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计算机视觉（10）
&之前，由点积求两条直线的夹角，只知道会用，不知道原量，今天看计算机图形学，才知道其原量，待记录如下：
&点积最重要的应用时计算两个向量的夹角，或者两条直线的夹角。图给出了二维的情况，其中向量b和向量c与x轴的夹角分别为B,C，从基本三角函数可得：
&& b = (|b| cosB, |b| sinB)
&&&c = (|c| cosC, |c| sinC)
&& 将上式代入点积等式，将它们的对应的分量相乘，再把结果相加，于是得到：
&& b.c = |b| |c| cosB cosC + |b| |c| sinB sinC
& 再次应用三角函数等式，得到
&b.c = |b| |c| cos(B-C)
&最终，对于任意两个向量b和c，我们有
b.c = |b| |c| cos(@)，即con(@) = b.c / (|b| |c|)
注：@为b和c之间的夹角。
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(1)(1)(1)(1)(1)(2)(7)(2)(1)(2)
(window.slotbydup = window.slotbydup || []).push({
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size: '200,200',
display: 'inlay-fix'一根绳子悬挂着小球在水平面内做匀速圆周
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《基础物理学》习题解答配套教材： 《基础物理学》 （韩可芳主编，韩德培 熊水兵 马世豪编委） ，湖北教育出版社（1999）第一章思考题质点力学1-1 试比较以下各对物理量的区别：? （1） ?r 和 ?r ； ??? dr dr （2） 和 dt dt? d 2r d 2r （3） 和 2 dt 2 dt ? dr 表示速度 dt答： （1） ?r 表示矢量 ?r 的模，位移的大小，而 ?r 表示位矢大小之差 ?r 的绝对值； （2）? dr d 2r d 2r 的大小，而 表示位矢的长短随时间的变化率； （3） 表示加速度的大小， 2 位矢的长短对时间 dt dt dt 2的二阶导数。 1-2 动？ 答：质点沿直线运动，质点位置矢量方向不一定不变。质点位置矢量方向不变，质点沿直线运动。 1-3 设 质 点 的 运 动 学 方 程 为 x = x(t ) ， y = y (t ) ， 在 计 算 质 点 的 速 度 和 加 速 度 时 ， 有 人 先 求 出2 2质点沿直线运动，其位置矢量是否一定方向不变？质点位置矢量方向不变，质点是否一定做直线运dr d 2r r = x + y ，然后根据 v = 和 a = 2 求得结果。又有人先计算速度和加速度的分量，再合成而求 dt dt? dx ? ? dy ? 得结果，即 v = ? ? +? ? 和a = ? dt ? ? dt ?2 2? d 2x ? ? d 2 y ? ? 2 ? + ? 2 ? 。你认为哪一种方法正确？为什么？ ? dt ? ? dt ? ? ? ? ?22答：后一种方法正确。位矢、速度、加速度均为矢量，在本题中先求出分量， 再由分量合成得出矢量的大小是正确的， 而前一种方法先出位矢大小，再求出的只是位矢大小的时间变化率，而不是速度的大小，也不是加速度的大小。&&&&1-4 图示某质点在椭圆轨道上运动，任何时刻质点加速度的方向均指 向椭圆的一个焦点 O，试分析质点通过 P、Q 两点时，其运动分别是加 速的，还是减速的？ 答：在 P 点，总加速度的切向分量与速度方向相反，该行星速率减小； 在 Q 点，总加速度的切向分量与速度方向相同，行星速率正在增大。P OQ1-5 （1）匀速圆周运动的速度和加速度是否都恒不变？ （2） 能不能说 “曲线运动的法向加速度就是匀速圆周运动的加速度” ？ （3）在什么情况下会有法向加速度？在什么情况下会有切向加速度？ （4）以一定初速度 v 0 、抛射角 θ 0 抛出的物体，在轨道上哪一点的切向加速度最大？在哪一点的法向加速 度最大？在任一点处（设这时物体飞行的仰角为 θ ） ，物体的法向加速度为何？切向加速度为何？思考题 1-4 图?答：1）在匀速圆周运动中质点的速率是保持不变的而速度的方向则每时每刻在变化．所以不能说；速度 v2 an = R 始终保持不变，同时它的方向恒指向圆心而转 恒定不变．在匀速圆周运动中，质点的加速度量值变，所以加速度矢量也是恒定不变的。 （2）匀速圆周运动是曲线运动的一个特例．当质点作一般的曲线运动时，在某一时刻，位于曲线的 一个确定位置处它的法向加速度 确实可以与匀速圆周运动的向心加速度类比．但是这仅仅是类比而已，两者还是有本质区别的．曲线运动 中曲率中心位空时刻变化的，而匀速率圆周运动的圆心位置不变；此外，匀速圆周运动的速度大小保持不 变，故没有切向加速度．而曲线运动中，一般说来，除了法向加速度外，还有切向加速度 即在曲线的各点切线处，质点运动的速度大小可以随时何而变的，因此法向加速度的数值也随时间而变， 而匀速率圆周运动中加速度大小是不变的．an =v2 0 n p ，其方向即 n 0 ，指向该处曲线曲率中心．从瞬时的观点看， 它at =dv 0 t dt ，亦an =（3）法向加速度v2 0 n p， n 是指向曲率中心的单位矢量，P 为曲率半径，当质点运动的速度之0方向改变时，就会有法向加速度．切向加速度 的单位矢量，当质点运动的速度之数值改变时就会有切向加速度。at =dv 0 t dt ， t 0 是质点所在处的曲线之切线沿运动方向一侧（4）在抛射体运动中，当不计任何阻力时，其加速度是恒定的，即重力加速度 g，如图所示． 0 设在抛物线上某一点处其仰角为 θ ，则该物体的法向加速度为 a n = g cos θn 切向加速度为at = ? g sin θt 0 。当 θ = 0 0 时， cosθ = 1 ，即位于抛物 线的最高点处有最大的法向加速度 a n max = ? gj 。而切向加速度Yθ 的最大值出现在 取得最 大值处，。即在抛出点 at = ? g sin θ 0 。及在落地点at = g sin θ 0 (落地点在同一水平面处），若落地点为深渊则 at → g 。at = g sin θvatOθ an an g g vθatX&&&&1-6 一质点做斜抛运动，试分别说明下列积分式的意义。 （1） （2）∫ ∫ ∫t10v x dt ，A∫t10v y dt ， ∫ vdt ，式中 t1 为落地时间。0t1BAB ? ? dr ， ∫ dr ，式中 A 和 B 分别代表抛点和落地点位置。答： （1） （2）B∫t10v x dt 水平方向的射程， ∫ v y dt 竖直方向的所经过的路程， ∫ vdt 质点所经过的路程。0 0t1t1A? ? dr 抛点和落地点之间的位移， ∫ dr 抛点和落地点之间的路程。B A1-7 试举例说明以下两种说法是不正确的： （1）摩擦力总是阻碍物体运动的； （2）物体受到的摩擦力的方向总是与物体运动方向相反。 答：(1)传送带上的物体，摩擦力带动物体运动。摩擦力只是阻碍物体的相对运动,，不一定阻碍物体的运 动； （2）否。传送带上的物体，摩擦力带动物体运动1-8 有人认为牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例， 即合力为零的情形， 那么为何还要单独的牛顿第一定 律？ 答：不能认为牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例.牛顿第一定律有它自身的物理意义和地位，牛顿第一定 律阐明了物体不受外力作用时的运动规律，同时还引入物体惯性的概念，即物体具有保持原来运动状态的 性质.牛顿第一定律虽然引入了力的概念，但没有说明力怎样改变物体的运动状态.而牛顿第二定律却说明 了物体受力时，力和物体加速度之间的关系.所以说，牛顿第一定律是用来阐明物体不受外力作用时的运动 规律，而牛顿第二定律是用来阐明物体受到外力作用时的运动规律，二者不能替代. 1-9 如图所示，一根绳子悬挂着小球在水平面内做匀速圆周运动。在求绳子对小球的拉力 T 时，有人把 T 投影在竖直方位，写出??T cos θ ? mg = 0 ， ? 也有人把重力 mg 投影在绳子所在方位，写出 T ? mg cos θ = 0 。显然两者不能同时成立，哪种做法是正确的？说明其理由。 答：第一种方法正确。小球在重力和拉力的共同作用下，受到的合力指 向圆心 O。所以，沿水平和竖直方向分解，竖直方向的加速度为零， 故第一式成立。但是，如果把重力投影在绳子所在方位，该方向上的加 速度并非为零，所以第二式不成立。? TO? mg思考题 1-9 图习题解答1-1 一人站在 OXY 平面上的某点(x1、y1)处，以初速度 v0 竖直向上抛出一球。 （1）试以时间 t 为变量写出球的位矢 r （2）求出球的速度矢量 v 和加速度矢量 a&&&&1 2 ? gt )k 2 ? ? ? ? （2） v = (v0 ? gt )k ， a = ? gk解： （1） r = x1i + y1 j + (v0 t ????1-2 一质点做直线运动，它的运动学方程是 x=bt-ct2，方程中 a、b、c 是常数。 （1）此质点的速度和加速 度与时间的函数关系是怎样的？（2）作出 x-t 图象、v-t 图象和 a-t 图象。 解： （1） v =dx dv = b ? 2ct ， a = = ?2c dt dt( ) （2）若 b&0，c&0，则图象如下所示：(注意：要注明是 b&0 c&0 这种情况，另外，时间一定是大于零) &0，xb2 4cv bab 2ctb 2ct-2c a-ttx-tv-t1-3 一质点从 P 点出发以匀速率 1cm?s-1 做顺时针转向的圆周运动， 圆的半 径为 1m。取 P 点为原点，坐标系如图所示，求： （1） 当它走过 2/3 圆周时， 位移是多少？走过的路程是多少？这段时间内， 平均速度是多少？在该点的瞬时速度如何？ （2）当它走过 1/2 圆周时，以上各值又如何？ （3）写下该质点的运动学方程 x =x (t) 和 y =y (t) 的函数式。YC P1-4 一质点运动学方程为 x=t2, y=(t-1)2 ，x 和 y 均以 m 为单位，t 以 s 为 单位，试求： （1）质点的轨道方程； （2）在 t=2s 时，质点的速度 v 和加速度 a. 解：O题 1-3 图X?x = t 2 2 ? （1） ? ? y = x ?1 2 ? y = (t ? 1 ) ? ? ? 2? ? 2 ? （2）由运动学方程： r = xi + yj = t i + (t ? 1 ) j ? ? ? ? dr = 2ti + (2t ? 2 j) v= dt ? ? ? ? ? ? dv ? ， = (2i + 2 j m/s 2 （注意矢量的写法，写成分量形式就不用加单位 ) t = 2s 时， v = (4i + 2 j m/s ) a = dt()矢量了）1-5 如图湖中有一小船，岸上人用绳跨定滑轮拉船靠岸。当人以匀速 v 拉绳，船运动的速度 v’为多少？&&&&设滑轮距水面高度为 h，滑轮到船原位置的绳长为 l0 。解一：如图所示，当船发生元位移 dx 时，绳长的变化为 dl=dx cos cosθdl dx = cos θ ? ?v = v′ cos θ dt dt h sin θ 0 = l0→ sin θ =h l0 ? vt ? vi v′ = ? h 2 1? ( ) l 0 ? vt dxdl θ解二：x2 + h2 = l 2等式两边微分得：2 xdx = 2ldl dx dl x =l dt dt dx l dl l v = = v ? v′ = l dt x dt x xl = l0 ? vtx = l 2 ? h2 ? vi v′ = ? h 2 1? ( ) l 0 ? vt? ? ? r = xi ? hj解法 3：用矢量表示 则船的运动速度可以表示为&&&&? ? dr dx ? ′= v = i dt dt ? d = ( r 2 ? h2 ) i dt ? 1 dr ? vi = i =? h 2 dt h 1? ( ) 1 ? ( )2 r r dr v=? r = l0 ? vt dt ? vi v′ = ? h 2 1? ( ) l 0 ? vt1-6 一质点具有恒定加速度 a=(6i+4j) m?s-2。在 t=0 时，其速度为零，位置矢量 r0=10im。求（1）在任意 时刻的速度和位置矢量； （2）质点在 XOY 平面上的轨迹方程，并画出轨迹的示意图。解：由加速度定义式，根据初始条件 t0 = 0 时 v0 = 0，积分可得∫v0dv = ∫ adt = ∫ [(6 m ? s ?2 ) i + (4 m ? s ?2 ) j ]dt0 0ttv = ( 6 m ? s ? 2 ) t i + ( 4 m ? s ?2 ) t j又由v=dr dt及初始条件 t = 0 时，r0 = (10 m)i，积分可得t t∫r0dr = ∫ vdt = ∫ [(6 m ? s ?2 ) t i + (4 m ? s ?2 ) t j ]dt0 0r = [10 m + (3 m ? s ?2 )t 2 ] i + [( 2 m ? s ?2 ) t 2 ] j由上述结果可得质点运动方程的分量式，即x = 10 m + (3 m ? s ?2 t 2 y = (2 m ? s ?2 t 2))消去参数 t，可得运动的轨迹方程： 3 y = 2 x ? 20 mk=dy 2 = tanα = dx 3这是一个直线方程，直线斜率? ， α = 33 41′ 。&&&&轨迹如图所示。1-7 在高处将一小石子以 15m?s-1 的速度沿水平方向抛出。不计空气阻力，以抛出点为坐标原点，取 OX 轴的正方向与初速度的方向一致，OY 的正向竖直向下，从抛出时刻开始计时，并取 g=10m?s-2，试求： （1）2s 末小石子的位置坐标； （2）小石子的运动轨道方程； （3）2s 末小石子所在处的轨道曲率半径。 解：1 2 gt = 20m ，位置坐标为 (30, 20). 2 1 2 1 2 2 （2）x=v0t=15t， y = gt = 5t ， ? y = x 2 45 ? ? ? （3）石子轨迹如图所示。在 P 点建立自然坐标系。把 g 沿 τ ， n 方向分解，设 g 与 τ 之间的夹角为θ，则：（1）t=2s 时，x=v0t=30m， y =aτ = g cos θ ， a n = g sin θ =当 t=2s 时， v =v2 ρ2 )2 2 v x + v y = 15 2 + (gt= 25 m/ssin θ =v x 15 3 = = v 25 5ρ=v2 25 2 (1 + y ′ 2 ) 3 / 2 ） = = 104.2 m （可以用曲率半径的定义直接计算 ρ = g sin θ 6 y ′′有两个抛体以相同的速率 v0 抛出，但它们的速度与水平面的夹角分别为π π + β 和 ? β ，其中 4 41-80&β &2 2v 0 π 。 （1）试证这两个抛体有相同的射程； （2）计算证明它们飞行的时间差为 ?t = （3） sin β ； 4 g讨论 β =π 时的情形。 41-9 设从某一点 M，以同样的速率，沿着同一铅直面内各个不同方向，同时抛出几个物体。试证，在任 意时刻，这几个物体总是散落在某一圆周上。&&&&1-10 低速迫击炮弹以发射角 45°发射，其初速率 v0=90m?s-1。在与发射点同一水平面上落地。不计空气阻 力，求炮弹在最高点和落地点其运动轨道的曲率半径。 解：将炮弹视为质点,不计空气阻力. 在直交坐标系 O-xy 中,炮弹运动的速度与加速度为? ? ? ? ? ? v = v0 cos αi + (v0 sin α ? gt ) j a = g = ? gj (1)在最高点 v y = v0 sin α ? gt = 0 v = v0 cos α an = g (90 × 2 2) 2 R = v 2 an = (v0 cos α ) 2 g = m = 413.3m 9.8 ? ? (2)在落地点 v = v e v=v0 t 0an = g cos(?45° ) R=2 v0 v2 90 2 = = m ≈ 1169m an g cos(45° ) 9.8 × 2 21-11 一质点沿半径为 R 的圆周按规律 s = v 0 t ? （1）t 时刻质点的总加速度； （2）t 为何值时总加速度在数值上等于 b？1 2 bt 而运动，v0、b 都是常数。求： 2（3）当加速度到达 b 时，质点已沿圆周运行了多少圈？ 解：ds （1） v = = v0 ? bt dt加速度大小 a =? ? dv ? aτ = τ = ?bτ dt4? v 2 ? (v ? bt an = n = 0 ρ R tan θ =2)?n22 aτ2 + a n = b 2 +(v0 ? bt 4 )，方向Ra n (v0 ? bt = aτ ? bR)（2）令 a = b ，即 b + （3）当 a = b 时， t =22(v0 ? bt 4 )R4= b 2 ，有 v0 = bt ， t =v0 bv0 ，代入方程，得： b2 2s = v0 ?v0 1 v0 v v s s ? b? = 0 ，运行圈数 n = = = 0 b 2 b 2b ρ 2πR 4πbR1-12 一质点沿半径为 0.10m 的圆周运动，其角位置θ（以弧度表示）可用下式表示：θ=2+4t3，式中 t 以 秒计。问： （1）在 t=2 秒时，它的法向加速度和切向加速度各是多少？在 t=4 秒时又如何？&&&&（2）当切向加速度的大小恰是总加速度大小的一半时，θ的值是多少？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰好有相等的值？ 解：dθ = 0.1 × 12t 2 = 1.2t 2 , dt dv ∴ aτ = = 2.4t , dt v 2 (1.2t 2 ) 2 an = = = 14.4t 4 , r 0.1 ∴ a τ t = 2 = 2.4 × 2 = 4.8(m / s 2 ), (1) : v = ran aτant =2 t =4t =4= 14.4 × 2 4 = 230.4(m / s 2 ); = 2.4 × 4 = 9.6(m / s 2 ),= 14.4 × 4 4 = 3686.4( m / s 2 ).1 2 a τ2 + a n , 2 1 ∴ 2.4t = (2.4t ) 2 + (14.4t 4 ) 2 , 2 ( 2) : a τ =1-13 一质点从静止出发沿半径为 R=3m 的圆周运动，切向加速度为 aτ =3m?s-2。 （1）经过多少时间它的总加速度 a 愉好与半径成 45°角？ （2）在上述时间内，质点经过的路程和角位移各为多少？ 解：已知 at =dv = 3 ，即 dv = 3dt dtv t由初始条件: t =0 时， v0 = 0 ，得质点的瞬时速率v = ∫ dv = ∫ 3dt = 3t0 0质点的法向加速度的大小为an =v 2 (3t ) 2 = = 3t 2 R 3这样总加速度为： a = a t + a n = 3t + 3t 2 n 其中 n 为沿半径指向圆心的单位矢量， t 为切向单位矢量。 （1）设总加速度与半径夹角为 α ， 则有：a cosα = an ，a sin α = at当 α =45?时，有 at = a n ，即要求 3t2 =3，t =1s（另一负根舍去） 所以 t =1s 时，总加速度 a 与半径成 45?角。ds = v 和初始条件：t =0 时，s0=0 ，得： dt t 3 s = ∫ vdt = ∫ 3tdt = t 2 0 2 将 t =1s 代入，求出这段时间内的路程：（2）由s1 =3 2 t 2t =1=3 2 × 1 = 1.5m 2&&&&由角位移与路程的关系 当 t =1s 时, θ 1 =θ=s Rs1 1.5 = = 0.5rad R 31-14 一质点做半径 R=0.5m 的圆周运动，其运动学方程为θ＝t3+3t，式中θ以弧度计，t 以秒计。试求 t=2s 时，质占运动的角位置、角速度和角加速度。1-15 一敞顶电梯以 2 m?s-1 的速率上升。当电梯底板离地面 10m 时，从电梯底板上竖直上抛一小球，小 球相对电梯的初速率为 5 m?s-1。以地面为参考系，求： （1）小球能达到的最大高度； （2）小球抛出后多长时间再回到电上。1-16 一人骑自行车向东而行。在速率为 10 m?s-1 时，觉得有南风；速率增至 15 m?s-1 时，觉得有东南风。 求风的速度。 解：以地面为 S 系，运动的自行车为 S’系。建立坐标系。? 在 S 系中，风的速度始终为 vS’Y (北)在 S’系中：在速率为 10m·s-1 时，觉得有南风（速度矢量为北） 10m· ；即：? ? ? 在u1 = 10i , 风在S ' 系中速度为v1' = aj在速率为 15m·s-1 时，觉得有东南风（速度矢量为西北） 15m· ；? ? ? ? u2 = 15i 时，风在S ' 系中速度为v2' = ? ai + aj 。 ? ? ? ? v = u1 + v1' ?? ? ?' ?v = u2 + v2X(东)由相对运动的速度变换公式，得：? ? ? ? ? → 10i + aj = 15i ? ai + aj → a = 5S系Y(北)X(东)? ? ? → v = 10i + 5 j速度矢量指向东偏北（是西偏南风）? v = 10 2 + 52 = 11.2 角度：θ = arctan(5 / 10) =1-17 在一只半径为 R 的半球形碗内，有一粒质量为 m 的小钢球。当钢球以角速度ω在水平面内沿碗的内壁 做匀速圆周运动时，它距碗底有多高？ 解：由题意作示意图如图 2-6 所示。钢球 m 距离碗底高 h，沿碗内壁在水平面内以角速度 ω 转动时，其向&&&&心加速度由图 2-5 可知为 a n = rω2= mgtg 再由牛顿 θ R?h g 2 第二定律可得 F = mgtgθ = mRω sin θ ，简化后得 cos θ = ，再由图 2-5 知 cos θ = ， 2 R Rω g 所以 h = R ? ω2 o R1-18 一质量为 10kg 的质点在力 F=(120t+40)N 作用下沿 X 轴做直线运 动。在 t=0 时，质点位于 x0=5.0m 处，其速度 v0=6.0 m?s-1。求质点在任 意时刻的速度和位置。 解：由牛顿第二定律可得见图 2-6。 mg 与 N 的合力提供了为钢球做匀速圆周运动所需的向心力。由图 2-6 可知 F??= Rω 2 sin θ ，钢球受两个力作用：重力 mg 与碗内壁的支持力 N ，??θ o′ r m ω? N ? F图 2-5hθmF =mtdv dtt则任意时刻的速度v = v0 + ∫ Fdt = v0 + ∫ (120t + 40 dt)0 0? mg图 2-6= v0 + ( 60t 2 + 40ttt0= ( 6 + 60t 2 + 40t ) m s )t任意时刻的位置为x = x0 + ∫ vdt =x0 + ∫ ( 6 + 60t 2 + 40t )dt0 0= x0 + 6t + 20t + 20t = ( 5 + 6t + 20t 3 + 20t 2 ) m3 21-19 如本题图所示，已知两物体的质量 m=M=3.0kg，物体 m 以加速度 a =1.6 m?s-2 运动。求物体 M 与桌 面间的摩擦力。解： 分别为 m 和 M 做受力分析，有：?mg ? 2T = ma ? ? T ? f = 2Ma ?f = 2.7 N （g 取 9.8，g 取 10，则 f=3N）一般而言，设 m 移动的距离为 x1，M 移动的距离为 x2，则 x2=2x1 根据 v =dx ，v2=2v1 dta=dv ，a2=2a1 dt&&&&1-20 一质量为 m 的小球最初位于如本题图所示的点 A，然后沿半径为 r 的光滑圆弧内表面 ADCB 下滑。 试求小球在点 C 时的角速度和对圆弧表面的作用力。解： （一） 根据机械能守恒定律： mgr =1 2 mv + mg (r ? r cos α 2)1 2 mv = mgr cos α 2 ∵ω =? v = 2 gr cos α2g v cos α = F ? mg cos α = mrω 2 r r mr ? 2 g ? cos α ∴F = + mg cos α = 3mg cos α r（二）设质点与竖直方向成θ角时，分析其受力情况Fτ = ?mg sin θ = maτ = m? ? g sin θ rdθ = vdv ? v = 2 gr cos αdv dt? ? g sin θ =αdv dv ds dv = =v dt ds dt dsv? ? g sin θds = vdv ? cos α gr = 1 2 v 2两 边 积 分? ∫ ? g sin θ rdθ = ∫ vdv0 0Fn = N ? mg cos θ = ma n = mv 2 / r∴ N = 3mg cos α1-21 桌上有一块质量 M=1kg 的木板，板上放着一个质量 m=2kg 的物体。物体和板之间、板和桌面之间 的动摩擦因数均为 ? =0.25，静摩擦数均为? s =0.30。 （1）现在水平力 F 拉板，物体与板一起以加速度 a = m?s-2 运动，试计算物体和板的相互作用力以及板和 桌面的相互作用力。 （2）现在要使板从物体下抽出，须用的力 F 要加到多大？&&&&解：依题意作图 现分别将物体的 m 和板 M 取为研究对象，所画受力分析图图 a 所示。 建立如图所示的坐标系，根据牛顿第二定律，由受力分析图，可分别得 (1) 物体 m 与板 M 间的相互作用力 f1 = f11 = ma = 2 × 1 = 2 N1 N 1 = N 1 = mg = 2 × 9.8 ? 19.6 N板与桌面间的相互作用力 f2=μN21 N2 = Mg＋ N 1代入数据解得 f2 = 7.35NN2 = 29.4N(2) 欲使板从物体下抽出，必须使物体与板间产生相对滑动，为此，就必须克服物体与板间的最大静 摩擦力 fm，此时物体的加速度 am 为 fm=usN1=usmg=mam 板 M 也必须获得不小于 am 加速度，将图 b 中的 f1 以 fm，F 以 F1 表示，由牛顿第二定律得F’－fm－f2≥Mam f2=uN2 N2－N1－Mg＝0 N1－mg＝0联立求解得 F’=(u+us)(m+M)g 代入数据解得 F’＝16.17N 即要使板从物体下面抽出，须至少用的水平拉力 F≥16.17N。 从解题中可看出： 在(1)中求物体与板间的静擦力时，我们用公式 f1=ma，而不是 f1=μN1，因此时的静摩擦力 f1，并不是 最大静摩擦力。另外，摩擦力的方向不是与物体运动方向相反，而是与物体相对运动或相对运动趋势的方 向相反。 如果用水平外力拉板板未拉动，或物体和板一起作匀速直线运动时，此时物体与板间的静摩擦力当然 为零，而板与桌面的静摩擦与水平外力等值反向。1 （N1= N 1 ）1-22 如本题图所示，质量为 2.0kg 的物体静止在光滑的水平面上，物体系在绳索的一端，绳索通过无摩 擦的滑轮。物体最初放在距滑轮水平距离 l =2.0m 处，绳索与水平面之间的夹角为 30°。设作用在绳索上的 恒力为 28N，问在距出发点的哪个位置上物体将离开平面。&&&&解：tan 30° =a la = tan 30° ? l =2 3 3支当物体将离开地面时，地面对物体的支撑力 F=0。即绳对物体的拉力的垂直向上的分力 F⊥ = mgsin θ =F⊥ mg 19.6 = = = 0.7 F F 28tan θ =7 51x = a / tan θ =2 3 51 2 153 ? = ≈ 1.178 3 7 21s = l ? x = 2 ? 1.18 = 0.822m即距出发点 0.822m 处。 1-23 如本题图所示， 有两物体 A 与 B 被一弹簧相连， 物体 B 放在一支承面上。 已知 mA=20kg， B =40kg， m 物体 A 的运动学方程为 y =0.01sin8π t 。试求物体 B 对支承面的压力的极大值和极小值。设弹簧的质量略 去不计，y 的单位为米，t 的单位为秒。1-24 一升降机内有一光滑斜面。斜面固定在升降机的底板上，其段角为α ，如本题图所示。当升降机以 匀加速度 aI 上升时，物体 m 从斜面的顶点沿斜面下滑，求物体 m 相对于斜面的加速度 a’以及相对于地 面的加速度 a 各如何？&&&&NYNG FI αX G α物体受力图（以地面为参考系）物体受力图（以升降机为参考系）解：以升降机为参考系， 取向上方向为正。 则物块受力如右图所示。 物体受到支持力 N ， 重力 G 和惯性力 FI 。 由牛顿第二定律，有 N + G + FI = ma ' 沿斜面表面的平行方向和垂直方向作受力分解。 在斜面表面的垂直方向，加速度为 0， N = (G + FI cos α ) 在斜面表面的平行方向，加速度为 a’， ma ' = (FI + G sin α 。 ) 又 FI = ?ma I （负号表示方向与 aI 相反，实际上与 G 相同） ，故 a ' = ( g + a I sin α ，方向沿斜面表面平行 ) 方向向下。 以地面为参考系，建立如图坐标系。 在水平 x 轴方向：Nsinα = max (1) 由第（1）问有 N = (mg + FI cos α = mg + ma I cos α ) ( 在竖直方向，有 N cos α ? mg = ma y (3)?????????)(2)相对地面的加速度 a = (a I + g sin α cos α i + a I cos α ? g sin α j )2 2??()?1-25 设电梯相对地面以加速度 a 铅直向上运动。电梯中有一质量可略去不计的滑轮，在滑轮的两侧用轻 绳悬挂着质量分别为 m1 和 m2 的重物，如图所示。已知 m1 & m2 ，如以加速运动的升降机为参考系，求 物体相对地的加速度度和绳的张力为多少？TTm1 m1a解：m2 m2gm1gm2a&&&&取向上为正方向 在电梯参考系中，m1 受力为：方向向下的重力 m1g，向上的绳的拉力 T，方向向下的惯性力 m1a。m1 的加 速度为 a1' 。T ? m1 g ? m1 a = m1 a1 ' (1)m2 受力为：方向向下的重力 m2g，向上的绳的拉力 T，方向向下的惯性力 m2a。m2 的加速度为 a2' 。T ? m2 g ? m2 a = m2 a 2 ' (2)考虑到数值和方向，有： a1 ' = ? a 2 ' 联立解(1)、(2)和(3)，得： (3)a1' = a 2' = T=? (m 1 ? m 2 )( g )+ a ) m1 + m 2)(m1 ? m 2 )( g )+ a ) )m1 + m 22m1 m2 (g + a m1 + m2)对地面，则有a 1 = a + a 1' = ?(m1 ? m 2 )g ? 2m 2 a )m1 + m 2a 2 = a + a 2' =(m1 ? m 2 )g + 2m1 a )m1 + m 2第二章思考题2-1守恒定律有三个相同的物体分别沿斜面、凸面和凹面滑下，如图所示。三面左端离地面高度 h 和右端的水平距离 L 分别相同。若三面与物体的动摩擦因数 ? 相同，滑到坡底 A 时速率是否相同？若三面没有摩擦的 影响，滑到坡底 A 时速率是否相同？h L思考题 2-1 图 答：动摩擦因数? 相同，滑到坡底 A 时速率不同，因为同时有重力和摩擦力做功，摩擦力做功跟路径有关。 三面没有摩擦的影响，滑到坡底 A 时速率相同，因为只有重力做功，跟路径无关。 2-2 一物体沿一粗糙斜面下滑，试分析下滑过程中，哪些力做正功？哪些力做负功？哪些力不做功？ 答：物体沿粗糙面下滑时的受力有：重力、滑动摩擦力、斜面的支持力。 合力作功为2 ? 2 2 2 ? A = ∫ F ? dr = ∫ G cos θ1ds + ∫ FT cos θ 2 ds + ∫ FN cos θ3ds 1 1 1 1，&&&&其中，重力 G 与物体位移 dr 间的夹角 θ1 &??滑动摩擦力 FT 与物体位移 dr 间的夹角 θ 2 = π ，因与物体位移反向，所以滑动摩擦力作负功。 斜面的支持力 FN 因与物体位移相互垂直 θ 3 =??π ，所以重力作正功。 2 π ，所以斜面的支持力不作功。 2?2-3 力的功是否与参考系有关？物体的动能是否与参考系有关？一对作用力与反作用力所做功的代数和 是否和参考系有关？ 答：力的功与参照系有关，因为位移是相对的，位移与参照系有关。如图：木块相对桌面位移（s-l）木板对木块的滑动摩擦力做功 f(s-l)若以木板为参照系，情况不一样。木块木板F木块?木板 SF物体的动能与参考系有关，因为动能中的速度是相对的。一对作用力与反作用力所做功的代数和与参考系无关，相对位移与参照系选取无关。 （代数和不一定为零）如鞋底不在地面上打滑， 作用于鞋底的摩擦力是否做了功？人体的动能是哪里来 2-4 人由静止开始步行， 的？分析这个问题用质点系动能定理还是用能量守恒定律分析较为方便？ 答： （1）作用于鞋底的摩擦力没有做功。 （2）人体的动能是内力做功的结果。 （3）用质点系动能定理分析这个问题较为方便。 2-5 你如何理解：二质点相距很远，引力很小，但引力势能大；反之，相距很近，引力较大，引力势能反 而小。答：设两物体（质点）相距无限远处为零势能。引力势能表达式为负值，相距很远，负值越小，引力势能越大。 2-6 为什么内力可以改变质点系的动能，但不能改变质点系的动量？ 答: 因为内力的矢量和为零，所以不能改变质点系的动量。内力可导致质点之间有相对位移，所以做功的 代数和不一定为零，故可以改变质点系的动能。 2-7 试解释以下现象： （1）河流转弯处的堤坝要比平直部分修得更为坚固。 （2）跳伞运动员临着陆时用力向下拉降落伞。 （3）用两手紧拉一根麻线，很不容易把它拉断。若一手握住线的一端，另一只手将线的另一端迅速一拉， 线容易拉断。 答： （1）河流转弯处水的运动方向发生改变，动量编号，对堤坝有很大的冲力，所以要比平直部分修得更 为坚固 （2）运动员用力向下拉降落伞，则降落伞会用力向上拉运动员，使运动员着陆时与地面的作用时间增长。&&&&（3）因为用手迅速拉时，动量变化大，所产生的冲力很大，所以容易将线拉断 2-8 试分析下面的叙述是否正确，并把错误的叙述更正过来： （1）质点做圆周运动必受到力矩的作用；质点做直线运动必定不受力矩的作用。 （2）力 F1 与 Z 轴平行，所以力矩为零；力 F2 与 Z 轴垂直，所以力矩不为零。 （3）质点的角动量不为零，所以作用于该质点上的力一定不为零。 （4）质点系的动量为零，则质点系的角动量也为零；质点系的角动量为零，则质点系的动量也为零。 答： （1）质点做匀速圆周运动必不受到力矩的作用；质点做匀速直线运动必定不受力矩的作用 （2）关键看位矢怎么取。 （3）错误。质点的角动量的变化不为零，所以作用于该质点上的力一定不为零。 （4）错。质点系的动量为零，则质点系的角动量也为零；质点系的角动量为零，则质点系的动量不一定 为零，如动量方向与位移方向平行时。 2-9 设想若干运动系统，它们是否可能发生如下情况： （1）动量守恒，角动量也守恒。 （2）角动量守恒而动量不守恒。 生转动。 （3）动量守恒而角动量不守恒。 答： （1）受到的力为零； （2）受到有心力作用时； （3）对质点不可能，对质点系、刚体则可能，如发??补充：外力对质点不作功时，质点是否一定作匀速直线运动？答：根据质点的动能定理 A = ?EK 可知，合外力对质点作功为零时，质点的动能保持不变，有两种情况： （1）若合外力 F = 0 ，则质点将保持原来的运动状态不变，动能自然不变。此即牛顿第一定理 ,原来静止 的将仍然保持静止；原来作匀速直线运动的，将继续保持原有速度的大小和方向不变的匀速直线运动。 （2）若合外力 F 与质点的位移 dr 始终垂直，则合外力对质点不作功。如:用细绳连接着的小球在光滑水 平面内作圆周运动，拉力不作功；垂直进入均匀磁场的点电荷所作的圆周运动，磁场力不作功。此时的质 点所作的是匀速率圆周运动，其动能虽然不变，但速度方向不断改变，即动量时时在变。 补充：起重机起重重物。问在加速上升、匀速上升、减速上升以及加速下降、匀速下降、减速下降六种情 况下合力之功的正负。又：在加速上升和匀速上升了距离 h 这两种情况中，起重机吊钩对重物的拉力所做 的功是否一样多？ 答：在加速上升、匀速上升、减速上升以及加速下降、匀速下降、减速下降六种况下合力之功的正负分别 为：正、0、负、正、0、负。 在加速上升和匀速上升了距离 h 这两种情况中，起重机吊钩对重物的拉力所做的功不一样多。加速上 升 F & mg ；匀速上升 F = mg 。 补充： “弹簧拉伸或压缩时，弹簧势能总是正的。 ”这一论断是否正确？如果不正确，在什么情况下，弹簧 势能会是负的。 答：与零势能的选取有关。???习题解答2-1 用力推地面上的石块。已知石块的质量为 20kg，力的方向和地面平行。当石块运动时，推力随位移增 加而增加，即 F=6x，其中 F 的单位为 N，x 的单位为 m。试求石块由 x1=16m 移到 x2=20m 的过程中，推力&&&&所做的功。? ? 20 A = ∫xx12 F ? dx = ∫16 6 xdx = 3 x 2 解：20 16= 432 J2-2 一物体按规律 x=ct3 做直线运动。设媒质对物体的阻力正比于速率的平方。试求物体自 x0=0 运动到x=l 时，阻力所做的功。已知阻力系数为 k。解： f = kv 2d ( ct 3 ) dx = = 3 ct 2 dt dt ∴ f = kv 2 = 9 kc 2 t 4又v = 又 ?l ? x = 1 时，t = ? ? ?c? ?l ? f = 9 kc ? ? ?c?2 3 4 1 3∴?l ? A = ? ∫ fdl = ∫ 9 kc ? ? ?c?l 0 l 0234dl = ?27 kc 723l732-3 一根质量为 m、长为 l 的柔软链条，其 4/5 放在光滑桌面上，其余 1/5 从桌子边缘向下自由悬挂。试求 将此链条悬挂部分拉回桌面的过程需做的功。2-4 一质量为 0.20kg 的球系在长为 2m 的绳索上，绳索的另一端系在天花板上。把小球移开，使绳索与铅 直方向成 30°角，然后从静止放开。求： （1）在绳索从 30°到 0°角的过程中，重力和张力所做的功； （2） 物体在最低位置时的动能和速率； （3）在最低位置时绳的张力。 解： （1）运动过程中绳子张力方向与小球速度方向重直，故不做功。A = 0。 重力在此过程中所做的功： 方法 1： A = mg?h = mg ? l (1 ? cos 30° = 0.2 × 9.8 × 2 × ?1 ? )方法 2：设θ是绳与铅直方向的夹角，则 d r = ds = ?ldθ （θ角的减小对应着 ds 的增加）?? ? ?3? ?J = 0.53J 2 ? ?? ? π dr 与 mg 的夹角为 ? θ ，则有 2 0° ? ? A = ∫ mg ? d r30° 0° ?π ? = ∫ mg cos? ? θ ?ds 30° ?2 ?= ? ∫ mgL sin θ dθ30°0°= ? mgL[cos θ0° 30°]? 3? ? = mgL?1 ? ? 2 ? ? ? = 0.53J（2）小球在由 A 到 B 运动过程中，由动能定理，最低位置时动能 W = mg?h&&&&mg?h =1 2 mv B ? 0 2vB =mg?h 2w = = 2.3m/s m m2 vB l（3）在最低位置，对小球，有 T ? mg = ma = m? T =m2 vB + mg = 2.49 N L2-5 如本题图所示，摆长为 l，摆锤质量为 m，起始时摆与铅直线间的夹角为θ。在铅直线上距离悬点 x 处 有一小钉 O，摆可绕此小钉运动。问 x 至少为多少才能使摆以钉子为中心绕一完整的圆周？ 解：以摆锤运动到最低点的平面为零势能面。 由机械能守恒，有： mg (l ? l cos θ ) = mg ? 2(l ? x + ) 重力和绳的张力 T 提供了向心力： mg + T = m 其中 T 应满足条件： T ≥ 0 联立上面三式，解得：1 2 mv 2（ l - x 为摆锤作圆周运动的半径）v2 l?xx≥(3 + 2 cos θ5l)2-6 一半径为 R 的光滑球固定在水平面上。 另有一物体从球的最高点由静止沿球面滑下。 摩擦力略去不计， 求物体离开球的位置以及物体在该位置的速度。 解：设当达到与竖直方向夹角为θ时物体离开球。系统机械能守恒，有：v2 mg cos θ = m r由两式解得： cos θ =1 mgR(1 ? cos θ =) mv 2 2 2 gR 32 ，v = 32-7 如本题图所示，把质量 m=0.2kg 的小球放在位置 A 时，使弹簧被压缩Δl=7.5×10-2m。然后在弹簧的弹 性力作用下，小球从位置 A 由静止被释放，小球沿轨道 ABCD 运动。小球与轨道间的摩擦不计。已知 BCD 为半径 r =0.15m 的圆弧。求弹簧劲度系数的最小值。 解： 依题意，球运动到最高点时，只有重力提供向心力。即 mg = 又系统机械能守恒，有1 1 k?l 2 = 3mgr + mv 2 2 2mv 2 r(1 )(2 )&&&&(1), (2) 解得： k =7mgr ?l 2，代入参数得：k=366 N/m。2-8 如本题图所示，一个质量为 M 的劈形物体置于水平面上，另一质量为 m 的物体自斜面顶端由静止开 始下滑，接触面间的摩擦均忽略不计。图中 H、h、θ均为已知。试求 m 与 M 分离时 M 相对于水平面的速 度及此时 m 相对于 M 的速度。 解法一 设 v 为 m 相对于 M 的速度，u 为 M（相对于地面）的速度。为什么要先“设 v 为 m 相对于 M 的速度” ？因为需要对 m 的速度进行分解，只有在以 M 为参考系中，才能根据已知的θ角 直接进行正交分解（在地面参考系中，夹角α暂时未知，参见教材 p33 例 1-15） 。但是接下来要考虑动量守恒和机械能守恒， 又必须转化到 m 相对于地面的速度。? ? =v +u 。 取水平向右为正方向，写为分量式，有： v x = v cos θ ? u , v y = v sin θm 相对于地面的速度为 v ′ ，则 v ′ 由水平方向动量守恒，有??m(v cosθ ? u ) = Mu(1)机械能守恒，有 mg ( H ? h) =1 1 1 1 Mu 2 + mv 2 = Mu 2 + m (v cos θ ? u ) 2 + (v sin θ 2 2 2 2[2])(2)联立求解，得： v' = m2 g ( H ? h) cos 2 θ ( M + m)( M + m sin θ )2，u=2 g ( H ? h)( M + m)M + m sin 2 θ解法二：m，M 相对于地的速度分别为 v，u。则（注意图中和式中的α角和θ角） ：? ?mv1 cos α = Mu ? 1 1 ? 2 2 ?mg ( H ? h) = mv + Mu ，联立三式求解。 2 2 ? ? v cos α + u ? v sin α = ctgθ ?附：证明 N 作功为 0 由 mv cos α= Mu ， ml ′ = Ml&&&&A = N1 sin θM l + N1 sin θ l ? N1 cos θ ( H ? h) m M ? ? = N 1 ?sin θ l + sin θ l ? cos θ ( H ? h)? m ? ? M ? ? = N 1 ?sin θ ( l + l ) ? cos θ ( H ? h)? m ? ?∵M ) l + l = (H ? h ctgθ m) ∴ A = N 1 [sin θ (H ? h ctgθ ? cos θ ( H ? h)] = 02-9 如图所示，一质量 m=0.10kg 的小球，系在绳的一端，放在倾角为 α＝30°的光滑斜面上，绳的另一端 固定在斜面上的 O 点，绳长 l=0.2m。当小球在最低点 A 处，如在垂直于绳的方向给小球初速度 v0 （即 v0 与斜面的水平底边 MN 平行） ，使小球可以完成圆周运动。 （1）问 v0 至少等于多大？ （2）在最高点 B 处，小球的速度和加速度多大？ （3）如何求出小球在任一位置 C 时绳子的张力 Tc ？（小球位置用∠AOC=θ表示） （4）如将一根同样长度细棒（不计质量）替代绳子，其它条件都仍如上述，问 v0 至少等于多大方使小球 刚好完成圆周运动？解： （1）要完成圆周运动，至少在最高点 B 要满足 mg sin α = m 系统机械能守恒。有： 综上两式，有 v0 =v2 。 l1 1 2 mv 0 = mg ? 2l ? sin α + mv 2 2 25 gl sin α ≈ 2.2m/s ，即 v0 至少应为 2.2m/s。（2） v =gl sin α = 0.99m/s1 × 9.8 m/s = 4.9 m/s 2 1 2 （3）小球在任一位置时，由机械能守恒，有 mv0 = mg (l ? l cos θ sin α + mvc ) 1 2 2 2mg sin α = ma ? a = g sin α =重力和绳的张力提供圆周运动的向心力： 由上二式，解得： Tc = 1.47(1 + cos θ N )mvc2 = Tc ? mg cos θ sin α L&&&&（4）若用细棒代替绳子，在最高点只需满足 v B ≥ 0 ，即1 2 mv0 ≥ mg ? 2l ? sin α 2? v 0 ≥ 4 gl sin α = 1.98 m/s2-10 用棒打击 0.30kg、速率 20m?s-1 的水平飞来的球，球飞到竖直上方 10m 的高度。求棒给予球的冲量 多大？设球与棒的接触时间为 0.02s，求球受到的平均冲力。? ? ) 解：取打击前球的水平运动方向为 X 轴的正方向，则打击前球的初速度为 v1 = 20i (m/s 。取竖直向上方向为 Y 轴正方向。设打击后球的速度为 v 2 = bj （球竖直向上飞，故速度的 X 分量为 0） 。 ? ? ? ? 打击过程中，按照动量定理，有： I = F?t = mv 2 ? mv1 写成分量式，得：??? I x = Fx ?t = mv 2 x ? mv1x = ? mv1x? Fx ?t = ? mv1x = 0.30 ? 20 = 6 N ? s,F=? I y = F y ?t = mv 2 y ? mv1 y = mv 2 y? mv1x 0.30 ? 20 = = 300 N ?t 0.02（取球和地球为研究系统）打击后球的飞行过程中系统机械能守恒，得：1 2 mv2 y = mgh ? v 2 y = 2 gh = 2 ? 9.8 ? 10 ≈ 14 m/s 2 ? mv 2 y 0.30 ? 14 ? I y = Fy ?t = mv 2 y = 0.30 ? 14 = 4.2 N ? s = = 210 N Fy = ?t 0.022 2 ∴ I = I x + I y = 6 2 + 4.2 2 ≈ 7.32 N ? sI 的方向为： arctan θ =Iy Ix=4.2 = 0.7 ， θ 6≈ 35° ，即与水平成 35°角（迎着小球飞来方向斜向向上） 。F = Fx2 + Fy2 = 300 2 + 210 2 ≈ 366 N2-11 质量为 M 的人手里拿着一个质量为 m 的物体。此人用与水平面成α角的速率 v0 向前跳去。当他达到 最高点时， 他将物体以相对于人为 u 的水平速率向后抛出。 问由于人抛出物体， 他跳的距离增加了多少？ 假设人可视为质点。 解：[方法一] 人可达到最高点的时间为 t =v0 sin α ，人从最高点落到地面的时间与此相等。 g? ?V =设人抛出物体后相对于地面速度增加量为?v，则 m(u ? ?v = M?V ) 则人抛出物体后，他跳的距离增加为 ?V ? t =mu m+Mmuv0 sin α (m + M g )[方法二] 水平方向动量守恒： m(v ? u ) + Mv = (M + m v0) cos θ （常见错误为： m(v0 cos θ ? u + Mv = M + m v0 cos θ ) ） ) (?v=(M + m v0) cos θ + muM +m muv0 sin a (M + m g )距离增加 ?s = ?v ? t = (v ? v0 cos α t = )2-12 在光滑水平面上放置一静止的木块，木块质量为 M。一质量为 m 的子弹以速度 v 沿水平方向射入木 块，然后与木块一起运动，如图所示。 （1）求子弹与木块间的相互作用力分别对子弹和木块所做的功； （2）&&&&碰撞过程所损耗的机械能。解：在碰撞过程中木块与子弹组成系统的合外力为零，故动量守恒。mv = (M + m v ′) ? v ′ =mv M +m21 Mmv 2 ′2 ? 0 = 由功能原理可得，子弹与木块间的相互作用力对木块做的功 WM = Mv 2 2(M + m2 ? 1 1 2 1 2 ?? m ? 2 对子弹做的功 Wm = mv ′ ? mv = mv ?? ? ? 1? 2 2 2 ?? M + m ? ? ? ?)机械能的损失 ?E =1 2 1 Mmv 2 mv ? (M + m v ′)2 = 2 2 2(M + m)2-13 某铁道平底车在沿无摩擦的平直铁路上行驶，车的总质量 M=200kg，速率为 v0=4m?s-1，求下列情况 下车的速度大小： （1）从车上将 m=20kg 的物体，以相对车的速率 u=2m?s-1 向侧向抛出。 （2）从车上将 m=20kg 的物体，以相对车的速率 u=4m?s-1 向车后抛出。 （3）将质量 m=20kg 的物体，以相对地面的速率 v’=6m?s-1 并与车行速度相反方向抛入车内。2-14 两小球在光滑桌面上运动，质量分别为 m1=10g，m2=50g，速率分别为 v1=0.30m?s-1，v2=0.10m?s-1， 相 向向行，发生碰撞。 （1）如碰撞后，m2 恰好静止，求此时 m1 的速度； （2）如果 m2 固定于桌面（譬如说， 钉在桌上） m1 以 0.30 m?s-1 的速率与 m2 相撞，撞后，仍以 0.30 m?s-1 的速率弹回，问此时两小球组成的系 ， 统的动量有无改变，为什么？2-15 在光滑的水平面上，质量为 m 的 A 球，以速度 u 飞行，与一静止的小球 B 碰撞后，A 球的速度变为v1，其方向与 u 方向成 90°，B 球的质量为 5m，它被撞后以速度 v2 飞行，v2 的方向与 u 成θ＝arcsin(3/5)角， 求： （1）两小球相撞后速度 v1、v2 的大小； （2）碰撞前后两小球动能的变化。&&&&解： （1）以水平方向为 X 轴正方向、垂直向上为 Y 轴正方向，建立直角坐标系。 碰撞时，合外力为零，所以系统动量动量守恒： mu = mv1 + 5mv 2 分解到 X、Y 方向，有：???mu x = mv1x + 5mv2 x (1) 0 = mv1 y + 5mv2 y (2)1 u， 5 3 1 3 u = ? u= 4 5 20v1 方向与 u 方向成 90°， ? v1x = 0 ，由(1)得： v 2 x =已知θ＝arcsin(3/5)， ? v 2 y = v 2 x ? tan θ =2 23 v2 x 4? v2 = v2 2x+v2 2y1 ?1 ? ? 3 ? = ? u? + ? u? = u 4 ? 5 ? ? 20 ?把 v2y 值代入(2)式，得： v1 y = ?3 u （负号表示为 Y 轴负方向） 42? v1 = v + v（2） ?E =2 1x2 1y3 ?1 ? = 0 + ? u? = u 4 ?5 ?21 1 1 1 2 mv12 + ? 5mv 2 ? mu 2 = ? mu 2 2 2 2 16动能减少了1 mu 2 。 162-16 一个质量为 M=10kg 的物体放在光滑水平面上，并与一水平轻弹簧相车如图所示。弹簧的劲度系数k=1000N?m-1。今有一质量为 m=1kg 的小球，以水平速度 v0=4m?s-1 飞来，与物体 M 相撞后以 v1=2ms-1 的速度弹回，问 （1）M 起动后，弹簧将被压缩，弹簧可缩短多少？ （2）如果小球上涂有粘性物质，相撞后可与 M 粘在一起，则结果又如何？解： （1）碰撞过程，动量守恒。有： mv 0?? ? = mv1＋Mv 2取水平向右为 X 轴正方向，有： ? mv 0 （负号表示方向为 X 轴负方向）= mv1＋Mv 2? v2 =? m(v0 + v1 ) = ?0.6 m ? s ?1 M弹簧压缩过程，系统机械能守恒（因为弹性力为保守内力） 。有：&&&&1 1 2 k (?x) 2 = Mv 2 2 2? ?x =2 Mv 2 = 0.06 m k（2）碰撞过程，动量守恒。有： mv0v′ = m 1 4 v0 = ? (? 4 ) ? m ? s ?1 = 1 + 10 11 m+M?? = (m + M v ′)?x =(M + m v ′)2k(10 + 1 ? ? 4 ? ) ? ?= ? 11 ? 10002≈ 0.04 m2-17 （略） 2-18 我国 1970 年 4 月 24 日发射的第一颗人造地球卫星绕地球沿椭圆轨道运动，地球中心为椭圆的一个 焦点，近地点离地 439km，远地点离地 2384km。试计算卫星在近地点和远地点的速度。设地球的半径为 6378km。 解：设地球半径为 R，近地点半径 r1=R+439=6817km，远地点半径 r2＝R+km 角动量守恒： r1 mv1 = r2 mv 2? v1 =r2 8762 v2 = v 2 = 1.2857 v 2 6817 r1g= GM (希望使用已知常量来代替复杂的 GM 值) R21 GMm 1 2 GMm 机械能守恒： mv12 ? = mv2 ? 2 r1 2 r2?1 2 gR 2 1 r12 2 gR 2 v1 ? = v2 ? 2 r1 2 r22 r2 ? ? ? ?2 2 2 ? ?v 2 = 2? gR ? gR ? ? r ? 2 r2 ? 1 ?? ?r ?1 ? ? 1 ? ? r2 ? ?10-3km/s2? ? ? ?代入数据计算时，注意长度单位要统一使用 m 或 km。用 km，则 g=9.8×? v1 = 8.11 km/s v 2 = 6.31 km/s2-19 一单摆，其摆线的长为 l，摆线下系质量为 m 的小球。摆线的另一端，可绕点 O 在竖直平面内摆动。 开始时摆线静止于水平位置，然后自由放下，如图所示。求（1）摆线与水平成角θ 时，小球的角动量； （2） 小球到达点 O 的正下方时的角速度。 解：以摆线处于水平位置所在平面为零势面 （1）由水平位置摆到与水平成θ 角的过程中，系统机械能守恒。1 2 mv1 = mgl sin θ 2? v = 2 gl sin θ角动量 L = lmv = ml 2 gl sin θ&&&&角动量方向：根据右手螺旋法则可判断，为垂直纸面向内方向。 （2） θ = 90° 时， v =2 glω=v = l2g l补充题 （与题 2-8 类似） 质量为 M 倾角为α的光滑斜面体，放在光滑的水平面上，一质量为 m 的滑块放在斜面上，滑块的起始高 度为 h,如图(a)所示，m 的线度可忽略不计，当滑块滑到斜面底部时，试求：? (1)斜面体的速度大小；?(2)滑块的轨迹(相对地面)。?解: (1)求斜面体的速度大小?? ? ? v r 为滑块 m 相对斜面体 M 的速度， v e 为斜面体 M 相对地面的速度，滑块 m 相对地面的速度为 v a ，根据速度合成有 ??当 m 沿着物体 M 的斜面向下滑动时，斜面体 M 沿着水平面向左运动，所以滑块 m 参与两种运动。 设? ? ? va= vr+ ve? ?v 2 a(1)?? =v r +v 2 -2vrvecosa ?? e2由它们的矢量关系(见图 b)，得滑块 m 在斜面体 M 的斜面上下滑的过程中：? (a)研究滑块和斜面体组成的系统，系统在水平方向合外力为零，故系统在水平方向动量守恒。 -Mve+m(-ve+vrcosa )=0vr=M +m ve m cos α(2)??(b)以 m,M 和地球为系统，系统除保守内力作功外，其余力作功之和为零，故系统机械能守恒 ? ?1 2 1 mv a + Mv 2 = mgh e 2 21 1 m（v 2 +v 2 -2vrvecosa )+ Mv 2 = mgh r e e 2 2(3)由式(2),(3)解得 ?ve=mcosa2 gh ? ( M + m )( M + m sin 2 α )&&&&(2)求滑块 m 的轨迹? 选取如图(c)所示的固定在地面的直角坐标系， 根据速度合成定理式(1)， 滑块 m 的速度在 x 和 y 轴上的 投影为〔见图(b)〕vx =vrcosa - ve vy =-vrsina(4) (5) ?vy=-由式(4)、式(5)及式(2)消去 vr 和 ve 得? 由 vx= dx/dt 、vy= dy/dt ，则上式可化为yM +m tg α Mvx????∫hdy =-M +m tg α Mx∫0dx即y = h –(M +m tg α )x?? M由此得出：滑块在地面参照系中的轨迹是一条直线。由上述直线方程可定出直线的斜率? tg(π-β)=M +m tg(π ? α ) 。 M&&&&第三章 刚体力学基础思考题3-1 一个绕定轴转动着的刚体有非零的角速度和角加速度。刚体中的质点 A 离转轴的距离 是质点 B 的两倍，对质点 A 和质点 B，以下各量的比值是多少？（1）角速率； （2）线速率； （3）角加速度的大小； （4）加速度的切向分量； （5）加速度的法向分量； （6）加速度的大 小。3-2 以下说法是否正确？并加以分析： （1）一个确定的刚体有确定的转动惯量。 （2）定轴转动的刚体，当角速度大时，作用的力矩也大。 （3）使一根均匀的铁棍保持水平，如握住棍子的中点要比握住它的一端容易。 （4）一个有固定轴的刚体，受到两个力的作用。当这两个力的合力为零时，它们对轴的合 力矩也一定为零；当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定为零。3-3 指出下弄表达式哪些是正确的，哪些是错误的，并说明理由。EK =1 M vc2 2, ? ?E p = Mghc ,J = Mrc2 ,? ? ? L = rc × M vc ,EK、EP、J、 L 分别表示绕定轴转动刚体的动能、重力势能、转动惯量、角动量。式中：M为刚体的质量， v c 为质心速度，hc 为质心距零势能面的高度，rc 为质心到转轴的距离。3-4已知银河系中有一天体是均匀球体，现在半径为 R，绕对称轴自转的周期为 T，由于引力凝聚，它的体积不断收缩。假定一万年后它的半径缩小为 r ，试问一万年后此天体绕 对称轴自转的周期比现在大还是小？它的动能是增加还是减少？3-5一圆形平台，可绕中心轴无摩擦地转动，有一辆玩具汽车相对台面由静止启动，绕轴做圆周运动， 问平台如何运动？当小车突然刹车， 平台又如何运动？运动过程中小车—平台 系统的机械能、动量和角动量是否守恒？习题解答3-1 一汽车发动机曲轴的车速在 12s 内由每分钟 1200 转均匀地增加到每分钟 2700 转， 求： （1）角加速度； （2）在此时间内，曲轴转了多少转？&&&&3-2 某机器上的飞轮运动学方程程为：θ=at+bt2-ct3，求 t 时刻的角速度和角加速度。 3-3 在边长为 a 的正六边形的顶点上，分别固定六个质点，每个质量都为 m，设这正六边形放在 XOY 平面内，如图所示，求： （1）对 OX、OY、OZ 轴的转动惯量； （2）对通过中心 C 且平行于 OY、OZ 的两轴 CY’、CZ’的转动惯量。3-4如本题图所示，有一实验用摆，匀质细杆的长 l =0.92m，质量 m=0.5kg，匀质圆盘的半径 r =0.08m，质量为 M=2.50kg。求对过悬点 O 且垂直摆面的轴的转动惯量。3-5图中是一块质量为 M 且均匀的长方形薄板，边长为 a、b，中心 O 取为原点，坐标系OXYZ 如图所示。（1）证明板对 OX 轴和 OY 轴的转动惯量分另为： J OX = （2）求薄板对 OZ 轴的转动惯量。1 1 Mb 2 ， J OY = Ma 2 。 12 12（1）证明：在长方形薄板上取一平行于 X 轴的横条形质元，它到转轴 OX 的距离为 y，长&&&&度为 a，高度为 dy，该质元的质量为 dm =bM M ? ady = dy ab bJ OX = ∫ y 2 dm = ∫ 2b y 2m? 2M 1 dy = mb 2 b 12 M dx a同理，可以长方形薄板上取一平行于 Y 轴的竖条形质元，到转轴 OY 的距离为 x， 高度为 b， 宽度为 dx，该质元的质量为 dm =J OY = ∫ x dm = ∫ x 2m2a 2 a ? 2M 1 dx = ma 2 a 121 M a2 + b2 12（2）根据垂直轴定理， J OZ = J OX + J OY =()3-6在如图所示的装置中，物体的质量 m1、m2，定滑轮的 M1、M2，半径 R1、R2 都已知，且 m1&m2。设绳子长度不变，质量不计，绳子与滑轮间不打滑，而滑轮则质量均匀分布， 其 转动惯量可按均匀圆盘计算，滑轮轴承处光滑无摩擦阻力，试求出物体 m2 的加速度和绳的 张力 T1、T2、T3。解：m1 和 m2 的加速度数值相等，方向相反。分别对 m1 和 m2 应用牛顿第二定律，有：m1 g ? T1 = m1 a T2 ? m2 g = m2 a两滑轮的转动惯量分别为 J 1 =a 1 1 2 和 M 1 R12 和 J 2 = M 2 R2 ，其角速度分别为 β 1 = 2 2 R1β2 =a 。对两滑轮分别应用转动定律，有： R2(T1 ? T3 R1 = J 1 β1 = 1 M 1aR1 )2 (T3 ? T2 R) = J 2 β 2 = 1 M 2 v 2 aR2 2 2&&&&联立以上四式，解得：a= T1 =2 g (m1 ? m2 ) 2(m1 + m2 + )M 1 + M 2m1 g (4m2 + M 1 + M 2 ) 2(m1 + m2 + )M 1 + M 2 m2 g (4m1 + M 1 + M 2 ) 2(m1 + m2 + )M 1 + M 2T2 = T3 =3-7(4m1m2 + m1 M 2 + m2 M 1 )g 2(m1 + m2 + )M 1 + M 2如图所示，已知定滑轮半径为 R，转动惯量为 J。弹簧的劲度系数为 k。问质量为 m 的物体下落 h 时的速率是多大？设开始时物体静止且弹簧无伸长。 解：取弹簧，重物，滑轮及地球为一系统， 弹簧右端受力及滑轮轴的力均不作功，故系 统机械能守恒。 取各物开始位置为对应势能零点。有：0 = ?mgh +又ω1 2 1 2 Jω + kh 2 2=v ，代入得: rv=2mgh ? kh 2 m+ J 2 R3-8质量为 m1 和 m2 的两物体分别悬挂在如本题图所示的组合轮两端。设两轮的半径分另为 R 与 r，两轮的转动惯量分别为 J1 和 J2，轮与绳间无滑动，轴承间的摩擦略去不计，绳的 质量也略去不计。试求两物体的加速度和绳的张力。解：m1,m2 及定滑轮切向受力如图，设滑轮顺时间方向转动为正方向。取 m1 向下运动方&&&&向为坐标正向。m1 g ? T1 = m1 a1 T2 ? m2 g = m2 a 2 T1 R1 ? T2 R2 = Jβ又：(1) (2) (3)a1 a2 = =β R rJ = J1 + J 2(4)(5) 共有 5 式，求解 5 个变量。 (4)式分别代入(1)、(2)式，得： T1 = m1 g ? m1 Rβ ， T2 = m 2 g ? m2 rβ 代入(3)式，得：m1 gR ? m1 R 2 β ? m2 gr + m2 r 2 β = ( J 1 + J 2 ) β? β=m1 gR ? m2 gr J 1 + J 2 + m1 R 2 ? m2 r 2然后求得：a1 = T1 =Rg) J 1 + J 2 + m1 R ? m2 r 22(m1 R ? m2 r,a2 =(m1 R ? m2 r rg )J 1 + J 2 + m1 R 2 ? m2 r 2 J 1 + J 2 + m1 R 2 + m1 rR m2 g J 1 + J 2 + m1 R 2 ? m2 r 2J 1 + J 2 + m2 r 2 + m2 rR m1 g , J 1 + J 2 + m1 R 2 ? m2 r 2T2 =〔教材 p264 提供的答案中，分母有一个印刷错误〕3-9如本题图所示，飞轮的质量为 60kg，直径为 0.50m，转速为每分钟 1000 转。现用闸瓦制动使其在 5s 内转动，求制动力。设闸瓦与飞轮之间的动摩擦系数? =0.4，并设飞轮的质量 全部分布在轮缘上。解： 受力分析：制动力 F 作用于制动杆右端，则由杠杆原理，闸瓦作用于飞轮上的力为0.5 + 0.75 F = 2.5F 。闸瓦与飞轮之间的动摩擦力 f = ? F ′ 使飞轮停止转动。则有 0.5 f 。 F= 2.5?F′ =取飞轮顺时钟转动方向为正。&&&&摩擦力的力矩为 M = ? fR ，是恒力矩。做功 A = M ? ?θ = ? fR ? ?θ 〔见教材 p85〕 又由转动定理得： A = ?1 Jω 02 21 2 ? ? fR ? ?θ = ? Jω 0 2 ?f =Jω 02 2 R ? ?θ2飞轮视作细圆环， J = mR 。 ?f =mRω 02 2?θ? F=2 mRω 0 f = 2.5? 2.5? ? 2?θ?θ 用运动学方程求解： 1 ?θ = ω 0 + β t 2 2 ω ? ω0 0 ? ω0 β= = t t代入数据得：ω0 =1000 ? 2π 100π = 60 3 ? 100π ? ?? ? ω0 ? 3 ? = ? 20π β= = t 5 3 250π ?θ = 32代入数据，得：0.5 ? 100π ? ×? ? 2 mRω 0 2 ? 3 ? ? F= = = 3.14 × 10 2 N 250π 2.5? ? 2?θ 2.5 × 0.4 × 2 × 3 60 ×3-10 质量为 0.50kg，长为 0.40m 的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴转动。如将此 棒放在水平位置，然后任其落下，求： （1）在开始转动时的角加速度； （2）下落到铅直位置 时的动能； （3）下落到铅直位置时的角速度和角加速度。 解：1 2 l ml ，合外力矩 M = mg 3 2 M 3 g 3 × 9.8 β= = = = 36.8 rad/s 2 J 2l 2 × 0.4 l l 0.40 （2）由动能定理，只有重力做功 mg ， ? E K = mg = 0.50 × 9.8 × = 0.98J 。 2 2 2（1）转动惯量 J =&&&&（3） E K =mgl = 8.57 rad/s J M 此时外力矩为 M = 0 ，角加速度 β = =0 J1 Jω 2 2 ?角速度 ω = 一轻绳绕于半径 r =0.2m 的飞轮缘，现在恒力 F =98N 拉绳的端，使飞轮由殂止开始3-11加速转动，如图(a)所示。已知飞轮的转动惯量 J=0.5kg?m2，飞轮与轴承之间的摩擦不计。求： （1）飞轮的角加速度； （2）绳子拉下 5m 时飞轮获得的动能； （3）如以重量 P =98N 的物体 m 挂在绳端，如图(b)所示，试再计算飞轮的角加速度和绳子 拉下 5m 时飞轮获得的动能。解： （1）由转动定律， M = Fr = Jβ ，得 β =（2）由动能定理得： E k = F ? S = 98 × 5 = 490 J （3）设物体向下加速度为 a ， mg ? T = ma 对滑轮应用转动定律， TR = Jβ 且 a = rβ ，得： β = 21.8 rad/s2? ?Fr 98 × 0.2 = = 39.2 rad/s 2 9.5 J1 Jω 2 Jω 2 ? h = =5m 2 2T 1 2 对物体，则动能定理得： mgh ? Th = mv ，且 v = rω 2 1 1 490 ? E k = Jω 2 = × 0.5 × = 272.2 J 2 2 0.45对滑轮，由转动动能定理得： T h = 3-12 长 l=0.4m 的均匀木棒，质量 M=1.0kg，可绕水平轴 O 在铅垂面内转动。开始时，棒自然地悬垂。 现有 m=8g 的子弹， v=2000m?s-1 的速率沿水平方向从 A 点射入棒中 以 （见图） 。 假定 A 点与 O 点的距离为3 （1）棒开始转动时的角速度； （2）棒的最大偏转角。 l ，求： 4&&&&解： , 把子弹和杆作为一个系统, 碰撞中分两个阶段：子弹射入棒内，子弹和棒 一起转动。 1 （1）子弹入射瞬间，没有使棒摆动（无重力矩） ，则系统所受外力矩为 , 零, 角动量守恒L1 = L2L1 =3l mv 41 3l 1 3l 3l L2 = J 棒ω + L子弹 = Ml 2ω + mv' = Ml 2ω + m ? ω 3 4 3 4 4 2 1 9l mω = Ml 2ω + 3 16 ? 3l 1 9l 2 mv = Ml 2ω + mω 4 3 16 3l mv mv 4 ? ω= = = 1 2 9 3 ? ?4 2 Ml + ml ? M + m ?l 3 16 4 ? ?9结果计算不正确！ 答案是 8.88rad/s（2）在转动过程中机械能守恒。设最大偏转角为 a，取竖直棒最低为零势能点，则有：2 1 ?1 3 1 ?3 ? ? 2 2 ? ML + m? l ? ?ω = gm(1 ? cos α ? ) l + Mg (1 ? cos α ) ? L 2 ?3 4 2 ?4 ? ? ? ?代入数值解得： α = 94°12′ 3-13需要代入数据进行计算！一质量为 1.12kg、长为 1.0m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒垂直悬挂。现在 100N 的力沿水平方向打击它的下端点，打击时间为 1/50s，试求： （1）棒所获得的角 动量； （2）棒的最大偏转角。 解： （1）在打击过程中，由角动量定理，有： M?t = ?L 又： M = Fl ，得： ?L = Fl?t = 100 × 1.0 ×1 = 2.0kg ? m 2 s ?1 50（2） 〔方法一〕以棒为研究对象。在转动过程中，只有重力力矩做功。根据刚体定轴转动的 动能定理，有： ? 又ω =∫θ0l 1 mg sin θdθ = 0 ? Jω 2 2 2L Jθl mg cos θ 201 L2 =? ? 2 1 2 ml 3计算结果为 72.56 度。结果是 88 度 38 分。结果不正确！〔方法二〕以棒和地球为研究对象。在转动过程中，只有作为内力的重力力矩做功。机械能&&&&守恒。? mgl (1 ? cos θ ) = 0 ? cos θ = 1 ?而 J =1 Jω 2 2Jω 2 2mgl1 2 L ml ， ω = 3 J 3L2 L2 = 2mglJ 2m 2 gl 3结果未计算。cos θ =3-14 一水平圆盘绕铅直轴旋转，角速度为ω1，它对此轴的转动惯量为 J1。现在其上有一转 动方向相同，并以角速度ω2 转动的圆盘，这圆盘对此轴的转动惯量为 J2，两圆盘的平面平 行，圆心同在一铅直线上，上盘的底面有销钉，如使上盘落下，销钉嵌入下盘，使两盘合成 一体。 （1）求两盘合成一体后系统的角速度ω ； （2）上圆盘落下后，两盘的总动能改变了多少？ （3）两圆盘总动能的改变应怎样解释？ 解： 以两个盘作为研究系统。则在此过程中系统不受外力矩的作用，故角动量守恒。J1ω1 + J 2ω2 = ω ( J1 + J 2 )? ω=J 1ω1 + J 2ω 2 J1 + J 2（2）?E K =1 1 1 2 ( J 1 + J 2 )ω 2 ? J 1ω12 ? J 2ω 2 2 2 2 2 ? J 1 J 2 (ω1 ? ω 2 ) = 2( J 1 + J 2 )（3）两盘之间摩擦力做负功，总动能减少。 3-15 质量为 200kg 的圆盘状平台可以绕通过圆盘中心的竖直轴自由转动。 在平台边缘处站 着一个质量为 50kg 的人，平台和人一起以 1.24 rad?s-1 的角速度转动。当人从平台边缘走到 台中心时，平台的角速度为多少？ 解： 以平台和人为研究系统。在此过程中系统合外力矩为零，系统的角动量守恒。) L = L台 + L人＝(J 台 + J 人 ω ，其中 J 人＝m人 R 2L ′ = L’ + L’ ＝J 台ω ' 人 台 L = L'&&&&?1 ? 2 ? m台＋m人 ? R 2 ? ω = m台＋2m人 ω = 200 + 2 ? 50 ? 1.24 = 1.86 rad/s ? ω' = ? 1 1 1 200 m台 R 2 m台 R 2 23-16 一质量为 M、 半径为 R 的均匀圆盘， 通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω 转 动。若在某时刻，一质量为 m 的小块从盘边缘裂开，且恰好沿铅直方向上抛，问它可能达 到多大的高度？破裂后圆盘的角动量为多大？解： ①碎片瞬时的线速度是它上升的初速度， 设该碎片上升高度 h 时的速度为 v， v2=v02-2gh, 则 令 v=0,可求出上升最大高度为v R 2ω 2 H= 0 = 2g 2g②圆盘的转动惯量 J=MR2/2，碎片抛出后圆盘的转动惯量 J’＝ MR2/2—mR2，碎片脱离前盘 的角动量为 Jω，脱离后碎片和盘的角动量守恒。2Jω = J ′ω ′ + mv0 R1 1 MR 2ω = ( MR 2 ? mR 2 )ω ′ + mv0 R 2 2 1 1 ( MR 2 ? mR 2 )ω ′ = ( MR 2 ? mR 2 )ω 2 2 得ω = ω ′角速度不变 圆盘余下部分的角动量为1 ( MR 2 ? mR 2 )ω 2&&&&第四章思考题相对论基础4-1 绝对时空观与相对论时空观的根本区别是什么？4-2 力学相对性原理和狭交相对性原理有什么不同？4-3 狭义相对论的基本假设是什么？在光速不变原理中， 为什么要强调真空中的光速？洛化兹变换与伽利 略变换的主要区别是什么？4-4 在相对论中对于两事件同时的理解与经典力学有什么不同？4-5 假设宇宙飞船的速度接近于真空中的光速， 飞船中放有一正立方体的物体。 问地球上的观察者看到该 物体是什么形状？4-6 相对论的质量－速率关系为 m =m01? v2 / c2，这关系式是否违背质量守恒？4-7你如何理解 E = E k + m0 c 的物理意义？静止质量为 m0，速率为 v 的粒子的动能能否表示为21 2 mv 2（其中 m =m01? v2 / c2） ？4-8 的？你如何理解相对论质量－能量关系？为什么说将质能关系式理解为质量与能量的相互转化是错误习 题（1）若有一事件， 4-1 设 S ' 系以速率 u = 0.60c 相对于 S 系沿 XX ' 轴运动，且在 t = t ' = 0 ， x = x ' = 0 。 在 S 系中发生于 t = 2.0 × 10 s ，x = 50m 处，该事件在 S ' 中发生于何时刻？（2）若有另一事件发生于?7S 系中 t =3.0×10-7s，x=10m 处，在 S ' 系中测得这两个事件的时间间隔为多少？解：&&&&（1）由洛仑兹坐标变换关系得：t? t′ =ux c22t?=?u? 1? ? ? ?c?0.6c × 50 c2 = 1.25 × 10 ?7 s 2 1 ? 0.6（2）在 S 系中，?t = 1×10-7s ， ?s = ?40 m 代入洛仑兹时间间隔变换式，得：u ?x c2 ?t ′ = = 2.25 × 10 ?7 s 2 ?u? 1? ? ? ?c??t ?4-2 解：在惯性系 S 中，有两个事件同时发生在 XX ' 轴上相距为 1.0×103m 处，从惯性系 S ' 观测到这两个事件相距为 2.0×103m ，试问由 S ' 系测得此两事件的时间间隔为多少？在 S’系中， ?x ′ =?x ? u?t 1? β 2? β = 1??x ? u?t ?x ′代入数据，得： β =3 3 ， u = βc = c 2 2u ?x c2 ?t ′ = = 5.77 × 10 ?6 s 2 ?u? 1? ? ? ?c??t ?4-3 一短跑选手，在地球上以 20s 的时间跑完 200m。在飞行方向与选手运动方向相同且速率为 0.98c 的飞船中观察者看来，该选手跑了多长时间和多长距离？4-4 在正负电子对撞机中，电子和正电子以 u =0.9c 的速率相向运动，正负电子的相对速率是多少？4-5设有两只宇宙飞船 相对于某一惯性系分别以 0.80c 和 0.90 以的速率沿同一方向飞行。试求两飞船的相对速率。4-6甲乙两宇宙飞船的相对速率为 2.4×108 m?s-1，飞行中乙飞船相对于自己以 1.8×108 m?s-1 的速率发射了一枚火箭，火箭速度方向与乙飞船运动方向相同。求火箭相对甲飞船的速率。若乙飞船中向前发射的是 一束激光而不是火箭，该光对甲飞船的速率是多少？ 解： 以甲船为 S 系，以乙船为 S' 系，则 u =0.8c 在 S'系中， v ′ = 0.6c x&&&&则在 S 系中， u x =v′ + u x = 2.84 × 10 8 m/s ? uv ′ ? 1 + ? 2x ? ?c ?若发射的是激光，由光速不变性原理， v x = c 。4-7一空间站发射两个飞船，它们的运动路径相互垂直。设一观察者 O 位于空间站内，他测得第一个飞试问第一个飞船中的观察者测得第二个飞船的 船和第二个飞船相对空间站的速率分别为 0.60 c 和 0.80 c 。 速率为多少？ 解： 以空间站为 S 系，以第一飞船为 S' 系，则 u =0.6c 则在 S 系中第二飞船 v y = 0.8 c ， v x = 0 ， v z = 0 在 S’系中第二飞船 则 v′ =v ′ = ?u = ?0.6 c ， v ′y = γ v y = 0.8c ? 1 ? 0.6 2 = 0.64 c ， v ′ = 0 x zv' 2 + v' 2 + v' 2 = 0.877 c x y z4-8 少？若从一惯性系中测得宇宙飞船的长度为其静止长度的一半，试问宇宙飞船相对此惯性系的速率为多4-9设 S ' 系以恒定速率 u 相对 S 系沿 XX ' 轴运动。一根米尺静止在 S ' 系中，与 O’X’ 轴成 30°角。如果在 S 系中测得该米尺与 OX 轴成 45° 角，S ' 系相对于 S 系的速率 u 必须是多少？S 系中测得这米尺长 度是多少？4-10 观测者甲测得在同一地点发生的两事件的时间间隔为 4s 。观测者乙测得其时间间隔为 5s 。问观测 者乙测得这两事件发生的地点相距多少米？乙相对于甲的运动速率是多少？ 解：设甲所在系为 S’系，乙所在系为 S 系。?t ′ +由 ?t =u ?x ′ c2 ，其中 ?x ′ = 0, ?t = 5s, ?t ′ = 4 s 1? β 2∴ β=u = 0.6 ? u = 0.6c ，即乙相对于甲的运动速率为 0.6c。 c，其中 1 ? β2设?x 为乙在 S 系中观察两事件发生地点的距离差，?x =?x ′ + u?t ′ 1? β 2= 0.8∴ ?x = 9.0 × 10 8 m4-11 半人马星座 α 星是离太阳系最近的恒星，它距地球为 4.3×1016 m 。设有一宇宙飞船自地球往返于 半人马星座 α 星之间。若宇宙飞船的速率为 0.8 c ，按地球上时间计算，飞船往返一次需多少时间？如以 飞船上时间计算，往返一次的时间又为多少？&&&&4-12 火箭相对地球以 0.99 c 的速率运动，火箭中一长方体沿火箭运动方向放置，若在火箭中观测长方体 密度为ρ ，问对于地面静止的观察者而言，该长方体的密度是多少？ 解： ρ 0 =m0 m = 0 ， v0 l0 ? S m0, ? l = l0 ?u? 1? ? ? ?c?2由m =?u? 1? ? ? ?c?2? ? m0 m 1 ? 则ρ = = = ρ0 ? ? 2 2 l?S ? ?u? ? ?1? ? u ? l 0 ? ?1 ? ? ? ? ? S ? ?c? ? ? ? ? ?c? ? ? ?? ? 1 ? ? = ρ 0 ? 1 ? 0.99 2 = 50.25 ρ 0 ? ? ?即对于地面静止的观察者观测到，长方体的密度是 50.25ρ。 4-13 一个被加速器加速的电子，其能量为 3.00×109 eV，求该电子的速率。4-14 质子、∑ + 超子的静质量各为 1.67×10-27 kg、2.12×10-27 kg，试用焦耳和电子伏为单位表示其静能。4-15 如果将电子的速率从 0.80 c 加速 0.90 c ，需对它做多少功？该电子的质量增加多少？&&&&第五章静电场 思考题1 q ? 2 ，当所考察的点与点电荷的距离 r → 0 时，则 4πε 0 r5-1 根据点电荷的场强公式 E =场强 E → ∞ ，这是没有物理意义的。对这个问题该如何解释？ : 答:当 时,对于所考察点来说,q 已经不是点电荷了,点电荷的场强公式不再适用.5-2? ? F ? 1 q ? 与E = ? 2 r 0 两公式有什么区别和联系？ E= 4πε 0 r q0答：前式为电场（静电场、运动电荷电场）电场强度的定义式，后式是静电点电荷产生的电 场分布。 静电场中前式是后一式的矢量叠加， 即空间一点的场强是所有点电荷在此产生的场 强之和。 5-3 如果通过闭合面 S 的电通量 Φ e 为零，是否能肯定面 S 上每一点的场强都等于零？ 答：不能。通过闭合面 S 的电通量 Φ e 为零，即 E ? dS = 0 ，只是说明穿入、穿出闭合面 S∫S??的电力线条数一样多，不能讲闭合面各处没有电力线的穿入、穿出。只要穿入、穿出，面上 的场强就不为零，所以不能肯定面 S 上每一点的场强都等于零。 5-4 如果在闭合面 S 上， E 处处为零，能否肯定些闭合面一定没有包围净电荷？ 答：能肯定。由高斯定理 E ? dS =?∫S??1 ε0∑q内，E 处处为零，能说明面内整个空间的电荷代数和∑q内= 0 ，即此封闭面一定没有包围净电荷。但不能保证面内各局部空间无净电荷。必然，导体内有一带电体，平衡时导体壳内的闭合高斯面上 E 处处为零∑q内= 0 ，此封闭面包围的净电荷为零，而面内的带电体上有净电荷，导体内表面也有净电荷，只不过它们两 者之和为零。 5-5 质？ 电场强度的环流 E ? dl 表示什么物理意义？ E ? dl = 0 表示静电场具有怎样的性∫??l∫??l答： ？（自己解答的）电场强度的环流 E ? dl 说明静电力是保守力，静电场是保守力场。l ? ? ∫l E ? dl = 0 表示静电场的电场线不能闭合。如果其电场线是闭合曲线，我们就可以将其电 ? ? 场线作为积分回路，由于回路上各点 沿环路切向，得 ∫ E ? dl ≠ 0 ，这与静电场环路定理 L∫??矛盾，说明静电场的电场线不可能闭合。 5-6 在高斯定理中，对高斯面的形状有无特殊要求？在应用高斯定理求场强时，对高斯面 的形状有无特殊要求？如何选取合适的高斯面？高斯定理表示静电场具有怎么的性质？5-7 下列说法是否正确？请举例说明。 （1）场强相等的区域，电势也处处相等； （2）场强为零处，电势一定为零； （3）电势为零处，场强一定为零； （4）场强大处，电势一定高。&&&&答： （1）不一定。场强相等的区域为均匀电场区，电力线为平行线，则电力线的方向，是电 势降低的方向，而垂直电力线的方向，电势相等。例如无限大均匀带电平行板两侧为垂直板 的均匀场，但离带电板不同距离的点的电势不相等。 （2）不正确。 E = ??U ，E=0，电势 U 是常数，但不一定是零。例如均匀带电球面内部 场强为零，若取无穷远为电势零点，其球内电势 U = U 表面 =?（3）不一定。 E = ??U ，U=0，但 U 的变化率不一定为零，即场强不一定是零。 近的点场强的值越大，但电势越低（去无穷远处为电势零点） 。? ? （4）不一定。 E = ??U ，场强大处，电势不一定高。例如负电荷产生的电场，离电荷越q ≠ 0。 4πε 0 R5-8 设一带电导体表面上某点附近面电荷密度为σ ，则紧考该处表面外侧的场强 E =σ ， ε0若将另一带电体移近， 该处场强是否改变？这场强与该处导体表面的面电荷密度的关系是否 σ 的形式？ 仍具有 E =ε05-9 为什么带电的胶木棒能把中性的纸屑吸引过来？ 答：带电的胶木棒使中性的纸屑发生极化，表面出现极化电荷，而纸屑质量很小，所以能够 把纸屑吸引过来。 5-10 电势与场强的关系式有积分形式和微分形式， 在怎么的情况用积分形式计算较方便？ 又在怎样的情况用微分形式计算较方便？ 5-11 试把这一章的内容小结一下。本章是如何研究场的？ 补充 1：在电荷非对称性分布的情况下，高斯定理是否成立？是否能直接由高斯定理求出电 场分布？是否凡是电荷对称分布的情况都可以用高斯定理求解电场分布？用高斯定理求解 静电场时，同一题目中高斯面的选取方法是否唯一的？ 答：对任何场源电荷分布产生的静电场，任何形状的高斯面（闭合曲面）高斯定理均成立。 但当电荷非对称分布时，虽然高斯定理成立，却很难找到恰当的高斯面，使高斯定理? ? 1 E ? dS = ∫ ε0 S∑q内中，左边的积分式能够积出，所以不能直接由高斯定理求出电场分布。也不是凡电荷对称分布的情况都能找到恰当高斯面， 直接由高斯定理求其电场分布的。 如均 匀带电圆环的电荷分布是对称的， 但却很难用高斯定理直接求解其电场分布。 只有当电荷分 布具有某些对称性时（如某些轴对称、球对称、面对称情况） ，才能选到合适的高斯面，使 高斯定理左边的积分式能积出，从而方便地求出电场分布。求解过程中，同一题目中高斯面 的选取方法不一定是唯一的。例如，求无限大带电平面的电场分布时，8.3 题图中的两种选 取方法都是可行的（还可以有多种选取方法，只要高斯面的端面平行于带电平面，对带电平 面对称，其母线垂直于带电平面，端面可为任意形状） 。 补充 2：如何理解恒定电场与静电场的联系与区别？ 答：当金属导线中有恒定电流通过时，导线内出现的电场是恒定电场。产生横定电场的电荷 不随时间而变。从这个意义上说，恒定电场和静电场相同，适用于静电场的高斯定理、环路 定理，对恒定电场依然适用。换句话说，恒定电场和静电场的性质是相同的。但是，静电场 只是恒定电场的特例。静电场是静止电荷所激发的，静电平衡条件要求电荷不流动，即没有 电流， 静电场中导体内部的电场强度必为零。 而恒定电场是不随时间而变的电荷分布激发的， 电荷并不静止。因此，恒定电流条件下的导体内部电场强度可以不为零。&&&&补充 3：已知电荷面密度为 σ 的无限大带电平板两侧场强大小 E = σ ，这个公式对于有限 2ε 0 大的均匀带电面的两侧紧邻处也成立，而静电平衡导体表面紧邻的场强 E ′ = σ ，为什么比ε0前者大一倍？ 答：所谓无限大带电平板，是忽略了厚度的几何面，实际上，任何带电薄板都是有厚度的， 而 以金属板为例：其电荷分布在两个表面上。设 σ 1 = σ 2 则 E = σ 中 σ = σ 1 + σ 2 = 2σ 1 。 2ε 0 静电平衡的导体内部场强为零，紧邻处的场强公式 E ′ = σ 中的 σ 即表面处电荷密度 σ 1 （或ε0σ 2 ）所以这两个公式是不矛盾的。补充 4：在有电介质存在的情况下，是否场中任一点电场强度都比 无电介质时小？举例说明。 答：不一定，如图所示，在充电的平行板电容器间放置一块电介质， 则在介质端面外 A，B 处束缚电荷产生的附加电场与电容器极板上 电荷产生的电场互相加强，这些点的总场强比无电介质时大。而在 C 点，二者方向相反，则总场强比无电介质时小 补充 5：当电场强度相同时，电介质内电场能量密度比真空中大，这是为什么？ 答：这是由于电介质极化时，表面出现束缚电荷，其附加电场与原电场方向相反，削弱了电 介质内部的电场。于是要在电介质中建立起与真空中相同的电场，就需要做更多的功，从而 介质内积蓄的电场能量较多，能量密度较大。习 题 § §5-1 库仑定律 ＋§5-2 静电场 电场强度5-1 两个电量都是+q 的点电荷，相距 2a ，连线的中点为 O。今在它们连线的垂直平分线 上放另一点电荷 q’， q’与 O 点相距 r 。 （1）求 q’ 所受的力； （2）q’ 放在哪一点时，所受的力最大？ 解： （1） F = 2sin θ =qq' sin θ 4πε 0 (r 2 + a 2 )F= qq ' r2πε 0 r 2 + a 2FF θr r2 + a2(32) (1 2（2） F ′(r ) =qq'?2πε 0 a 2 + r 2(32 2? qq' r ? 3πε 0 a 2 + r 22 0 24π ε) (a? 2πa)r θ +q a +q+r2 3)令 F ' (r )= 0 ，解得： a 2 = 2r 2 故 q’放在离 o 点r=2 a 22 a 处时，所受的力最大。 25-2 若电量 q 均匀地分布在长为 L 的细棒上，求证： （1）在棒的延长线上，离棒中心为 a 处 P 点的场强为 E =1 q 2 πε 0 4a ? L2&&&&（2）在棒的垂直平分线上，离棒为 a 处 Q 点的场强为 E =1 2πε 0q L2 + 4a 2若棒为无限长时（即 L → ∞ ） ，将结果与无限长带电直线的场强相比较。 证明： （1）以棒中心为坐标原点，建立如图所示坐标系。q dx dq q dx L dE = = = 2 2 4πε 0 r 4πε 0 ( a ? x) 4πε 0 L ( a ? x) 2 E=∫L 2 L ? 2q dx 1 q = 2 2 4πε 0 L (a ? x) πε 0 4a ? L2（2）以棒中心为坐标原点，建立如图所示坐标系。 由于 Q 点位于棒的垂直平分线上，由对称性可知，棒在 Q 点水平方向上场强为零。现只须 求其竖直方向上场强分量。q dx dq a aq dx L = ? = dE = 2 2 2 2 4πε 0 r 4πε 0 ( x + a ) x 2 + a 2 4πε 0 L ( x + a 2 )3/ 2 L L 1 aq dx aq x q E = ∫ 2L = [ ] 2L = 2 2 2 ? 2 ? 4πε L ( x 2 + a 2 )3/ 2 4πε 0 L a x + a 2 2πε 0 a L + 4a 2 0 2若棒为无限长时，则上两式变为:1 ∞ q dx q [ ]?∞ = 0 = 2 4πε 0 L (a ? x) 4πε 0 L a ? x ∞ aq dx aq x aq 2 q λ (2) E = ∫ [ ]∞ = = = = 2 2 2 2 ?∞ ?∞ 4πε L ( x 2 + a 2 )3/ 2 4πε 0 L a x + a 4πε 0 L a 2πε 0 La 2πε 0 a 0 (1) E = ∫∞ ?∞5-3一半径为 R 的半细圆环，均匀地分布+Q 电荷。求环心的电场强度大小和方向。解：在圆周上任取电荷元 dq =dq Q 由于电荷相对于 y .dl ，它的场强大小为 dE = πR 4πε 0 R 2?Q cos θdl 4π 2 ε 0 R 3 ?Q 2 ε0R2轴对称，知合场强应沿 y 方向，故E = E y = ∫ dE y = ∫ d E (? cos θ ) = ∫因为 dl = Rdθ ，故 E =?Q 4π 2 ε 0 R 3π 2?∫ cosθdθ = 2ππ 2上式中“-”表明：当 Q&0 时，E 的方向与图中 y 轴的正方 向相反，而 Q&0 时，E 的方向同 y 轴的正方向。 5-4 一半径为 R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为 σ 。求球心处电场强度的大小。 解： 将半球面无限分割成小圆环， 令涉圆环所带的电荷为电荷 元 dqdθ θ) dq = σ ? (2π r sin θ ? rdθ = 2πR 2σ sinθdθ根据书本 P132 上带电圆环在轴线某点产生场强的公式dE =dq 2πR 2σ sin θ cosθdθ σ sin 2θdθ cosθ = = 4πε 0 R 2 4πε 0 R 2 4ε 0&&&&E=∫π 2 0σ sin 2θdθ ? σ cos 2θ = 4ε 0 8ε 0π 2=0σ 2σ = 8ε 0 4ε 05-5 一无限大平面，开有一个半径为 R 的圆洞，设平面均匀带电，电荷面密度为 σ ，求这 洞的轴线上离洞心为 r 处的场强。 解：不妨将平面看成一个无洞的大平面和带负电且半径为 R 的圆盘的叠加。 ? σ ? 无洞的无限大平面所产生的电场为匀强电场 E1 = i ，带负电、电荷面密度为σ ，半 2ε 0? ?σ 径为 R 的圆盘在轴线上离轴心距离为 r 处的场强为： E 2 = 2ε 0 ? ? ? ? ?σ 故 E = E1 + E 2 = i ，方向在圆洞的轴线上。 2ε 0 r 2 + R 2 ? r ?1 ? 2 ? r + R2 ? ?? ?i ? ?§5-3 高斯定理5-6 大小两个同心球面，小球半径为 R 1 ，带电 q1 ，大球半径为 R 2 ，带电 q 2 。求空间 电场强度的分布。问电场强度是否是坐标 r （即离球心的距离）的连续函数？ 解：当 0 ≤ r ≤ R1 时， 以半径为 r 作球面， 由高斯定理? ? q E ? dS = 4π r 2 ? E = , 此时q = 0,∴ E = 0 ?S ∫ ε0当 R1 ≤ r ≤ R2 时，以 r 为半径作球面，由高斯定理? ? q1 q E ? dS = 4π r 2 ? E = , 此时q = q1 ,∴ E = ?S ∫ ε0 4πε 0 r 2 当 r ≥ R2 时，以 r 为半径作球面，由高斯定理 ? ? q ＋q q E ? dS = 4π r 2 ? E = , 此时q = q1＋q2 ,∴ E = 1 22 ?S ∫ ε0 4πε 0 r ? ? ? 0 ? q1 综上所述 E = ? 2 ? 4πε 0 r ? q1＋q2 ? 2 ? 4πε 0 r 0 ≤ r ≤ R1R1 ≤ r ≤ R2 r ≥ R2可知电场强度在两球面处不连续。5-7 两个无限长同轴圆柱面，半径分别为 R1 和 R2 （R2 & R1） ，带有等值异号电荷，每单位 长度的电量为λ （即电荷线密度） 。求距轴为 r 处的场强（1）r & R1 ， （2）r &R2 和（3）R1 & r &R2。 解： （1）在半径为 R1 的圆柱面内作半径为 r（r&R1） ，高为 l 的同轴圆柱面，作为高斯面。 通过高斯面的通量? ? ? ∑q ? ? ? ? ? E ? dS = ∫ E上底 ? dS + ∫ E下底 ? dS + ∫ E侧面 ? dS = =0 ∫ ε0 S2πr / E侧 = 0各点 E 垂直于轴线，上下地面电通量为零∴E = 0 (r & R1 )&&&&（2）半径为 R1 和 R2 的两圆柱面间作半径为 r（R1 & r &R2） ，高为 l 的同轴圆柱面作为高斯 面，由高斯定理? ? ∑ q lλ1 E ? dS = = ∫ ε0 ε0 S? lλ ? E侧面 ? dS = 1 ∫ ε02πrlE =λ1l ε0E=λ1 2πrε 0=（3）同理，在 r &R2 的区域 Eλ1 + λ2 2πrε 05-8 一无限长的半径为 R 的圆柱体内，电荷是均匀分布的。圆柱体单位长度的电荷为 λ 。 用高斯定理求圆柱体内距轴线的距离为 r 一点的场强。 解：圆柱无限长，且电荷分布均匀，电场是轴对称且垂直于轴。所以上下表面磁通量为 0。? ? E ? dS = ∫ E cosθds = 2π rhE ∫s? ? λh ? r ? 2 ∫s E ? dS = ε 0 ? R ? ? ?方向垂直于轴线。λh ? r ? ∴ 2π rhE = ? ? ε0 ? R ?2λr ? E= 2π ε 0 R 25-9 均匀带电的圆环，半径为 R =5.0cm，总电量 q =5.0×10-9 C. （1）求轴线上离环心距离为 x =5.0 cm 处的 A 点的场强； （2）轴线上哪些点处的场强最大？量值为多大？q dl 2π R dq x qxdl 1 则dE = ? = 2 2 2 2 2 3/ 2 4πε 0 x + R x 2 + R 2 8π ε 0 ( x + R ) 2π R qxdl qx ∴E = ∫ = 2 2 2 3/ 2 0 8π ε 0 ( x + R ) 4πε 0 ( x 2 + R 2 )3/ 2解： （1）在圆环上取一小段 dl ，则 dq =05m,q=5.0 ×10-9 C，x=5.0cm＝0.05m,可得 代入R = 5cm＝0.E=5.0 × 10-9 × 0.05 = 6.9 ×103 N/C 2 2 3/ 2 ?12 4 × 3.14 × 8.85 ×10 × 0. × (0.05 + 0.05 ) 05§ §5-4 电势 电势差＋§5-6 静电场中的导体5-10 用不导电的细塑料棒弯成半径为 50.0cm 的圆弧，两端间空隙为 2.0cm。电量为 3.12 ×10-9C 的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处场强的大小和方向。解：有补偿法可知：E0=E 圆+E 空=E 空设孔隙长为 a，显然 a&&R，所以孔隙上的假象电荷 可以看成为点电荷。&&&&5-11 一半径为 R 的长棒，其内部的电荷分布是均匀的，电荷体密度为 ρ 。求棒的轴线上 一点与棒表面的之间的电势差。 解：圆柱体内电场强度为 E =λr 方向垂直于轴线 2πε 0 R 2所以，棒的轴线上一点与棒表面的之间的电势差为U AB? ? R = ∫ E ? dl = ∫R0λr λ 1 2 λ ρπR 2 ρR 2 dr = R = = = 2 4πε 0 4πε 0 4ε 0 2πε 0 R 2 2 0 2πε 0 R5-12 有两根半径均为 a ， 相距为 d 的无限长平行直导线 d&&a） 带有等量而异号的电荷， （ ， 单位长度上的电量为 λ 。求这两根导线的电势差（每一导线为一等势体）（提示：先计算 。 两导线连线上任一点的场强） 。 解：令 a 点在两平行导线连线上的任意一点，且距离导线的距离为 r， 则导线 1 在 a 点处产生的场强为 E1 =λ 2πrε 0 λ 导线 2 在 a 点处产生的场强为 E 2 = 2π (d ? r )ε 0又因为 E1，E2 方向相同，两者相加 E = E1 + E 2 =d ?aλd 2πr (d ? r )ε 0U 12 =∫ E ? dr = πεa??λ0lnd ?a a5-13 参看题 5-2，求该题中 P 点和 Q 的电势。能否从电势的表示式，由电势梯度算出 P 点 和 Q 点的场强？ 解： 1）取坐标如图所示，设 P 点到原点的距离为 a，在距原点 O 为 x 处取长 dx 的线元， （1 则相应的电荷元为 q dx q dq qdx 以 则它在 P 点的电势为： du = dq = λ dx = dx ， dq 作为电荷元， = L = L 4πε 0 r 4πε 0 a 4πε 0 (a ? x)U = ∫ du = ∫L 2 L ? 2L 2 L ? 2L x+ L qdx ?q q 2 = [ln( x ? l )] 2 L = ln ? 4πε 0 L(a ? x) 4πε 0 L 4πε 0 L x ? L 2 2L L L x + (x + ) ? (x ? ) ?U q q 2 2 2 = E=? = L L 2 ?x 4πε 0 L x ? πε 0 (4 x 2 ? L2 ) (x + ) 2 2 2 （2）取坐标如图所示，设 P 点到原点的距离为 a，在距原点 O 为 x 处取长 dx 的线元，则相应的电荷元为 dq = λ dx =q dx ，以 dq 作为电荷元，则它在 P 点的电势为： Lq dx dq qdx L du = = = 2 2 4πε 0 r 4πε 0 a + x 4πε 0 L a 2 + x 2&&&&U = ∫ du = ∫L 2 L ? 2L 2 L ? 2L L + a 2 + ( )2 L q q 2 2 2 2 = [ln( x + a + x )] 2 L = ln 2 2 ? 4πε 0 L 4πε 0 L L L 4πε 0 L a + x 2 ? + a 2 + (? ) 2 2 2 qdxL L2 + a2 + q 4 = ln 2 4πε 0 L L L2 ? + a2 + 2 4L L2 + y2 + ?U ?q q 4 )′ = = (ln 2 Ey = ? 2 ?y 4πε 0 L 2πε 0 y 4 y 2 + L2 L L ? + y2 + 2 4 ? ? q 距O为a处的Q点场强为E = j 2πε 0 a 4a 2 + L25-14 已知半径为 R 的均匀带电球体，带电 q ，处于真空中。 （1）用高斯定理求空间电场强度的分布； （2）用电势定义式求空间电势的分布。 解： 因为电荷呈球对称分布的带电球体产生的电场也具有球对称的场强分布。 所以可用真空中的高斯定理进行求解。 ? ? q E ? dS = 4π r 2 E = ?S ∫ ε0 （1） 当 r&R 时，取半径为 r 的球面作为高斯面得E =q 4πε 0 r 2当r ≤ R时，取半径为r的球面作为高斯面。 4 3 πr ? ? q′ q 3 2 ?S E ? dS = 4π r E = ε 0 ＝ ε 0 4 3 ∫ πR 3 qr 得E = 4πε 0 R 3（2）由电势的定义式来求解 当 r&R 时，P r? ∞ ? ∞ ? ∞ ? U = ∫ E ? dl = ∫ E ? dr = ∫rq q dr = 2 4πε 0 r 4πε 0 r当r ≤ R时? ∞ ? ∞ ? R ? U = ∫ E ? dl = ∫ E ? dr = ∫P r r∞ qr q ( R 2 ? r 2 )q q (3R 2 ? r 2 )q dr + ∫ dr = + = R 4πε r 2 4πε 0 R 3 8πε 0 R 3 4πε 0 R 8πε 0 R 3 05-15 两块无限大的导体平板 A、B，平行放置，间距为 d ，每板的厚度为 a ，板面积为 S。 现给 A 板带电 QA，B 板带电 QB，如： （1）QA、QB 均为正值时， （2）QA 为正值、QB 为负值，且 |QA| & |QB| 时，分别求出两板各表面上的电荷面密度以及 两板间的电势差。 解：设静电平衡时，1、2、3、4 各表面的电荷面密度分别为 σ 1、σ 2、σ 3、σ 4 。此时两导&&&&体板内任意两点 P、P2 处的电场强度 EP1 = EP2 = 0 ；而这两点的电场强度都是由四个带电 1 表面的电场强度叠加而成的。建立如图所示的坐标，则有:EP1 =又σ1 σ 2 σ 3 σ 4 + + ? =0 ① 2ε 0 2ε 0 2ε 0 2ε 0 (σ 1 + σ 2 ) S = QA (σ 3 + σ 4 ) S = QB QA + QB 2