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刃汀詹
5 years ago
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1 第一章质点运动学.6 设质点的位矢为 r = xi + yj, 在计算质点的速度和加速度时, 有人先 dr dr 求出 r = x + y, 然后按 = 及 a = 求出结果 ; 又有人先算出速度和 d d 加速度的直角坐标分量, 再由公式 dx dy = + d d 及 d x d y a = + d d 求出结果, 你认为两种方法哪种正确? 错误的原因又何在? 答 : 第二种方法正确. 因为速度和加速度是矢量, 既有大小又有方向 d 的量, 在第一种作法中没有按照速度和加速度定义求解, 速度 = r 是 d d 该时刻位矢对时间的一阶导数. 加速度 a = 是该时刻速度矢量对 d 时间的一阶导数.7 一质点作斜抛运动, 用代表落地时间 () 说明下面三积分的意义 : d 0 x, d 0 y, 0 d () 用和表示抛点和落地点位置, 说明下面三个积分的意义 : d r, d r, dr

2 答 : () x d = dx= x x 0 0 表示从 = 0到时间内, 质点在 x 轴方向的位移 ; y d = dy = y y 0 0 表示从 = 0到时间内, 质点在 y 轴方向的位移 ; s d = ds= s 0 0 表示从 = 0到时间内质点的路程 () dr = r r 表示从点到点, 质点的位移 ; d r = ds= s 表示从点到点, 质点的路程 ; d r = r r 表示从点到点, 质点的位矢的模的变化量

3 第二章质点运动定律.3 两质量均为 m 的小球穿在一光滑圆环上, 并由一轻绳相连, 环竖直放置, 在如图位置由静止释放, 试问释放瞬时绳上张力为多少? 解 : 由于绳不可伸长, 释放的瞬时两小球获得切向加速度相同 ; 由静止释放, 两球初始速度为零, 所以两小球法向加速度为零, 根据牛顿第二定律 : π 上面的球 Tos( ) = ma 4 π 下面的球 mg T os( ) = ma 4 g a = T = mg.6 在升降机的天花板上固定一单摆, 当升降机静止时, 让摆球从 θ0 角处摆下 3

4 () 当摆球摆到最高点时, 升降机以重力加速度 g 下落, 问摆球相对于升降机如何运动? () 当摆球摆到最低点时, 升降机以 g 下落, 问摆球相对升降机如何运动? (3) 若升降机以 -g 加速度上升, 则摆球相对于升降机又如何运动? 答 : () 由升降机内观测者来看, 球除了受到竖直向下的重力作用, 还受到竖直向上的惯性力的作用, 两者大小相等, 方向相反, 并且初始时刻球摆到最高点时候静止, 所以从升降机内观测者来看, 摆球相对于升降机静止 () 由升降机内的观测者来看, 球除了受到竖直向下的重力作用, 还受到竖直向上的惯性力的作用, 两者大小相等, 方向相反 ; 同时我们知道摆球摆到最低点时有水平的速度, 当球离开竖直位置, 将受到绳子的拉力, 相对于升降机做匀速率圆周运动 (3) 摆球相对于升降机摆球做单摆运动由升降机内的观测者来看, 球除了受到竖直向下的重力作用, 还受到竖直向下的惯性力的作用, l 两者大小相等, 单摆的周期为 T = π g 4

5 第三章机械能和功 3.4 有三个相同的物体分别沿斜面, 凸面和凹面滑下, 三面的左端离地高度和距右端的水平距离都相同, 分别为 h 和 l, 三面与物体间的摩擦系数均相同, 等于 μ, 试分析哪个面上的物体滑到地面时速度最大? 解 : 位移微元示意图为 dh ds dl d = F dr = F ds 斜面 : d = mg sinθ ds μmg osθds = mgdh μmgdl 凸面 : d = mg sin θds μ( mg os θ m ) ds ρ = mgdh μ( mgdl m ds) ρ 5

6 凹面 : d = mg sin θds μ( mg os θ + m ) ds ρ = mgdh μ( mgdl + m ds) ρ 根据动能定理 : Δ =Δ E 得知由凸面滑到地面的物体速度最大 k 3.5 试根据力场的力矢量分布图判断哪些力场一定是非保守的? 答 : r r r r 由保守力场定义知道, Fdr= 0 如果 Fdr 0, 任意闭合路径任意闭合路径则力场为非保守力场图示中虚线所示为任选路径 r r Fdr 0, 由此可得, 任意闭合路径第一排从左起第二, 第四个力场为非保守的 ; 第二排从左起第一, 第二, 第四力场为非保守的 6

7 第四章动量和角动量 4.3 质量都为 m 的四个质点置于正方形的各顶角, 用细线将各质点连接起来形成正方形的各边. 如果有一质点沿对角线向外的方向在极短时间内受到一冲量 I, 试证明该质点获得的速度为 I/m, 其他各质点的速度又如何? I y I x 4 3 解 : 绳子有如下特点 :() 不可伸长 ;() 没有切向应力由特点 () 我们可以知道小球因为受到冲力作用与小球 3 一起运动, 可以视为运动整体 ; 由特点 () 我们知道, 小球 4 不动对三个小球整体, 由动量定理得, I I x y = m 0 x = m 0 y Q Ix = Iy = I x = I, 4m y = 4m I 7

由上可以得到 = x + y = I m 所以,,3,4 四个小球速度依次为 : 4m I, m I, 4m I,0. 4.6 如图 4-33 所示, 有一个在竖直平面上摆动的单摆 () 摆球对悬挂点的角动量是否守恒? () 定出时刻小球对悬挂点的角动量的方向, 对于不同的时刻, 角动量的方向改变吗?

8 由上可以得到 = x + y = I m 所以,,3,4 四个小球速度依次为 : 4m I, m I, 4m I, 如图 4-33 所示, 有一个在竖直平面上摆动的单摆 () 摆球对悬挂点的角动量是否守恒? () 定出时刻小球对悬挂点的角动量的方向, 对于不同的时刻, 角动量的方向改变吗? (3) 写出摆球在如图所示角度时角动量的变化率 O m 解 : () 因为受到重力矩的作用, 摆球对悬挂点 O 的角动量不守恒 () 小球向右摆动时, 对悬挂点 O 的角动量方向为垂直纸面向外 ; 向左摆动时, 角动量方向为垂直纸面向里 (3) 小球受到的力矩为根据转动定律 M = mglsinθ dl d = M = mglsinθ 8

9 第五章刚体力学基础 5.3 面密度为 ρ s 和半径为 R 的薄圆盘上开了一个半径为 r = R/的圆孔, 圆孔和盘缘相切如何计算圆盘相对于 z 轴的转动惯量? 解 : 用补偿法计算思路 : 在孔处填满与盘相同属性的材料 ( 密度都为 ρ s ), 然后再在孔处叠加上密度为 ( ρ s ) 材料, 这样带孔盘的转动惯量等于完好圆盘绕着 Z 轴的转动惯量与密度为 ( ρ s ) 的盘绕着 Z 轴的转动惯量之和将圆孔填满后, 圆孔处的密度为 ( ρ s ) 圆盘相对 Z 轴的转动惯量为整张薄圆盘相对 Z 轴的转动惯量为 3 J = mr + mr = ρπ ( R ) 4 h h h s J = ( ρ πr ) R = ρ πr 4 oal s s 所以开了圆孔的圆盘相对 Z 轴的转动惯量为 3 J = Joal + Jh = ρsπ R 3 4 9

10 r r 5.6, 为两个完全相同的滑轮, 入绳端悬挂重量为 W = mg 的外力, r r 的绳端作用 F = mg 的外力, 则两个滑轮的加速度是否相同? 为什么? T 解 : 不相同因为对于将重物和滑轮视为整体, 外力使得重物和滑轮一起运动, 而对于系统, 外力仅使滑轮转动, 已知外力大小和方向相同, 系统完全不同, 所以根据转动定律加速度与加速度不同设滑轮的转动惯量为 J 对于, 绳子的拉力为 T, 滑轮转动的角加速度为 α 对于, 滑轮转动的角加速度为 α. 对对很显然, 从上面式中容易得到 TR = Jα mg T = ma a= Rα FR= Jα α α 0

11 5.9 在 O 点用长为 l 的细绳悬挂一质量为 m 的小球, 长为 L, 质量也为 m 的均匀细杆, 可以绕 O 点自由转动. 今使小球和细棒均在水平位置静止释放, 在同一竖直平面内摆下, 若球和棒在铅垂线处碰撞, 则 () l/ L 应为多大? () 棒和小球为系统的动量是否守恒? 为什么? 解 : () 在同一竖直平面内摆下, 若球和棒在铅垂线处碰撞, 两物体的转动的角加速度相同根据转动定律, 小球和杆分别满足, 球 : mgl sinθ = ml α 杆 : l = mg Lsinθ = ml α 3 其中 α 为角加速度 3 L () 动量不守恒因为系统除了受到重力的作用, 在 O 点处, 轴对杆也有作用力

5. 如图所示的回转仪, 和是两个相同的旋转体, 可绕自转轴自由转动, 推力 F 可以通过 C,D 连杆机构支撑, 旋转体的自转轴, 并能改变自转轴的方向, 整个系统可以绕竖直轴自由转动, 开始时两旋转体的自转轴在水平位置, 两旋转体以量值相同的角速度绕各自的转轴反向旋转. O () 若以力 F 向上推, 系统将如何运动? 为什么?

12 5. 如图所示的回转仪, 和是两个相同的旋转体, 可绕自转轴自由转动, 推力 F 可以通过 C,D 连杆机构支撑, 旋转体的自转轴, 并能改变自转轴的方向, 整个系统可以绕竖直轴自由转动, 开始时两旋转体的自转轴在水平位置, 两旋转体以量值相同的角速度绕各自的转轴反向旋转. O () 若以力 F 向上推, 系统将如何运动? 为什么? () 若以力 F 向下拉, 系统将如何运动? 为什么? 答 : 选择 O 点为参考点, 初始时刻的对 O 点的角动量为零 () 因为当力 F 向上推时, 旋转体对 O 点的角动量有平行于竖直轴的分量, 分量和向上, 而系统对 O 点轴角动量守恒, 则框架具有向下的角动量, 所以系统将逆时针旋转 () 因为当力 F 向下拉时, 旋转体对 O 点的角动量有平行于竖直轴的分量, 分量和向下, 而系统对 O 点轴角动量守恒, 则框架具有向上的角动量, 所以系统将顺时针旋转

13 5. 如图所示为一船中的高速旋转体, 若船带着旋转体绕 Z 轴作逆时针转动, 则轴承将受到巨大压力, 试指出其压力的方向, 为什么? N O L N 解 : 结论 : 右边轴承将受到压力的方向向上, 左边轴承将受到压力的方向向下分析 : 高速旋转体的对 O 点的角动量方向沿着 y 轴的正方向如果让旋转体绕 Z 轴作逆时针转动, 对 O 点的角动量改变沿着 ( x ) 方向, 由转动定律知道, 角动量的增量方向与力矩方向一致, 要获得沿着 ( x ) 方向力矩, 轴承施加到旋转体上的力应为 : N 为向上的压力, 而 N 为向下压力,( 两者对 O 点力矩方向都为 x 方向 ) 由牛顿第三定律得到左边轴承将受到压力的方向向下, 右边轴承将受到压力的方向向上 3

14 第七章狭义相对论基础 7.3 一高速列车穿过一山底隧道, 列车和隧道静止时有相同的长度 l 0, 山顶上有人看到当列车完全进入隧道中时, 在隧道的进口和出口处同时发生了雷击, 但并未击中列车, 试按相对论理论定性分析列车上的旅客应观察到什么现象? 这现象是如何发生的? 解 : 设隧道为 S 系, 原点为进口处, 雷击事件的时空坐标分别为 ( x, ), ( x, ), 列车为 S 系, 雷击事件的时空坐标分别为 ( x, ), ( x, ), 按洛伦兹变换有 = = x x 4

15 Q x x = l, = 0 l 0 = > 0 列车上的旅客应观察到隧道出口处的雷击时间早于进口处的雷击时间. 这个现象可以这样理解 : 由同时性的相对性知道, 在火车上的观测者来看, 前方的雷电发生地较早 ; 后方的雷发生地较迟火车头还没有出山洞时候, 有雷电在 x 处已经发生, 没有击到头 ; 等车头出山洞, 身尾进入山洞后, 有雷电在 x 处才发生, 所以没有击到尾这个物理现象的理解对不同的观测者来说是不同的, 但不同的观测者所得到的结论必须相同 7.6 设在 S 系中有一粒子, 原来静止于原点 O, 在某一时刻粒子分裂为相等的两半和, 分别以速率沿 x 轴的正向和反向运动. 设另一参考系 S 以速率沿 -x 方向运动 () S 系中测得的速度多大? 5

16 解 : m () S 系中测得和的质量比多大? m () 设在 S 系中速度分别为,,, 质量为 m, m 在 S 系中,, 粒子的速度分别为,, 质量分别为 m, m, m, 有题目中条件知道 = = =,, 0 则由爱因斯坦速度变换得 () 由爱因斯坦速度变换得 + = = + + 在 S 系, 按动量守恒定律有 + = = = = + m= m + m m = m m m +, = m + = m + m= m + m 6

1 角动量 1 质点的角动量质点 m 以动量 p m v 运动对 O 点的角动量 Lrmv 大小方向 L mvrsin r m v 满足右手螺旋关系第七讲刚体定轴转动的角动量定理与角动量守恒 _165 XCH

1 角动量 1 质点的角动量质点 m 以动量 p m v 运动对 O 点的角动量 Lrmv 大小方向 L mvrsin r m v 满足右手螺旋关系第七讲刚体定轴转动的角动量定理与角动量守恒 _165 XCH 第七讲刚体定轴转动的角动量定理与角动量守恒 1 角动量角动量定理 3 角动量守恒定律 4 角动量守恒定律的应用第七讲刚体定轴转动的角动量定理与角动量守恒 _165 XCH 1 / 36 1 角动量 1 质点的角动量质点 m 以动量 p m v 运动对 O 点的角动量 Lrmv 大小方向 L mvrsin r m v 满足右手螺旋关系第七讲刚体定轴转动的角动量定理与角动量守恒 _165