箭惯性系中, 火箭发射事件和发射炮弹事件的时间间隔为 \Delta t'=10\ \mathrm{s}. 则根据洛伦兹时空变换式, 在地面惯性系中两个事件的时间间隔 \Delta t_1

\Delta t_1=\frac{\Delta t'}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}=12.5\ \mathrm{s}.

在地面惯性系中, 火箭发射炮弹前上升高度为

h=v\Delta t_1.

炮弹到达地面的时间为

\Delta t_2=\frac{h}{v_1}=25\ \mathrm{s}.

则火箭发射后炮弹经过 37.5\ \mathrm{s} (地球上的钟) 到达地球.

14-15

1.34\times10^{9}\ \mathrm{m}.

S 系中, 两个事件的空间间隔为 \Delta x=0, 时间间隔为 \Delta t=4.0\ \mathrm{s}. 在 S' 系中两个事件的时间间隔为 \Delta t'=6.0\ \mathrm{s}. 根据洛伦兹时空变换式, 在 S' 系中两个事件的空间间隔 \Delta x'S' 系相对于 S 系的运动速率 v 满足

\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}},\\ \Delta x'=\gamma(\Delta x-v\Delta t),\\ \Delta x=\gamma(\Delta x'+v\Delta t').

解得

\Delta x'\approx-1.34\times10^{9}\ \mathrm{m}.

14-18

\dfrac{\sqrt{3}}{2}c.

设宇宙飞船的固有长度为 L_0, 此时的速率为 v. 根据洛伦兹时空变换式,

\frac{L_0}{2}=L_0\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}.

解得

v=\frac{\sqrt{3}}{2}c.

14-22

0.511\ \mathrm{MeV}, 4.489\ \mathrm{MeV}, 2.66\times10^{-21}\ \mathrm{kg\cdot m\cdot s^{-1}}, 2.98\times10^8\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

已知电子的静质量为 m_0=9.1\times10^{-31}\ \mathrm{kg}. 根据狭义相对论的质能关系, 电子的静能为

E_0=m_0c^2\approx0.511\ \mathrm{MeV}.

电子的动能为

E_\mathrm{k}=E-E_0\approx4.489\ \mathrm{MeV}.

电子的动量为

p=\frac{\sqrt{E^2-E_0^2}}{c}\approx2.66\times10^{-21}\ \mathrm{kg\cdot m\cdot s^{-1}}.

电子的速率为

v=\frac{pc^2}{E}\approx2.98\times10^8\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

14-23

(1) 5.87\times10^9. (2) 299999995.5\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

(1)

已知电子的静质量为 m_0=9.1\times10^{-31}\ \mathrm{kg}. 根据狭义相对论的质能关系, 电子的静能为

E_0=m_0c^2\approx0.511\ \mathrm{MeV}.

则电子的质量与其静质量的比值为

k=\frac{m}{m_0}=\frac{E}{E_0}\approx5.87\times10^9.

(2)

电子的速率为

v=c\sqrt{1-\frac{m_0^2c^4}{E^2}}\approx299999995.5\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

笔者注: 本题中电子总能量数量级较大, 计算出其速率很接近光速. 使用计算工具时需要注意计算结果的精确度 (例如一些编程语言的编译器或解释器的浮点数默认显示有效位数不足, 导致仍输出 “300000000” 即光速本身).

14-27

4.13\times10^{-16}\ \mathrm{J}, 5.14\times10^{-14}\ \mathrm{J}.

可以认为对电子做的功完全转化为电子的能量. 根据狭义相对论的质能关系, 将电子由静止加速到速率为 0.1c 所需做功

W_1=\left(\frac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v_1^2}{c^2}}}-1\right)m_0c^2\approx4.13\times10^{-16}\ \mathrm{J},\\ W_2=\left(\frac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v_3^2}{c^2}}}-\frac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v_2^2}{c^2}}}\right)m_0c^2\approx5.14\times10^{-14}\ \mathrm{J}.

14-28

\dfrac{2m_0}{c\sqrt{c^2-v^2}}.

在惯性系中, 粒子 AB 碰撞过程中, 动量守恒, 能量守恒. 根据动量守恒定律, 能量守恒定律和狭义相对论的质能关系, 在该惯性系中新粒子速率为零. 则

E_0'=2\frac{m_0c^2}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}=m_0'c^2.

解得

m_0'=\frac{2m_0}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}.
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这次分段函数明显增多了。

有四张函数图象,存在本地,懒得上传了。

另外注意 MathJax 的无穷符号应该使用 \infty,诸如 \infin\infinty 都不行。


2022 年春季学期大学物理第五章作业

5-1

B.

5-2

B.

5-3

D,

5-4

B.

注意电偶极子的极矩方向是由负电荷指向正电荷.

5-9

\dfrac{Qq}{8\pi^2\varepsilon_0R^2}

取半个圆环分析, 如题图所示. 半圆环受库仑力 \overrightarrow{F} 和环中出现的张力 2\overrightarrow{F_\mathrm{T}} 作用.

在与点电荷 q 连线与竖直轴线夹角 \theta 的环上取一小段弧元, 长度为 R\mathrm{d}\theta, 设其受点电荷的库仑力 \mathrm{d}F 作用. 则

\mathrm{d}F=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\dfrac{\mathrm{d}\theta}{2\pi}Qq}{R^2}=\frac{Qq}{8\pi^2\varepsilon_0R^2}\mathrm{d}\theta.

\begin{aligned} F&=\int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}}(\mathrm{d}F)\cos\theta\\ &=\frac{Qq}{4\pi^2\varepsilon_0R^2}. \end{aligned}

那么

F_\mathrm{T}=\frac{1}{2}F=\frac{Qq}{8\pi^2\varepsilon_0R^2}.

5-10

证明

(1)

在距离所给点 x\ (r-\dfrac{1}{2}L\leq x\leq r+\dfrac{1}{2}L) 处的棒上取一小段线元 \mathrm{d}x. 则所给点处的电场强度为

\begin{aligned} E&=\int^{r+\frac{1}{2}L}_{r-\frac{1}{2}L}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\dfrac{\mathrm{d}x}{L}Q}{x^2}\\ &=\frac{1}{\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{4r^2-L^2}. \end{aligned}

得证.

(2)

在距离棒中点 x\ (0\leq x\leq\dfrac{1}{2}L) 处的棒上取一小段线元 \mathrm{d}x. 分析可知, 棒上各线元对所给点处电场强度水平方向的贡献矢量和为零. 设线元与所给点的连线与中垂线的夹角为 \theta, 则所给点处的电场强度为

\begin{aligned} E&=2\int^{\frac{L}{2}}_{0}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\dfrac{\mathrm{d}x}{L}Q}{x^2+r^2}\cos\theta\\ &=2\int^{\frac{L}{2}}_{0}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\dfrac{\mathrm{d}x}{L}Q}{x^2+r^2}\frac{r}{\sqrt{x^2+L^2}}\\ &=\frac{1}{2\pi\varepsilon_0r}\frac{Q}{\sqrt{4r^2+L^2}}. \end{aligned}

得证.

笔者注: 由数学知识可知 \displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{(x^2+a^2)^{\frac{3}{2}}}=\frac{x}{a^2\sqrt{x^2+a^2}}+C. 这在物理学中经常需要用到.

5-11

\dfrac{\sigma}{4\varepsilon_0}.

考虑先求带电圆环对过其圆心的垂直线上一点的电场强度, 再求一系列带电圆环对该点的总电场强度. 经过分析可知, 每个带电圆环对球心的电场强度方向均垂直与半球壳底面. 若设某个带电圆环上任意一点与球心的连线与过球心垂直线的夹角为 \theta, \mathrm{d}l 为圆环上一小线元. 又可推知该带电圆环的电荷线密度为 \sigma R\mathrm{d}\theta. 则球心处电场强度的大小为

E=\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\mathrm{d}\theta\int^{2\pi R\sin\theta}_{0}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\sigma R\mathrm{d}\theta}{R^2}\mathrm{d}l=\frac{\sigma}{4\varepsilon_0}.

笔者注: 注意到该结果与球壳半径无关. 同时本题切分带电圆环时, 不可直接在垂直底面方向切分 (例如将带电圆环电荷线密度计为 \sigma\mathrm{d}z), 否则会得到错误的结果.

5-13

(1) \dfrac{\lambda r}{2\pi\varepsilon_0x(r\pm x)}, 其中设该点与距其较近的导线的垂直距离为 x; 当该点位于两导线之间的区域时取负号, 位于两导线之外的区域时取正号; 当该点位于两导线之间的区域时方向由带正电导线垂直指向带负电导线, 位于两导线之外的区域时方向由带负电导线指向带正电导线. (2) \dfrac{\lambda^2}{2\pi\varepsilon_0r}, 带正电导线线元所受电场力方向为带正电导线垂直指向带负电导线, 带负电导线线元恰相反.

(1)

设某点位于与某条电荷线密度为 \lambda 的无限长直导线垂直距离为 x 处. 在导线上取一小线元 \mathrm{d}l, 其与该点的连线与导线夹角为 \theta. 注意到导线上各线元在该点产生的电场强度具有轴对称性, 在平行导线方向分量矢量和为零. 则该点的电场强度的大小为

E=2\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda\mathrm{d}l}{l^2+x^2}\frac{x}{\sqrt{l^2+x^2}}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0x}.

\lambda>0, 则方向为从导线指向该点; 反之则为从该点指向导线.

题中, 不妨设 \lambda>0. 在两导线形成的平面上, 不妨设某点位于与带正电导线垂直距离为 x 处, 靠近带正电导线一侧且不位于两条导线之间. 根据上述结论, 可知该点的电场强度的大小为

\begin{aligned} E&=E_++E_-\\ &=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0x}+\frac{-\lambda}{2\pi\varepsilon_0(x+r)}\\ &=\frac{\lambda r}{2\pi\varepsilon_0x(x+r)}, \end{aligned}

正值表示电场强度方向为带负电导线垂直指向带正电导线.

当上述情况的带正电导线改为带负电导线, 其余条件不变时, 该点的电场强度的大小为 -\dfrac{\lambda r}{2\pi\varepsilon_0x(x+r)}, 负值仍表示电场强度方向为带负电导线垂直指向带正电导线.

当该点位于两条导线之间时, 不妨设其与带正电导线的垂直距离不大于与带负电导线的垂直距离, 且为 x\ (0<x\leq\dfrac{r}{2}). 类似上述推导, 该点的电场强度的大小为

\begin{aligned} E&=E_++E_-\\ &=-\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0x}+\frac{-\lambda}{2\pi\varepsilon_0(r-x)}\\ &=-\frac{\lambda r}{2\pi\varepsilon_0x(r-x)}, \end{aligned}

负值表示电场强度方向为带正电导线垂直指向带负电导线.

当该点与带正电导线的垂直距离不小于与带负电导线的垂直距离时, 设后者为 x, 该点的电场强度的大小为 \dfrac{\lambda r}{2\pi\varepsilon_0x(r-x)}, 正值仍表示电场强度方向为带正电导线垂直指向带负电导线.

(2)

利用 (1) 的结论, 两导线单位长度受到另一根导线上电荷的电场力大小为

F=\lambda\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0r}=\frac{\lambda^2}{2\pi\varepsilon_0r},

其中带正电导线线元所受电场力方向为带正电导线垂直指向带负电导线, 带负电导线线元恰相反.

5-15

\pi R^2E.

根据电场强度通量的定义, 在与 \overrightarrow{E} 垂直的最大面积截面 (凸面) 相同的情况下, 面的形状与电场强度通量的值无关. 本题中, 通过此半球面的电场强度通量为

\Phi_\mathrm{e}=\pi R^2E.

5-18

0\leq r\leq R 时, \overrightarrow{E}=\dfrac{kr^2}{4\varepsilon_0}\overrightarrow{e_r}; 当 r>R 时, \dfrac{kR^4}{4\varepsilon_0r^2}\overrightarrow{e_r}.

设穿出高斯面电场强度通量取正值. 在半径 r 处取一以球心为中心的高斯面. 设该高斯面内的电荷量为 q(r), 则

q(r)=\int^{r}_{0}4\pi r^2\rho\mathrm{d}r= \begin{cases} \pi kr^4,&0\leq r\leq R\\ \pi kR^4.&r>R \end{cases}

则根据高斯定理,

\Phi_\mathrm{e}=\frac{q(r)}{\varepsilon_0}= \begin{cases} \dfrac{\pi kr^4}{\varepsilon_0},&0\leq r\leq R\\ \dfrac{\pi kR^4}{\varepsilon_0}.&r>R \end{cases}

由于高斯面上各点场强均垂直于表面, 且大小相等, 故

\overrightarrow{E}=\frac{\Phi_\mathrm{e}}{4\pi r^2}\overrightarrow{e_r}= \begin{cases} \dfrac{kr^2}{4\varepsilon_0}\overrightarrow{e_r},&0\leq r\leq R\\ \dfrac{kR^4}{4\varepsilon_0r^2}\overrightarrow{e_r},&r>R \end{cases}

其中 \overrightarrow{e_r} 表示从球心指向高斯面上某点的单位矢量.

在半径 r 处取一以球心为中心的球面. 当 0\leq r\leq R 时, 半径大于 r 部分的球壳对该球面上各点不产生场强, 半径小于 r 部分的球体对该球面上各点产生的场强可视为等电量点电荷在球心处激发的场强, 故根据电场叠加原理,

\overrightarrow{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q(r)}{r^2}\overrightarrow{e_r}=\frac{kr^2}{4\varepsilon_0}\overrightarrow{e_r}.

同理, 当 r>R 时,

\overrightarrow{E}=\frac{kR^4}{4\varepsilon_0r^2}\overrightarrow{e_r}.

5-22

E=\dfrac{q(r)}{4\pi r^2\varepsilon_0}= \begin{cases} 0,&0\leq R_1<R_2\\ \dfrac{r^3-R_1^3}{R_2^3-R_1^3}\dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0r^2},&R_1\leq r\leq R_2\\ \dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0r^2},&R_2<r<R_3\\ \dfrac{Q_1+Q_2}{4\pi\varepsilon_0r^2}.&r\geq R_3 \end{cases}

以球心为中心取一半径为 r 的高斯球面. 则高斯面内电荷量 q(r) 可表示为

q(r)= \begin{cases} 0,&0\leq R_1<R_2\\ \dfrac{r^3-R_1^3}{R_2^3-R_1^3}Q_1,&R_1\leq r\leq R_2\\ Q_1,&R_2<r<R_3\\ Q_1+Q_2.&r\geq R_3. \end{cases}

根据高斯定理,

E=\frac{q(r)}{4\pi r^2\varepsilon_0}= \begin{cases} 0,&0\leq R_1<R_2\\ \dfrac{r^3-R_1^3}{R_2^3-R_1^3}\dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0r^2},&R_1\leq r\leq R_2\\ \dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0r^2},&R_2<r<R_3\\ \dfrac{Q_1+Q_2}{4\pi\varepsilon_0r^2}.&r\geq R_3 \end{cases}

显然电场强度不是与球心距离 r 的连续函数, 间断点位于 r=R_3 处, 这是由带电球面不计厚度的理想化导致的.

5-23

\overrightarrow{E}=\dfrac{q(r)}{2\pi\varepsilon_0r}\overrightarrow{e_r}= \begin{cases} \dfrac{\rho r}{2\varepsilon_0}\overrightarrow{e_r},&0\leq r\leq R\\ \dfrac{\rho R^2}{2\varepsilon_0r}\overrightarrow{e_r}.&r>R \end{cases}

以圆柱体轴线为轴, 取一半径为 r, 高为 h 的高斯柱面. 则高斯面内电荷量 q(r) 可表示为

q(r)= \begin{cases} \rho\pi r^2h,&0\leq r\leq R\\ \rho\pi R^2h.&r>R \end{cases}

由图形对称性, 高斯柱面上各点处场强大小均相等. 根据高斯定理, 高斯面上各点处场强为

\overrightarrow{E}=\frac{q(r)}{2\pi\varepsilon_0r}\overrightarrow{e_r}= \begin{cases} \dfrac{\rho r}{2\varepsilon_0}\overrightarrow{e_r},&0\leq r\leq R\\ \dfrac{\rho R^2}{2\varepsilon_0r}\overrightarrow{e_r},&r>R \end{cases}

其中 \overrightarrow{e_r} 表示从轴线指向高斯面上一点的单位矢量.

作出 E-r 曲线如下解图 1 所示:

解图 1 场强的 E-r 曲线图象

其中假设在国际单位制下, \dfrac{\rho}{2\varepsilon_0}2, R1.

笔者注: 如此 “假设” 是受到作图方式的限制.

5-26

(1) \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\dfrac{r_1}{r_2}. (2) 不能.

(1)

U_{12}=\int^{r_1}_{r_2}\overrightarrow{E}\cdot\mathrm{d}\overrightarrow{r}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{r_1}{r_2}.

(2)

不能. 若取 r\rightarrow\infty 处的电势为零, 那么任意 r 处的电势则为

V_r=\lim_{r^*\rightarrow\infty}\int^{r^*}_{r}\overrightarrow{E}\cdot\mathrm{d}\overrightarrow{r}=-\infty.

5-28

36\ \mathrm{V}, 57\ \mathrm{V}.

取无穷远处为零势能点, 带电球形雨滴表面的电势为

V=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{R}\approx36\ \mathrm{V}.

较大的雨滴表面的电势为

V'=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2q}{\sqrt[3]{2}R}\approx57\ \mathrm{V}.

5-30

\begin{cases} \dfrac{\sigma a}{\varepsilon_0},&x<-a\\ -\dfrac{\sigma x}{\varepsilon_0},&-a\leq x\leq a\\ -\dfrac{\sigma a}{\varepsilon_0}.&x>a \end{cases}

每块无限大带正电平板对距其 r 处的场强大小为 E_0=\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}. 则 x 处的场强为

\overrightarrow{E}(x)= \begin{cases} \overrightarrow{0},&x<-a\text{ or }x>a\\ 2E_0\overrightarrow{i}.&-a\leq x\leq a \end{cases}

因此空间 x 处点的电势为

V_x=\int^{0}_{x}\overrightarrow{E}(x)\cdot\overrightarrow{i}\mathrm{d}x= \begin{cases} \dfrac{\sigma a}{\varepsilon_0},&x<-a\\ -\dfrac{\sigma x}{\varepsilon_0},&-a\leq x\leq a\\ -\dfrac{\sigma a}{\varepsilon_0}.&x>a \end{cases}

作出 V-x 曲线如下解图 2 所示:

解图 2 空间电势的 V-x 曲线图象

其中假设在国际单位制下, \dfrac{\sigma}{\varepsilon_0}4, a1.

5-31

(1) V(r)= \begin{cases}\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{Q_1}{R_1}+\dfrac{Q_2}{R_2}\right),&0< r< R_1\\ \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{Q_1}{r}+\dfrac{Q_2}{R_2}\right),&R_1< r< R_2\\ \dfrac{Q_1+Q_2}{4\pi\varepsilon_0r},&r>R_2 \end{cases}. (2) \dfrac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{R_1}-\dfrac{1}{R_2}\right).

(1)

取无穷远处势能为零. 半径为 R 的均匀带电量 Q 的球面在距其球心 r 处产生的电势为

V^*(r)= \begin{cases} \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{R},&0<r<R\\ \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{r}.&r>R \end{cases}

因此, 本题中, 距球心 r 处的电势为

V(r)= \begin{cases} \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{Q_1}{R_1}+\dfrac{Q_2}{R_2}\right),&0<r<R_1\\ \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{Q_1}{r}+\dfrac{Q_2}{R_2}\right),&R_1<r<R_2\\ \dfrac{Q_1+Q_2}{4\pi\varepsilon_0r},&r>R_2 \end{cases}

作出 V-r 曲线如下解图 3 所示:

解图 3 空间电势的 V-r 曲线图象

其中假设在国际单位制下, \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}1, Q_12, Q_210, R_11, R_23.

(2)

由 (1), 两球面上的电势差为

U=V(R_1)-V(R_2)=\frac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2}\right).

5-32

V(r)= \begin{cases} \dfrac{\rho(R^2-r^2)}{4\varepsilon_0},&0\leq r\leq R\\ \dfrac{\rho R^2}{2\varepsilon_0}\ln\dfrac{R}{r},&r>R \end{cases}

利用题 5-23 的结论, 半径为 r 处的场强为

\overrightarrow{E}=\frac{q(r)}{2\pi\varepsilon_0r}\overrightarrow{e_r}= \begin{cases} \dfrac{\rho r}{2\varepsilon_0}\overrightarrow{e_r},&0\leq r\leq R\\ \dfrac{\rho R^2}{2\varepsilon_0r}\overrightarrow{e_r},&r>R \end{cases}

因棒表面电势为零, 则空间距轴线为 r 的一点的电势为

V(r)=\int^{R}_{r}\overrightarrow{E}\cdot\overrightarrow{e_r}\mathrm{d}r= \begin{cases} \dfrac{\rho(R^2-r^2)}{4\varepsilon_0},&0\leq r\leq R\\ \dfrac{\rho R^2}{2\varepsilon_0}\ln\dfrac{R}{r},&r>R \end{cases}

作出 V-r 曲线如下解图 4 所示:

解图 4 空间电势的 V-r 曲线图象

其中假设在国际单位制下, \dfrac{\rho}{4\varepsilon_0}1, R1.

5-34

(1) 2.1\times10^{-8}\ \mathrm{C\cdot m^{-1}}. (2) 7.5\times10^{3}\ \mathrm{V\cdot m^{-1}}.

(1)

以圆柱面轴线为轴, 取一半径为 r, 高为 \mathrm{d}l 的高斯柱面. 则高斯面内电荷量 \mathrm{d}q(r)(R_1<r<R_2)=\lambda\mathrm{d}l. 根据高斯定理, r 处的场强大小为

E(r)=\frac{\mathrm{d}q(r)}{2\pi r\mathrm{d}l\cdot\varepsilon_0}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0r}.

则两柱面的电势差为

U=\int^{R_2}_{R_1}E(r)\mathrm{d}r=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{R_2}{R_1}.

代入数值, 得 \lambda\approx2.1\times10^{-8}\ \mathrm{C\cdot m^{-1}}.

(2)

由 (1),

E(0.050\ \mathrm{m})=7.5\times10^{3}\ \mathrm{V\cdot m^{-1}}.

5-39

\dfrac{\sigma R}{6\varepsilon_0}.

将电荷面密度为 \sigma 的半球面替换为球心位置相同的电荷面密度为 \sigma 的完整球面和球心位置相同但位于平面 Oxy 下方的电荷面密度为 -\sigma 的半球面的组合体, 点 AB 的电势不变.

设两点的电势分别为 V_AV_B. 根据电势叠加原理,

V_A=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{4\pi R^2\sigma}{R}-V_A,\\ V_B=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{4\pi R^2\sigma}{\dfrac{3}{2}R}-V_B.

解得

V_A=\frac{\sigma R}{2\varepsilon_0},\\ V_B=\frac{\sigma R}{3\varepsilon_0}.

那么, 两点的电势差为

U_{AB}=V_A-V_B=\frac{\sigma R}{6\varepsilon_0}.
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这重复的题目太多了吧,做累死了。


2022 年春季学期大学物理第六章作业

6-1

A.

6-2

A.

6-3

A.

6-4

E.

6-5

A.

6-7

(1) 1.03\times10^7\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}. (2) 4.4\times10^{-14}\ \mathrm{N}, 方向为沿半径方向从阴极指向阳极.

(1)

该过程中, 电子的电势能转化为动能. 则

E_\mathrm{k}=\frac{1}{2}mv^2=qU.

解得

E_\mathrm{k}=300\ \mathrm{eV},v\approx1.03\times10^7\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}.

(2)

阴极周围的电场强度 \overrightarrow{E} 和与轴线垂直距离 r(r>R) 的关系为

\overrightarrow{E}=-\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0r}\overrightarrow{e_r},

其中设 \lambda 为电荷面密度. 则阳极和阴极间的电压和电场强度应满足

U_{21}=\int^{R_1}_{R_2}=\overrightarrow{E}\cdot\mathrm{d}\overrightarrow{r}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{R_2}{R_1}.

代入数值, 解得

\overrightarrow{E}=\frac{U_{21}}{R_1\ln\dfrac{R_2}{R_1}}\overrightarrow{e_r}.

则电子刚从阴极射出时所受的电场力为

\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}=\frac{qU_{21}}{R_1\ln\dfrac{R_2}{R_1}}\overrightarrow{e_r},

大小为 4.4\times10^{-14}\ \mathrm{N}, 方向为沿半径方向从阴极指向阳极.

6-8

\begin{cases} 0&0<r<R_1,\\ \dfrac{R_1V_0}{r^2}-\dfrac{R_1Q}{4\pi\varepsilon_0R_2r^2}&R_1<r<R_2,\\ \dfrac{R_1V_0}{r^2}+\dfrac{(R_2-R_1)Q}{4\pi\varepsilon_0R_2r^2}&r>R_2. \end{cases}

不妨设内球带电 q. 根据导体球和带电球壳周围电势分布, 得距球心距离 r 处的电势 V(r)

V(r)= \begin{cases} \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0R_1}+\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0R_2}=V_0&0<r<R_1,\\ \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0r}+\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0R_2}&R_1<r<R_2,\\ \dfrac{q+Q}{4\pi\varepsilon_0r}&r>R_2. \end{cases}

则此系统的电场分布为

E(r)=-\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}r}= \begin{cases} 0&0<r<R_1,\\ \dfrac{R_1V_0}{r^2}-\dfrac{R_1Q}{4\pi\varepsilon_0R_2r^2}&R_1<r<R_2,\\ \dfrac{R_1V_0}{r^2}+\dfrac{(R_2-R_1)Q}{4\pi\varepsilon_0R_2r^2}&r>R_2. \end{cases}

6-10

(1) -3\times10^{-8}\ \mathrm{C}, 5\times10^{-8}\ \mathrm{C}, 5.6\times10^3\ \mathrm{V}, 4.5\times10^3\ \mathrm{V}. (2) -2.1\times10^{-8}\ \mathrm{C}, -0.9\times10^{-8}\ \mathrm{C}, -7.9\times10^2\ \mathrm{V}.

(1)

对于静电平衡的导体系统, 电荷只能分布在导体表面. 球 A 表面均匀分布电荷 Q_\mathrm{A}. 球壳 B 内表面感应出电荷 -Q_\mathrm{A}, 外表面分布电荷 Q_\mathrm{A}+Q_\mathrm{B}. 则球 A 和球壳 B 的电势分别为

V_\mathrm{A}=\frac{Q_\mathrm{A}}{4\pi\varepsilon_0R_1}+\frac{-Q_\mathrm{A}}{4\pi\varepsilon_0R_2}+\frac{Q_\mathrm{A}+Q_\mathrm{B}}{4\pi\varepsilon_0R_3}\approx5.6\times10^3\ \mathrm{V},\\ V_\mathrm{B}=\frac{Q_\mathrm{A}+Q_\mathrm{B}}{4\pi\varepsilon_0R_3}\approx4.5\times10^3\ \mathrm{V}.

(2)

将球壳 B 接地, 此时球壳 B 外表面电荷被中和, 则球壳 B 所带总电荷量为 -Q_\mathrm{A}.

再断开, 并把金属球 A 接地, 此时设金属球 A 带电 Q_\mathrm{A}', 球壳 B 内表面感应出电荷 -Q_\mathrm{A}', 外表面分布电荷 Q_\mathrm{A}'-Q_\mathrm{A}.

因为球 A 接地, 故电势为零, 即

V_\mathrm{A}'=\frac{Q_\mathrm{A}'}{4\pi\varepsilon_0R_1}+\frac{-Q_\mathrm{A}'}{4\pi\varepsilon_0R_2}+\frac{Q_\mathrm{A}'-Q_\mathrm{A}}{4\pi\varepsilon_0R_3}=0,\\ V_\mathrm{B}'=\frac{Q_\mathrm{A}-Q_\mathrm{A}}{4\pi\varepsilon_0R_3}\approx-7.9\times10^2\ \mathrm{V},\\ Q_\mathrm{A}'\approx2.1\times10^{-8}\ \mathrm{C}.

6-11

\dfrac{V_1-V_2}{r\ln\dfrac{R_2}{R_1}}\overrightarrow{e_r}.

设导线的电荷线密度为 \lambda. 则距离轴线 r(R_1<r<R_2) 导线产生的电场强度为

\overrightarrow{E}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0r}\overrightarrow{e_r}.

以轴线为轴取一半径为 r, 高度为 \mathrm{d}l 的高斯面. 根据高斯定理, 导体圆筒对此处的电场没有贡献, 因此该处的电场强度即为 \overrightarrow{E}.

则导体圆筒和导线之间的电势满足

V_1-V_2=\int^{R_2}_{R_1}E\cdot\mathrm{d}r=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{R_2}{R_1}.

解得

\lambda=\frac{2\pi\varepsilon_0}{\ln\dfrac{R_2}{R_1}}(V_1-V_2).

那么

\overrightarrow{E}=\frac{V_1-V_2}{r\ln\dfrac{R_2}{R_1}}\overrightarrow{e_r}.

6-12

\dfrac{2\pi\varepsilon_0}{\ln\dfrac{b}{a}}V, \dfrac{V}{r\ln\dfrac{b}{a}}\overrightarrow{e_r}.

根据题 6-11 的结论, 导线与圆筒间的电场强度为

\overrightarrow{E}=\frac{V}{r\ln\dfrac{b}{a}}\overrightarrow{e_r}.

圆筒上的电荷线密度为

\lambda=\frac{2\pi\varepsilon_0}{\ln\dfrac{b}{a}}V.

6-15

\dfrac{Q+q}{4\pi\varepsilon_0b}-\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0a}+\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0r}.

根据高斯定理, 导体静电平衡条件和电荷守恒定律, 球形金属腔的内表面带电荷为 -q, 外表面均匀分布电荷 Q+q. 球内外表面及点电荷在球心产生的电势分别为

V_\mathrm{outer}=\frac{Q+q}{4\pi\varepsilon_0b},\\ V_\mathrm{inner}=\int\frac{\mathrm{d}(-q)}{4\pi\varepsilon_0a}=-\frac{q}{4\pi\varepsilon_0a},\\ V_\mathrm{q}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}.

则根据电势叠加定理, 球心处的电势为

V=V_\mathrm{outer}+V_\mathrm{inner}+V_\mathrm{q}=\frac{Q+q}{4\pi\varepsilon_0b}-\frac{q}{4\pi\varepsilon_0a}+\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}.

6-16

-\dfrac{qR}{r}.

导体平衡时, 球心电势与球面电势相等. 又因为导体球接地, 故

V=\int_{S}\frac{\sigma\mathrm{d}S}{4\pi\varepsilon_0R}+\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}=0,

其中 \sigma 为导体球的电荷面密度. 而显然金属球表面感应电荷为

Q=\int_{S}\sigma\mathrm{d}S.

那么

Q=-\frac{qR}{r}.

6-18

4.59\times10^{-2}\ \mathrm{F}.

均匀带电导体球在距球心 r(r>R) 处的电场强度为

\overrightarrow{E}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\overrightarrow{e_r}.

将地球外表面和电离层外表面看作球形电容器的两个表面. 则当两个表面分别带电 Q-Q 时, 表面电压为

U=\int^{R_2}_{R_1}\frac{Q\mathrm{d}r}{4\pi\varepsilon_0r^2}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2}\right).

则该球形电容器的电容为

C=\frac{Q}{U}=4\pi\varepsilon_0\frac{(R_0+\Delta R)R_\mathrm{E}}{\Delta R}\approx4.59\times10^{-2}\ \mathrm{F}.

笔者注: 注意这不是孤立导体电容器!

6-19

5.53\ \mathrm{pF}.

设距离 r 的两根导线的电荷线密度分别为 \lambda-\lambda. 则距带正电导线 x 处一点的电场强度为

\overrightarrow{E}=\left(\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0x}-\frac{-\lambda}{2\pi\varepsilon_0(r-x)}\right)\overrightarrow{e_x},

方向从带正电导线垂直指向带负电导线.

分别在两根导线上取相对的小段 \mathrm{d}l, 则这两小段之间的电压为

U=\int^{r-R}_{R}E\mathrm{d}x=\frac{\lambda}{\pi\varepsilon_0}\ln\frac{r-R}{R}.

则两根导线单位长度的电容为

\frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}l}=\frac{\lambda}{U}=\frac{\pi\varepsilon_0}{\ln\dfrac{r-R}{R}}\approx5.53\ \mathrm{pF}.

笔者注: 注意到 r>>R, 故 \dfrac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}l}\approx\dfrac{\pi\varepsilon_0}{\ln\dfrac{r}{R}}.

6-22

(1) 4\ \mathrm{\mu F}. (2) 4\ \mathrm{V}, 6\ \mathrm{V}, 2\ \mathrm{V}.

根据电容串并联规律, 显然有

(1)

\frac{1}{C_{AB}}=\frac{1}{12\ \mathrm{\mu F}}+\frac{1}{8\ \mathrm{\mu F}}+\frac{1}{24\ \mathrm{\mu F}}.

解得

C_{AB}=4\ \mathrm{\mu F}.

(2)

U_{AC}=\frac{C_{AB}}{C_{AC}}U_{AB}=4\ \mathrm{V},\\ U_{CD}=\frac{C_{AB}}{C_{CD}}=6\ \mathrm{V},\\ U_{DB}=\frac{C_{AB}}{C_{DB}}=2\ \mathrm{V}.

6-23

(1) E_1R_1\ln\dfrac{R_2}{R_1}. (2) 2.52\ \mathrm{kV}.

(1)

利用前题的结论, 易得

\overrightarrow{E}(r)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\varepsilon_\mathrm{r}r}\overrightarrow{e_r},\\ U=\int^{R_2}_{R_1}E\mathrm{d}r=E_1R_1\ln\frac{R_2}{R_1}.

(2)

代入数据, 得

U\approx2.52\ \mathrm{kV}.

6-24

(1) 1.53\ \mathrm{nF}. (2) 1.84\times10^{-8}\ \mathrm{C}, 1.84\times10^{-4}\ \mathrm{C\cdot m^{-2}}, 1.83\times10^{-4}\ \mathrm{C\cdot m^{-2}}. (3) 1.2\times10^5\ \mathrm{V\cdot m^{-1}}.

(1)

电容器的电容为

C=\frac{\varepsilon_0\varepsilon_\mathrm{r}S}{d}\approx1.53\ \mathrm{nF}.

(2)

极板上的电荷 (考虑自由电荷和极化电荷) 量为

Q=CU\approx1.84\times10^{-8}\ \mathrm{C}.

自由电荷和极化电荷面密度分别为

\sigma_0=\frac{Q}{S}=1.84\times10^{-4}\ \mathrm{C\cdot m^{-2}},\\ \sigma'=\left(1-\frac{1}{\varepsilon_\mathrm{r}}\right)\sigma_0\approx1.83\times10^{-4}\ \mathrm{C\cdot m^{-2}}.

(3)

电容器内的电场强度为

E=\frac{U}{d}=1.2\times10^5\ \mathrm{V\cdot m^{-1}}.

6-27

4.5\times10^{-3}\ \mathrm{C\cdot m^{-2}}, 2.5\times10^8\ \mathrm{V\cdot m^{-1}}, 2.3\times10^{-3}\ \mathrm{C\cdot m^{-2}}.

取面积 \Delta S 的高斯面. 根据有电介质时的高斯定理,

\oint_S\overrightarrow{D}\cdot\mathrm{d}\overrightarrow{S}=\sigma_0\Delta S.

解得

D=\sigma_0=4.5\times10^{-3}\ \mathrm{C\cdot m^{-2}}.

E=\frac{D}{\varepsilon_0\varepsilon_\mathrm{r}}\approx2.5\times10^8\ \mathrm{V\cdot m^{-1}},\\ P=(\varepsilon_\mathrm{r}-1)\varepsilon_0E\approx2.3\times10^{-3}\ \mathrm{C\cdot m^{-2}}.

6-28

(1) 不变. (2) \dfrac{2\varepsilon_0}{\varepsilon+\varepsilon_0} 倍.

(1)

因为 E=\dfrac{U}{d}, 所以插入电介质前后, A, B 两点的电场强度不变.

(2)

根据题 6-27 结论, 插入电介质后, A, B 两点的电位移大小分别为

D_A=\sigma_A,D_B=\sigma_B.

则 A, B 两点的电场强度大小分别为

E_A=\frac{D_a}{\varepsilon}=\frac{\sigma_A}{\varepsilon_0\varepsilon_\mathrm{r}},\\ E_B=\frac{D_B}{\varepsilon_0}=\frac{\sigma_B}{\varepsilon_0}.

因为极板已静电平衡, 所以 E_A=E_B.

插入电介质前, 两极板上只有自由电荷, 那么

E_0=\frac{\sigma_0}{\varepsilon_0}.

因为极板保持电荷量不变, 所以 \dfrac{\sigma_A}{2}+\dfrac{\sigma_B}{2}=\sigma_0.

则插入电介质前后, A, B 两点的电场强度为插入前的 \dfrac{E_{A/B}}{E_0}=\dfrac{2\varepsilon_0}{\varepsilon+\varepsilon_0} 倍.

6-29

(1) \dfrac{\varepsilon_0S}{d}, \dfrac{\varepsilon_0S}{d}U, \dfrac{U}{d}\overrightarrow{e_E}. (2) \dfrac{\varepsilon_0\varepsilon_rS}{S+\varepsilon_r(d-\delta)}, \dfrac{\varepsilon_0\varepsilon_rSU}{S+\varepsilon_r(d-\delta)}, \dfrac{U}{S+\varepsilon_r(d-\delta)}\overrightarrow{e_E}. (3) \dfrac{\varepsilon_0S}{d-\delta}, \dfrac{\varepsilon_0S}{d-\delta}U, \dfrac{U}{d-\delta}\overrightarrow{e_E}.

(1)

未插入电介质时,

C=\frac{\varepsilon_0S}{d},\\ Q=CU=\frac{\varepsilon_0S}{d}U,\\ \overrightarrow{E}=\frac{U}{d}\overrightarrow{e_E}.

(2)

插入电介质板后,

C=\frac{\varepsilon_0\varepsilon_rS}{S+\varepsilon_r(d-\delta)},\\ Q=CU=\frac{\varepsilon_0\varepsilon_rSU}{S+\varepsilon_r(d-\delta)},\\ D=\frac{Q}{S},\\ \overrightarrow{E}=\frac{\overrightarrow{D}}{\varepsilon_0\varepsilon_r}=\frac{U}{S+\varepsilon_r(d-\delta)}\overrightarrow{e_E}.

(3)

插入导体板后,

C=\frac{\varepsilon_0S}{d-\delta},\\ Q=CU=\frac{\varepsilon_0S}{d-\delta}U,\\ \overrightarrow{E}=\frac{U}{d-\delta}\overrightarrow{e_E}.

6-30

(1) \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\varepsilon_rr}\overrightarrow{e_r}. (2) \dfrac{\lambda}{2\pi r}\overrightarrow{e_r}. (3) \left(1-\dfrac{1}{\varepsilon_r}\right)\dfrac{\lambda}{2\pi r}\overrightarrow{e_r}.

根据前题的结论, 易得

\overrightarrow{E}(r)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0\varepsilon_rr}\overrightarrow{e_r},\\ \overrightarrow{D}(r)=\varepsilon_0\varepsilon_r\overrightarrow{E}(r)=\frac{\lambda}{2\pi r}\overrightarrow{e_r},\\ \overrightarrow{P}(r)=\overrightarrow{D}(r)-\varepsilon_0\overrightarrow{E}(r)=\left(1-\frac{1}{\varepsilon_r}\right)\frac{\lambda}{2\pi r}\overrightarrow{e_r}.

6-34

证明

根据前题的结论, 距轴线 r 处的电场强度大小为

E(r)= \begin{cases} \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_1r}&R_1<r<R,\\ \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_2r}&R<r<R_2. \end{cases}

则两筒的电势差为

U=\int^{R}_{R_1}E\mathrm{d}r+\int^{R_2}_{R}E\mathrm{d}r=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_1}\ln\frac{R_2^2}{RR_1}.

若电容器不会被击穿, 则要求对任意 r 满足 R_1<r<R_2, 都有 E(r)\leq E_\mathrm{m}. 易知 E_\mathrm{m}=E(R)=\dfrac{\lambda}{\pi\varepsilon_1R}. 则

U_\mathrm{m}=\frac{1}{2}RE_\mathrm{m}\ln\frac{R_2^2}{RR_1}.

6-35

(1) 600\ \mathrm{V}. (2) 0.09\ \mathrm{J}.

(1)

查表得聚四氟乙烯的击穿场强为 E_b=6\times10^4\ \mathrm{V\cdot mm^{-1}}. 则

U_\mathrm{b}=E_bd=600\ \mathrm{V}.

(2)

w_{e\mathrm{m}}=\frac{1}{2}CU_\mathrm{b}^2=0.09\ \mathrm{J}.

6-37

0.42\ \mathrm{m^2}.

因为

U_\mathrm{b}=E_\mathrm{b}d,\\ C=\frac{\varepsilon_0\varepsilon_rS}{d},

所以

S=\frac{CU_\mathrm{b}}{\varepsilon_0\varepsilon_rE_\mathrm{b}}\approx0.42\ \mathrm{m^2}.
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