大学物理习题解答(6)

将后式减前式得

ωR1 = (R1βA + R2βB)t，

解得

t??IAIBR1?f(IBR?IAR)2122，

?R1R1?A?R2?B由此可得

t?M2R1?2?g(M2?M1)．

??R1R1MA/IA?R2MB/IB

[注意]在此题中，由于A、B两轮不是绕着同一轴转动的，所以不能用角动量守恒

定律．

如果A轮的轮面放在B轮的轮面之上，且两轮共轴，在求解同样的问题时，既可以用转动定律求解，也可以结合角动量守恒定律求解．

当它们之间没有滑动时，角动量为ω`，根据角动量守恒定律得

IAω = (IA+IB)ω`，

因此得

??R1R1?M1gR1R2?M1gR2?1122M1R1M2R222?R12?g?2?gM1/M2?

经过的时间为

t??M2R12?g(M1?M2)．

ω` = IAω/(IA + IB)．

（1）设R1≦R2，

那么A轮压在B轮上

方法二：用刚体的角动量定理．圆轮A所受的摩擦力的力矩大小为

MA = μM1gR1，

其方向与A的角速度方法相反，取角速度的方向为正，根据刚体的角动量定理可得方程

的面积为

R2 S = πR12， 压强为

p = M1g/S = M1g/πR12．

B A R1 ?t0(?MA)dt?IA?A?IA?，

当A轮在B轮上产生滑动时，在A轮上取一半径为r、对应角为dθ面积元，其面积为

dS = rdθdr， 对B轮的压力为 dN = pdS = prdrdθ， 所受的摩擦力为

A r B dr R1 即 -MAt = IAv/R1 - IAω． (1)

圆轮B所受的摩擦力的力矩大小为

MB = μM1gR2， 其方向与B的角速度方法相同，根据刚体的角动量定理可得方程

?t0MBdt?IB?B?0，

df = μdN = μprdrdθ，

其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为 dM = rdf = μpr2drdθ， 总力矩为

M?即 MBt = IBv/R2． (2)

由(1)得

IBR1MAt = -IAIBv + IAIBR1ω， (3) 由(2)得

IAR2MBt = IAIBv， (4) (3)式和(4)式相加可得

t?IAIBR1?IBR1MA??02?R1032?prdrd?

?2π?p13R1?23?M1gR1．

这是A轮所受的力矩，也是B轮所受的力

B?IAR2M矩．根据转动定理得B轮的角加速度为

βB = M/IB．

根据转动公式ω` = βBt，得时间为

26

t??`?B?IA?IA?IB?IBMv = ωr，

2??M1R1/221222M1R/2?M2R/22?M1gR1/33M2RR?14?g(M1R?M2R)212222?M2R2/2，

所受的阻力为

df = kv2dS = kω2r2bdr， 阻力产生的力矩为

dM = rdf = kω2r3bdr， 因此合力矩为

M?a0即 t?．

?k?brdr?2314k?ba．

2

24板绕转轴的转动惯量为I = ma/3，其角加速度为

（2）如果R1≧R2，那么A轮压在B轮上的面积为

2

S = πR2，

???MI??3k?ba4m22，

压强为

p = M1g/S = M1g/πR22．

同样在A轮上取一面积元，力矩的积分上限就是R2．总力矩为

M?负号表示角加速度的方向与角速度的方向相反．

由于β = dω/dt，可得转动的微分方程

d?dt??3k?ba4m22?R20?prdr?13R2?322?0d?

，

?2π?p23?M1gR2，

分离变量得

3kba2由此求得时间就变为

t?3M2R1R2?4?g(M1R?M2R)21222．

积分

4mdt??d??2，

只有当R1 = R2时，两个时间才是相同的：

t?3M2R1?4?g(M1?M2)?3M2R2?4?g(M1?M2)t．

得

?03kba4m2?0/2dt????0?0/2d??2，

4．10 均质矩形薄板绕竖直边转动，初始角速度为ω0，转动时受到空气的阻力．阻力垂直于板面，每一小面积所受阻力的大小与其面积及速度的平方的乘积成正比，比例常数为k．试计算经过多少时间，薄板角速度减为原来的一半．设薄板竖直边长为b，宽为a，薄板质量为m．

[解答]在板上距离转轴为r处取一长度为b，宽度为dr的

O r dS b r a 3kba4m2t?1???01?0，

解得时间为

t?4m3kba?02．

4．11 一个质量为M，半径为R并以角速度ω旋转的飞轮（可看作匀质圆盘），在某一瞬间突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，如图所示．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．

ω 图4.11

R 面积元，其面积为

图4.10

dS = bdr．

当板的角速度ω时，面积元的速率为

27

（1）问它能上升多高？

（2）求余下部分的角速度、角动量和转动动能．

[解答]（1）碎片上抛的初速度为

v0 = ωR， 根据匀变速直线运动公式v – v0 = -2gh， 可得碎片上升的高度为

h = v0/2g =ωR/2g．

（2）余下部分的角速度仍为ω，但是转动惯量只有

I?12MR?mR，

22L?mAvArA?mBvBrB mAmBmA?mB?m·s)． r(vA?vB)= 630(kg·

2-1

22

（2）根据角动量守恒定律得

L = (IA + IB)ω， 其中IA和IB分别是两绕质心的转动惯量

22

IA = mArA和IB = mBrB． 角速度为

ω = L/(IA + IB) = 8.67(rad·s)． （3）两人拉手前的总动能就是平动动能

Ek1?1212mAvA?2222

-1

所以角动量为

L = Iω = R2(M/2 – m)ω．

转动动能为

Ek?12I?212mBvB= 2730(J)；

2?1M22(?m)?R． 22拉手后的总动能是绕质心的转动动能：

Ek2?IA??212

4．12 两滑冰运动员，在相距1.5m的两平行线上相向而行，两人质量分别为mA = 60kg，mB = 70kg，它们速率分别为vA = 7m·s，vB = 6m·s，当两者最接近时，便函拉起手来，开始绕质心作圆周运动，并保持二者的距离为1.5m．求该瞬时：

（1）系统对通过质心的竖直轴的总角动量；

（2）系统的角速度； （3）两人拉手前、后的总动能．这一过程中能量是否守恒？

mA vA r rA rB vB mB -1

-1

IB?= 2730(J)，

2可见：这一过程能量是守恒的．

[讨论]（1）角速度．根据上面的推导过程可得两人绕质心的总转动惯量为

I?mArA?mBrB?22mAmBmA?mB2r(rA?rB)

?mAmBmA?mBLIr，

角速度为

???vA?vBr

可见：角速度与两人的质量无关，只与它们的相对速度和平行线的距离有关．此题可由已知条件直接算得角速度为

ω = 8.67(rad·s-1)．

（2）损失的总能量．两人的转动动能为

Ek2?12(IA?IB)?

2[解答]

（1）设质心距A的平行线为rA，距B的平行线为rB，则有

rA + rB = r， 根据质心的概念可得

mArA = mBrB，

解方程组得

rA?mBmA?mBr，rB?mAmA?mB?r．

1mAmB2mA?mB(vA?vB)，

2因此动能的变化量为

ΓEk = Ek2 – Ek1

两运动员绕质心的角动量的方向相同，他们的总角动量为

28

?1mAmB(vA?vB)?(mv?mv)

2mA?mB22212AA1者，其动能就减少，原来动量值小者，其动

2BB简化得

?Ek??(mAvA?mBvB)2(mA?mB)2，

负号表示能量减少．可见：如果mAvA≠mBvB，则ΓEk≠0，即：有能量损失．在本题中，由于mAvA = mBvB，即：两人的动量大小相等，方向相反，所以能量是守恒的．

（3）一个人的能量变化．A的转动动能为

EkA2?12IA?2能就增加．只能当两人动量大小相等，方向相反时，两者拉手后动能都不发生变化．在此题中，由于Γp = 0，所以两人的动能都没有变

l/4 O 化．

l/4 可以证明：他们总动

l v0 能的变化量等于他们各人

动能变化量之和

ΓEk = ΓEkA +Γ

EkB．

图4.13

4．13．一均匀细棒长为l，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度v0，在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发生完全非弹性碰撞，碰撞点位于离棒中心一

?122mArA?

222?1mAmB22(mA?mB)(vA?vB)，

A的动能的变化量为

ΓEkA = EkA2 – EkA1

2方l/4处，如图所示，求棒在碰撞后的瞬时绕过O点垂直于棒所在平面的轴转动的角速度ω0．

[解答]以O点为转动轴，棒的质心到轴的距离为l/4，在碰撞之前，棒做平动，其

?1mAmB22(mA?mB)(vA?vB)?212mAvA

2?mA(mBvB?mAvA)(mAvA?mBvB?2mBvA)2(mA?mB)ΓEkB

2，

质量集中在质心，对转轴O的角动量为mv0l/4．在碰撞之后瞬间，棒绕O点的角动量为Iω0，其中I为棒绕O点的转动惯量．根据角动量守恒定律得

mv0l/4 = Iω0，

棒绕质心的转动惯量为

Ic = ml2/12，

根据平行轴定理，棒绕O点的转动惯量为

同理可得B的动能的变化量为

?mB(mAvA?mBvB)(mAvA?mBvB?2mAvB)2(mA?mB)2．

I?Ic?md

2可见：两人的动能的增减取决于他们的初始动量之差的符号

Γp = mBvB – mAvA．

当Γp > 0时，拉手后A增加动能，B减少动能；当Γp < 0时，拉手后A减少动能，B增加动能．就是说：在拉手后，原来动量值大

?112ml?m(214l)?2748ml．

2所以角速度为

?0?14Imv0l?12v07l．

29

第五章 狭义相对论

P140．

5．1 地球虽有自转，但仍可看成一较好的惯性参考系，设在地球赤道和地球某一极（例如南极）上分别放置两个性质完全相同的钟，且这两只钟从地球诞生的那一天便存在．如果地球从形成到现在是50亿年，请问那两只钟指示的时间差是多少？

[解答]地球的半径约为

R = 6400千米 = 6.4×10(m)，

自转一圈的时间是 T = 24×60×60(s) = 8.64×104(s)， 赤道上钟的线速度为

v = 2πR/T = 4.652×102(m·s-1)． 将地球看成一个良好的参考系，在南极

上看赤道上的钟做匀速直线运动，在赤道上看南极的钟做反向的匀速直线运动． 南极和赤道上的钟分别用A和B表示，南极参考系取为S，赤道参考系取为S`．A钟指示S系中的本征时，同时指示了B钟的运动时间，因此又指示S`系的运动时．同理，B钟指示S`系中的本征时，同时指示了A钟的反向运动时间，因此又指示S系的运动时． 方法一：以S系为准．在S系中，A钟指示B钟的运动时间，即运动时

Γt=50×108×365×24×60×60=1.5768×1016(s)． B钟在S`中的位置不变的，指示着自己的本征时Γt`．A钟的运动时Γt和B钟的本征时Γt`之间的关系为

?t??t`1?(v/c)2Γt`=50×10×365×24×60×60=1.5768×10(s)． A钟在S中的位置不变的，指示着自己的本征时Γt．B钟的运动时Γt`和A钟的本征时Γt之间的关系为

?t`??t1?(v/c)2816

，

可求得A钟的本征时为

6

?t??t`1?(v/c)?[1?21v2 ()]?t`，

2c5

因此时间差为 ?t`??t?(1v2c2)?t=1.898×`10(s)．

在赤道上看，南极上的钟变慢了．

[注意]解此题时，先要确定参考系，还要确定运动时和本征时，才能正确引用公式．

有人直接应用公式计算时间差

?t??t`??t`1?(v/c)?[1?2??t`

1v21v2()]?t`??t`?()?t`， 2c2c由于地球速度远小于光速，所以计算结果差不多，但是关系没有搞清．从公式可知：此

人以S系为准来对比两钟的时间，Γt`是B钟的本征时，Γt是A钟的运动时，而题中的本征时是未知的．

也有人用下面公式计算时间差，也是同

，

样的问题．

?t`??t??t1?(v/c)2可求得B钟的本征时为

1v2?t`??t1?(v/c)?[1?()]?t，

2c2??t

因此时间差为

1v2?t??t`?()2c5

?t=1.898×10(s)．

?[1?1v21v2()]?t??t?()?t 2c2c

5．2 一个“光钟”由两个相距为L0的平面镜A和B构成，对于这个光钟为静止的参考系来说，一个“滴答”的时间是光从镜面A到镜面B再回到原处的时间，其值为

在南极上看，赤道上的钟变慢了．

方法二：以S`系为准．在S`系中，B钟指示A钟的反向运动时间，即运动时

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