【正文】 指向力心．215 彈簧A、B及重物C受力如題215圖所示平衡時，有題215圖FA=FB=Mg又 FA=k1Δx1FB=k2Δx2所以靜止時兩彈簧伸長量之比為彈性勢能之比為216 (1)設(shè)在距月球中心為r處F月引=F地引，由萬有引力定律，有G=G經(jīng)整理，得r= = = m則p點處至月球表面的距離為h=rr月 =()106＝107 m(2)質(zhì)量為1 kg的物體在p點的引力勢能為 = =217 取B點為重力勢能零點，彈簧原長為彈性勢能零點，則由功
能原理，有μm2gh= (m1+m2)v2［m1gh+k(Δl)2］式中Δl為彈簧在A點時比原長的伸長量，則Δl=ACBC=(1)h聯(lián)立上述兩式，得v=題217圖218 取木塊壓縮彈簧至最短處的位置為重力勢能零點，彈簧原
長處為彈性勢能零點則由功能原理，有frs=
k=式中 s=+=5 m，x= m，再代入有關(guān)數(shù)據(jù)，解得k=1390 Nm1題218圖再次運用功能原理，求木塊彈回的高度h′fts′=mgs′sin37176。kx3代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得 s′= m,則木塊彈回高度h′=s′sin37176。= m題219圖219 m從M上下滑的過程中，機械能守恒，以m，M地球為系統(tǒng)
，以最低點為重力勢能零點，則有mgR= 又下滑過程，動量守恒，以m,M為系統(tǒng)則在m脫離M瞬間，水平方向有mvMV=0聯(lián)立，以上兩式，得v=220 兩小球碰撞過程中，機械能守恒，有即 ①題220圖(a) 題220圖(b)又碰撞過程中，動量守恒，即有mv0=mv1+mv2亦即 v0=v1+v2 ②由②可作出矢量三角形如圖(b)，又由①式可知三矢量之間滿足勾股定理，且以v0為斜邊，故知v1與v2是互相垂直的．221 由題知，質(zhì)點的位矢為r=x1i+y1j作用在質(zhì)點上的力為f=fi所以，質(zhì)點對原點的角動量為L0=rmv=(x1i+y1j)m(vxi+vyj)=(x1mvyy1mvx)k作用在質(zhì)點上的力的力矩為M0=rf=(x1i+y1j)(fi)=y1fk
222 哈雷彗星繞太陽運動時受到太陽的引力——即有心力的作用，所以角動量守恒；又由于哈雷彗星在近日點及遠日點時的速度都與軌道半徑垂直，故有
r1mv1=r2mv2∴223 (1) (2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7即r1=4i,r2=7i+vx=v0x=1即v1=i1+6j,v2=i+11j∴ L1=r1mv1=4i3(i+6j)=72kL2=r2mv2=(7i+)3(i+11j)=∴ΔL=L2L1= kgm2s1解(二) ∵∴ 題224圖224 在只掛重物M1時，小球作圓周運動的向心力為M1g，即M1g=mr0ω20 ①掛上M2后，則有 (M1+M2)g=mr′ω′2 ②重力對圓心的力矩為零，故小球?qū)A心的角動量守恒．即 r0mv0=r′mv′ ③聯(lián)立①、②、③得225 (1)先作閘桿和飛輪的受力分析圖(如圖(b))．圖中N、N′是正壓力，F(xiàn)r、F′r是摩擦力，F(xiàn)x和Fy是桿在A點轉(zhuǎn)軸處所受支承力，R是輪的重力，P是輪在O軸處所受支承力．題225圖（a）題225圖(b)桿處于靜止狀態(tài)，所以對A點的合力矩應(yīng)為零，設(shè)閘瓦厚度不計，則有對飛輪，按轉(zhuǎn)動定律有β=FrR/I，式中負號表示β與角速度ω方向相反．∵ Fr=μN N=N′∴ 又∵ ∴ ①以F=100 N等代入上式，得由此可算出自施加制動閘開始到飛輪停止轉(zhuǎn)動的時間為這段時間內(nèi)飛輪的角位移為可知在這段時間里，．(2)ω0=900(2π)/60 rads1，要求飛輪轉(zhuǎn)速在t=2 s內(nèi)減少一半，可知用上面式(1)所示的關(guān)系，可求出所需的制動力為226 設(shè)a，a2和β分別為m1m2和柱體的加速度及角加速度，方向如圖(如圖b)．
題226(a)圖 題226(b)圖(1) m1，m2和柱體的運動方程如下：式中 T1′=T1,T2′=T2,a2=rβ,a1=Rβ而 I=(1/2)MR2+(1/2)mr2由上式求得 (2)由①式T2=m2rβ+m2g=2+2＝ N由②式T1=m1gm1Rβ=2＝ N227 分別以m1，m2滑輪為研究對象，受力圖如圖(b)所示．對m1,m2運用牛頓定律，有m2gT2=m2a ①T1=m1a ②對滑輪運用轉(zhuǎn)動定律，有T2rT1r=(1/2Mr2)β ③又， a=rβ ④聯(lián)立以上4個方程，得題227(a)圖 題227(b)圖題228圖228 (1)由轉(zhuǎn)動定律，有mg(l/2)=[(1/3)ml2]β∴ β= (2)由機械能守恒定律，有mg(l/2)sinθ=(1/2)[(1/3)ml2]ω2∴ω=題229圖229 (1)設(shè)小球的初速度為v0，棒經(jīng)小球碰撞后得到的初角速度為ω，而小球的速度變?yōu)関，按題意，小球和棒作彈性碰撞，所以碰撞時遵從角動量守恒定律和機械能守恒定律，可列式：mv0l=Iω+mvl ①(1/2)mv20=(1/2)Iω2+(1/2)mv2 ②上兩式中I=1/3Ml2，碰撞過程極為短暫，可認為棒沒有顯著的角位移；碰撞后，棒從豎直位置上擺到最大角度θ=30176。，按機械能守恒定律可列式： ③由③式得由①式 ④由②式 ⑤所以求得(2)相碰時小球受到的沖量為∫Fdt=Δmv=mvmv0由①式求得∫Fdt=mvmv0=(Iω)/l=(1/3)Mlω=負號說明所受沖量的方向與初速度方向相反．題230圖230 (1)碎片離盤瞬時的線速度即是它上升的初速度v0=Rω設(shè)碎片上升高度h時的速度為v，則有v2=v202gh令v=0，可求出上升最大高度為(2)圓盤的轉(zhuǎn)動慣量I=(1/2)MR2，碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)動慣量I′=(1/2)MR2mR2，碎片脫離前，盤的角動量為Iω，碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內(nèi)力變?yōu)榱?，但?nèi)力不影響系統(tǒng)的總角動量，碎片與破盤的總角動量應(yīng)守恒，即Iω=I′ω′+mv0R式中ω′為破盤的角速度．于是(1/2)MR2ω=[(1/2)MR2mR2]ω′+mv0R
[(1/2)MR2mR2]ω=[(1/2)MR2mR2]ω′得ω′=ω(角速度不變)圓盤余下部分的角動量為[(1/2)MR2mR2]ω轉(zhuǎn)動動能為題231圖Ek=(1/2)[(1/2)MR2mR2]ω2231 (1)射入的過程對O軸的角動量守恒Rsinθm0v0=(m+m0)R2ω∴ω=(2)232 以重物、滑輪、彈簧、地球為一系統(tǒng)，重物下落的過程中，機械能守恒，以最低點為重力勢能零點，彈簧原長為彈性勢能零點，則有mgh=(1/2)mv2+(1/2)Iω2+(1/2)kh2又 ω=v/R故有
題232圖 題233圖233 (1)小球與圓環(huán)系統(tǒng)對豎直軸的角動量守恒，當小球滑至B點時，有I0ω0=(I0+mR2)ω ①該系統(tǒng)在轉(zhuǎn)動過程中，機械能守恒，設(shè)小球相對于圓環(huán)的速率為vB，以B點為重力勢能零點，則有(1/2)I0ω20+mgR=(1/2)(I0+mR2)ω2+(1/2)mv2B ②聯(lián)立①、②兩式，得(2)當小球滑至C點時，∵Ic=I0 ∴ωc=ω0故由機械能守恒，有mg(2R)=(1/2)mv2c∴vc=2請讀者求出上述兩種情況下，小球?qū)Φ厮俣龋曨}三31 慣性系S′相對慣性系以速度運動．當它們的坐標原點與重合時，==0，發(fā)出一光波，此后兩慣性系的觀測者觀測該光波的波陣面形狀如何?用直角坐標系寫出各自觀測的波陣面的方程．解: 由于時間和空間都是均勻的，根據(jù)光速不變原理，光訊號為球面波．波陣面方程為：題31圖32 設(shè)圖34中車廂上觀測者測得前后門距離為2．試用洛侖茲變換計算地面上的觀測者測到同一光信號到達前、后門的時間差．解: 設(shè)光訊號到達前門為事件，在車廂系時空坐標為，在車站系：光信號到達后門為事件，則在車廂系坐標為，在車站系：于是 或者 33 慣性系S′相對另一慣性系沿軸作勻速直線運動，取兩坐標原點重合時刻作為計時起點．在S系中測得兩事件的時空坐標分別為=6104m,=2104s，以及=12104m,=1104s．已知在S′系中測得該兩事件同時發(fā)生．試問：(1)S′系相對S系的速度是多少? (2) 系中測得的兩事件的空間間隔是多少?解: 設(shè)相對的速度為，(1) 由題意 則 故 (2)由洛侖茲變換 代入數(shù)值， 34 長度=1 m的米尺靜止于S′系中，與′軸的夾角=