力学第四章

评分细则

本次评分由邵文辉助教给出

每题10分，共100分

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力学第三章

提纲

暂无

题目

3.1， 3.5， 3.7， 3.8， 3.10 ，
3.14， 3.15， 3.17， 3.20， 3.27

评分约定

共10题，每题10分。某题结果正确基本可以得到该题满分。

本次评分细则由张爱强助教给出，如果有问题可以发邮件至 zhangaq19@mails.tsinghua.edu.cn

3.1

题目
一列火车总质量M，最后一节车厢质量m，若m从匀速前进的列车脱离，s路程后停止。机车牵引力不变，每节车厢所受的摩擦力正比于重量而与速度无关。脱开的车厢停止时距列车后端距离。

选择质心参考系，整体受力平衡，内部两个物体受大小相等，方向相反的力。
—(1 point)
因此两个物体加速度之比$\frac{a_{M-m}}{a_{m}}=\frac{m}{M-m}$
—(3 point)
质心系下两个物体都从静止开始做匀加速运动，因此位移之比$\frac{s_{M-m}}{s_{m}}=\frac{a_{M-m}}{a_{m}}=\frac{m}{M-m}$
—(2 point)
m在质心系中速度从0至$v_0$，而在地面参考系中，速度从$v_0$到0，所以$s_{m}=s$
—(2 point)
因此两者间的距离在质心系中为$X=s_{M-m}+s_{m}=\frac{ms}{M-m}+s=\frac{Ms}{M-m}$
—(2 point)

—(在地面参考系中解答同样给分，如果在地面参考系求解未完全解出，在5分基础上酌情加减）

3.5

题目
物体A和B用绳连接，A位于摩擦因数$\mu$的水平桌面，B在滑轮下自然下垂，忽略绳和滑轮质量，绳不可伸长，B下降h的速度

能量守恒

$$\frac{1}{2}{(m_{A}+m_{B})}v^2-m_{B}gh=-m_{A}gh$$

—{9 point}
解得

$$v=\sqrt{\frac{2(m_{B}gh-m_{A}g\mu h)}{m_{A}+m_{B}}}$$

—{1 point}

3.7

题目
在劲度系数K的弹簧下挂$m_1$,$m_2$,初始静止，烧断连线，$m_1$最大速度

$m_1$将会向上做加速运动，直至弹簧拉力等于$m_1g$，此时弹簧长度$x_2=m_1g/k$

初始弹簧长度$x_1=(m_1+m_2)g/k$
—(4 points)
机械能守恒

$$\frac{1}{2}k({x_2}^2-{x_1}^2)+m_1g(x_2-x_1)+\frac{1}{2}m_1v^2=0$$

—(4 points)
解得

$$v=\sqrt{\frac{g^2m_2^2}{km_1}}=\frac{m_2g}{m_1\sqrt{k/m_1}}$$

—(2 points)
（使用弹簧振子的公式或其它方法计算同样给分)
比如由弹簧振子公式

$$v=A_0w=(x_2-x_1)\sqrt{k/m_1}=\frac{m_2g}{\sqrt{m_1k}}$$

3.8

题目
劲度系数k，另一端质量$m_{A}$，把弹簧长度压短$x_0$，放置$m_{B}$,撤去外力

（1）A、B离开时，B速率
A、B分离时，两者运动上速度相等，加速度恰好相等，且之后两者速度不等，即两者加速度发生变化，对应弹簧恰好位于原长。

由机械能守恒

$$-\frac{1}{2}k{x_0}^2+\frac{1}{2}{m_{A}+m_{B}}v^2=0$$

解得$v=\sqrt{\frac{k{x_0}^2}{m_{A}+m{B}}}$
—(5 points)
—(使用弹簧振子公式或其他方法同样给分）
（2）A距起始点移动的最大距离
A减速至0，位移最大

$$\frac{1}{2}k{x_1}^2-\frac{1}{2}m_{A}v^2=0$$

解得$x_1=\sqrt{\frac{m_{A}}{m_A+m_B}}x_0$

最大距离为$x=x_0+x_1=(1+\sqrt{\frac{m_{A}}{m_A+m_B}})x_0$
—(5 points)
(使用弹簧振子公式同样给分）

3.10

题目
质量为$m_1,m_2$,k弹簧连接，

（1）至少多大F压$m_1，m_2$离地临界条件是离地二者速度恰好为零，此时弹簧伸长为$x_2=(m_2g)/k$

机械能守恒,$x_1={(F+m_1g)}/k$为压缩长度
—(2 points)

$$\frac{1}{2}k{({x_2}^2-{x_1}^2)}+m_1g(x_1+x_2)=0$$

解得$x_1=\frac{2m_1g+m_2g}{k}$其中有一个负解被舍去

—（3 points)
因此力F的大小应该为$m_1g+m_2g$
—(2 points)

此问可用弹簧振子对称性求解，因为平衡点位于压缩$m_1g/k$，而临界条件时对应的伸长量与平衡点距离为$(m_1g+m_2g)/k$,因此力F作用同样压缩为$(m_1g+m_2g)/k$,因此力F的大小为$(m_1g+m_2g)$。
(直接可得7分)
(2)力F撤出后
加速度最大时，合外力最大$F_{total}=F$，即为初始时刻，加速度为g
—(1 point)
在平衡位置加速度为0，弹簧压缩$(m_1g)/k$
—(1 point)
在m2刚要离开地面时，整体法可知$a_c=g$。
—(1 point)

3.14

题目
质量M静止光滑水平面，m以$v_0$入射，
(1)木块对子弹作用力的功
动量定理

$$v=mv_0/(m+M)$$

—(3 points)
由动能定理功为

$$W=\frac{1}{2}m(v^2-{v_0}^2)=-6397.44J$$

—（2 points)
(2)子弹对木块作用力的功
动能定理

$$W=\frac{1}{2}Mv^2=125.44J$$

—(2 points)
(3)耗散掉的机械能
能量守恒

$$\Delta E=\frac{1}{2}(m{v_0}^2-(m+M)v^2)=6272J$$

—(3 points)
或者内力做功之差

$$W_{mM}+W_{Mm}=6272J$$

—(同样给分3 points)

3.15

题目
$m_1,m_2$静止，k弹簧相连，m,$v_0$入射$m_1$，弹簧最多压缩

（注：此处子弹入射后立即和物块同速，否则此过程耗散的能量有差别）
入射后子弹和$m_1$速度为

$$v_1=\frac{mv_0}{m_1+m}$$

—(3 points)
若弹簧压缩最多，对应物块的速度恰好相等

$$v_2=\frac{mv_0}{m_1+m_2+m}$$

—(3 points)
弹簧压缩量为x,对应能量守恒

$$-\frac{1}{2}(m_1+m)v_1^2+\frac{1}{2}(m_1+m_2+m)v_2^2+\frac{1}{2}kx^2=0$$

—(3 points)
解得

$$x=\sqrt{\frac{m_2}{(m_1+m_2+m)(m_1+m)k}}mv_0$$

(1 points)

3.17

题目
$m_B$水平面静止，$m_A$从h处滑下，弹性碰撞，A，B发生两次碰撞条件

临界条件A第二次滑下的速度等于B
—(2 points)
A第一次滑下速度$v_0$
弹性碰撞后二者的速度为

$$v_A=\frac{(m_A-m_B)v_0}{m_A+m_B},v_B=\frac{2m_Av_0}{m_A+m_B}$$

—(3 points)
因此$m_A<m_B$A才能反向，同时A速度需要大于B

$$m_B-m_A>2m_A$$

—(3 points)
因此

$$m_B>3m_A$$

—(2 points)

3.20

题目
感谢邵文辉助教指出题目中误差应该只有N原子速度的不确定度,因此以下答案修改为
（1）中子质量
结果为$1.16\pm 0.25u$

（2）中子初速度
结果为$(3.07\pm 0.31)\times10^7m/s$

(此处误差不包括结果值按照区间两侧端点值计算此次给分,以后应该注意使用不确定度的传递公式）

（1）中子质量
弹性碰撞引起的反冲速度最大

$$v_H=\frac{2m_nv_0}{m_n+m_H}$$ $$v_N=\frac{2m_nv_0}{m_n+m_N}$$ $$v_H/v_N=\eta=\frac{m_n+m_N}{m_n+m_H}$$ $$m_n=\frac{m_N-\eta m_H}{\eta-1}=1.1590u$$

—(2 points)
不确定度的计算要从最初的物理量的不确定度传递过来，具体细节如下
在公式中用到了$\eta$，所以我们可以先单独求该物理量的不确定度，当然也可以直接将$\eta$替换成最初的物理量进行求导得到不确定度的公式

$$\frac{\Delta \eta}{\eta}=\sqrt{(\frac{\Delta v_H}{v_H})^2+(\frac{\Delta v_N}{v_N})^2}$$

因此可以得到$\Delta\eta=\sqrt{2}/10 \eta$

注意上面的不确定度最好要多保留几位，否则会影响最后的不确定度的结果。此处可也先不求出，均保留至最后计算

对于$m_n$的不确定度可以使用类似求导手法

$$\Delta m=\frac{13m_H}{(\eta-1)^2}\Delta\eta=0.2618$$

—(2 points)
求完了不确定度，需要取合适的位数，一般取1-2位即可，此处0.2618中的2比较小，可以适当多取1位，取2位有效数字

结果的小数位数根据不确定度的位数取，因此最后结果为$1.16\pm 0.26u$
—(1 point)

（2）中子初速度

$$v_0=\frac{v_Nv_H(m_N-m_H)}{2(v_Nm_N-v_Hm_H)}=3.0736\times10^7m/s^2$$

—(2 points)

$$\frac{\Delta v_0}{v_0}=\sqrt{(\frac{\Delta v_H}{v_H}+\frac{m_N\Delta v_N}{v_Nm_N-v_Hm_H})^2-(\frac{\Delta v_N}{v_N}+\frac{m_H\Delta v_N}{v_Nm_N-v_Hm_H})^2}=0.224$$ $$\Delta v_0=0.689\times10^7m/s$$

—(2 points)
因此结果为$(3.07\pm 0.69)\times10^7m/s$
—(1 points)

3.27

题目
求圆心角为2$\theta$的一段均匀圆弧质心

以x轴为对称轴，原点为圆心作一个圆弧,线密度$\rho$
其中由对称性可知质心纵坐标为0
—（4 points)
质心横坐标

$$x_c=\frac{\int_{-\theta}^{\theta}{\rho r\cos{\theta}rd\theta}}{2\rho r\theta}=r\sin{\theta}/\theta$$

—(6 points)
其实也可以去积分纵坐标，结果同样为0

力学第二章

评分细则

本次评分由陈珲有助教给出

每题10分，共100分
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力学-第一章：

提纲

作业内容

1.2, 1.3, 1.7, 1.8, 1.9, 1.11, 1.12, 1.13, 1.14, 1.15

评分细则

在和三位助教与老师讨论之后，为了让大家拿到作业的更多分，以步骤给分

每题10分，共计100分;结果正确基本可以拿到满分。

此次评分细则由帅气的张爱强助教给出，准备有点仓促，有错误或者疑问可以发邮件:zhangaq19@mails.tsinghua.edu.cn

1.2

题目：

已知质点位矢随时间变化的函数数值形式为

$$\mathbf{r}=R(\cos{\omega t}\mathbf{i}+\sin{\omega t}\mathbf{j})$$

(1)质点轨迹
$x=R\cos{\omega t}$和$y=R\sin{\omega t}$ (1分)

轨迹方程

$$x^2+y^2=R^2$$

      (2分)

是一个圆
(未给出轨迹方程进行解释此次作业扣1分；发现有同学在此处采用了图形解释，描述足够清楚给分，否则扣1分)

(2)速度

$$\mathbf{v}=\frac{d\mathbf{r}}{dt}\\ =R\omega(-\sin{\omega t}\mathbf{i}+\cos{\omega t}\mathbf{j})$$

 (3分)

加速度

$$\mathbf{a}=\frac{d\mathbf{v}}{dt}\\ =-R\omega^2(\cos{\omega t}\mathbf{i}+\sin{\omega t}\mathbf{j})\\ =-\omega^2\mathbf{r}$$

(3分)

加速度$\mathbf{a}$与$\mathbf{r}$反向，
$\mathbf{r}$在圆上，过该点且沿$\mathbf{r}$方向的直线过圆心，
因此加速度始终指向圆心
(1分)

1.3

题目：
在一定单位制下质点位矢随时间变化的函数数值形式

$$\mathbf{r}=4t^2\mathbf{i}+(2t+3)\mathbf{j}$$

(1)质点轨迹
$x=4t^2$和$y=2t+3$
(1分)

轨迹方程

$$x={(y-3)}^2$$

      (2分)

为抛物线
(未给出轨迹方程进行解释此次作业扣1分；发现有同学在此处采用了抛体运动的定义，描述合理即可给分)
(2)位移

$$\Delta\mathbf{r}=\mathbf{r}(t=1)-\mathbf{r}(t=0)=4\mathbf{i}+2\mathbf{j}$$

    (2分)

(3)速度

$$\mathbf{v}=\frac{d\mathbf{r}}{dt}\\ =8t\mathbf{i}+2\mathbf{j}$$

(有该公式即得2分)

加速度

$$\mathbf{a}=\frac{d\mathbf{v}}{dt}\\ =8\mathbf{i}$$

(有该公式即得2分)

所以$\mathbf{v}(t=0)=2\mathbf{j}$,
$\mathbf{v}(t=1)=8\mathbf{i}+2\mathbf{j}$,
$\mathbf{a}(t=0)=\mathbf{a}(t=1)=8\mathbf{i}$ (1分)
(没有中间的公式，直接给出结果的话，错一个扣1分,给出中间公式该问即可满分)

1.7

题目：
一物体作匀加速直线运动，走过$\Delta s$用时$\Delta t_1$,走过下一段$\Delta s$用时
$\Delta t_2$，证明物体加速度

证明即可得10分，未完全证明但写出步骤5分，酌情增减

参考证明如下：
第一段和第二段的平均速度$v_1=\Delta s/{\Delta t_1}$,$v_2=\Delta s/{\Delta t_2}$
—(4分)

因为为匀加速直线运动，所以加速到平均速度的时间为每段时间的一半，即从$v_1$到$v_2$用时$t=(\Delta t_1+\Delta t_2)/2$
—(4分)

加速度为$a=\frac{v_2-v_1}{t}=\frac{2\Delta s}{\Delta t_1\Delta t_2}\frac{\Delta t_1-\Delta t_2}{\Delta t_1+\Delta t_2}$
—(2分)

1.8

题目：
路灯距地面$h_1$，身高$h_2$的人匀速$v_1$直线行走，证明人影顶端匀速运动

证明即可得10分，未完全证明但写出步骤5分，酌情增减
参考证明如下：

由相似三角形可得人影顶位移：

$$(x_s-x_p)/x_s=h_2/h_1\\ \mathbf{x_s}=\frac{h_1}{h_1-h_2}\mathbf{x_p}$$

此处要注意到这个公式是矢量式，即使路灯不在人行走的路线上也满足。
(6分)
所以速度为

$$\frac{dx_s}{dt}=\frac{h_1}{h_1-h_2}\frac{dx_p}{dt}=\frac{h_1}{h_1-h_2}v_1$$

(4分)

1.9

题目：
设$\alpha$为观看靶子的仰角，$\beta$为炮弹的发射角，证明：炮弹命中靶点为弹道最高点时有

证明即得10分，未完全证明但写出步骤5分，酌情增减

$$\tan{\beta}=v_y/v_x$$

(4分)

$$\tan{\alpha}=y/x=\frac{v_yt/2}{v_xt}=v_y/{2v_x}$$

(5分)

$$\tan{\beta}=2\tan{\alpha}$$

(1分)

1.11

题目：
飞机以$v_0=100m/s$的速度水平直线飞行，离地面高$h=98m$时，

(1)投放物品，驾驶员看目标视线和竖直线角度
的正切值即为水平位移与竖直位移之比

$$\tan{\alpha}=x/y=\frac{v_x\sqrt{2h/g}}{h}=v_x\sqrt{2/gh}$$

取$g=9.8m/s^2$,那么

$$\alpha=arctan(4.56)=77.64^\circ$$

(3分)

水平位移

$$x=v_xt=v_x\sqrt{2h/g}=447.2m$$

(2分)

(2)物品投出1s后物品的法向加速度与切向加速度
速度分量$v_x=v_0$,$v_y=gt_1$,水平夹角$\theta=arctan(v_y/v_x)=5.6^\circ$,
加速度分量$a_x=0$,$a_y=g$，
(角度值不必算出，不计分，描述完整即可一共1分)
实际上就是加速度在速度切向和法向进行分解

$$a_n=g\cos{\theta}=9.75m/s^2$$

(2分)

$$a_t=g\sin{\theta}=0.96m/s^2$$

(2分)

1.12

题目：
已知炮弹发射角$\theta$，初速$v_0$，求抛物线轨道的曲率半径随高度的变化

速度大小的平方为

$$v^2={v_x}^2+{v_y}^2={v_x}^2+{v_{0y}}^2-2gh={v_0}^2-2gh$$

(此步骤可由能量守恒推导，同样给分，)
(3分)
法向加速度为

$$a_n=g\cos{\theta_1}=g\frac{v_x}{v}=g\frac{v_0\cos{\theta}}{v}$$

(3分)
曲率半径为

$$\rho=v^2/a_n=\frac{({v_0}^2-2gh)^{3/2}}{gv_0\cos{\theta}}$$

(4分)

1.13

题目：
弹性球静止数值落在斜面A，$h=20m$，斜面夹角$\theta=30^\circ$弹性球第二次碰到斜面距A

未换用坐标系同样给分，结果正确即可，若此种方法未完成给5分，酌情增减

以斜面为x轴构建坐标系，
(2分)
初始速度$v=\sqrt{2gh}$,$v_y=v\cos{\theta}$,$v_x=v\sin{\theta}$
(2分)
落到斜面用时$t=2v_y/(gcos{\theta})$
(3分)
距离

$$x=v_xt+g\sin{\theta}t^2/2=4h=0.80m$$

(此处不需要将g代入数值，如果在前面步骤出现代入数值情况，扣1分，此步骤3分)

1.14

题目：
物体从静止开始圆周运动，切向加速度$a_t=3.00m/s^2$,圆半径$R=300M$,经过多少时间加速度a与半径45度

切向速度$v=a_tt$
(3分)
法向加速度$a_n=v^2/R$
(3分)
夹角为45度时$\tan{\theta}=1=a_t/a_n$
解得

$$t=\sqrt{R/a}=10s$$

(4分)

1.15

题目：
物体和探测气球从同一高度数值向上运动，物体初速度$v_0$,气球速度$v$，气球中观测者分别在2s,3s.4s，测得
物体速度

$$g=9.8m/s^2$$

需要用到伽利略坐标系变换，观测者的参考系下，气球速度$v_{bp}=v_{bg}-v_{p_g}=29.4-9.8t$
其中b,p,g分别为ballon,person,ground指代，无关紧要
(7分)
在地面参考系下
$v_0(t=2)=v_0-gt=29.4m/s$
$v_0(t=3)=19.6m/s$
$v_0(t=4)=9.8m/s$
在观测者坐标系下
$v_{bp}(t=2)=9.8m/s$
$v_{bp}(t=3)=0m/s$
$v_{bp}(t=4)=-9.8m/s$
(3分）

(如果直接给出结果，同样给分，但结果错一个直接扣3分；给出公式的话，7分起步，错一个结果扣1分）