大学物理学课后习题答案马文蔚第五版

物理课后答案与解析

1-1 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．

(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故 ,即｜ ｜≠ ．

但由于｜dr｜＝ds,故 ,即｜ ｜＝ ．由此可见,应选(C)．

1-2 分析与解　 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量； 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式 计算,在直角坐标系中则可由公式 求解．故选(D)．

1-3 分析与解　 表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用； 在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)； 在自然坐标系中表示质点的速率v；而 表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．

1-4 分析与解　加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．

1-5 分析与解　本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为 ,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度 ,式中 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为 ,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．

1-6 分析　位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到： ,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据 来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程 ,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用 和 两式计算．

解　(1) 质点在4.0 s内位移的大小

(2) 由 得知质点的换向时刻为 (t＝0不合题意)

则 ,

所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为

(3) t＝4.0 s时 ,

,

1-7 分析　根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知,x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图．

解　将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为

　 (匀加速直线运动), 　　 (匀速直线运动)

　(匀减速直线运动)

根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］．

在匀变速直线运动中,有

由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为

用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．

1-8 分析　质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则 ,最后用 积分求ｓ．

解　(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为,

这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．

(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为

,

图(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．

(3) 由位移表达式,得

其中位移大小

而径向增量

*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元ds,则 ,由轨道方程可得 ,代入ds,则2ｓ内路程为

1-9 分析　由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．

解　(1) 速度的分量式为

,

当t ＝0 时, vox ＝-10 m?6?1ｓ-1 , voy ＝15 m?6?1ｓ-1 ,则初速度大小为

设vo与x 轴的夹角为α,则

α＝123°41′

(2) 加速度的分量式为

,

则加速度的大小为

设a 与x 轴的夹角为β,则

,β＝-33°41′(或326°19′)

1-10 分析　在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．

解1　(1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为

当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即

(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

解2　(1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有

(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为

则

1-11 分析　该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．

解　(1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因 ,则质点P 的参数方程为

,　

坐标变换后,在Oxy 坐标系中有

,　

则质点P 的位矢方程为

(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为

1-12 分析　为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．

解　设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为

当杆长等于影长时,即s ＝h,则

即为下午3∶00 时．

1-13 分析　本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由 和 可得 和 ．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．

解　由分析知,应有

得 (1)

由

得 (2)

将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m?6?1ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m?6?1ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为

1-14 分析　本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为 后再两边积分．

解　选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．

(1) 由题意知 (1)

用分离变量法把式(1)改写为

(2)

将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

得石子速度

由此可知当,t→∞时, 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．

(2) 再由 并考虑初始条件有

得石子运动方程

1-15 分析　与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即 和 ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．

解　由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得

又由 及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得

由上述结果可得质点运动方程的分量式,即

x ＝10＋3t2 y ＝2t2

消去参数t,可得运动的轨迹方程 3y ＝2x -20 m

这是一个直线方程．直线斜率 ,α＝33°41′．轨迹如图所示．

1-16 分析　瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为 和 ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为 , ,式中｜Δv｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．

由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0 时的极限值．

解　(1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故

而

所以

(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得,

, ,

以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度 ．

1-17 分析　根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即 ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度 ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量aｔ 和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即 ,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ 得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式 求ρ．

解　(1) 由参数方程 x ＝2.0t,　y ＝19.0-2.0t2

消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x2

(2) 在t1 ＝1.00ｓ 到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度

(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为

则t1 ＝1.00ｓ时的速度

v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j

切向和法向加速度分别为

(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为

则

1-18 分析　物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．

此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．

解　(1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为

x ＝vt,　y ＝1/2 gt2

飞机水平飞行速度v＝100 m?6?1s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离

(2) 视线和水平线的夹角为

(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为

1-19 分析　这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即 ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得 (即图中的r 矢量)．

解1　由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为

(1) (2)

令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得

解2　做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有

从中消去t 后也可得到同样结果．

(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则

(3)

由(2)(3)两式消去t 后得

由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 的大小无关．

讨论　如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．

1-20 分析　选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布

解　(1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为

(1) (2)

由式(1)(2)可得

由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为

(2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为

为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．

1-21 分析　被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x、y 值代入即可求出．

解　取图示坐标系Oxy,由运动方程

,　

消去t 得轨迹方程

以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m?6?1ｓ-1 及3.44 m≥y≥0 代入后,可解得

71．11°≥θ1 ≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．°

如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的,θ 角也并非能取71.11°与18.°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．

1-22 分析　在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s(t),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量为an＝v2 /R．这样,总加速度为a ＝aｔeｔ＋anen．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs＝st -s0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．

解　(1) 质点作圆周运动的速率为

其加速度的切向分量和法向分量分别为

,

故加速度的大小为

其方向与切线之间的夹角为

(2) 要使｜a｜＝b,由 可得

(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为

因此质点运行的圈数为

1-23 分析　首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．

解　因ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数

所以

则t′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

总加速度

在2.0ｓ内该点所转过的角度

1-24 分析　掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．

解　(1) 由于 ,则角速度 ．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为

(2) 当 时,有 ,即

得

此时刻的角位置为

(3) 要使 ,则有 t ＝0.55ｓ

1-25 分析　这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ 的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解　以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为 (如图所示),于是可得

1-26 分析　这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v2′的方向)应满足 ．再由相对速度的矢量关系 ,即可求出所需车速v1．

解　由 ［图(b)］,有

而要使 ,则

1-27 分析　船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u的存在, v与船在静水中划行的速度v′之间有v＝u ＋v′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．

解　(1) 由v＝u ＋v′可知 ,则船到达正对岸所需时间为

(2) 由于 ,在划速v′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v＝v′),此时,船过河时间t′＝d /v′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有

1-28 分析　该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x,y)变换至系O′中的点(x′,y′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．

解　取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得

x′＝x - v t ＝v t - v t ＝0 y′＝y ＝1/2 gt2

加速度

由此可见,动点相对于系O′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．

2-1 分析与解　当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．

2-2 分析与解　与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．

2-3 分析与解　由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．

2-4 分析与解　由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程 可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B)．

2-5 分析与解　本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma′为惯性力．对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ ＝5/8 mg．故选(A)．

讨论　对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA 和aB 均应对地而言,本题中aA 和aB的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对aA 、aB 、a 和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．

2-6 分析　动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．

解　取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有 (1)

又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有

则 (2)

为使下滑的时间最短,可令 ,由式(2)有

则可得 ,

此时

2-7 分析　预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．

解　按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有

FＴ -(m1 ＋m2 )g ＝(m1 ＋m2 )a (1) ,FN2 - m2 g ＝m2 a (2)

解上述方程,得

FＴ ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) (3) FN2 ＝m2 (g ＋a) (4)

(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m?6?1ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为

FＴ ＝5.94 ×103 N

乙对甲的作用力为 F′N2 ＝-FN2 ＝-m2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N

(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m?6?1ｓ-2 上升时,得绳张力的值为

FＴ ＝3.24 ×103 N

此时,乙对甲的作用力则为 F′N2 ＝-1.08 ×103 N

由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．

2-8 分析　该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．

解　分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有 mA g -FＴ ＝mA a (1)

F′Ｔ1 -Fｆ ＝mB a′ (2)

F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3)

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

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

2-9 分析　当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．

该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．

解1　以地面为参考系,在摩擦力Fｆ ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程

Fｆ ＝μmg ＝ma1 F′ｆ ＝-Fｆ ＝m′a2

a1 和a2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a1 ＋a2 ,木块相对平板以初速度- v′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有 - v′2 ＝2as

由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为

解2　以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为

W ＝Fｆ (s ＋l) -Fｆl ＝μmgs

式中l 为平板相对地面移动的距离．

由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有

m′v′＝(m′＋m) v″

由系统的动能定理,有

由上述各式可得

2-10 分析　维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力FN 的分力来提供的,由于支持力FN 始终垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示Oxy 坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底的高度．

解　取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程

(1)

(2)

且有 (3)

由上述各式可解得钢球距碗底的高度为

可见,h 随ω的变化而变化．

2-11 分析　如题所述,外轨超高的目的欲使火车转弯的所需向心力仅由轨道支持力的水平分量FNsinθ 提供(式中θ 角为路面倾角)．从而不会对内外轨产生挤压．与其对应的是火车转弯时必须以规定的速率v0行驶．当火车行驶速率v≠v0 时,则会产生两种情况：如图所示,如v＞v0 时,外轨将会对车轮产生斜向内的侧压力F1 ,以补偿原向心力的不足,如v＜v0时,则内轨对车轮产生斜向外的侧压力F2 ,以抵消多余的向心力,无论哪种情况火车都将对外轨或内轨产生挤压．由此可知,铁路部门为什么会在每个铁轨的转弯处规定时速,从而确保行车安全．

解　(1) 以火车为研究对象,建立如图所示坐标系．据分析,由牛顿定律有

(1) (2)

解(1)(2)两式可得火车转弯时规定速率为

(2) 当v＞v0 时,根据分析有

(3) (4)

解(3)(4)两式,可得外轨侧压力为

当v＜v0 时,根据分析有

(5) (6)

解(5)(6)两式,可得内轨侧压力为

2-12 分析　杂技演员(连同摩托车)的运动可以看成一个水平面内的匀速率圆周运动和一个竖直向上匀速直线运动的叠加．其旋转一周所形成的旋线轨迹展开后,相当于如图(b)所示的斜面．把演员的运动速度分解为图示的v1 和v2 两个分量,显然v1是竖直向上作匀速直线运动的分速度,而v2则是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度,其中向心力由筒壁对演员的支持力FN 的水平分量FN2 提供,而竖直分量FN1 则与重力相平衡．如图(c)所示,其中φ角为摩托车与筒壁所夹角．运用牛顿定律即可求得筒壁支持力的大小和方向力．

解　设杂技演员连同摩托车整体为研究对象,据(b)(c)两图应有

(1) (2)

(3) (4)

以式(3)代入式(2),得

(5)

将式(1)和式(5)代入式(4),可求出圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力)大小为

与壁的夹角φ为

讨论　表演飞车走壁时,演员必须控制好运动速度,行车路线以及摩托车的方位,以确保三者之间满足解题用到的各个力学规律．

2-13 分析　首先应由题图求得两个时间段的F(t)函数,进而求得相应的加速度函数,运用积分方法求解题目所问,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应．

解　由题图得

由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为

对0 ＜t ＜5ｓ 时间段,由 得

积分后得

再由 得

积分后得

将t ＝5ｓ 代入,得v5＝30 m?6?1ｓ-1 和x5 ＝68.7 m

对5ｓ＜t ＜7ｓ 时间段,用同样方法有

得

再由 得 x ＝17.5t2 -0.83t3 -82.5t ＋147.87

将t ＝7ｓ代入分别得v7＝40 m?6?1ｓ-1 和　x7 ＝142 m

2-14 分析　这是在变力作用下的动力学问题．由于力是时间的函数,而加速度a＝dv/dt,这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度v (t)；由速度的定义v＝dx /dt,用积分的方法可求出质点的位置．　　　　　

解　因加速度a＝dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有

依据质点运动的初始条件,即t0 ＝0 时v0 ＝6.0 m?6?1ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得

v＝6.0+4.0t+6.0t2

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

x ＝5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3

2-15 分析　飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动．其水平方向所受制动力F 为变力,且是时间的函数．在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解．

解　以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件, 得

因此,飞机着陆10ｓ后的速率为

v ＝30 m?6?1ｓ-1

又

故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离

2-16 分析　该题可以分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后,物体受重力P、浮力F 和水的阻力Fｆ的作用,其合力是一变力,因此,物体作变加速运动．虽然物体的受力分析比较简单,但是,由于变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、位置的函数),对这类问题列出动力学方程并不复杂,但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了．通常需要采用积分的方法去解所列出的微分方程．这也成了解题过程中的难点．在解方程的过程中,特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的确定．

解　(1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为

运动员入水后,由牛顿定律得 P -Fｆ -F ＝ma

由题意P ＝F、Fｆ＝bv2 ,而a ＝dv /dt ＝v (d v /dy),代

入上式后得 -bv2＝ mv (d v /dy)

考虑到初始条件y0 ＝0 时, ,对上式积分,有

(2) 将已知条件b/m ＝0.4 m -1 ,v ＝0.1v0 代入上式,则得

2-17 分析　螺旋桨旋转时,叶片上各点的加速度不同,在其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量是连续分布的,在求叶片根部的张力时,可选取叶片上一小段,分析其受力,列出动力学方程,然后采用积分的方法求解．

解　设叶片根部为原点O,沿叶片背离原点O 的方向为正向,距原点O 为r处的长为dr一小段叶片,其两侧对它的拉力分别为FＴ(r)与FＴ(r＋dr)．叶片转动时,该小段叶片作圆周运动,由牛顿定律有

由于r ＝l 时外侧FＴ ＝0,所以有

上式中取r ＝0,即得叶片根部的张力FＴ0 ＝-2.79 ×105 N

负号表示张力方向与坐标方向相反．

2-18 分析　该题可由牛顿第二定律求解．在取自然坐标的情况下,沿圆弧方向的加速度就是切向加速度aｔ,与其相对应的外力Fｔ是重力的切向分量mgsinα,而与法向加速度an相对应的外力是支持力FN 和重力的法向分量mgcosα．由此,可分别列出切向和法向的动力学方程Fｔ＝mdv/dt和Fn＝man ．由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的,因此,需应用积分求解,为使运算简便,可转换积分变量． 倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比较简便．但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力．

解　小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它的支持力FN ．取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得

(1) (2)

由 ,得 ,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,进行积分,有

得

则小球在点C 的角速度为

由式(2)得　　

由此可得小球对圆轨道的作用力为 负号表示F′N 与en 反向．

2-19 分析　运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题．物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力FN 和环与物体之间的摩擦力Fｆ ,而摩擦力大小与正压力FN′成正比,且FN与FN′又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程．　　　　　　

　　解　(1) 设物体质量为m,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有

由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN ,由上述各式可得

取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有

(2) 当物体的速率从v 0 减少到1/2v 0时,由上式可得所需的时间为

物体在这段时间内所经过的路程

2-20 分析　物体在发射过程中,同时受到重力和空气阻力的作用,其合力是速率v 的一次函数,动力学方程是速率的一阶微分方程,求解时,只需采用分离变量的数学方法即可．但是,在求解高度时,则必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解,并注意到物体上升至最大高度时,速率应为零．

解　(1) 物体在空中受重力mg和空气阻力Fr ＝kv 作用而减速．由牛顿定律得

(1)

根据始末条件对上式积分,有

(2) 利用 的关系代入式(1),可得

分离变量后积分

故

讨论　如不考虑空气阻力,则物体向上作匀减速运动．由公式 和 分别算得t≈6.12ｓ和y≈184 m,均比实际值略大一些．

2-21 分析　由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反,因此,物体在上抛过程中所受重力P 和阻力Fr 的方向相同；而下落过程中,所受重力P 和阻力Fr 的方向则相反．又因阻力是变力,在解动力学方程时,需用积分的方法．

解　分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y 轴(如图所示)．(1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有

依据初始条件对上式积分,有

物体到达最高处时, v ＝0,故有

(2) 物体下落过程中,有

对上式积分,有

则

2-22 分析　该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题,求解方法与前两题相似,只是在解题过程中必须设法求出阻力系数k．由于阻力Fr ＝kv2 ,且Fr又与恒力F 的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加速度为零,此时速度达到最大．因此,根据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走路程时,需对变量作变换．

解　设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F和阻力Fr 同时作用下,由牛顿定律有

(1)

当加速度a ＝dv/dt ＝0 时,摩托车的速率最大,因此可得

k＝F/vm2 (2)

由式(1)和式(2)可得

(3)

根据始末条件对式(3)积分,有

则

又因式(3)中 ,再利用始末条件对式(3)积分,有

则

2-23 分析　如图所示,飞机触地后滑行期间受到5 个力作用,其中F1为空气阻力, F2 为空气升力, F3 为跑道作用于飞机的摩擦力,很显然飞机是在合外力为变力的情况下作减速运动,列出牛顿第二定律方程后,用运动学第二类问题的相关规律解题．由于作用于飞机的合外力为速度v的函数,所求的又是飞机滑行距离x,因此比较简便方法是直接对牛顿第二定律方程中的积分变量dt 进行代换,将dt 用 代替,得到一个有关v 和x 的微分方程,分离变量后再作积分．

解　取飞机滑行方向为x 的正方向,着陆点为坐标原点,如图所示,根据牛顿第二定律有

(1)

(2)

将式(2)代入式(1),并整理得

分离变量并积分,有

得飞机滑行距离

(3)

考虑飞机着陆瞬间有FN＝0 和v＝v0 ,应有k2v02 ＝mg,将其代入(3)式,可得飞机滑行距离x 的另一表达式

讨论　如飞机着陆速度v0＝144 km?6?1h-1 ,μ＝0.1,升阻比 ,可算得飞机的滑行距离x ＝560 m,设计飞机跑道长度时应参照上述计算结果．

2-24 分析　如同习题2 -5 分析中指出的那样,可对木箱加上惯性力F0 后,以车厢为参考系进行求解,如图所示,此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用,图中a′为木箱相对车厢的加速度．

解　由牛顿第二定律和相关运动学规律有

F0 -Fｆ＝ma -μmg＝ma′ (1)

v′ 2 ＝2a′L (2)

联立解(1)(2)两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时的速度为

2-25 分析　如以加速运动的电梯为参考系,则为非惯性系．在非惯性系中应用牛顿定律时必须引入惯性力．在通常受力分析的基础上,加以惯性力后,即可列出牛顿运动方程来．

解　取如图(b)所示的坐标,以电梯为参考系,分别对物体A、B 作受力分析,其中F1 ＝m1a,F2 ＝m2a 分别为作用在物体A、B 上的惯性力．设ar为物体相对电梯的加速度,根据牛顿定律有

(1)

(2)

(3)

由上述各式可得

由相对加速度的矢量关系,可得物体A、B 对地面的加速度值为

a2 的方向向上, a1 的方向由ar 和a 的大小决定．当ar ＜a,即m1g -m2g -2m2 a＞0 时,a1 的方向向下；反之, a1 的方向向上．

2-26 分析　这类问题可应用牛顿定律并采用隔离体法求解．在解题的过程中必须注意：

(1) 参考系的选择．由于牛顿定律只适用于惯性系,可选择地面为参考系(惯性系)．因地面和斜面都是光滑的,当滑块在斜面上下滑时,三棱柱受到滑块对它的作用,也将沿地面作加速度为aA 的运动,这时,滑块沿斜面的加速度aBA ,不再是它相对于地面的加速度aB 了．必须注意到它们之间应满足相对加速度的矢量关系,即aB ＝aA ＋aBA ．若以斜面为参考系(非惯性系),用它求解这类含有相对运动的力学问题是较为方便的．但在非惯性系中,若仍要应用牛顿定律,则必须增添一惯性力F,且有F ＝maA ．

(2) 坐标系的选择．常取平面直角坐标,并使其中一坐标轴方向与运动方向一致,这样,可使解题简化．

(3) 在分析滑块与三棱柱之间的正压力时,要考虑运动状态的影响,切勿简单地把它视为滑块重力在垂直于斜面方向的分力mgcos α,事实上只有当aA ＝0 时,正压力才等于mgcos α.

解1　取地面为参考系,以滑块B 和三棱柱A 为研究对象,分别作示力图,如图(b)所示．B 受重力P1 、A 施加的支持力FN1 ；A 受重力P2 、B 施加的压力FN1′、地面支持力FN2 ．A 的运动方向为Ox 轴的正向,Oy 轴的正向垂直地面向上．设aA 为A 对地的加速度,aB 为B 对的地加速度．由牛顿定律得

(1)

(2)

(3)

(4)

设B 相对A 的加速度为aBA ,则由题意aB 、aBA 、aA 三者的矢量关系如图(c)所示．据此可得

(5)

(6)

解上述方程组可得三棱柱对地面的加速度为

滑块相对地面的加速度aB 在x、y 轴上的分量分别为

则滑块相对地面的加速度aB 的大小为

其方向与y 轴负向的夹角为

A 与B 之间的正压力

解2　若以A 为参考系,Ox 轴沿斜面方向［图(d)］．在非惯性系中运用牛顿定律,则滑块B 的动力学方程分别为

(1)

(2)

又因 (3)

(4)

由以上各式可解得

由aB 、aBA 、aA三者的矢量关系可得

以aA 代入式(3)可得

3-1 分析与解　在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3)说法是正确的．故选(C)．

3-2 分析与解　对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒．物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功．由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等(动量方向也不同)．故(A)(B)(C)三种说法均不正确．至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒．

3-3 分析与解　保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．

3-4 分析与解　由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)

3-5 分析与解　子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的．

3-6 分析　由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况．在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了．

解　以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得

式中F′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v,以此代入上式可得

鸟对飞机的平均冲力为

式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．

3-7 分析　重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间 ,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果．

另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出．

解1　物体从出发到达最高点所需的时间为

则物体落回地面的时间为

于是,在相应的过程中重力的冲量分别为

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

3-8 分析　本题可由冲量的定义式 ,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v2．

解　(1) 由分析知

(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t2 ,解此方程可得 t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去)

(3) 由动量定理,有 I ＝m v2- m v1

由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N?6?1s ,将I、m 及v1代入可得

3-9 分析　从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果．

解1　以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为

(1)

在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有

(2)

由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为

解2　从整个过程来讨论．根据动量定理有

3-10 分析　由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式 积分前,应先将式中x 用x ＝Acosωt代之,方能积分．

解　力F 的冲量为

即

3-11 分析　对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp＝Δm(vB -vA )；此动量的变化是管壁在Δt时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F．

解　在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυSΔt,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为 Δp＝Δm(vB -vA ) ＝ρυSΔt (vB -vA )

依据动量定理I ＝Δp,得到管壁对这部分水的平均冲力

从而可得水流对管壁作用力的大小为

作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．

3-12 分析　根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的．因此,若能求出第二块碎片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地

的位置．为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒．由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置．

解　取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A 的速度的水平分量为

(1)

物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为

当该碎片落地时,有y1 ＝0,t ＝t1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度

(2)

又根据动量守恒定律,在最高点处有

(3)

(4)

联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为

爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为

(5)

(6)

落地时,y2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置 x2 ＝500 m

3-13 分析　由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守恒方程即可解出结果．

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

(1)

(2)

由题意知vA′ ＝0, vB′ ＝3.4 m?6?1s-1 代入数据后,可解得

也可以选择不同的系统,例如,把A、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解．

3-14 分析　人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致．在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化．如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定．至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算．

解　取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有

式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率．得

人的水平速率的增量为 而人从最高点到地面的运动时间为 所以,人跳跃后增加的距离

3-15 分析　由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的托力．但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对dt 时间内下落绳的冲力,此力必须运用动量定理来求．

解　取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点,Oy 轴的正向竖直向下．绳的总长为l,以t 时刻,已落到桌面上长为y、质量为m′的绳为研究对象．这段绳受重力P、桌面的托力FN 和下落绳子对它的冲力F (如图中所示)的作用．由力的平衡条件有

(1)

为求冲力F,可取dt 时间内落至桌面的线元dy 为研究对象．线元的质量 ,它受到重力dP 和冲力F 的反作用力F′的作用,由于F′＞＞dP,故由动量定理得

(2)

而 (3)

由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为

3-16 分析　这是一个系统内质量转移的问题．为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在重力场中的动力学方程．为此,以t 时刻质量为m 的火箭为研究对象,它在t→t ＋Δt 的时间内,将分离成火箭主体(包括尚剩的燃料)和排出的燃料两部分．根据它们的总动量的增量ΣdPi 和系统所受的外力———重力(阻力不计),由动量定理可得到-mg ＝udm′/dt ＋mdv/dt(推导从略,见教材),即火箭主体的动力学方程．由于在dt 时间内排出燃料的质量dm′很小,式中m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率dm′/dt 也就是火箭质量的变化率-dm/dt．这样,上述方程也可写成 ．在特定加速度a0 的条件下,

根据初始时刻火箭的质量m0 ,就可求出燃料的排出率dm/dt．在火箭的质量比( 即t 时刻火箭的质量m 与火箭的初始质量m0之比) 已知的条件下,可算出火箭所经历的时间,则火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得．

解　(1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为

(1)

因火箭的初始质量为m0 ＝5.00 ×105 kg, 要使火箭获得最初的加速度

a0 ＝4.90 m?6?1s-2,则燃气的排出率为

(2) 为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成

分离变量后积分,有

火箭速率随时间的变化规律为

(2)

因火箭的质量比为6.00,故经历时间t 后,其质量为

得 (3)

将式(3)代入式(2),依据初始条件,可得火箭的最后速率

3-17 分析　由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给条件知 ．则该力作的功可用式 计算,然后由动能定理求质点速率．

解　由分析知 , 则在x ＝0 到x ＝L 过程中作功,

由动能定理有 得x ＝L 处的质点速率为

此处也可用牛顿定律求质点速率,即

分离变量后,两边积分也可得同样结果．

3-18 分析　该题中虽施以“恒力”,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化．需按功的矢量定义式 来求解．

解　取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为

3-19 分析　本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式 来求解．关键在于寻找力函数F ＝F(x)．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F(v) ＝kv2 变换到F(t),进一步按x ＝ct3 的关系把F(t)转换为F(x),这样,就可按功的定义式求解．

解　由运动学方程x ＝ct3 ,可得物体的速度

按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为

则阻力的功为

3-20 分析　由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可题3 -20 图求出．

解　水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有

F ＋P ＝0

在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy

其中α＝0．2 kg/m,人对水桶的拉力的功为

3-21 分析　(1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功．小球摆动过程中同时受到重力和张力作用．重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式 ,即能得出结果来．(2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率．(3) 在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定．解　(1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即

在小球摆动过程中,张力FＴ 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功

(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为

小球在最低位置的速率为

(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得

3-22 分析　质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之．

解　(1) 摩擦力作功为

(1)

(2) 由于摩擦力是一恒力,且Fｆ ＝μmg,故有

(2)

由式(1)、(2)可得动摩擦因数为

(3) 由于一周中损失的动能为 ,则在静止前可运行的圈数为

圈

3-23 分析　运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出．

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

F1 ＝P1 ＋F (1)

当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得

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

F1 -F2 ＝2P1 (2)

由式(1)、(2)可得

F ＝P1 ＋F2 (3)

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

F ＝P1 ＋P2 ＝(m1 ＋m2 )g

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

3-24 分析　矿车在下滑和返回的全过程中受到重力、弹力、阻力和支持力作用．若取矿车、地球和弹簧为系统,支持力不作功,重力、弹力为保守力,而阻力为非保守力．矿车在下滑和上行两过程中,存在非保守力作功,系统不满足机械能守恒的条件,因此,可应用功能原理去求解．在确定重力势能、弹性势能时,应注意势能零点的选取,常常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点,这样做对解题比较方便．

解　取沿斜面向上为x 轴正方向．弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点O．矿车在下滑和上行的全过程中,按题意,摩擦力所作的功为

Wｆ ＝(0.25mg ＋0.25m′g)(l ＋x) (1)

式中m′和m 分别为矿车满载和空载时的质量,x 为弹簧最大被压缩量．

根据功能原理,在矿车运动的全过程中,摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值,故有

Wｆ ＝-ΔE ＝-(ΔEP＋ΔEｋ )

由于矿车返回原位时速度为零,故ΔEｋ＝0；而ΔEP＝(m -m′) g(l ＋x) sinα,

故有

Wｆ ＝-(m -m′) g(l ＋x) sinα (2)

由式(1)、(2)可解得

3-25 分析　由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．

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

Δx＝0.41 ×10 -2 m

3-26 分析　根据势能和动能的定义,只需知道卫星的所在位置和绕地球运动的速率,其势能和动能即可算出．由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动的速率和动能．由于卫星的引力势能是属于系统(卫星和地球)的,要确定特定位置的势能时,必须规定势能的零点,通常取卫星与地球相距无限远时的势能为零．这样,卫星在特定位置的势能也就能确定了．至于卫星的机械能则是动能和势能的总和．

解　(1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得

则

(2) 取卫星与地球相距无限远(r→∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为

(3) 卫星的机械能为

3-27 分析　取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力FN 始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果．

解　由系统的机械能守恒,有

(1)

根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为

(2)

冰块脱离球面时,支持力FN ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置

冰块此时的速率为

v 的方向与重力P 方向的夹角为 α＝90°-θ ＝41.8°

3-28 分析　若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒．运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态．为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时的最高点C 处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动；小于此速率时,小球将脱离轨道抛出．该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需的向心力,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值．

解　小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力FN ＝0,因此,有

(1)

取小球开始时所在位置A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有

(2) 由式(1)、(2) 可得

3-29 分析　这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来．又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解．应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题．

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

(1)

又由机械能守恒定律,有

(2)

由式(1)、(2)可得

3-30 分析　该题可分两个过程分析．首先是弹丸穿越摆锤的过程．就弹丸与摆锤所组成的系统而言,由于穿越过程的时间很短,重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒．摆锤在碰撞中获得了一定的速度,因而具有一定的动能,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,必须使摆锤在最高点处有确定的速率,该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确定；与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地球组成的系统满足机械能守恒定律,根据两守恒定律即可解出结果．

解　由水平方向的动量守恒定律,有

(1)

为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中的张力FＴ＝0,则

(2)

式中v′h 为摆锤在圆周最高点的运动速率．

又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中,满足机械能守恒定律,故有

(3)

解上述三个方程,可得弹丸所需速率的最小值为

3-31 分析　对于粒子的对心弹性碰撞问题,同样可利用系统(电子和氢原子)在碰撞过程中所遵循的动量守恒和机械能守恒来解决．本题所求电子传递给氢原子的能量的百分数,即氢原子动能与电子动能之比 ．根据动能的定义,有 ,而氢原子与电子的质量比m′/m 是已知的,它们的速率比可应用上述两守恒定律求得, 即可求出．

解　以EH 表示氢原子被碰撞后的动能, Ee 表示电子的初动能,则

(1)

由于粒子作对心弹性碰撞,在碰撞过程中系统同时满足动量守恒和机械能守恒定律,故有

(2)

(3)

由题意知m′/m＝1 840,解上述三式可得

3-32 分析　这是粒子系统的二维弹性碰撞问题．这类问题通常采用守恒定律来解决．因为粒子系统在碰撞的平面内不受外力作用,同时,碰撞又是完全弹性的,故系统同时满足动量守恒和机械能守恒．由两守恒定律方程即可解得结果．

解　取如图所示的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量式,有

(1)

(2)

又由机械能守恒定律,有

(3)

解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率为

各粒子相对原粒子方向的偏角分别为

3-33 分析　该题可分两个阶段来讨论,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包含子弹)沿斜面向上的滑动过程．在撞击过程中,对物块和子弹组成的系统而言,由于撞击前后的总动量明显是不同的,因此,撞击过程中动量

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

解　在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有

(1)

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

(2)

由式(1)、(2)可得

3-34 分析　由于桌面无摩擦,容器可以在水平桌面上滑动,当小球沿容器内壁下滑时,容器在桌面上也要发生移动．将小球与容器视为系统,该系统在运动过程中沿水平桌面方向不受外力作用,系统在该方向上的动量守恒；若将小球、容器与地球视为系统,因系统无外力作用,而内力中重力是保守力,而支持力不作功,系统的机械能守恒．由两个守恒定律可解得小球和容器在惯性系中的速度．由于相对运动的存在,小球相对容器运动的轨迹是圆,而相对桌面运动的轨迹就不再是圆了,因此,在运用曲线运动中的法向动力学方程求解小球受力时,必须注意参考系的选择．若取容器为参考系(非惯性系),小球在此参考系中的轨迹仍是容器圆弧,其法向加速度可由此刻的速度(相对于容器速度)求得．在分析小球受力时,除重力和支持力外,还必须计及它所受的惯性力．小球位于容器的底部这一特殊位置时,容器的加速度为零,惯性力也为零．这样,由法向动力学方程求解小球所受的支持力就很容易了．若仍取地面为参考系(惯性系),虽然无需考虑惯性力,但是因小球的轨迹方程比较复杂,其曲率半径及法向加速度难以确定,使求解较为困难．

解　根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得

(1)

(2)

式中vm 、vm′分别表示小球、容器相对桌面的速度．由式(1)、(2)可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为

由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂,为此,可改为以容器为参考系(非惯性系)．在容器底部时,小球相对容器的运动速度为

(3)

在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为

(4)

由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为

3-35 分析　(1) 桩依靠自重下沉是利用重力势能的减少来克服摩擦力作功,可根据功能原理求解．(2)打桩过程可分为三个阶段．1.锤自由下落的过程．在此过程中,锤与地球系统的势能转化为锤的动能,满足机械能守恒定律．2.碰撞的过程．在这过程中,由于撞击力远大于重力和泥土的阻力,锤与桩这一系统满足动量守恒定律．由于碰撞是完全非弹性的,碰撞后桩和锤以共同速度运动．3.桩下沉的过程．在这过程中,桩和锤的动能和系统的势能将用于克服摩擦力作功,可应用系统的功能原理．根据以上分析列出相应方程式即可解．(3)仍为打桩过程．所不同的是,在此过程中,碰撞是非弹性的,因此,桩获得的速度还需根据锤反弹的高度求出．桩下沉时,仍是以桩的动能和势能减少来克服摩擦力作功的．

解　(1) 在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能原理,有

(1)

桩下沉的距离为

(2) 锤从1 m 高处落下,其末速率为 ．由于锤与桩碰撞是完全非弹性的,锤与桩碰撞后将有共同的速率,按动量守恒定律,有

(2)

随后桩下沉的过程中,根据系统的功能原理,有

(3)

由式(2)、(3)可解得桩下沉的距离为

h2 ＝0.2 m

(3) 当桩已下沉35 m 时,再一次锤桩,由于此时的碰撞是一般非弹性的,锤碰撞后的速率可由上抛运动规律得 ,再根据动量守恒定律,有

(4)

随后,桩在下沉过程中,再一次应用系统的功能原理,得

(5)

由式(4)、(5)可得桩再一次下沉的距离

h3 ＝0.033 m

3-36 分析　因质点系的质心是静止的, 质心的速度为零, 即vC ＝drC

,故有 ,这是一矢量方程．将质点系中各质点的质量和速度分量代入其分量方程式,即可解得第三质点的速度．

解　在质点运动的平面内取如图3 -36 所示坐标．按 的分量式,有

其中 , ,θ ＝-30°,代入后得

则

3-37 分析　两质点被刚性杆连接构成一整体,其质心坐标可按质心位矢式求出．虽然两力分别作用在杆端不同质点上,但对整体而言,可应用质心运动定律和运动学规律来求解．

解　(1) 选如图所示坐标,则t ＝0 时,系统质心的坐标为

对小球与杆整体应用质心运动定律,得

(1)

(2)

根据初始条件t ＝0 时,v ＝0,分别对式(1)、式(2)积分可得质心速度的分量与时间的函数关系式,有

(3)

(4)

根据初始条件t ＝0 时,x ＝xC0 ,y ＝yC0 ,对式(3)、式(4)再一次积分可得质心坐标与时间的函数关系式,有

及

(2) 利用动量定理并考虑到系统的初始状态为静止,可得系统总动量与时间的函数关系

4-1 分析与解　力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)．

4-2 分析与解　刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)．

4-3 分析与解　如图所示，在棒下落过程中，重力对轴之矩是变化的，其大小与棒和水平面的夹角有关．当棒处于水平位置，重力矩最大，当棒处于竖直位置时，重力矩为零．因此在棒在下落过程中重力矩由大到小，由转动定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况)，应选(C)．

4-4 分析与解　对于圆盘一子弹系统来说，并无外力矩作用，故系统对轴O 的角动量守恒，故L 不变，此时应有下式成立，即

式中mvD 为子弹对点O 的角动量ω０ 为圆盘初始角速度，J 为子弹留在盘中后系统对轴O 的转动惯量，J0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量．由于J ＞J0 ，则ω＜ω０ ．故选(C)．

4-5 分析与解　由于卫星一直受到万有引力作用，故其动量不可能守恒，但由于万有引力一直指向地球中心，则万有引力对地球中心的力矩为零，故卫星对地球中心的角动星守恒，即r ×mv ＝恒量，式中r 为地球中心指向卫星的位矢．当卫星处于椭圆轨道上不同位置时，由于｜r ｜不同，由角动量守恒知卫星速率不同，其中当卫星处于近地点时速率最大，处于远地点时速率最小，故卫星动能并不守恒，但由万有引力为保守力，则卫星的机械能守恒，即卫星动能与万有引力势能之和维持不变，由此可见，应选(B)．

4-6 分析　这是刚体的运动学问题．刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系，本题为匀变速转动．

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

(2) 发动机曲轴转过的角度为

在12 s 内曲轴转过的圈数为

4-7 分析　与质点运动学相似，刚体定轴转动的运动学问题也可分为两类：(1) 由转动的运动方程，通过求导得到角速度、角加速度；(2) 在确定的初始条件下，由角速度、角加速度通过积分得到转动的运动方程．本题由ω＝ω(t)出发，分别通过求导和积分得到电动机的角加速度和6.0 s 内转过的圈数．

解　(1) 根据题意中转速随时间的变化关系，将t ＝6.0 s 代入，即得

(2) 角速度随时间变化的规律为

(3) t ＝6.0 s 时转过的角度为

则t ＝6.0 s时电动机转过的圈数

圈

4-8 分析　如将原子视为质点，则水分子中的氧原子对AA ′轴和BB′ 轴的转动惯量均为零，因此计算水分子对两个轴的转动惯量时，只需考虑氢原子即可．

解　由图可得

此二式相加，可得

则

由二式相比，可得

则

4-9 分析　根据转动惯量的可叠加性，飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和；而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式，或根据转动惯量的定义，用简单的积分计算得到．

解　根据转动惯量的叠加性，由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得

4-10 分析　由于转动惯量的可加性，求解第一问可有两种方法：一是由定义式 计算，式中dm 可取半径为r、宽度为dr 窄圆环；二是用补偿法可将剩余部分的转动惯量看成是原大圆盘和挖去的小圆盘对同一轴的转动惯量的差值．至于第二问需用到平行轴定理．

解　挖去后的圆盘如图(b)所示．

(1) 解1　由分析知

解2　整个圆盘对OO 轴转动惯量为 ，挖去的小圆盘对OO 轴转动惯量 ，由分析知，剩余部分对OO 轴的转动惯量为

(2) 由平行轴定理，剩余部分对O′O′轴的转动惯量为

4-11 分析　在运动过程中，飞轮和重物的运动形式是不同的．飞轮作定轴转动，而重物是作落体运动，它们之间有着内在的联系．由于绳子不可伸长，并且质量可以忽略．这样，飞轮的转动惯量，就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定，其中重物的加速度，可通过它下落时的匀加速运动规律来确定．

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

解1　设绳子的拉力为FＴ，对飞轮而言，根据转动定律，有

(1)

而对重物而言，由牛顿定律，有

(2)

由于绳子不可伸长，因此，有

(3)

重物作匀加速下落，则有

(4)

由上述各式可解得飞轮的转动惯量为

解2　根据系统的机械能守恒定律，有

(1′)

而线速度和角速度的关系为

(2′)

又根据重物作匀加速运动时，有

(3′)

(4′)

由上述各式可得

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

4-12 分析　由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩，因此，根据转动定律可知，飞轮的角加速度是一恒量；又由匀变速转动中角加速度与时间的关系，可解出飞轮所经历的时间．该题还可应用角动量定理直接求解．

解1　在匀变速转动中，角加速度 ，由转动定律 ，可得飞轮所经历的时间

解2　飞轮在恒外力矩作用下，根据角动量定理，有

则

4-13 分析　该系统的运动包含圆柱体的转动和悬挂物的下落运动(平动).两种不同的

运动形式应依据不同的动力学方程去求解，但是，两物体的运动由柔绳相联系，它们运动量之间的联系可由角量与线量的关系得到.

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

对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有

且FＴ ＝FＴ′ .又由角量与线量之间的关系，得

解上述方程组，可得物体下落的加速度

在t ＝1.0 s 时，B 下落的距离为

(2) 由式(2)可得绳中的张力为

4-14 分析　由于组合轮是一整体，它的转动惯量是两轮转动惯量之和，它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程，结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.

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

(1)

(2)

(3)

, (4)

由角加速度和线加速度之间的关系，有

(5)

(6)

解上述方程组，可得

4-15 分析　这是连接体的动力学问题，对于这类问题仍采用隔离体的方法，从受力分析着手，然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A和B可视为质点，则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动，滑轮两边绳中的张力是不同的，滑轮在力矩作用下产生定轴转动，因此，对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程，并考虑到角量与线量之间的关系，即能解出结果来.

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

(1)

而B 则是在张力FＴ2 和重力P2 的作用下运动，有

(2)

由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动，则有

(3)

对滑轮而言，根据定轴转动定律有

(4)

, (5)

解上述各方程可得

4-16 分析　飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果，因此，由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是，摩擦力矩的产生与大小，是由闸瓦与飞轮之间的正压力FＮ 决定的，而此力又是由制动力F 通过杠杆作用来实现的.所以，制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出.

解　飞轮和闸杆的受力分析，如图(b)所示.根据闸杆的力矩平衡，有

而 ，则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为

(1)

摩擦力矩是恒力矩，飞轮作匀角加速转动，由转动的运动规律，有

(2)

因飞轮的质量集中于轮缘，它绕轴的转动惯量 ，根据转动定律 ，由式(1)、(2)可得制动力

4-17 分析　转动圆盘在平板上能逐渐停止下来是由于平板对其摩擦力矩作用的结果.由于圆盘各部分所受的摩擦力的力臂不同，总的摩擦力矩应是各部分摩擦力矩的积分.为此，可考虑将圆盘分割成许多同心圆环，取半径为r、宽为dr 的圆环为面元，环所受摩擦力dFｆ ＝2πrμmgdr/πR2 ，其方向均与环的半径垂直，因此，该圆环的摩擦力矩dM ＝r ×dFｆ ，其方向沿转动轴，则圆盘所受的总摩擦力矩M ＝∫ dM.这样，总的摩擦力矩的计算就可通过积分来完成.由于摩擦力矩是恒力矩，则由角动量定理MΔt ＝Δ(Jω)，可求得圆盘停止前所经历的时间Δt.当然也可由转动定律求解得.

解　(1) 由分析可知，圆盘上半径为r、宽度为dr 的同心圆环所受的摩擦力矩为

式中k 为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为

(2) 由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J ＝mR2/2 .由角动量定理MΔt ＝Δ(Jω)，可得圆盘停止的时间为

4-18 分析　由于空气的阻力矩与角速度成正比，由转动定律可知，在变力矩作用下，通风机叶片的转动是变角加速转动，因此，在讨论转动的运动学关系时，必须从角加速度和角速度的定义出发，通过积分的方法去解.

解　(1) 通风机叶片所受的阻力矩为M ＝－Cω，由转动定律M ＝Jα，可得叶片的角加速度为

(1)

根据初始条件对式(1)积分，有

由于C 和J 均为常量，得

(2)

当角速度由ω0 → 12 ω0 时，转动所需的时间为

(2) 根据初始条件对式(2)积分，有

即

在时间t 内所转过的圈数为

4-19 分析　由于棒的质量不计，该系统对z 轴的角动量即为两小球对z 轴的角动量之和，首先可求出系统对z 轴的转动惯量(若考虑棒的质量，其转动惯量为多少，读者可自己想一想)，系统所受合外力矩既可以运用角动量定理，也可用转动定律来求解.相比之下，前者对本题更直接.

解　(1) 两小球对z 轴的转动惯量为 ，则系统对z 轴的角动量为

此处也可先求出每个小球对z轴的角动量后再求和.

(2) 由角动量定理得

t ＝0时，合外力矩为

此处也可先求解系统绕z 轴的角加速度表达式，即 ，再由M ＝Jα求得M.

4-20 分析　盘边缘裂开时，小碎块以原有的切向速度作上抛运动，由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外，在碎块与盘分离的过程中，满足角动量守恒条件，由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.

解　(1) 碎块抛出时的初速度为

由于碎块竖直上抛运动，它所能到达的高度为

(2) 圆盘在裂开的过程中，其角动量守恒，故有

式中 为圆盘未碎时的角动量； 为碎块被视为质点时，碎块对轴的角动量；L 为破裂后盘的角动量.则

4-21 分析　子弹与杆相互作用的瞬间，可将子弹视为绕轴的转动.这样，子弹射入杆前的角速度可表示为ω，子弹陷入杆后，它们将一起以角速度ω′ 转动.若将子弹和杆视为系统，因系统不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度.

解　根据角动量守恒定理

式中 为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l 为子弹在此刻绕轴的角速度. 为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为

4-22 分析　两伞型轮在啮合过程中存在着相互作用力，这对力分别作用在两轮上，并各自产生不同方向的力矩，对转动的轮Ⅰ而言是阻力矩，而对原静止的轮Ⅱ则是启动力矩.由于相互作用的时间很短，虽然作用力的位置知道，但作用力大小无法得知，因此，力矩是未知的.但是，其作用的效果可从轮的转动状态的变化来分析.对两轮分别应用角动量定理，并考虑到啮合后它们有相同的线速度，这样，啮合后它们各自的角速度就能求出.

解　设相互作用力为F，在啮合的短时间Δt 内，根据角动量定理，对轮Ⅰ、轮Ⅱ分别有

(1)

(2)

两轮啮合后应有相同的线速度，故有

(3)

由上述各式可解得啮合后两轮的角速度分别为

4-23 分析　小孩与转台作为一定轴转动系统，人与转台之间的相互作用力为内力，沿竖直轴方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时，必须注意人和转台的角速度ω、ω0 都是相对于地面而言的，而人相对于转台的角速度ω1 应满足相对角速度的关系式 .

解　由相对角速度的关系，人相对地面的角速度为

由于系统初始是静止的，根据系统的角动量守恒定律，有

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

式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反.

4-24 分析　对转动系统而言，随着砂粒的下落，系统的转动惯量发生了改变.但是，砂粒下落对转台不产生力矩的作用，因此，系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t 内落至台面的砂粒的质量，可由其流量求出，从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样，转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出.

解　在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为

根据系统的角动量守恒定律，有

则t ＝10 s 时，转台的角速度

4-25 分析　将飞船与喷出的气体作为研究系统，在喷气过程中，系统不受外力矩作用，其角动量守恒.在列出方程时应注意：(1) 由于喷气质量远小于飞船质量，喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量Jω；(2) 喷气过程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度ωr，因此，整个喷气过程中，气流相对于空间的速率仍可近似看作是 u，这样，排出气体的总角动量 .经上述处理后，可使问题大大简化.

解　取飞船和喷出的气体为系统，根据角动量守恒定律，有

(1)

因喷气的流量恒定，故有

(2)

由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为

4-26 分析　对蜘蛛和转台所组成的转动系统而言，在蜘蛛下落至转台面以及慢慢向中心爬移过程中，均未受到外力矩的作用，故系统的角动量守恒.应该注意的是，蜘蛛爬行过程中，其转动惯量是在不断改变的.由系统的角动量守恒定律即可求解.

解　(1) 蜘蛛垂直下落至转台边缘时，由系统的角动量守恒定律，有

式中 为转台对其中心轴的转动惯量， 为蜘蛛刚落至台面边缘时，它对轴的转动惯量.于是可得

(2) 在蜘蛛向中心轴处慢慢爬行的过程中，其转动惯量将随半径r 而改变，

即 .在此过程中，由系统角动量守恒，有

4-27 分析　该题属于常见的刚体转动问题，可分为两个过程来讨论：(1) 瞬间的打击过程.在瞬间外力的打击下，棒受到外力矩的角冲量，根据角动量定理，棒的角动量将发生变化，则获得一定的角速度.(2) 棒的转动过程.由于棒和地球所组成的系统，除重力(保守内力)外无其他外力做功，因此系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律，可求得棒的偏转角度.

解　(1) 由刚体的角动量定理得

(2) 取棒和地球为一系统，并选O 处为重力势能零点.在转动过程中，系统的机械能守恒，即

由式(1)、(2)可得棒的偏转角度为

4-28 分析　当人造卫星在绕地球的椭圆轨道上运行时，只受到有心力———万有引力的作用.因此，卫星在运行过程中角动量是守恒的，同时该力对地球和卫星组成的系统而言，又是属于保守内力，因此，系统又满足机械能守恒定律.根据上述两条守恒定律可求出卫星在近地点和远地点时的速率.

解　由于卫星在近地点和远地点处的速度方向与椭圆径矢垂直，因此，由角动量守恒定律有

(1)

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有

(2)

式中G 为引力常量，mＥ 和m 分别为地球和卫星的质量，r1 和r2 是卫星在近地点和远地点时离地球中心的距离.由式(1)、(2)可解得卫星在近地点和远地点的速率分别为

4-29 分析　由于地球自转一周的时间为24 小时，由ω＝2π/T 可确定地球的自转角速度和地球自转时的转动动能Eｋ ＝12 Jω2 .随着自转周期的增加，相应自转的角速度将减小，因而转动动能也将减少.通过对上述两式微分的方法，可得到动能的减少量ΔEｋ 与周期的变化ΔT 的关系.根据动能定理可知，地球转动动能的减少是潮汐力矩作功的结果，因此，由 ，即可求出潮汐的平均力矩.

解　(1) 地球的质量mＥ ＝5.98 ×1024 kg，半径R ＝6.37 ×106 m，所以，地球自转的动能

(2) 对式 两边微分，可得

当周期变化一定量时，有

(1)

由于地球自转减慢而引起动能的减少量为

(2)

又根据动能定理

(3)

由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩为

式中n 为一年中的天数(n ＝365)，ΔT 为一天中周期的增加量.

4-30 分析　沿轴向的拉力对小球不产生力矩，因此，小球在水平面上转动的过程中不受外力矩作用，其角动量应保持不变.但是，外力改变了小球圆周运动的半径，也改变了小球的转动惯量，从而改变了小球的角速度.至于拉力所作的功，可根据动能定理由小球动能的变化得到.

解　(1) 根据分析，小球在转动的过程中，角动量保持守恒，故有式中J0 和J1 分别是小球在半径为r0 和12 r0 时对轴的转动惯量，即

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

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

4-31 分析　转动定律M ＝Jα是一瞬时关系式，为求棒在不同位置的角加速度，只需确定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩 是变力矩，角加速度也是变化的，因此，在求角速度时，就必须根据角加速度用积分的方法来计算(也可根据转动中的动能定理，通过计算变力矩的功来求).至于棒下落到竖直位置时的动能和角速度，可采用系统的机械能守恒定律来解，这是因为棒与地球所组成的系统中，只有重力作功(转轴处的支持力不作功)，因此，系统的机械能守恒.

解　(1) 棒绕端点的转动惯量 由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位置时的角加速度为

当θ ＝60°时，棒转动的角加速度

由于 ，根据初始条件对式(1)积分，有

则角速度为

(2) 根据机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为

(3) 由于该动能也就是转动动能，即 ，所以，棒落至竖直位置时的角速度为

4-32 分析　两飞轮在轴方向啮合时，轴向力不产生转动力矩，两飞轮系统的角动量守恒，由此可求得B 轮的转动惯量.根据两飞轮在啮合前后转动动能的变化，即可得到啮合过程中机械能的损失.

解　(1) 取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有

则B 轮的转动惯量为

(2) 系统在啮合过程中机械能的变化为

式中负号表示啮合过程中机械能减少.

4-33 分析　该题与习题3 －30 的不同之处在于：(1) 子弹与摆锤的相互作用过程不再满足动量守恒，而应属于角动量守恒，这是因为细棒和摆锤是一整体，子弹与摆锤相互作用时，轴对杆有水平方向的分力作用，因此，对子弹与摆组成的系统而言，不能满足动量守恒的条件.但是，轴对杆的作用力和杆所受的重力对转动都不产生力矩，系统角动量守恒的条件却能满足.(2) 摆在转动过程中，就地球与摆组成的系统而言，满足机械能守恒定律.摆锤恰能通过最高点所需的速度，可直接应用机械能守恒定律去解.摆是刚体，摆锤与轴心之间的距离不可能发生改变.摆锤开始转动时的动能必须大于或等于转至最高点处所增加的势能.

解　取子弹与摆为系统，根据系统的角动量守恒，有

(1)

式中 、 和 分别为子弹、摆锤和杆对轴的转动惯量.

根据摆在转动过程中机械能守恒，有

(2)

由式(1)、(2)可得子弹速度的最小值为

4-34 分析　虽然小球在环中作圆周运动，但由于环的转动，使球的运动规律复杂化了.由于应用守恒定律是解决力学问题最直接而又简便的方法，故以环和小球组成的转动系统来分析.在小球下滑的过程中，重力是系统仅有的外力，由于它与转轴平行，不产生外力矩，因此，该系统对轴的角动量守恒.若以小球位于点A、B 处为初、末两状态，由角动量守恒定律可解得小球在点B 时环的角速度ω′.(2) 子弹与滑块碰后以共同速度运动时，由于弹簧不断伸长，滑块在受到指向固定点的弹力的作用下作弧线运动.对滑块的运动而言，该弹力为有心力，不产生力矩，因而滑块在运动中满足角动量守恒；与此同时，对滑块、弹簧所组成的系统也满足机械能守恒.这样，当弹簧伸长至l 时的滑块速度v 的大小和方向就可通过三条守恒定律求得.

解　子弹射入滑块瞬间，因属非弹性碰撞，根据动量守恒定律有

(1)

在弹簧的弹力作用下，滑块与子弹一起运动的过程中，若将弹簧包括在系统内，则系统满足机械能守恒定律，有

(2)

又在滑块绕固定点作弧线运动中，系统满足角动量守恒定律，故有

(3)

式中θ 为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角.联立解上述三式，可得

4-37 分析　这是一个变轴转动问题.棒的质心在变轴转动中将受到一瞬间力的作用，它改变了质心的速度；同时，该瞬间力对新的转轴又产生力矩作用，从而改变棒的转动角速度.根据质心的动量定理和棒的转动定律，并考虑到角速度与线速度的关系，即可求得新的角速度.由棒绕不同轴转动的转动动能，可计算该过程中的动能变化.

解　(1) 棒的质心的动量定理为

式中F是棒所受的平均力，vC 为棒质心的速度.棒在转动过程中受到外力矩作用，根据角动量定理，有

式中J 为棒绕质心的转动惯量(即 ).

而根据角量与线量的关系

可解得

(2) 在此过程中转动动能的改变为

4-38 分析　刚体平面平行运动可以被看成：其刚体质心的平动和绕质心轴转动的叠加，因此对本题可运用质心运动定律和转动定律进行求解.由于木轴滚动时与水平面间无相对滑动(又叫纯滚动)，故两者之间的摩擦力应为静摩擦力，并有 这一关系式成立.

解　设木轴所受静摩擦力Ff 如图所示，则有

(1)

(2)

(3)

由(1)、(2)、(3)式可得

5-1 分析与解　“无限大”均匀带电平板激发的电场强度为 ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B).

5-2 分析与解　依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B).

5-3 分析与解　电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).

5-4 分析与解　电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).

5-5 分析　考虑到极限情况， 假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21 e，中子电量为10－21 e，则由一个氧原子所包含的8 个电子、8 个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.

解　一个氧原子所带的最大可能净电荷为

二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为

显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±′＝r －x统一积分变量，则

电场强度的方向沿x 轴.

(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为

利用几何关系 sin α＝r/r′， 统一积分变量，则

当棒长L→∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度

此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r2/L2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.

5-10 分析　这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.

解　将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元 ，在点O 激发的电场强度为

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

积分得

5-11 分析　水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为 ，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为 ，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度

可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布.

解1　水分子的电偶极矩 在电偶极矩延长线上

解2　在对称轴线上任取一点A，则该点的电场强度

由于

代入得

测量分子的电场时， 总有x ＞＞r0 ， 因此， 式中 ，将上式化简并略去微小量后，得

5-12 分析　(1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝qE，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE.应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.

解　(1) 设点P 在导线构成的平面上，E＋、E－分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有

　(2) 设F＋、F－分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有

显然有F＋＝F－，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.

5-13 分析　根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度.

解　由点电荷电场公式，得

考虑到z ＞＞d，简化上式得

通常将Q ＝2qd2 称作电四极矩，代入得P 点的电场强度

5-14 分析　方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即

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

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

解1　由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有

依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS 的方向，

解2　取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①

5-15 解　如图所示，

由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即 .而

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

同理 　

因此，整个立方体表面的电场强度通量

5-16 分析　考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.

解　在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径 ( 为地球平均半径).由高斯定理

地球表面电荷面密度

单位面积额外电子数

5-17 分析　通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有

根据高斯定理 ，可解得电场强度的分布.

(2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为 ，每个带电球壳在壳内激发的电场 ，而在球壳外激发的电场

由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布

解1　因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理 得球体内(0≤r≤R)

球体外(r ＞R)

解2　将带电球分割成球壳，球壳带电

由上述分析，球体内(0≤r≤R)

球体外(r ＞R)

5-18 分析　用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自在该处激发电场的矢量和.

解　由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近

为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场

它们的合电场强度为

在圆孔中心处x ＝0，则

E ＝0

在距离圆孔较远时x ＞＞r，则

上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计.

5-19 分析　本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ 的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E1 、E2 ，则P 点的电场强度 E＝E1 ＋E2 .

证　带电球体内部一点的电场强度为

所以 ，

根据几何关系 ，上式可改写为

5-20 分析　以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而 .在确定高斯面内的电荷 后，利用高斯定理 即可求出电场强度的分布.