作业1A质点运动的描述 1A-1.已知质点的运动学方程=x()i+y()j=t21+(21+6)j(单位:m)。求 (1)质点运动轨迹方程 (2)t=ls时,质点的速度和加速度(指明大小、方向)。 解:(1) (y-6) (2)v=2+2j,d=2 t=1s时,下=27+2,即速度大小v=√2+2=2.83ms,与x轴正方向夹角为45° d=2i,即加速度大小a=2m/s2,沿x轴正方向。 1A-2.已知质点的运动学方程为 F=(5+21-t2)+(4+t) (SD) 求t=2s时,(1)加速度的大小;(2)加速度与x轴正方向的夹角 解:a= (1)当t=2s,|a=√1+42=4123m (2)6=arct x= 2t 1A-3.一质点在xOy平面内运动,运动方程为 式中x,y以米计,t以秒计, 且计时从t=0开始。求:在什么时刻质点的位置矢量与速度垂直? 解:对时间求一次导数,得t时刻速度为:节=2i-4 对时间求二次导数,得t时刻加速度为:a=-4 当位矢与速度垂直时,有:F=0,即 2n+(9-22)元(27-47)=0 解得t=0S,t=3s,t=-3s。显然,t=-3s无意义,应舍去 1A-4.一个质点作直线运动,其加速度随时间的变化规律为an=-Ao2cos(on),其中A和 O均为正常量。如果t=0时,vx=0,x=A,求这个质点的运动学方程 、O)=,(0)+a、)M=si(a) 解: x((=x(0)+v,(O)dt=Acos(or) 1A-5.一艘正沿直线行驶的快艇,在发动机关闭后,其加速度方向与速度方向相反,大小与 速度平方成正比,即dy/d=-kv2,式中k为常数,试证明快艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为v=ve;其中v是发动机关闭时的速度 证明::ch/dt=(dhv/ax)x(dx/dt)=dv/dt vdv/dx=-kv-
1 作业 1A 质点运动的描述 1A-1．已知质点的运动学方程 r x t i y t j t i t j ( ) ( ) (2 6) 2 （单位：m）。求： (1) 质点运动轨迹方程； (2) t 1 s 时，质点的速度和加速度（指明大小、方向）。 解：(1) 2 ( 6) 4 1 x y （2） v ti j a i 2 2 , 2 t 1 s 时， v 2i 2 j, 即速度大小 2 2 2.83 2 2 v m/s，与 x 轴正方向夹角为 45 ； a i 2 ，即加速度大小 a 2 m/s2，沿 x 轴正方向。 1A-2. 已知质点的运动学方程为 r t t i t t j ) 3 1 ) (4 2 1 (5 2 2 3 (SI) 求 t = 2 s 时，（1）加速度的大小；(2) 加速度与 x 轴正方向的夹角。 解： a i tj 2 （1）当 t = 2 s， 2 | a | 1 4 =4.123 m/s2 （2） 4 1 arctg 104o 1A-3．一质点在 xoy 平面内运动，运动方程为： 2 19 2 2 y t x t ，式中 x, y 以米计， t 以秒计， 且计时从 t 0 开始。求：在什么时刻质点的位置矢量与速度垂直？ 解：对时间求一次导数，得 t 时刻速度为： v i tj 2 4 对时间求二次导数，得 t 时刻加速度为： a j 4 当位矢与速度垂直时，有： r v. 0 ，即 2 2 19 2 . 2 4 0 ti t j i tj 解得 t s t s t s 0 , 3 , 3 。显然， t 3 s 无意义，应舍去。 1A-4．一个质点作直线运动，其加速度随时间的变化规律为 cos( ) 2 a A t x ，其中 A 和 均为正常量。如果 t 0 时， vx 0, x A ，求这个质点的运动学方程。 解： ( ) (0) ( ) cos( ) ( ) (0) ( ) sin( ) 0 0 x t x v t dt A t v t v a t dt A t t x t x x x 1A-5．一艘正沿直线行驶的快艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与 速度平方成正比，即 2 dv dt kv ，式中 k 为常数，试证明快艇在关闭发动机后又行驶 x 距离时的速度为 kx v v e 0 ；其中 0 v 是发动机关闭时的速度。 证明 ： dv dt (dv / dx)(dx / dt) vdv / dt 2 vdv/ dx kv
dy 当=0,y=o,积分得:y=e 1A-6设质点的运动函数为x=x(1),y=y(1),在计算质点的速度时,有两种解法 d2r (1)先求出r=√x2+y2,然后求出v=,及 dx d2x、2,d2y (2)先求出 dt 然后求出:v 试问哪种方法正确?两者差别何在? 解:(2)解法正确,(1)错误 作业2A质点运动的描述之二 2A-1.(1)在一个转动的齿轮上,一个齿尖P沿半径为R的圆周运动,其路程S随时间的变 化规律为S=U1+bt2,其中U0和b都是正的常量.求: (1)t时刻齿尖P的速度大小和加速度大小 (2)从t=0开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间 解:(1) v=dS/dt=vo+br =du/dt=b: a,=(vo+bt /R + b2+(n+b0 (2根据题意:a=4,即有:b=(+b)/R 解得 R Vo Vb b 2A-2(1)对于在xy平面内,以原点O为圆心作匀速圆 周运动的质点,试用半径r、角速度O和单位矢量i、j 表示其t时刻的位置矢量.已知在t=0时,y=0,x=r,角 速度如图所示 (2)由(1)导出速度b与加速度a的矢量表示式; (xy) (3)试证加速度指向圆心 Af:(1)r=xi+yj=rcosti+rs imt j d r (2) U==-r@s iot+roc oaty d t U a d/ro- cosati-ro- sin@ J (3)a=-02(cosati+ rinat方)=-02F,这说明a与F方向相反,即a指向圆心。 2A-3一物体作如图所示的斜抛运动,测得在轨道A点处速度的大小为vo,其方向与水平 方向夹角成30°。求物体在A点的切向加速度a和轨道的曲率半径p
2 即 kdx v dv ， 当 t=0， 0 v v ，积分得： kx v v e 0 1A-6 设质点的运动函数为 x = x (t) ， y y(t) ，在计算质点的速度时，有两种解法 （1）先求出 2 2 r x y ，然后求出 dt dr v 及 2 2 dt d r a （2）先求出 dt dx ， dt dy ,然后求出: 2 2 ( ) ( ) dt dy dt dx v ， 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) dt d y dt d x a 试问哪种方法正确？两者差别何在？ 解：（2）解法正确，（1）错误。 作业 2A 质点运动的描述之二 2A-1. (1) 在一个转动的齿轮上，一个齿尖 P 沿半径为 R 的圆周运动，其路程 S 随时间的变 化规律为 2 0 2 1 S v t bt ，其中 v 0 和 b 都是正的常量．求： (1) t 时刻齿尖 P 的速度大小和加速度大小． (2) 从 t 0 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间． 解：(1) S t v bt d 0 v d / at dv / dt b ； an v bt / R 2 0 2 4 2 2 2 0 ( ) R v bt a an at b (2)根据题意： at = an ，即有： b v bt / R 2 0 解得 b v b R t 0 2A-2 (1) 对于在 xy 平面内，以原点 O 为圆心作匀速圆 周运动的质点，试用半径 r、角速度和单位矢量 i 、j 表示其t时刻的位置矢量．已知在t = 0时，y = 0, x = r, 角 速度如图所示； (2) 由(1)导出速度 v 与加速度 a 的矢量表示式； (3) 试证加速度指向圆心． 解：(1) r x i y j r t i r t j cos sin (2) r t i r t j t r sin cos d d v r t i r t j t a cos sin d d 2 2 v (3) a r t i r t j r cos sin 2 2 ，这说明 a 与 r 方向相反，即 a 指向圆心。 2A-3 一物体作如图所示的斜抛运动，测得在轨道 A 点处速度 v 的大小为 0 v ，其方向与水平 方向夹角成 30°。求物体在 A 点的切向加速度 at 和轨道的曲率半径。 x y O r (x,y) j i
解:a1=-gsin300=-g/2 an=gco3=√3 v2 g an=23v2/(3g) 2A-4一质点平面运动的运动学方程为 F=x()i+y()j=(t3-1)+t(单位:m) (1)求t=1s时,质点的切向加速度和法向加速度; (2)求t=1s时,质点所在位置运动轨迹的曲率半径。 解:(1)v=(t2-1)+t3j;t=ls时,v=j,即速度大小为lm/s,沿y轴正向。 a=2t+3t2j;t=ls时,a=2i+3j。注意到切向加速度就是加速度在速度方向的分 量,可以得到:t=1s时,a1=2m/s2,an (2)由a 得,t=1s时,p=0.5m 2A-5.河水自西向东流动,速度为10从m/h,一轮船在水中航行,船相对于河水的航向为北 偏西30°,相对于河水的航速为20km/h,此时风向为正西,风速为10km/h,试求在船上 观察到的烟囪冒出的烟缕的飘向。(设烟离开烟卤后很快就获 那风地和都地间的相速度分别为千和A 得与风相同的速度)。 解:记水、风、船和地球分别为w,∫,s和e,则水-地、风 由已知条件 =10km/h,正东方向. V6=10km/h,正西方向 =20km/h,北偏西30方向 根据速度合成法则: 丿=V+V 由图可得:V=10√3kmh,方向正北 同理 V=Ve-V,由于k=-Vn s的方向为南偏西30 在船上观察烟缕的飘向即V6的方向,它为南偏西30 2A-6.什么是伽利略变换?它所包含的时空观有什么特点?(略) 作业3A功和功能原理 3A-1.质量m=2kg的物体沿x轴作直线运动,所受合外力F=10+6x2(SD.如果在x=0处 时速度v=0;试求该物体运动到x=4m处时速度的大小 解:用动能定理,对物体 mu2-0=Fdx=[(10+6x2)dx 168 解出 =13m/s
3 解： O at g sin 30 g/2 2 0 2 3 cos3 0 v a g g O n a g n 2 3v / 3 2 2A-4 一质点平面运动的运动学方程为： r x t i y t j t t i t j 3 4 4 1 ) 3 1 ( ) ( ) ( （单位：m） （1）求 t 1 s 时，质点的切向加速度和法向加速度； （2）求 t 1 s 时，质点所在位置运动轨迹的曲率半径。 解：（1） v t i t j 2 3 ( 1) ； t 1 s 时， v j ，即速度大小为 1m/s，沿 y 轴正向。 a ti t j 2 2 3 ； t 1 s 时， a i j 2 3 。注意到切向加速度就是加速度在速度方向的分 量，可以得到： t 1 s 时， 2 a 2m / s t ， 2 a 3m / s n 。 （2）由 2 v an 得， t 1 s 时， 0.5 m 2A-5. 河水自西向东流动，速度为 10km/ h ，一轮船在水中航行，船相对于河水的航向为北 偏西 30 ，相对于河水的航速为 20km/ h ，此时风向为正西，风速为 10km/ h ，试求在船上 观察到的烟囱冒出的烟缕的飘向。（设烟离开烟卤后很快就获 得与风相同的速度）。 解： 记水、风、船和地球分别为 w， f，s 和 e，则水地、风 船、风地和船地间的相对速度分别为 Vwe 、Vfs 、Vfe 和 Vse ． 由已知条件 Vwe =10 km/h，正东方向． Vfe =10 km/h，正西方向． Vsw =20 km/h，北偏西 0 30 方向． 根据速度合成法则： Vse =Vsw ＋ Vwe 由图可得： Vse =10 3 km/h，方向正北． 同理 Vfs =Vfe －Vse ， 由于 Vfe =－Vwe ∴ Vfs =Vsw ， Vfs 的方向为南偏西 30° 在船上观察烟缕的飘向即 Vfs 的方向，它为南偏西 30°． 2A-6. 什么是伽利略变换？它所包含的时空观有什么特点？（略） 作业 3A 功和功能原理 3A-1. 质量 m＝2 kg 的物体沿 x 轴作直线运动，所受合外力 F＝10＋6x 2 (SI)．如果在 x=0 处 时速度 v0＝0；试求该物体运动到 x＝4 m 处时速度的大小． 解：用动能定理，对物体 4 0 2 4 0 2 0 d 10 6 d 2 1 mv F x ( x ) x 3 10x 2x ＝168 解出 v＝13 m/s v0 30° A g an a 0 30o 30o V se Vfs Vfe Vwe 北 东 Vsw
3A2.一非线拉伸弹簧的弹性力的大小为∫=k1x+k2x3,x代表弹簧伸长量,k1和k2为正 的常量。求:将弹簧由x1拉长至x2时,弹簧对外界做的功 解:W=-/=+k(x+x(x2-x) 3A-3.设两个粒子之间相互作用力是排斥力,其大小与粒子间距离r的函数关系为 f=k/r3,k为正值常量,试求这两个粒子相距为r时的势能.(设相互作用力为零的地方 势能为零.) 解:两个粒子的相互作用力f=k/ 已知∫=0即r=∞处为势能零点,则势能 Ep=Wp.=fdr=[adr=k/(2r2) 3A-4质量为m的质点系在一端固定的绳子上在粗糙水平面上作半径为R的圆周运动。当它 运动一周时,由初速ν减小为v/2。求(1)摩擦力作的功(2)滑动摩擦系数3)静止前质点运 动了多少圈? 解:(1)W -v v2/4-v2 (2)-mg4=mn2a1=-H8。又a1=-4nR 16丌R 3v2 所以有:H=16丌R2g (3)W=-mgHs=0-m2 2g1 2zR4n8mP分 4A功能原理机械能守恒 A-1如图所示,质量为m的小球系在劲度系数为k的轻弹簧一端,弹簧的另一端固定在O 点.开始时弹簧在水平位置A,处于自然状态,原长为l.小球由位置A释放,下落到O点 正下方位置B时,弹簧的长度为l,则小球到达B点时的速度大小t。 解:由机械能守恒,有:mg1=1m2+1k(-bn 解得v=121-A(-h 4A-2.两个质量分别为m和m2的木块A和B,用一个质量忽略 不计、倔强系数为k的弹簧联接起来,放置在光滑水平面上, 使A紧靠墙壁,如图所示,用力推木块B使弹簧压缩x,然后 ○B 释放,已知m=m,m2=3m,求 (1)释放后,A、B两木块速度相等时的瞬时速度的大小 (2)释放后,弹簧的最大伸长量 解:(1)释放后,弹簧恢复到原长时A将要离开墙壁,设此时B的速度为珈o,由机械能守 4
4 3A-2. 一非线拉伸弹簧的弹性力的大小为 3 1 2 f k x k x ，x 代表弹簧伸长量， 1 k 和 2 k 为正 的常量。求：将弹簧由 1 x 拉长至 2 x 时，弹簧对外界做的功。 解： ( )]( ) 2 1 [ 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 W fdx k k x x x x x x 3A-3. 设两个粒子之间相互作用力是排斥力，其大小与粒子间距离 r 的函数关系为 3 f k r ，k 为正值常量，试求这两个粒子相距为 r 时的势能．（设相互作用力为零的地方 势能为零．） 解：两个粒子的相互作用力 3 f k r 已知 f＝0 即 r＝∞处为势能零点, 则势能 r r P P r r k E W d d3 f r (2 ) 2 k r 3A-4 质量为 m 的质点系在一端固定的绳子上在粗糙水平面上作半径为 R 的圆周运动。当它 运动一周时，由初速 v o 减小为 v o /2。求:(1)摩擦力作的功;(2)滑动摩擦系数;(3)静止前质点运 动了多少圈? 解：（1） 2 0 2 2 0 0 1 1 3 2 4 2 8 v W m mv mv (2) mg ma a g , 。又 2 2 2 0 0 0 / 4 3 4 16 v v v a R R 所以有： 2 0 2 3 16 v R g (3) 2 2 0 0 1 1 0 , 2 2 W mg s mv s v g 2 0 1 4 2 4 3 s n v R g R 4A 功能原理 机械能守恒 4A-1 如图所示，质量为 m 的小球系在劲度系数为 k 的轻弹簧一端，弹簧的另一端固定在 O 点．开始时弹簧在水平位置 A，处于自然状态，原长为 l0．小球由位置 A 释放，下落到 O 点 正下方位置 B 时，弹簧的长度为 l，则小球到达 B 点时的速度大小 vB。 解：由机械能守恒，有： 2 0 2 ( ) 2 1 2 1 mgl mv k l l 解得 m k l l v gl 2 0 ( ) 2 4A-2. 两个质量分别为 m1和 m2 的木块 A 和 B，用一个质量忽略 不计、倔强系数为 k 的弹簧联接起来，放置在光滑水平面上， 使 A 紧靠墙壁，如图所示，用力推木块 B 使弹簧压缩 xo，然后 释放，已知 m1=m，m2=3m，求 （1）释放后，A、B 两木块速度相等时的瞬时速度的大小； （2）释放后，弹簧的最大伸长量。 解：(1) 释放后，弹簧恢复到原长时 A 将要离开墙壁，设此时 B 的速度为 vB0，由机械能守 A B m1 k m2 l k B A m m l0 O
恒,有 3mU/2 得 BO=o13m A离开墙壁后,系统在光滑水平面上运动,系统动量守恒,机械能守恒,当弹簧伸长量为x 时有 m,U, +m2U2=m,UB0 m, U m2 当=b时,由式①解出:n=D=3B/4=x0 (2)弹簧有最大伸长量时,A、B的相对速度为零n=功=3L0/4,再由式② 解出 A-3如图所示,在地面上固定一半径为R的光滑球面,球面顶点A 处放一质量为M的滑块.一质量为m的油灰球,以水平速度D射向 滑块,并粘附在滑块上一起沿球面下滑.问 (1)它们滑至何处(=?)脱离球面? (2)如欲使二者在A处就脱离球面,则油灰球的入射速率至少为 多少? 解:设m与M碰撞后的共同速度为υ,它们脱离球面的速度为u (1)对碰撞过程,由动量守恒定律得 U=mvo/(M+m) m与M沿固定光滑球面滑下过程中机械能守恒,在任一位置θ时,有 2 M+m)u+(+m)gR(-co8)=(M+m)u (M+m)gcos0-N=(M+m)u'/R 当物体脱离球面时,N=0,代入③式并与①、②式联立,可解得 c o Bgr 3gR(M +m) 6=co3[ 3gR(M +m) (2)若要在A处使物体脱离球面,必须满足 (M+m)UA/R≥(M+m)g 即U3>Rg,考虑到①式有m2v2l(M+m)≥Rg 所以油灰的速度至少应为 (M+m)√Rg/m 4A-4.如图,光滑斜面与水平面的夹角为a=30°,轻质弹m 簧上端固定.今在弹簧的另一端轻轻地挂上质量为M=1.0 kg的木块,则木块沿斜面向下滑动.当木块向下滑x=30cm 时,恰好有一质量m=0.01kg的子弹,沿水平方向以速度U
5 恒，有 3 / 2 2 1 2 0 2 0 m B kx v 得 m k x B 3 v 0 0 A 离开墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧伸长量为 x 时有 m1v1 m2v2 m2v B0 ① 2 2 0 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 m m B m v k x v v ② 当 v1 = v2 时，由式①解出：v1 = v2 m k x B 4 3 3 3 / 4 v 0 0 (2) 弹簧有最大伸长量时，A、B 的相对速度为零 v1 = v2 =3vB0/4，再由式② 解出 max 0 2 1 x x 4A-3 如图所示，在地面上固定一半径为 R 的光滑球面，球面顶点 A 处放一质量为 M 的滑块．一质量为 m 的油灰球，以水平速度 v 0 射向 滑块，并粘附在滑块上一起沿球面下滑．问： (1) 它们滑至何处( = ?)脱离球面？ (2) 如欲使二者在 A 处就脱离球面，则油灰球的入射速率至少为 多少？ 解：设 m 与 M 碰撞后的共同速度为 v，它们脱离球面的速度为 u． (1) 对碰撞过程，由动量守恒定律得 /( ) v mv0 M m ① m 与 M 沿固定光滑球面滑下过程中机械能守恒，在任一位置 时，有 2 2 ( ) 2 1 ( ) ( ) (1 cos) 2 1 M m v M m gR M m u ② (M m)g cos N (M m)u / R 2 ③ 当物体脱离球面时，N = 0，代入③式并与①、②式联立，可解得： 3 2 3 3 ( ) 2 cos 2 2 0 2 2 gR M m m gR v gR v ∴ ] 3 2 3 ( ) cos[ 2 2 0 2 1 gR M m m v (2) 若要在 A 处使物体脱离球面，必须满足 (M m) A / R (M m)g 2 v 即 A Rg 2 v ，考虑到①式有 m /(M m) Rg 2 0 2 v 所以油灰的速度至少应为 v0 (M m) Rg /m 4A-4. 如图，光滑斜面与水平面的夹角为 = 30°，轻质弹 簧上端固定．今在弹簧的另一端轻轻地挂上质量为 M = 1.0 kg 的木块，则木块沿斜面向下滑动．当木块向下滑 x = 30 cm 时，恰好有一质量 m = 0.01 kg 的子弹，沿水平方向以速度 v M m A O R v0 x k m
=200m/s射中木块并陷在其中.设弹簧的劲度系数为k=25N/m求子弹打入木块后它们 的共同速度 解:(1)木块下滑过程中,以木块、弹簧、地球为系统机械能守恒.选弹簧原长处为弹性势 能和重力势能的零点,以D表示木块下滑x距离时的速度,则 kx+Mu? ir=0 求出:n=12 Sina 0.83m:向沿斜面向下 (2)以子弹和木块为系统,在子弹射入木块过程中外力沿斜面方向的分力可 略去不计,沿斜面方向可应用动量守恒定律 以功表示子弹射入木块后的共同速度,则有: MU,-mUco=(M+m)u 解出: Mu, -mucosa 负号表示此速度的方向沿斜面向上 4A-5.有一劲度系数为k的轻弹簧,一端固定在直立圆环的底部M处,另一端与一质量为 m的小球相连,如图示。设弹簧原长为零,小球以初速v0自M点 出发,沿半径为R的光滑圆环的内表面滑动(圆环固定与地面不 力)。试求 (1)要使小球在顶部Q点不脱离轨道,V0的最小值; (2)小球运动到P点处的速率。 解:小球运动到Q点,由牛顿方程得 2kR+mg+N=mo /R 不脱离轨道的条件(V。最小)N=0,故有 2kR+mg=m/R(1) 由机械能守恒定律得(取M点为零势点) 2kR2+2mgR+-mm2=-mv2 (2) 联立(1)和(2)得 skR/m+5gR 小球运动到P点,有:kR+mgR+mvp==mvb 得:w2=√4kR/m+38R 4A6已知质量为m1和m2,速度为v1o和v2两小球作非弹性对心碰撞,其的恢复系数为e 试求碰撞前后系统机械能的损失。 解:设质量为m1和m2的物体碰撞后的速度分别为v和v2由恢复系数的定义,得
6 = 200 m/s 射中木块并陷在其中．设弹簧的劲度系数为 k = 25 N/m．求子弹打入木块后它们 的共同速度． 解：(1) 木块下滑过程中，以木块、弹簧、地球为系统机械能守恒．选弹簧原长处为弹性势 能和重力势能的零点，以 v1 表示木块下滑 x 距离时的速度，则 sin 0 2 1 2 1 2 1 2 kx Mv Mgx 求出： M kx gx 2 1 v 2 sin 0.83 m/s ；向沿斜面向下． (2) 以子弹和木块为系统，在子弹射入木块过程中外力沿斜面方向的分力可 略去不计，沿斜面方向可应用动量守恒定律． 以 v2 表示子弹射入木块后的共同速度，则有： 1 2 Mv mv cos (M m)v 解出： 0.89 ( ) cos 1 2 M m Mv mv v m/s 负号表示此速度的方向沿斜面向上． 4A-5．有一劲度系数为 k 的轻弹簧，一端固定在直立圆环的底部 M 处，另一端与一质量为 m 的小球相连，如图示。设弹簧原长为零，小球以初速 0 v 自 M 点 出发，沿半径为 R 的光滑圆环的内表面滑动（圆环固定与地面不 动）。试求： （1） 要使小球在顶部 Q 点不脱离轨道， 0 v 的最小值； （2） 小球运动到 P 点处的速率。 解： 小球运动到 Q 点，由牛顿方程得 2 2 / Q kR mg N mv R 不脱离轨道的条件（ 0 v 最小）N=0，故有 2 2 / Q kR mg mv R （1） 由机械能守恒定律得（取 M 点为零势点） 2 2 2 0 1 1 2 2 2 2 Q kR mgR mv mv （2） 联立（1）和（2）得 2 0 v kR m gR 6 / 5 小球运动到 P 点，有： 2 2 2 0 1 1 2 2 P kR mgR mv mv 得： 2 4 / 3 P v kR m gR 4A-6 已知质量为 m1 和 m2 ，速度为 10 v 和 20 v 两小球作非弹性对心碰撞，其的恢复系数为 e 。 试求碰撞前后系统机械能的损失。 解：设质量为 m1 和 m2 的物体碰撞后的速度分别为 1 v 和 2 v .由恢复系数的定义，得 2 1 10 20 v v e v v （1） M P Q R
由动量守恒得:mvo+m220=mv1+m2"2 (2) 联立方程(1)和(2),解得 (1+e)m2(vo-V20) (1+e)m1(v10-V20) 所以系统机械能的损失为 △E=mv+m12-m-mn2=11-e2)m-(1m-120) m1+m2 显然,当e=1时,系统机械能没有损失,为完全弹性碰撞。当e=0时,系统机械能损失最大, 为完全非弹性碰撞。 作业5A电场强度 5A-1四个点电荷到坐标原点的距离均为d,如图所示,求:O 点的电场强度的大小和方向。 解:由图所示x轴上两点电荷在O点产生的电场强度为 E=E,+E=_297+-97=-3 4od 4m。d y轴上两点电荷在O点产生的电场强度为 2 E=Eraj+e_aj 所以,点O处的合电场强度为 大小为馬=+E珍 Eo=E+E= 3q tEnd 方向与x轴正向成-45°角 5A-2.均勻带电无限长直线,电荷线密度为λ1,另有长为b的直线 段与长直线共面且垂直,相距a,电荷线密度为2。求两者之间的 作用力大小? 解:如图所示建立坐标。A的电场分布为 E,= A1 2TEo(a+b-y) 2上的电荷元2dy受到的静电力 Ma, dy dF=A2dyE、1m(a+b-y) f=ldF= iNa+6 2E0(a+b-y)2 7
7 由动量守恒得： m v m v m v m v 1 10 2 20 1 1 2 2 （2） 联立方程（1）和（2），解得 2 10 20 1 10 1 2 (1 ) ( ) e m v v v v m m ； 1 10 20 2 20 1 2 (1 ) ( ) e m v v v v m m 所以系统机械能的损失为 2 2 2 2 2 2 1 2 1 10 2 20 1 1 2 2 10 20 1 2 1 1 1 1 1 (1 ) ( ) 2 2 2 2 2 m m E m v m v m v m v e v v m m 显然，当 e=1 时，系统机械能没有损失，为完全弹性碰撞。当 e=0 时，系统机械能损失最大， 为完全非弹性碰撞。 作业 5A 电场强度 5A-1.四个点电荷到坐标原点的距离均为 d ，如图所示，求： O 点的电场强度的大小和方向。 解： 由图所示 x 轴上两点电荷在 O 点产生的电场强度为 i d q i d q i d q E E i E i q q 2 0 2 0 2 0 2 4 3 4 4 2 y 轴上两点电荷在 O 点产生的电场强度为 j d q j d q j d q E E j E j q q 2 0 2 0 2 0 2 4 3 4 4 2 所以，点 O 处的合电场强度为 O 1 2 2 2 0 0 3 3 4 4 q q E E E i j d d 大小为 2 2 O 1 2 2 0 3 2 4 q E E E d ，方向与 x 轴正向成 45 角。 5A-2. 均勻带电无限长直线，电荷线密度为 1 ，另有长为 b 的直线 段与长直线共面且垂直，相距 a ，电荷线密度为 2 。求两者之间的 作用力大小？ 解：如图所示建立坐标。 1 的电场分布为 1 1 0 2 ( ) E a b y 2 上的电荷元 2 dy 受到的静电力 1 2 2 1 0 d d d 2 ( ) y F yE a b y 1 2 1 2 0 0 0 d F= d ln 2 ( ) 2 b y a b F a b y a y O －q +2q －q +2q y x O
5A-3.一个细玻璃棒被弯成半径为R的半圆形,沿其上半部分 均匀分布有电量+Q,沿其下半部分的均匀分布有电量-Q,如 图所示,试求圆心O处的电场强度 解:把所有电荷都当作正电荷处理.在θ处取微小电荷 dq=Adl=2Qd6/π 它在O处产生场强 de= d 按O角变化,将dE分解成二个分量: de=desine= -sin ede 兀2cR dE=-decos0= scored 对各分量分别积分,积分时考虑到一半是负电荷 O E bIEr fs i- s i nde=0 co8d0-co8d8 2πEnR 丌/2 所以 E=Ei+e 5A-4.真空中一长为L的均匀带电细直杆,总电量q,试求在直杆延长线上距杆的一端距离 d的P点的电场强度 解:设杆的左端为坐标原点O,x轴沿直杆方向.带 电直杆的电荷线密度为=q/L,在x处取一电荷元 dq=dx=qdx/L,它在P点的场强 (+d-x)dE de 4π0(L+d-x)24π0L(L+d-x)2 总场强为 E= J(L+d-x)2 4IEod(L+d) 方向沿x轴,即杆的延长线方向 5A-5一“无限长”均匀带电的半圆柱面,半径为R,设半圆柱面 沿轴线单位长度上的电量为λ,试求轴线上一点的电场强度 解:设坐标系如图所示.将半圆柱面划分成许多窄条.dl宽的窄条 的电荷线密度为 dd=-dl==de πR
8 5A-3. 一个细玻璃棒被弯成半径为 R 的半圆形，沿其上半部分 均匀分布有电量+Q，沿其下半部分的均匀分布有电量－Q，如 图所示，试求圆心 O 处的电场强度。 解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在处取微小电荷 dq = dl = 2Qd / 它在 O 处产生场强 d 4 2 d d 2 0 2 2 0 R Q R q E 按 角变化，将 dE 分解成二个分量： sin d 2 d d sin 2 0 2 R Q Ex E cos d 2 d d cos 2 0 2 R Q Ey E 对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷 / 2 / 2 0 2 0 2 sind sind 2 R Q Ex ＝0 2 0 2 / 2 / 2 0 2 0 2 cos d cos d 2 R Q R Q Ey 所以 j R Q E E i E j x y 2 0 2 5A-4. 真空中一长为 L 的均匀带电细直杆，总电量 q，试求在直杆延长线上距杆的一端距离 d 的 P 点的电场强度。 解：设杆的左端为坐标原点 O，x 轴沿直杆方向．带 电直杆的电荷线密度为=q / L，在 x 处取一电荷元 dq = dx = qdx / L，它在 P 点的场强： 2 4 0 d d L d x q E 2 0 4 d L L d x q x 总场强为 L L d x x L q E 0 2 0 ( ) d 4 － dL d q 4 0 方向沿 x 轴，即杆的延长线方向． 5A-5 一“无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为 R，设半圆柱面 沿轴线单位长度上的电量为 ，试求轴线上一点的电场强度。 解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．dl 宽的窄条 的电荷线密度为 d d d l R dq R O x y d Ｐ L d dq x (L+d－x) dE x O O R ’ O
取位置处的一条,它在轴线上一点产生的场强为 d de= d 2IEoR 2T EoR 如图所示.它在x、y轴上的二个分量为 de =de sin 0. dE=-de cose 对各分量分别积分 ydE E 2T'ERJosirodo=- d π2EoR Ey c09d6=0 22E 场强 E=E1+E,=πER 5A-6.一“无限长”圆柱面,其电荷面密度由下式决定:=σ。COS中,式中的中角为半 径R与X轴之间所夹的角,试求圆柱轴线上一点的场强。 解:将柱面分成许多与轴线平行的细长条,每条可视为“无限长”均匀带电直线,其电荷线 密度为 A=gocos rdo 它在O点产生的场强为: dEx de= coSφdφ CIEOR 21 它沿x、y轴上的二个分量为: dEr-dEcosy 2忑0 cos odo de=-desil sing cosφdφ 积分 E,=209d= Ey oos igd( sOi) O O E=ei= 2 中包含的净电荷.(真空介电常数a=88×0净 作业6A静电场中的高斯定 6A-1.图中虚线所示为一立方形的高斯面,已知空间 的场强分布为:Ex=bx,E,=0,E2=0.高斯面 长a=0.1m,常量b=1000N(C·m).试求该闭合面 解:设闭合面内包含净电荷为Q.因场强只有x分量 不为零,故只是二个垂直于x轴的平面上电场强度通
9 取位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为 d 2 2 d d 0 2 0R R E 如图所示. 它在 x、y 轴上的二个分量为： dEx=dE sin , dEy=－dE cos 对各分量分别积分 R R Ex 0 2 0 0 2 sin d 2 cos d 0 2 0 0 2 R Ey 场强 i R E E i E j x y 0 2 5A-6.一“无限长”圆柱面，其电荷面密度由下式决定： o cos ，式中的 角为半 径 R 与 X 轴之间所夹的角，试求圆柱轴线上一点的场强。 解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带电直线，其电荷线 密度为 = 0cos Rd， 它在 O 点产生的场强为： cos d 2 2 d 0 0 0 R E 它沿 x、y 轴上的二个分量为： dEx=－dEcos = cos d 2 2 0 0 dEy=－dEsin = sin cos d 2 0 0 积分： 2 0 2 0 0 cos d 2 Ex ＝ 0 0 2 sind(sin) 0 2 2 0 0 0 Ey ∴ E E i i x 0 0 2 作业 6A 静电场中的高斯定理 6A-1. 图中虚线所示为一立方形的高斯面，已知空间 的场强分布为： Ex＝bx， Ey＝0， Ez＝0．高斯面边 长 a＝0.1 m，常量 b＝1000 N/(C·m)．试求该闭合面 中包含的净电荷．(真空介电常数0＝8.85×10-12 C 2·N -1·m -2 ) 解：设闭合面内包含净电荷为 Q．因场强只有 x 分量 不为零，故只是二个垂直于 x 轴的平面上电场强度通 dEy y dl d R dEx x dE O x R y d dEx dEy dE a a a a x z y O
量不为零.由高斯定理得: -EISI+ E2s=0/E (SI=S=S) 则 Q=印S(E2-E1)=印0Sb(x-x1) ba(2a-a)=0bd=8.85×10C 6A2一半径为R的带电球体,其电荷体密度分布为p=r(r≤R);p=0>BA为 常数,试求球体内外的场强分布。 解:在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳,该壳内所包含的电荷为 dv= Ar. 4Tr-d 在半径为r的球面内包含的总电荷为 V=[4TArdr=TAr+ 以该球面为高斯面,按高斯定理有E142=兀r4/ 得到 E1=Ar2/(4c0),(r≤R 方向沿径向,A>0时向外,AR) 方向沿径向,A>0时向外,A2R 因而场强分布为 E=0 r3-R3 E 2R E 2R
10 量不为零．由高斯定理得： -E1S1+ E2S2=Q / 0 ( S1 = S2 =S ) 则 Q =0S(E2- E1) =0Sb(x2- x1) = 0ba2 (2a－a) =0ba3 = 8.85×10-12 C 6A-2 一半径为 R 的带电球体，其电荷体密度分布为 =Ar （r≤R）； =0 (r> R) A 为一 常数，试求球体内外的场强分布。 解：在球内取半径为 r、厚为 dr 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 d q dV Ar 4 r d r 2 在半径为 r 的球面内包含的总电荷为 4 0 3 q dV 4 Ar d r Ar r V (r≤R) 以该球面为高斯面，按高斯定理有 0 2 4 1 E 4r Ar / 得到 0 2 E1 Ar / 4 ， (r≤R) 方向沿径向，A>0 时向外, AR) 方向沿径向，A>0 时向外，A<0 时向里． 6A-3 如图所示，一个均匀分布带电球层，电荷体密度为 ，球层内表面半径为 R ，外表面 为 2R ，求：电场分布。 解: 本题的电荷分布具有球对称性，因而电场分布也具有对称性，作 同心球面为高斯面，由高斯定理 int 0 d S q E S 由对称性可以得到 2 d 4 S E S r E 对于不同的高斯面，电荷是不同的，结果如下 q r R 0 4 3 3 ( ) 2 3 q r R R r R 28 3 2 3 q R r R 因而场强分布为 E r R 0 3 3 2 0 ( ) 2 3 r R E R r R r 3 2 0 7 2 3 R E r R r
