大学物理第二版答案北京邮电大学出版社

1、大 学 物 理 习 题 解 答 第一章 质点运动学 1-1 (1) 质点t时刻位矢为： ?1?2?3t?4jt?5)i?tr?(3?(m) 2?(2) 第一秒内位移 ?j?y)x)i?(yr?(x? 01101?1?2?3(1?0)10)j?3(1?0)i(1? 2 ?3i?3.5j(m)(3) 前4秒内平均速度 ?1r? 1?V?(12i?20j)?3i?5j(m?s) ? ?t4?rd?1)sj(m?3?3i?(t?)V? 速度(4) dt?1V?3i?(4?3)j?3i?7j(m?s) 4(5) 前4秒平均加速度 ?V?V3?V7? 2?40a?)?j(m?s?j ?t4?04?Vd?2

2、2?)sj(?sm)a?a?j(m (6) 加速度 4tddx32?t2?3t?v? 1-2 dt143?t?t?2t?x?dx?vdtc?c 4 =2时x代入求证=4t当12 c =143t?t?2x?t?12 即 432?tt2?3v? dv2?6t?3ta dt 代入证s=3t将1?1?2)s(sm?)a?45x?41(m)v?56(m? 33342?t?4x1-3 (1) 由运动方程消去t得轨迹方程 ?y?3?2t?20?3)x?(y y?m5mx?4 (2) 1秒时间坐标和位矢方向为 114,5m: y?tg51?.3?1.25, x(3) 第1秒内的位移和平均速度分别为 ?r?(4

3、?0)i?(5?3)j?4i?2j(m) 1?r?11V?4i?2j(m?s) ? ?t (4) 质点的速度与加速度分别为 ?dVdr?a?j,V?8i?8i?2 dtdt 故t=1s时的速度和加速度分别为 ?21?,?si?2jm?V8a?im?s8 11 1-4 该星云飞行时间为15910?.1074?2.946?1710?6.59?10s?2.09?10a 73.93?10101009?2. 即该星云是年前和我们银河系分离的 实验车的加速度为1-5 310?v160022?25(g)10m/sa?2.47? t3600?1.80 基本上未超过25g. 1.80s内实验车跑的距离为 310

4、?v1600s?t?1.80?400（m） 22?36001-6 (1)设第一块石头扔出后t秒未被第二块击中，则 12gt?tvh? 02 代入已知数得12t9.811?15t? 2 解此方程，可得二解为?s1.221.84s,t?t? 11 第一块石头上升到顶点所用的时间为s1.5315/9.8?t?v/g? 10m?tt?tt?这对应于第一这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于由于,m1m1. 块石头上升时被第二块赶上击中?vvt 时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于分别对应于在以t和和12020112?)g(t?v(t?t)?th 1201112 所以1122)11.84?11

5、?9.8h?)g(t?t(11 22?v 201?t1.84t?11m/s2?17. . 同理11?22?)?18?(1.g(t?22t)11?h?9. 11?22?v ?201.22?1?tt?11m/s)1(?51. ?t31.s?t?t,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于(2) 由于112 时刻相碰，第二块的初速度为1122?)3.84?1.)t811?9.?(1h?g(t21 ?22?v? 20?3.84?t?1t121m/s)0(?23. tl/ddv? l以表示从船到定滑轮的绳长，则.由图可知 1-7 0 22hl?s 于是得船的速度为 图1-7习题22h?dsl

6、dlsv?v? 0stdtd22hl?. 负号表示船在水面上向岸靠近 船的加速度为 ?2?2vhllddvd?0?va? ? 03tdtddls22hl?. 的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动负号表示a 所求位数为1-8 222422?10)4r.?(6r4?10n5104? 2gg89.60? )为下降的加速度(如图所示A1-9 物体40.h2?22?a.2m/s?0 222t?s?t3 时的切向加速度，即 此加速度也等于轮缘上一点在 ?2)2(m/sa?0. t?st3? 时的法向加速度为 在?222?)t(a)v?3(0.22t)(m/s?0.36a? n01.RR 图 习题1-10

7、图习题1-9 2m1.5.t?05sh?sm?a1.2/如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电, 1-10 .00 梯的速度为/s)6(m?vat1.20.50. 00 表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为以t12gtt?hv? 02 电梯下降的距离为12?atth?v 02 又12?t)h?h?h?g?a( 02 由此得h251.2?0s.59?t?0 2.8?1g?a9. 而小球相对地面下落的距离为12?vh?tgt 0212?.59?0.6?9.8?0.590 2m06?2. ?v?v?v 1-11 风人人地风地?vvv?2v又画出速度矢量合成图(a)b）两

8、图中应是，速度矢量合成如图（风人风地0人地风地?45 同一矢量.可知（a）图必是底角为的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为vvv?2?人地0 ?cos45人地0风地1?)s(m?4.23 习题1-11图 L2L2?t? (1) 1-12 v vvLL2L?t?tt (2) 2122u?v?uvu?v1?2?u2L?1? ? vv?LL?ttt由速度 如图所示风速u(3) 由东向西，, 图1-12习题 21?vv?22?uVv?v?uv?. 则,合成可得飞机对地速度L2L2L2?t? 证毕 ?v222u?vu?v1?v?V 由速度合成得(1-13 （1）设船相对岸的速度为如图所示),?

9、V?Vu 1.7示可得V的大小由图?coscosu?V?V 3?33cos?3?2?V?cos?V?u 即 21?1V?sin?usin?2 而 图习题1-13 2DOB)1000(s?t?D? B点所需时间船达到 ?sinVV?cos?D?S?Dctg两点之距 AB ?sin 2）代入可得将式（1）、（m)1268()(3?3?S?D 310?D1?t (2) 由 ?sinVsinu 船到对岸所需最短时间由极值条件决定11dt?0?cos? 2?udsin?2?s?0,co/ 即. 故船头应与岸垂直，航时最短? 值代入（3将）式得最短航时为3310?10?113s)(s?0.t510500?

10、 min?22/usinl?OB ,则(3) 设22?cos?2VDuDDuV?V?l? ?sinusinVsin. 最短，应满足极值条件l欲使?22?adlDuVu?Vcos?2?a?cos? ?sinud?2?auVsin0? ?222?cosuVV?2sinau?22Vu?2?1?0cosacos简化后可得 uV132?a0cos?1cos? 即 62?cos 解此方程得 321?.248?cos 3?.248. ，则航距最短故船头与岸成? ）式得最小航程为值代入（将4222?2?2?10002?33?22?cos2Duuv?v?3?l? min22?cos1?u2?21?3?3)(km

11、?5?10m1.5?1. AB两点最短距离为22km).12(5?1?1?Sl?D.?1 minmin 质点动力学 第二章 1（）对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示，2-1 ? 0cos?fF x向：maxmin?0?MgN?Fsin? 向：ymin?Nf? 还有 2-1图习题smax F的最小值为解以上三式可得要推动木箱所需力?Mgs?F min?sincos?s F的大小为在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力?Mgk?F min?sin?cosk?0sin?cos?FF，这意味着用的表示式中，如果（2）在上面，则sminmin 任何有限大小的力都不可能推动木

12、箱，不能推动木箱的条件是?0sin?cos? s? 由此得的最小值为1?arctan? ?s 2-2 （1）对小球，由牛顿第二定律?masin?NTcos x向：?0mgcos?Tsin?N 向：y 联立解此二式，可得?N)32(?)?3.?cos30?9.8sin30T?m(acos?gsin.)?05?(2 ?N)(3.74?2sin30?)?a?sin?)?0.5(9.8?cos30gN?m(cos 由牛顿第三定律，小球对斜面的压力 ?N)74(?N?3.N ，则上面牛顿第N=0（2）小球刚要脱离斜面时 二定律方程为?mgma,TsinTcos? 习题2-2图 由此二式可解得2?/s0m

13、tan30?17./ga?/tan?9.8 的绳应向后倾斜。BaA与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度,且挂吊2-3 要使物体 作此时的隔离体受力图如图所示 2-3习题图 三物体只有水平方向的运动，只须列出水平方向的牛顿方程及相关方程：(1)T?mam:11?(2aTsin)?m?2:m ?2?)(3mg?Tcos0?2)(Ma4M:F?N?水平3N 为绳中的雨拉力在水平向的合力水平3?(5)T?TsinN? 水平3 ）解得（），（4），5联立（1），（2），（3mg2?80g?m)784(N)F?(m?m? 2122m?m21（因为三个物体有同一加速度a，且在水平方向只受外力F的作同，所

14、以，可将三个物体看作一个物体： F?(m?m?M)a 21再与（1），（2），（3）式联立求解即可。） 2-4 由图写出力函数用积分法求解。 2t(0?t?5)?F?(1) ?5t?35(5?t?7)?dvmF? 由 dt1?tF?dvd(2) 得 ms?50 在内11t2?t?2tdv?v?t (3) 0tmm025?1)m?s?v?30(v t=5时： 当 05m在5-7s内再用（2）式 15t2?35t?t112.5(?5t?35)dt?vv? (4) 5tm25?1v?10?v?40(m?s) 时：t=7当57再用积分法： dx?vdxv?,td (5) td 内，由（3）式积分在0-

15、5s152?(v?xx?t)dt 005m02125)?xx(?25?68m 即 0533 4）式再由（525112.?35tv?v?t? 5t2 5得求572?t)d112.?t5?35t?xx?(v 575251)(m73?142x?x? 得 573 ，有x方向，对A设两物体未用绳连接则由牛顿第二定律，沿2-5 ?acosgsinm?mgm AkAAA ，有对于B?acossinm?mggm BBBkB 由此得?2?m/s.6330?)?38(sin30?0.15a?g(sin?coscos?)9. AAk?2?m/s.12?)?330?0.21?a?g(sincos?cos30)?9.8

16、(sin BBk?aa?。在上。由于在下，（1）如图所示，AB BAa?aa。以所以绳被拉紧，二者一起下滑，而BA?T和T)?T(T，则由牛顿A和B的拉力分别表示绳对 第二定律， x方向沿?a?mgcosm?sinmgT? 对A：AkAA 图习题2-5?amgsin?mmgcos?T 对B：BkBB 由此得?m?mBBAkkA?cosgsina?ga? m?mBA85.21?2?1.5?0.015?cos30.?930?9.8?sin?8 85?2.1.52)m/s29(3?. 2（）图中绳中张力为?a?mgcosmT?gsinm?AAkAA N)51(.?15?329?030?.?.?.?3

17、0?.?.?1598sin?0151598cos?a?a，此A3（）如果互换位置，在上，=0TB在下，则由于，连接绳子将松弛，因而BA 时AB的加速度即?22)12(m/sm/s),?a?a3.?aa?3.63 BABAf方向向上，如图所示。当漏斗转速较小时，m有下滑趋势，小物体受最大静摩擦力2-6 m 对小物体，由牛顿第二定律 2?rNsin?fcosm 向：xminm?0Ncosmg?fsin? y向：m?N?f 还有sm 联立解以上各式，可得?g(sincos?)?s? 2-6图习题min?r?)sin(coss 或?g?cos)(sin1?s? min?2)?rsin(cossf中的方

18、向与图2.6当n足够大时，小物体将有上滑趋势，它将受到向下的静摩擦力，即m 所示的方向相反。与上类似分析可得最大转速?g(sincos?)1s?n max?r2(cossin?)s n应满足的条件是总起来讲，小物体在漏斗壁上不动，转速nn?n? minmax、对地加速度分别为a，m和mm2-7 设圆柱与绳索间的摩擦力为f，绳对重物的拉力T12111 列出方程，对am、m212 amg?T?m?111?)?a?mam(amf?g ?12222?fT? 联立解出：?amm)g?(m221?a 1mm?21?am(?m)g?m 习题2-7图121?a 2mm?21mm?21)g?fTa2( m?m2

19、1、 两个方向都是匀加速直线运动。yx质点在2-8 ?j?ma?mai?6i?7jFyx?j)?att)i?(vv?(v?ayxxy00?76?j)?(t2?t)i?(? mm?751-)?si?j(m? 84?11?22jt?a?at)ir?(vt yxx220?7611?22j?2i?2)?2?2?(? 162216?713)(m?i?j? 84vdm?kv?f 2-9 tdkdvt?d? mv kdvtv?td? mv0v0kt? e?vvm 1）积分得（0kxdt? ?ev?vm） （2 0tdkmvt- 0?xx?x?1(?e)?m 积分得 0k=0 v1）的结果，令（3）利用（?t

20、? 得 2）的结果中代入（mmv?0)v(1?x 得 00kkm?t ）的结果中代入（14（）将 k11?v?ev?v 得 00e0v?,0,x?0t?为该时刻入水长度，棒的横时刻受力如图所示，设x，2-10 初始时刻t00 ，有截面积为s ?sl?m2 ?g?sxf1浮 图2-10习题l?x 时有当vdm?f?F?mg 浮tdvd?vg?sl?slg?sx 即 212xd?gxgl?xv?12xv?dvd ?l00221/?g22?1)?(lxxv 1） （ ? 2?2l?2lx? （1）当时2/1?gl2?1)v?(? ） （2 ? 2?2?2?1?）式仍1（2）当2）式无意义，即此条件将

21、使棒不可能全部没入液体中，但（时， 22 ，由（1）式x然成立，当棒到达最大深度时v=0m)?0(x 得：舍去1m?22lx? 即为所求 2m?1?2lx? ）式求极值得：当时有（3）由（1 ?1?2gl?v max?1 m分别表示木星和木卫三的质量，则由万有引力定律和牛顿第二定律，可得和2-11 以M2?4Mm2?RmR?mG? 22TR 39223?)?10?(41.R07427(kg)1089?M?1. 2112?)?86400(7.1610GT6.67?x，应满足的条件1）设链条的质量线密度为，链条开始下滑时，其下垂直度为2-12 （0 是其下垂部分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力

22、，即： ?g)(l?xxg?00? lx? 0?1 图2-12习题E?WE? 据功能原理2（）开始下滑时在桌面部分的长度12rl?xy?l? y点过程中，摩擦力作功为点沿y轴运动到为当链条的A端从O0 00?1y0?y?dy?gy(?y)W?df0rr0 2?ggl2?y? 0?221? 设桌面为势能零点，则链开始下滑到A端离桌面时的机机械能分别为2?l112?gxg?E? 01?122? 1122?gllvE? 22222?l111g122?glg?lv? 于是有? ?21?2221?glgl2?,vv 化简可得 ?1?1? v?mI?mvI 的大小由图所示可得2-13 由于，故冲量022)

23、?(mv)mv(I?02v?m2gh? 022089.?10?0.32?s?7.3N 图习题2-13 与水平方向的夹角为Igh2v?tg Vv001098?2?2.70?.? 20?35?37.1?N)F?365(?球受到的平均冲力 ?02.t0?4?s)(N?t?56i?(10?2t)idI?Fdt （秒内力的冲量1）42-14 0?,vv?mI?m 2）由动量定量可得（0?I56?1)smi.?i?v?v?i6?04(? 010mt?200?2t)dt(10? （3）据题设，0 即2)s,t?10()(t?20)(t?10?10tt0?200?0, 忽略轨道阻力，故在加载过程中列车与矿砂系

24、统在水平方向动量守恒，即2-15 V)?(m?mtmV 000 时速度由此得tVm00?V mt?m0 t时加速度为mVmVd00?a 2)(mmt?dt0 2-16 以分钟计，枪对子弹的平均推力为7350.0079?Nmv120? N)11.6(F? 60t枪托对肩的压力就等枪视作静止，此力也等于肩对枪托的平均推力，由牛顿第三定律可知，11.6N. 于 以p表示蜕变后原子核的动量，应有2-17 原子核蜕变过程应满足动量守恒定律.3 ?0p?p?p? 321 p的大小为由图可知，322pp?p 2132212?33.22.?10?5?9 图习题2-17 2?20m/s?10kg?1.07? 的

25、夹角为和p所在的平面内，而且与pp的方向应p1231p22.9?18?5?90?90?arctan?arctan149 33p5.2?v分别表示火箭壳和仪器舱分开后各自和v对太空惯性系，以的方向为正方向，以v2-18 210 .由火箭壳和仪器舱的总动量守恒给出的速度vm?mv?(mm)v 2102112vu?vu?v?v? 将此式代入上式得.由于仪器舱应在前，所以,即1122)v?(m?v?v)?m(mmu 1210121 由此得um910150?2m/s)v?v?7290(7600? 01290150?m?m 21m/s?8200910?7290v?u?v?12?v. v均为正值，故二速度皆

26、沿正向，即与未分开前的方向相同,v210?gm?mg/由此可知刚撞后二者扣在一起时的速率,2-19 两车相撞后的加速度为kk 为?m/s25?19.2?2?0.8?9.8?v?2gs k) 如果两车均未超限制，并都以最大允许速率v开行，则由两车的动量守恒可得(如图所示1222?)mmv)?(mv)v?(2( 2121222?)m/s9.9(v?v?vv?14? 由此可得撞后速度应 112222?vv?. ，所以两个司机的话并不都可信，至少一人撒谎由于实际撞后的初速 图2-19习题 M和m用牛顿第二定律可得2-20 (1)如图所示，沿竖直方向，分别对 Ma?MgT1 maT?mg?2 由此可得4

27、(N)10)?1.36?.g?a)?1200?(9.8?15?TM(1 4(N)10.83?1000?(9.8?1.5)0gT?m(?a)?212at?hs0?1.t这也就是在加速(2)的过程，起重间上升的距离为, 2 电动机拖动钢缆的距离，电动机做的功为 习题2-20图132(J)95?10.5?1?3.)(T?(?T)h?1.36?0.83?1A 212?mg?T?mg,T拖动钢缆的. （3）起重间匀速上升时，滑轮两侧钢缆中的张力分别为21?h 时电动机又做的功是距离为?h?m)gT?(?T)?h(AM 214(J)?109611089)?(?12001000?.?. 表示马拉雪橇的力，则

28、对雪橇，由牛顿第二定律F如图所示，以2-21 ?0F?mgsin?f 切向： ?0cos?N?mg 法向：?Nf? 可解得再由k?sin?mgcosmgF? k 由此得马拉雪橇做功?dmgA?sin(Rmgcos)? kF0 2-21图习题?)?1?mg?Rmgsin(cosk?1?45?cos45?Rmg?sin k?22?mgR1? k22? 重力对雪橇做的功为?)?mgRA?(cos?mgsin1Rd? R0?2?1?mgR ? 2? 摩擦力对雪橇做的功为?R?mgsincos?RdmgA? kf02?Rmg? k2vv c点速度为S在B点速度为，整个运动分为三个分过程,在, 2-22

29、设加速度为aAB=12B?A 匀加速直线运动: 2asv?2(1) 1CB? ：机械能守恒1122mvR?mv?mg?2(2) 2122 重力提供向心力在C点,2v2-22 习题2mmg?(3) RAC? ：平抛运动 tvS?(4) 212gt2R?(5) 2 可解得5）,（4）、（(1) 联立、（2）、（3）、 5ga?. 4s?ss. 设如图所示，写出各个过程的相应方程.2-23 21 图习题2-23 BA? ：机械能守恒 12vmgR?m(1) 1112 点碰撞：动量、机械能守恒B?vvm?mv?(2)m?122111 ?1112?22v?m?mvm(3)v? 211211222? CB

30、? ：平抛运动)(4s?vt?112? ?12)h?gt(5? 12?: 在C点时m2)v6(v?2cx ?)(v?gt7?1cymDC? ：以上述速度作斜抛运动，但其加速度由下式确定2t(8s?v)?cx2 ?)v29(at?cy?水(?mg1)mgma?f? 222浮?1)10g?(?1)m 2? CD为（(8)、9）、（10）可确定射程由vvv22v?cycycx)s?11(? 2aa 1联立（）至（11）式可解证?Rhm42?1)m8(?4.?1?s?ss 21?1m?m1?21? ? B作受力分析（如图所示）有B有同一加速度a,对A、2-24 在C开始运动之前，A、 ma?A:mg?

31、T(1) maT?(2) B: 1g?a ）解证由（1）、（2 2 习题2-24图. 时间内设BC间绳长为l,，在tB作匀加速运动11122gtl?at? 则 222l4).4(st?0 证 g A和B所达到的速度为B和C之间绳子刚要拉紧时，1?)sm?0.4?2.0(?v?at?gl?10 间绳拉紧前后，由动量原理有BC?)()3?mv?T?A:mv?忽略了重力的冲量AB?)(4?TB:mv?mv?T? ?BCAB?)C:mvT?0?(5?BC守量看故可作动重力的冲量可忽略，用(作时间短，21?)2mv?3?sm?v?1.mv33v() 恒. 3 5）解证（4）、（、联立（3）221?)m1

32、?.33(?vs?2v?.0 33 秒时，盒内已落有的石子质量为m2-25 设在ttt?mnm?(1) t 而石子落入盒内时速度为gh2v?(2) 在此后dt时间内，将有质量dm的石子落入盒内ttdm?nm?d(3) tmmdd , 以向下为正对的石子受到盒对它的作用力为这些石子用动量定理,设dNtt)v(0?ddmg?dN)dt?m( 则 tt1t(gd(dtg?v)?nmdtNd?v)?nmvt?dN?nmvddt?dm t. g=N而已有的质量为m的石子受到盒对它的作用力的大小等于石子的重力.mtt 秤的读数为nmgt?2gh?(nmv?mg)?nmN?dN t)gt?mn(2gh?).

33、949.8?80?100?.02(10?9.?2? )898?9.(?2?).6(N215? 的时间为到BA2-26 用动量定理求解?T?t? ?2 重力的冲量为?mgm,?g?Imgt) (如图所示方向向下 g? 小球动量增量为?mgtg2?R?2m?p?2mv ? 其中R由小球的动力学方程2?R?Tsinm ? 图习题2-26?mgTcos?g?tgR? 求证 2? 由动量定理?p?I?I gT 由图可证22?)p?I?I( gTmg122?p4?tg(?)?2 ?I 与水平方向的夹角为T?I?gctg?tg ?p 2 2-27 设铁锤与铁钉撞击中能量损耗不计，重力的功不计，由动能定理有?

34、)E?E(恒量F?dx? 0kxF? 而，对第一次打击1x21?Edx?kx?kx 0120 对第二次打击11x2222?kx?)?EFdx?k(x?x 112022x1x2x? 解证 12 第二次击入的深度为?)cm0.41(x?(2?1)x?x?x? 112 ，对两弹簧有2-28 静止时各处T=mgmg?kx?T11 mg?kxT?22 所以，两弹簧的伸长量之比为kx21? kx12 两弹簧的弹性势能之比为12xkEk 112k2? 1kE2xk1k 222 1）子弹与摆锤碰撞，水平方向动量守恒 2-29 （vMv?mv?m(1) 12 为摆锤碰撞后之速度，摆锤获此速度后作圆周运动，在铅直

35、面内机械能守恒v11122l?Mg2Mv?Mv(2) 2122 欲完成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件M2?vMg (3) 2lgl?v5?vgl ）式可得子弹的最小速度）式得1，再代入（由（3）式得代入（2122M5?vgl minm 小球与弹簧振动系统相互碰撞，水平方向动量守恒2-30 Mv?mvmv?(1) 10x 为弹簧系统的启动速度，它在被压缩过程中机械能守恒，设最大压缩长度为，则有Vm1122kx?Mv(2) m22 2）两式联立求解得将（1）、（11)06(m2)?0.4(v?v)?1?x(?m 1m03kM1010? （2）碰撞是非弹性的，其机械能损失为111?222?Mv

36、?mv?Emv? 10损222?111?222kx?mv?mv? m01222?111?232206?20?10?1?4?.?1? 222?)2(J?4. 小球与M完全非弹性碰撞，碰撞后弹簧被压缩，据此可列式(3) ?vM)mv?(m?0? ?1122?x?kM?m)v(? m22? 解得22v4?0?x?0.038(m) m3)?Mk(m(10?101)机械能损失 1122?E?kx?mv m0损2211232)?70380?10?14?.?.J(28? 22 第三章 刚体的定轴转动 ）铁饼离手时的角速度为1（3-1 ?(rad/s)0?25R?25/1.?v/ （2）铁饼的角加速度为22?

37、252?)8(rad/s?39. ?25?12?2.2 （3）铁饼在手中加速的时间为?251?22.?2(s)?.628t?0 ?25 ）初角速度为3-2 （1?(rad/s).9200/60?220? 0 末角速度为?(rad/s)?314?3000/?260 角加速度为?920.314?20?)?41.9?(rad/s? 0t.7 （2）转过的角度为?314?20.930?)圈rad?1.t?17?10186(7? 22 （3）切向加速度为2?).38(m/s?0.2?a8R?41.9 t 法向加速度为2224?)(m.97?10/sR?3140?.2?1?a n 总加速度为2224242

38、)(m/s101.1.97?1097)?a?a?a?8.37?( nt总加速度与切向的夹角为 4a101.97?n?9?5arctan?89?arctan? a8.37t3-3 （1）对轴I的转动惯量 2222ma?cos60?)9)(?ma?2aacos60mJ?2(a?)?(a?cos60? 1对轴II的转动惯量 22ma3?am(sin60?)?J4 2（2）对垂轴的转动惯量 2222ma)2m?amma?J2?2(2cos30)?(a?12 33-4 （1）设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对O点的力矩为 3331113M?mgl?mg?l?mg?l?mg?l?mgl 044

39、84484（2）系统对O点的总转动惯量等于各部分对O点的转动惯之和，即 J?J?J?J?J41023l1ml13m3l3l2222)m()()?()()?m( 43443444372ml? 48?JM? 可得）由转动定律 （33mglM36g 40? 3737lJ2ml0 483-5 （1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为 ?012.?(0.8-1)0 00t? 第二秒末的角速度为?6.?.20?t?2?0 02000?M，据题设可知 2）设摩擦力矩的比例系数为与角速度（r?d?,即JM? rdt?d?t?dtln?t ?JJ?000?8.?0s1t?，故可得比例系数据题设时

40、， 01?Jln0.8 ?s?2t为时，转轮的角速度 由此2?2?2lnln0.8 ?02?640.8.?0? 002?N?f，此摩擦力形成阻力矩，3-6 设飞轮与闸瓦间的压力为N如图示，则二者间摩擦力rfR，由转动定律 r?JRf? r?22?0mRJ?n? ，角加速度，故得其中飞轮的转动惯量 5t 2?mnR?f? r52?0.25(1000/60)?60? 514(N)-3? 见图所示，由制动杆的平衡条件可得 3-6习题图?0= l(l?l)?NF 112f?rN?N ? 得制动力lf5?0.3141r(N)F?314 ?0.75)(0.5?4?l)0.(l21 如图所示，由牛顿第二定律

41、3-7 amT?mg?m: 对11111a?T?mgm:m 对22222 对整个轮，由转动定律11?22?RR?TR?MM?TR? 2221211122?R/R?/ 又由运动学关系 习题图3-72211 联立解以上诸式，即可得gR)?(mRm?1212? 22R?2m)/M?R)?/M(2m(222111 ，则直尺对悬点的转动惯量为m设米尺的总量为3-8 1122l?I?mlm 2121332211226.?m?m0.40? 553341.m? 15m.093?0 (b) (a) 122331mg.1?mg?0M?mg? 25555241.?mM?I?I 又 1515?M0.1mg2?)rad

42、s.5?(?10 mI1.4 从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为O势能点）12?Jmgh c24.112?m?.1?mg?0 即 51.2?21? 。作受力分析（如图所示）视为质点，3-9 mM视为刚体（匀质圆盘）ma?mg?T? ?J?RT? ?Ra?1?2MRJ? 2? ）由方程组可解得（11mg?g?a 2/M2m? 物体作匀加速运动(1) 习题3-9图1gt?vat?v 02 ）物体下落的距离为2（12at?x?vt 02 12gt? 4 =4时当t12)(m39.?42?4g?x?g 4 ）绳中张力由方程组解得（31mgT? 2. 正方向O时物体所处位置为坐标原点

43、，以向下为x解法2：以t=0 ）由机械能守恒：（1 11?22?mgx?mVJ? 22?1?2mR2J? ? 2?R?V?(2) 图习题3-92gx?V t求导得 两边就tddvg?2vv?gvd 2td 1tgdtv?gtdv?v? 2200 （2）1?1dx?gtvgt? ? 22dt则?1xd?tgt?dxd?v ? 2td?1tx?t?dgtdx 20012gt?x 410?VgtV?m? 匀加速运动，由）3（知以及 021?ga1? mg?T2 ? 2?ma又由mg?T?2?)drd/(Rdm?mrrds?rdd此面元受转3-10 如图所示，,唱片上一面元面积为质量为 盘的摩擦力矩为

44、22?)d?rrdmg?mg/(rRdddM?rf kk 各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为?MM?d ?mg?2R2?krr?dd 2?R00 2?mgR? k3 ?需要0增加到唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从 时间为?R3?t ?1ga4?2mR/Mk? 2? 唱机驱动力矩做的功为1 图习题3-1022?mRA?M?M?t 2 唱片获得的动能为1111?22222?mR?mR?J?E? k4222? 3-11 对整个系统用机械能守恒定律111222?0gh?khJ?mv?m? 1122212?rJ?/?mr,v 以代入上式，可解得 222khgh?2m50.5?2?

45、002?.08?9.8?1m/s.48v?1 05.08?02m?m/01 的转动惯量为1）丁字杆对垂直轴O3-12 （211222ml)?l?JJ?Jml?m(2 OAB0OC33121?mglM?JM? 的力矩，故由对轴O可得释手瞬间丁字杆的角加速度 02Mg133?0?mgl? 2l422mlJ0?0则M?0,?90 。由机械能守恒知角后，知矩（2）转过mgll12?J?mg 0J220 此时角动量2?glml?mglJ?L?J 003 转动动能为112?mgl?JE? 0k2212?J?mR轴的转动惯量利用填补法，将小碎片填入缺口，此时为均匀圆盘对O3-13 （1） 0022mRJ?

46、挖去小碎片，相应减少，故剩余部分对O的转动惯量为1122?mRRJ?J?J?m? 00012 （2）碎片飞离前后，其角动量守恒112222?mR)?mRmRR?(m? 100122 ?1 故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。 3-14 由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩，所以系统的角动量守恒，即2?)?(J?JMr 21 由此可得转台后来的角速度为?21200J?)rad/s?0.496(? 1222102?80?J?Mr1200，与太阳之距V慧星在有心力场中运动，角动量守恒。设其质量为M，近日点速率为3-15 1 ，与太阳之距r，则有r;远日点速率为V212rr?MVMV 21214V1

47、0?5.4612101)(m.?5?26?10108rr?.75? 122V1008?9.22v/r?g ）由于3-16 （1v?gr?9.8?2.5?4.95(m/s) （2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得 ?0mvR?J3 由此得飞船角速度为 3mvR3?70?4.95?2.5?3?8.67?10(?rad/s) 5J3?10?)/(t?6?v30?/R，在时间）飞船转过t，宇航员对飞船的角速度为用的时间内3（跑过的圈数为 1v?(1?)?)(v?/R)t/(2n? ?R12 95.14)圈19(1?)?( 3?52.67?10?128. 25d计算，太阳的自转角动量为3-17 太阳自转

48、周期按22?mR?J S5?223082?)96?1010?(6.?1.99 525?86400422/s)kg?m1.1?10(?此角动量占太阳系总角动量的百分数为 4310?0.11?3.3% 43(0.11?3.2)?103-18 （1）由于外力沿转动中心O，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即 mVr?mVr2121 2?mr?mVr211 r的圆周运动的角速度为故小球作半径2r?1V? 12r2 F）拉力做功为（22?11mr222?1?V1mV?mV?A?F?ds ? 121222r?23-19 （1） J?J?J球杆 41222?ml?ml?ml 33（2）在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有 1l2?)cosl