大学物理机械工业出版社)上册课后练习答案

1、1-1 已知质点的运动方程为：X = -10t - 30t2,2y =15t - 20t。式中X、y的单位为m, t的单位为s。试求:(1)初速度的大小和方向；(2)加速度的大小和方向。 分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量，再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向.将式(2)两边积分并考虑初始条件也dv =V0A _ Bv得石子速度v=A(1-e_Bt)BA由此可知当，tis时，v为一常量，通常称为极限速B设 v。与X轴的夹角为a,则tana -V0X2a =12341加速度的分量式为芽0ms，则加速度的大小为a = aX2 ay2= 72.1 m sa2设a与X轴的夹角为3,

2、则tan3-ax31-3 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于 阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即a= -kv2,k为常数。在关闭发动机后，试证：(1)船在t时刻的速度大小为vV ；kvt +1(2 )在时间t内，船行驶的距离为1XIn(v0kt 1);k(3)船在行驶距离X时的速率为 v=V0e*X。证明(1)分离变数得 卑-kdt,vVdt故 岑一k dt,V0v03= -33 41 (或 326 19)解(1)速度的分量式为vXdx兰一10 60tdtvy=型=15 -40tydt-1当t=0 时，Vox=-10 ms-, voy=15 m-s则初速度大小

3、为V。=V0X2- V0y2=18.0 m s1度或收尾速度.(2)再由v二屯二A(1_edtytAdy0B(1-e孑严)并考虑初始条件有&dt得石子运动方程y(e7)BB2质点dv用分离变量法把式(1)改写为dt(2)A Bv，有tdt0aydVydt=-40 ms可得:11kt.V0V。1-2 一石子从空中由静止下落，由于空气阻力，石子并 非作自由落体运动。现测得其加速度a= A-Bv,式中 A、B 为 正恒量，求石子下落的速度和运动方程。分析本题亦属于运动学第二类问题，与上题不同之 处在于加速度是速度v的函数，因此，需将式 dv =a( v)dt分离变量为dv= dt后再两边积分.a(v

4、)解选取石子下落方向为y轴正向，下落起点为坐标原点.(1)由题a=业=A - Bv(1)(2)公式可化为v =1 + v0kt由于-=dx/dt,所以:积分因此dx二1 + v0kttXdx0dtdtd vkt).0k(1 vkt)1XIn(v0kt 1).k-j.(3 ) 要求 v(x)，可由a = 二dt空kdxvdv dx dv .v，有dx dt dx面发生完全弹性碰撞后作抛射体运动，问它第二次碰到斜面的位置距原来的下落点多远。-kv2dv=v -:dx解：小球落地时速度为v0= . 2gh建立直角坐标积分得vdv k dx =v0v01 4 行人身咼 为h,若人以匀速V0用绳拉一小车

5、行走， 而小车放在距地面 高为H的光滑平台 上，求小车移动的速 度和加速度。解：人前进的速vlnkx,v = v0e用证毕.H图 1-18 习题 1-4 图度 V。，则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小,2 2 2 2.l 5 (H -h)_votdtv；t2(H _h)2(H -h)2v：3/Td2ldt2厂22 2、(H -h) votv：t:H -h)2-v：t22 2(H -h) v22 2 3/2H -h)2vSt2丫1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为22a = 2 6x,a的单位为 m/s ,x的单位为 m。质点在x=0 处，速度为所以小车移动的速度小车移动的加速度

6、a解:分离变量:两边积分得系，以小球第一次落地点为坐标原点如图vx0二v0cos601x = v0cos6001g cos600t20vy0二v0sin60y =v0sin 60t - 1 gsin600t2第二次落地时y = 0所以-“Mt冷心炉2(1)(2)2vo2上0.8mg1 7 一人扔石头的最大出手速率为击中一个与他的手水平距离 L=50m 高 h=13m 的目标吗? 在此距离上他能击中的最大高度是多少？v= 25m/s，他能10m/s，试求质点在任何坐标处的速度值。dv dv dxdvav dtdx dtdx2d二adx = (2 6x )dx123v = 2x 2x c2=0时，

7、vo =10.c = 50由题知，x一一12解：由运动方程x = vtcosv, y = vtsingt2,消2去 t 得轨迹方程y二xtg (tg2,1)x22v一一1以 x= 05.0m , v = 25ms 代入后得y=50tgyg(1 tg2R 502= 50tgd-20(1 tg)-20(t一5)211.25取 g= 10.0，则当tgv -1.25时，ymax所以他不能射中，能射中得最大高度为= 11.25 131-8ymax=11.2512一质点沿半径为R的圆周按规律s = v0t -一bt运2V。、b都是常量。(1)求t时刻质点的总加速度；t为何值时总加速度在数值上等于b? (

8、3)当加速度动，达到b时，质点已沿圆周运行了多少圈？分析 在自然坐标中,s表示圆周上从某一点开始的 曲线坐标.由给定的运动方程s=s(t),对时间t求一阶、 二阶导数，即是沿曲线运动的速度 v 和加速度的切向分量at,而加速度的法向分量为an= V2/R这样，总加速度为a=atet+ an.至于质点在t时间内通过的路程，即为曲线 坐标的改变量s=st-s0.因圆周长为 2nR,质点所转过 的圈数自然可求得.一ds解（1）质点作圆周运动的速率为v =二v0btdt其加速度的切向分量和法向分量分别为az=0,a =a：ay=R21- 10 飞机以 100m- s-1的速度沿水平直线飞行，在 离地面

9、高为 100m 时，驾驶员要把物品投到前方某一地面 目标处。问：（1）此时目标在飞机下方前多远？（2）投放物品时，驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？（ 3）物品投出 2s 后，它的法向加速度和切向加速度各为多 少？解：要使丨a1=b,由1 R2b2(v二bt)4R得t 4b(3)从t= 0 开始到t= Vo/bV=. (gt)dvat=-dt.(gt)2v0.at=1.96m/s2,g=10.0(或1.88m/s2,g=9.8):a=：ga a；二gan= , g2-a2=9.80m/s2,g =10.0 (或9.62m/s2,g=9.8)2s V02nR 4dbR1-9 已知质点的运动方程

10、为:x二Rcos t, y = Rsin t,R、h、为正的常量。求：（2）质点的速度大小；（3）1 - 11 一无风的下雨天， 一列火车以V1=20m/s 的速度匀 速前进，在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75角下降，求雨滴下落的速度V2。（设下降的雨滴作匀速运 动）解：以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为V1,雨滴相对地面竖直下落的速度为V2,旅客看到雨滴下落速度 V2为相对速度，它们之间的关系为v V2 V1故加速度的大小为a pa；a；224R b(v。-bt)(1)gt2,t=2其方向与切线之间的夹角为R2=452m归列哙吋 EERb(2)(3)v - arctg - =

11、12.5x解： （1）轨道方程为2:这是一条空间螺旋线。在 Oxy平面上的投影为圆心在原点， 半径为R的圆, 螺距为h(2)Vxd - -R；i sindt1v2= v1/ tg 755.36ms1- 12 升降机以加速度ao=1.22m-s2上升，当上升速度为 2.44m-S1时，有一螺帽自升降机的天花板脱落，天花板与升降机的底面相距2.74m，试求：（1）螺帽从天花板落到底面所需时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子 的下降距离。解：（1）以升降机为参考系，此时，螺丝相 对它的加速度为 a =g+a,螺丝落到底面时，有0二h _ 1（g a）t2a仝一bdt2v2(v-bt)2an*时,质

12、点经过的路程为2v2gt22VoS = St- So :2b因此质点运行的圈数为（1 ）质点运动的轨道方程;2 2(3)ax二-R2cos tay- -R sin t=0.705s(3)12h =v0t +at（2）由于升降机在 t 时间内的高度为2则d二h _h =0.716m1 13飞机A相对地面以VA=1000km/h的速率向南飞 行，另一飞机 B 相对地面以VB=800 km/h 的速率向东偏南 30方向飞行。求飞机 A 相对飞机 B 的速度。解：VA-1000jj,VB=400j 400疥v=VAVB=1000j400j40.3=扌,一4052,方向西偏南解：由相对速度的矢量关系v二

13、v u有（1）空气时静止的，即 u= 0，则往返时，飞机相对 地面的飞行速度就等于飞机相对空气的速度v（图（1）,I | 2I故飞机来回飞行的时间t0= tAB- tBA=v v V（2）空气的速度向东时， 当飞机向东飞行时， 风速与飞机相对空气的速度同向；返回时，两者刚好相反（图（2）,故飞机来回飞行的时间为I Iu2ttAB tBAt（1一2 ）v+u vuV（3）空气的速度向北时， 飞机相对地面的飞行速度的大小由八u可得为v=v2-u2，故飞机来回飞行 的时间为v =.600240023 = 916km/h1 14 一人能在静水中以1.10m s-1的速度划船前进，今欲横渡一宽为 100

14、0m 水流速度为 0.55m s1的大 河。（1）,那么应如何确定划行方向？到达正对岸需多少 时间？（ 2）如果希望用最短的时间过河，应如何确定划t2 -tAB tBAII=+_ =vv2l.v2- u22l /v2 2v u恳-,2v v第二章质点动力学行方向？船到达对岸的位置在什么地方？解：如图（1）若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一 点，则划行速度和水流速度 u 的合速度的方向正对着岸,2 1 如本题图，计的滑轮和细绳连接，小各为多少。 解：如图由受力分析得A、B两物体质量均为 m 用质量不 并不计摩擦，则A和B的加速度大设划行速度v合速度V的夹角为amg -TA二maATB_mg =

15、maB2aA=aBTA二2TB（1）TA6mAaAsin：=- =0.55/1.1 =0.5mgAJBBBmgaB解得 aA=COS-dV cos :如图（2）用最短的时间过河，则划行速度的方向正对着岸ddt =一，l二ut二u =500m v v1 15 设有一架飞机从 A 处向东飞到 西飞回到 A 处，飞机相对空气的速率为 地面的速率为 u, A、B 间的距离为I。u=0）,3= 1.05 10 sB 处，然后又向v，而空气相对(1) 的时间；(2)假定空气是静止的（即求飞机来回飞行假定空气的速度向东,假定空气的速度向北,求飞机来回飞行的时间;求飞机来回飞行的时间。1g5y2aB=：g5习

16、题 2-1 图2 2 如本题图所示，的质量均为A 以加速度 求物体 B 与 （滑轮与连已知两物体 A、B m=3.0kg，物体a=1.0m/s2运动， 桌面间的摩擦力。接绳的质量不计）解：分别对物体和滑轮受力分析（如图），由牛顿定律 和动力学方程得，I rJo屮n4I .:jT JjjTJz事J jr J k%i #乙! k/习题 22 图(3)别为：-ai（下落）和ai（上升），设作用在m 上的线中张力为Ti，作用在 m和m3上的线中张力为T2。列出方程组如下：mig -T miaim2g -T2二m2(a - ajT2-msg = m3(a ajTi=2T2可求出:25 从实验知道，当物体

17、速度不太大时，可以认为 空气的阻力正比于物体的瞬时速度，设其比例常数为 将质量为m 的物体以竖直向上的初速度V。抛出。（i）试证明物体的速度为kkV=四心韦t-i） voe韦tk证明物体将达到的最大高度为mvom g kvo.In（i ）k kmg证明到达最大高度的时间为mkvo I n（i）kmg2T2二尹怡2-4 光滑的水平面上放置一半径为R 的固定圆环，物体紧贴环的内侧作圆周运动，其摩擦系数为卩。物体的 初速率为Vo,求：（i） t 时刻物体的速率；（2）当物体速 率从Vo减少到Vo/2 时，物体所经历的时间及经过的路程。解：（i）设物体质量为 m,取图示的自然坐标系，由牛顿 定律得，m

18、Ag -FT二mAa(i)F TI-Ff =mBa(2)2a = a(3)FJ =2F(4)mA= mB= m5FT=FT6F TI二FTI7解得Ff=mg-(m 4m)a，7.2N2FNFfFf2v=man= m2R2=-mat=UFNdv=-mdt由上三式可得2VUr=R2tdvdt R对(4)式积分得dt= Jo, vdv u V2-3 如图所示，细线不可伸长，细线、 定滑轮、动滑轮的质量均不计已知m4m3m2=2m3。求各物体运动的加速度及各段细线中的张力。解：设 m 下落的加速度为ai,因而动 滑轮也以ai上升。再设m相对动滑轮Rvo以加速度a下落，m3相对动滑轮以加速习题2-3度a

19、上升，二者相对地面的加速度分（2）当物体速率从Vo减少到vo/2时，由Rvo.v可得物体所经历的时间R + v04ttt经过的路程S= .oVdt=oRdt= In 2 R voJtJRvoai2gga,a255a3=3g54Timig,5证明：由牛顿定律可得代入mi= 4m3,m2二2m3,k。tH(1)-mg-kv=mdv，dt丄m. mg+kvot In -，k mg kvdv(2)-mg-kv=m，dxt .v-mdvdt:0v-mg kvmtmtv=mg(e1) v-ekmvdvmg kv令mg kv =u,du =kdv k, mgdudx二-mdumum-m2gk%.xln(1k

20、 kmgkmg+kvxk20評mgmgkvo(-mdU2 - 7 一物体自地球表面以速率vo竖直上抛。 对物体阻力的值为 f = kmv2，其中 k 为常量, 质量。试求：（1 ）该物体能上升的高度；（2） 地面时速度的值。解：分别对物体上抛和下落时作受力分析（如图），八 ,2dv mvdv（1）-mg-k mv =m=-，dt dyvvdv2假定空气m 为物体物体返回ydy=-J -v0g kv2g kv)1y ln(22k g+kv.物体达到最高点时，v=0,故2.1 g + kv0h=yma=ln()2k g.当v=（时，t二mln陂卫0即为到达最高点的时间kmg+k2-6 质量为 m

21、的跳水运动员，从距水面距离为 h 的 高台上由静止跳下落入水中。 把跳水运动员视为质点， 并 略去空气阻力。运动员入水后垂直下沉， 水对其阻力为-2bv，其中 b 为一常量。若以水面上一点为坐标原点O,竖直向下为 Oy 轴，求：（1）运动员在水中的速率v与y的 函数关系；（2）跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其 速率v减少到落水速率V-的 1/10 ?（假定跳水运动员在 水中的浮力与所受的重力大小恰好相等）解：运动员入水可视为自由落体运动，所以入水时的速度为（2）下落过程中，-mg+kmv2dv mvdv=m =-dt dy2-8ovvdvdy2h0gkv2C 丄kv0）-1/2.v=v（1

22、）g质量为m的子弹以速度 V。水平射入沙土中，设子弹v-=、2gh，入水后如图由牛顿定律的所受阻力f= -kv，k为常数，求：（1）子弹射入沙土 后，速度随时间变化的函数式；（2）子弹进入沙土的最大 深度。解：（1 ）由题意和牛顿第二定律可得：dvf - -kv二m，dtmg-f-F=mamg=F f=bv2分离变量，可得:-=-dv两边同时积分，所m vdtdv dv a= v一 dt -bv2dydv二 mv一 dyvdvybdy =0mv-by/ mby/mv =ve2ghe将已知条件 一=0.4m,v =0.1vo代入上式得,my =-min = 5.76mbv-mg_kt以：v二ve

23、m（2）子弹进入沙土的最大深度也就是v=0 的时候子弹的位移，则：.k dv由m vdt可推出：vdt - -mdv，而这个式子两边积分就可k0m_ m-vdtdv v0。v-k k2-9 已知一质量为m的质点在x轴上运动，质点只受到以得到位移：xmax指向原点的力f =-k/x2,k是比例常数。设质点在x = A时的速度为零，求质点在x=A/4处的速度的大小。解：由题意和牛顿第二定律可得kdvdv dxdvf2= m mmvx2dtdx dt再采取分离变量法可得:两边同时取积分，则：所以：v二2-10 一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为5F =400 -4 10 t/3，子弹从枪口射出时

24、的速率为300m/s。设子弹离开枪口处合力刚好为零。求：（1）子弹走完枪筒全长所用的时间t；（ 2）子弹在枪筒中所受力 的冲量I; （3）子弹的质量。解：（1）由F=400一4 105t/3和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得到：F=400 -4 105t/3 = 0算出 t=0.003s。（2）由冲量定义：0.0030.0031=（ Fdt= （400 4D05t/3）dt0.003= 400t 2F05t2/30=0.6N *s0.003（3）由动量定理：Fdt = P二mv =0Ns所以：m =0.6/300 = 0.002kg2-11 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质量为 5

25、1.0 kg的人，在操作时不慎从高空竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来。已知此时人离原处的距离为 2.0 m ，安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s。求安全带对人的平均冲力。分析 从人受力的情况来看，可分两个阶段：在开始 下落的过程中，只受重力作用，人体可看成是作自由落体 运动；在安全带保护的缓冲过程中，则人体同时受重力和安全带冲力的作用，其合力是一变力，且作用时间很短.为 求安全带的冲力，可以从缓冲时间内，人体运动状态（动量） 的改变来分析，即运用动量定理来讨论.事实上，动量定理也可应用于整个过程但是，这时必须分清重力和安全带 冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态，人

26、体的速度均为零.这样,运用动量定理仍可得到相同的结果.解 以人为研究对象，按分析中的两个阶段进行讨论在自由落体运动过程中，人跌落至 2 m 处时的速度为v1=、2gh（1）在缓冲过程中，人受重力和安全带冲力的作用，根据动量定理，有F PAt = mv2- mv1（2）由式（1）、（2）可得安全带对人的平均冲力大小为2- 12 长为 60cm 的绳子悬挂在天花板上，下方系一 质量为 1kg 的小球，已知绳子能承受的最大张力为20N。试求要多大的水平冲量作用在原来静止的小球上才能将 绳子打断？I =m0 - 0解：由动量定理得纠 ,m如图受力分析并由牛顿定律得，2mv0T _mg 2mv0T =m

27、g0_ 202.mg：l /I _ 20I _2.47Ns2- 13 一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离地面为19.6m。爆炸 1.0s 后，第一块落到爆炸点正下方的地面上，此处距抛出点的水平距离为 100m。问第二块落在距抛出点多远的地面上？（设空气的阻力不计）解：取如图示坐标系，根据抛体运动规律，爆炸前，物体 在最高点得速度得水平分量为_ 2 dx二mvdv，xA/4vmvdvAmvAtmgA2ghAt= 1.14 103NVox=；=儿 g /2h物体爆炸后，第一块碎片竖直下落的运动方程为yi=h-v 1gt2当碎片落地时，t，则由上式得爆炸后 第一块碎片抛出得

28、速度为m+Mv0cosv -Mv m(v -u)式中 v 为人抛物后相对地面的水平速率, v-u 为抛出物对地面得水平速率，得q 丄 muV=VDCOS+m+M人的水平速率得增量为h-2gt2Vi=一2(2)t1又根据动量守恒定律，在最高点处有1mvox= mv2x而人从最高点到地面得运动时间为丄% sinvt =g所以人跳跃后增加的距离为1 10=- mvimv2y4联立以上()-(4)式得爆炸后第二块碎片 抛出时的速度分量分别为v2x=2vox=2xi.Jh TOOms，h- Igt2v2y訓=一-14.7ms111爆炸后第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为x2=x1+v2xt2(5)12y

29、2=h+V2yt2-2gt2(6)落地时 y2=O,由式(5)和(6)可解得第二块碎片 落地点得水平位置x2=5OOm2- 14 质量为M的人手里拿着一个质量为 m 的物体， 此人用与水平面成0角的速率Vo向前跳去。当他达到最 高点时，他将物体以相对于人为U 的水平速率向后抛出。问：由于人抛出物体，他跳跃的距离增加了多少？(假设人可视为质点)(自己算一遍)解：取如图所示坐标， 把人和物视为一系统， 当人跳 跃到最高点处，在向左抛物得过程中， 满足动量守恒，故 有mv0sin 日.:x=. vt=-(m+M g2- 15 铁路上有一静止的平板车，其质量为M,设平板车可无摩擦地在水平轨道上运动。现

30、有 N 个人从平板车的后端跳下，每个人的质量均为m,相对平板车的速度均为 u。问：在下列两种情况下，(1) N 个人同时跳离；(2) 一个人、一个人地跳离，平板车的末速是多少？所得的结果为何不同，其物理原因是什么？(典型)解：取平板车及 N 个人组成的系统，以地面为参考系， 平板车的运动方向为正方向， 系统在该方向上满足动量守 恒。考虑 N 个人同时跳车的情况，设跳车后平板车的速度 为 v，则由动量守恒定律得0= Mv+Nm(v u)v = Nmu/(Nm+M)(1)又考虑 N 个人一个接一个的跳车的情况。 设当平板车 上商有 n 个人时的速度为 Vn,跳下一个人后的车速为 Vn- 1, 在该

31、次跳车的过程中，根据动量守恒有(M+nr)i Vn=M Vn-1+(n-1)m vn-1+m(Vn-仁仁u) (2)由式(2)得递推公式Vn- 1=Vn+mu/(M+nm)(3)当车上有 N 个人得时(即 N= n) ,VN=0;当车上 N 个人完全跳完时，车速为V0,根据式(3)有，VN-1=0+mu/(Nm+M)VN-2= VN-1+mu/(N-1)m+M)Av=v-v0cos?=mum+MV0= v 计 mu/(M+nm)将上述各等式的两侧分别相加，整理后得,由于 M 亠 nm：SM亠 Nm, n= 1,2,3. N故有，Vo卜 V即 N 个人一个接一个地跳车时，平板车的末速度大于N 个

32、人同时跳下车的末速度。这是因为 N 个人逐一跳离车时，车对 地的速度逐次增加，导致跳车者相对地面的速度也逐次增 加，并对平板车所作的功也相应增大，因而平板车得到的 能量也大，其车速也大。2-16 一物体在介质中按规律x=ct3作直线运动，c为 一常量。设介质对物体的阻力正比于速度的平方：f- -kv2，试求物体由xo= 0 运动到x=1时，阻力所作的功。分析 本题是一维变力作功问题，仍需按功的定义式W二F dx来求解.关键在于寻找力函数F=F(x).根据运动学关系，可将已知力与速度的函数关系F(v) =kv2变换到F(t),进一步按x=ct3的关系把 Rt)转换为 Rx), 这样,就可按功的定

33、义式求解.解 由运动学方程x=ct3,可得物体的速度起来，它们的质量分别为m 和 m。问在 A 板上需加多大的压力，方可在力停止作用后， 恰能使在跳起来时 B 稍被 提起。(设弹簧的劲度系数为k)解：选取如图所示坐标系， 取原点处为重力势能和弹 性势能零点，作各种状态下物体的受力图。对A 板而言，当施以外力 F 时，根据受力平衡有F= G1F(1)当外力撤除以后，由机械能守恒定律得，1212ky1-mgy1=mgy?y2为 M、N 两点对原点 O 的位移。因为 F1= ky1,F2=ky2,G1=mg 上式可以写为，FF2=2G1(2)由()和(2)式可得F = G1G2(3)当 A 板跳到

34、N 点时，B 板刚被提起，此时弹性力F2=G2,2 18 如本题图所示，A 和 B 两块板用一轻弹簧连接且 F2=F2,由式(3)可得F = G1+G2=(m1+m2)gvin= 1muM-nm22,42/34/3F = kv 9kc t 9kc x则阻力的功为擦滑动，求子弹射入靶内弹簧后，弹簧的最大压缩距离。解：设弹簧得最大压缩量为x0。小球与靶共同运动得速度为 v1。由动量守恒定律，有W =qFdx =cos18(dx = -o9kc/3x4/3dx =2- 17 一人从 10m 深的井中提水，起始桶中装有 10kg 的水，由于水桶漏水，每升高 1m 要漏去0.2kg 的水。求 水桶被匀速

35、地从井中提到井口，人所作的功。(典型)解：水桶在匀速上提的过程中，加速度为0,拉力和重力平衡，在图示坐标下，水桶重力随位置的变化关系为G= mg-agy其中a= 0.2kg/m,人对水桶的拉力的功为10W = o (mg:gy)dy=882Jmv = (m M )v1(1)又由机械能守恒定律，有121212mv = (m M )v1kx02 2 2由(1 式和(2)式可得mM - v k (m M )2 20 以质量为 m 的弹丸，穿过如本题图所示的摆 锤后，速率由 v 减少到 v/2。已知摆锤的质量为 M 摆线 长度为I，如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆 周运动，弹丸的速度的最小值应为

36、多少？解：dx2v3ctdt2 19 如本题图所示，质量为 m 速度为 v 的钢球,按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为射向质量为 M 的靶，靶中心有一小孔，内有劲度系数为k的弹簧，此靶最初处于静止状态， 但可在水平面上作无摩272/3 7/3kc l由水平方向的动量守恒有,据能量守恒，可得到:vmv = m 2 Mv为了使摆锤能在垂直平面内作圆周运动，在最高点时，摆线中的张力 F=0,则，妒竿 式中 vh为摆线在圆周最高点的运动速率。又由机械能守恒定律得V二X。；:mAmB(2)分离之后,能，所以：舟血FB)V2=kX02，所以:A 的动能又将逐渐的转化为弹性势1212Mv = 2Mgl+

37、 Mvh(3)2 2解上述三个方程，可得担丸所需速率的最小值为，则:X。2-23 如图2-41 所示，光滑斜面与水平面的夹角为v =2-21 如本题图所示，一质量为 M 的物块放置在斜面 的最底端 A 处，斜面的倾角为a，高度为 h，物块与斜面 的滑动摩擦因数为 ，今有一质量为 m 的子弹以速度vo沿 水平方向射入物块并留在其中，且使物块沿斜面向上滑 动，求物块滑出顶端时的速度大小。解：在子弹与物块的撞击过程中，在沿斜面的方向上，根据动量守恒有:=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= 1.0kg 的木块，木块沿斜面从静止开始向下 滑动。当木块向下滑X=30cm 时

38、，恰好有一质量 m=0.01kg 的子弹，沿水平方向以速度v = 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：由机械能守恒条件可得到碰撞前木快的速度，碰撞过程中子弹和木快沿斜面方向动量守恒，(瞬间)可得：二Mgxsin :二v1= 0.83(碰撞前木快的速度)mv0cos：=(M - m)v1(1)在物块上滑的过程中，若令物块刚滑出斜面时的速度 为V2,并取 A 点的重力势能为 0。由系统的功能原理可得u(m+M)gcos.：i=1(m+M)v2(m+M)gh-(m+M)v12由(1、( 2)式可得v2= J(-VoCOsa)22gh

39、(ucota+1) Vm+M2-22 如图 2-40 所示，在光滑 水平面上，平放一轻弹簧，弹簧 一端固定，另一端连着物体A、Mw -mvcos：(m M=v = -0.892 24二质量相同的小球，一个静止，另一个以速 度00与静止的小球作对心碰撞，求碰撞后两球的速度。(1) 假设碰撞是完全非弹性的；(2)假设碰撞是完全弹性的；e = 0.5。解：由碰撞过程动量守恒以及附加条件，可得(1)假设碰撞是完全非弹性的，即两者将以共同的习题 2 21 图(3)假设碰撞的恢复系数/777777T77777V777图 2-40 习题 2-22 图速度前行：mv0二2mvB,它们质量分别为mA和mB,弹簧

40、劲度系数为k，原长为I。用力推B，使弹簧压缩X0，然后释放。求：(1 )当A与B开始分离时，它们的位置和速度；(2)分离之后，A还能往前移动多远？解：(1 )当 A 和 B 开始分离时，两者具有相同的速度，根1所以：v =一v02(2)假设碰撞是完全弹性的，* mv= mw + mv2v20 - kx2-(叶m2) v22 2 21那么计算可得：xx022 27 如本题图示，绳上挂有质量相等的两个小球， 两球碰撞时的恢复系数e=0.5。球A由静止状态释放，撞 击球B,刚好使球B到达绳成水平的位置，求证球A释放前的张角二应满足 COST = 1/9。证明：设球 A 到达最低点的速率为 v,根据机

41、械能守恒有12mv 二 mg2l(1 -COST),所以，v =4gl (仁COST)(1)设碰撞后代 B 两球的速率分别为VA,VB,由题意得：分别为m和m的木块A B,用一 劲度系数为k的轻弹簧连接，放在 光滑的水平面上。A紧靠墙。 今用 力推B块，使弹簧压缩xo然后释放。(已知m2-3m-)求：(1)释放后A、B两滑块速度相等时的速度大小；(2)弹簧的最大伸长量。解：分析题意，可知在弹簧由压缩状态回到原长时， 是弹簧的弹性势能转换为 B 木块的动能，然后 B 带动 A起运动，此时动量守恒，可得到两者相同的速度v，并且此时就是弹簧伸长最大的位置，由机械能守恒可算出其量值。m?V22-28

42、如图 2-45 所示，一质量为m半径为R的球壳，静止在光滑水平面上，在球壳内有另一质量也为m半径为r的小球，初始时小球静止在图示水平位置上。放手后小球沿大球壳内往下滚，同时大球壳也会在水平面上运 动。当它们再次静止在水平面上时，问大球壳在水平面上 相对初始时刻的位移大小是多少？ 解：系统在水平方向上不受外力，因而系统质心的水平 位置始终不变。如图所示，初始时，系统的质心到球心 O 的距离为(从质心公式算)R rXc一2小球最终将静止于大球壳的最下方，而系统质心的水平 位置始终不变，因而大球壳在水平面上相对初始时刻的(3)假设碰撞的恢复系数e =0.5，也就是mv0二mv1mv2解：由机械能守恒

43、得，碰前 m 的速度为= 0.5-mV2= mgl,V=. 2gl由碰撞前后动能和动量守恒得即vB- vA= 0.5vA, B 两球碰撞时水平方向动量守恒:121212mV = mVMVM2 2 2mv= mv MVM* m Mm M /Tr v =v2glm+M m+M=2m页m+M 如图 2-43 所示，两个质量mvBmvA= mv(3)3由(2) ,(3)式得V-v 4碰撞后 B 球机械能守恒，故有1mVB2= mglVM将(1 ,( 4)代入(5)得:2-26COSTv27V1O V20-0.53V2Vo4图 2-43 习题 2-26 图习题 2 25 图202m2v20= (m1m2

44、)v位移大小（另外从质心公式算）2-29 如图 2-46 所示，从坐标原点以 Vo的初速度发射一 发炮弹，发射倾角二=45。当炮弹到达二2虫处时，3g突然爆炸分成质量相同的两块，其中一块竖直下落，求另 一块落地时的位置X2是多少？解：炮弹爆炸后其质心仍按原抛物线轨道运动，因而落地3 2 质量面密度 为匚的均匀矩形板，试 证其对与板面垂直的， 通过几何中心的轴线的 转动惯量为Jab（a2b2）。12其中a, b 为矩形板的 长，宽。2后的质心坐标为Xc =V-g证明一：如图，在板上取一质元dm -；dxdy，对与板 面垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为心的轴线的转动惯量为2 2dJ dm b

45、 dm( x)12 213ab3dx；b(x)2dx121313b22“dJWba1Tba二存b(a b)(这道题以右边为坐标原点，左为正方向）-=0e1当0时，t由式XCm，且m-im2m2二m，有dJ = j r2dmX2= 2xC2v0ga b二?a ?b(x2y2Xdxdy2 2第三章刚体力学CT22ab(a b )123- 1 一通风机的转动部分以初角速度30绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数 C 为一常量。若转动部分对其轴的转动惯量为J,问：（1）经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？（2）在此时间内共转过多少转？解：（1）由题可知：阻力矩 M =，又因为转

46、动定理M=J：=Jddt证明二： 如图，在板上 取一细棒dm -；bdx,对通过细棒中心与棒垂直的转动轴的转动惯量为jLyJLdmLr0Xwa据平行轴定理，对与板面垂直的、通过几何中RrLX二-所以，此时间J yib1f0Xrat（2）角位移二dtJIn 2二0CWJdt3-3 如图 3-28 所示，一轻 绳跨过两个质量为m、半径 为r的均匀圆盘状定滑轮， 绳的两端分别挂着质量为2m和m的重物，绳与滑轮 间无相对滑动，滑轮轴光滑，求重物的加速度和各段绳中的张力。要计，所以绳子拉力会不等） 解：受力分析如图（现在滑轮质量所以ol2mg -T2= 2ma( 1)T1-mg二ma(2)仃2-T)r

47、J(3)(T -Ti)r二J(4)（对于质量非常小的物体， 转动惯量为零，才有可能 T=Ti）2a = r：, J mr(5)2联立求出111a g，T mg483-4 如图 3-29 所示，一均 匀细杆长为 L,质量为m，平放在摩擦系数为.二的水 平桌面上，设开始时杆以角速度-.0 绕过细杆中心的竖直轴转动，试求：（1） 作用于杆的摩擦力 矩；（2）经过多长时间 杆才会停止转动。图 3-29 习题 3-4 图坤(1)设杆的线，.-，在杆上取一小质元dm = dxdf二dmg二J gdxdM二 gxdx丄考虑对称M = 22出gxdx二1 Jmgl4（2） 根据转动定律MJ -Jd dtt(-

48、Mdt =0Jd Wo11_ mglt = ml2时04123 -5 质量为 m 和 m 的 两物体 A、B 分别悬挂在如本 题图所示的组合轮两端。 设两 轮的半径分别为 R 和 r，两轮 的转动惯量分别为 J1和 J2,轮 与轴承间的摩擦力略去不计， 绳的质量也略去不计。试求两 物体的加速度和绳中的张力。解：分别对两物体做如图 的受力分析。根据牛顿定律有m1g -T1= m1a1T2_m2g = m2aT2f又因为组合轮的转动惯量是两轮惯量之和，根据转动定理有（从积分定义式即可算出）T|R - T2r=(J1J2 )而且，a R,a2二r：，（列 1.牛二 2.转动定律3.约束方程即可求解）

49、gR m2rDa122gRJ1J2m|Rm2rm|R _ m2r鬼=J1J25R2m2r2gr2J1J2m?rm2Rr _T1- 2m1gJ1J2m1R m2r-J1+ J2+ gR + m1Rr T2-2-2m2gJ1+ J2+ gR + m2r3-6 如本题图所示装置，定滑轮的半径为r，绕转轴的转动惯量为 J ,滑轮两边分别悬挂质量为 m 和 m2的物 体AB。A 置于倾角为0的斜面上，它和斜面间的摩擦因 数为。若B 向下作加速运动时，求：（1）其下落加速度 的大小；（2 ）滑轮两边绳子的张力。（设绳的质量及伸长 均不计，绳与滑轮间无滑动，滑轮轴光滑） 解:A、B 物体的受力分析如图。根据

50、牛顿定律有- m1g sin）- f = m1a1m2g -T2= m2a2置？对滑轮而言，根据转动定律有T2r -T1r = J :-由于绳子不可伸长、绳与轮之间无滑动，则解：机械能守恒11212mg_ Jkx2 2 2（一开始的机械能=后面的机械能，水平临界状态速度为零，没有转动能）图 3-33 习题 3-8 图2 2 2 1据几何关系（X 0.5） =1.51 =3.28rad sm2g-口也sin日 一Agg cos日ai= a2：m1m2J r22m1m2g(Vsin 8 + Ucos日)+(sin日+ PcosTjmtg J r Timim2J r2a2Tm1m2g (1 si n

51、rcosR m2g J rT2mim2J r23-9 如图 3-34 所示，一质量为m、 半径为R的圆盘，可绕过O点的水平 轴在竖直面内转动。若盘从图中实线 位置开始由静止下落，略去轴承的摩 擦，求：（1 ）盘转到图中虚线所示的 铅直位置时，质心C 和盘缘 A 点的速 率；（2）在虚线位置轴对圆盘的作用 力。图 3-34 习题 3-9 图3-7 如图 3-32 所示，定滑轮 转动惯量为J,半径为 r ;物 体的质量为 m，用一细绳与劲 度系数为k的弹簧相连，若 绳与滑轮间无相对滑动，滑轮 轴上的摩擦忽略不计。当绳拉直、弹簧无伸长时使物体由静解：在虚线位置的 C 点设为重力势能的零点， 下降过程

52、机械能守恒mgR=丄212 2J mR2mR2（平行轴定理：圆心到 O）24g 3R止开始下落。 求： （1 ） 物体下落的最大距离; 速度达最大值时的位置。解：（1）机械能守恒。丄kh2= mgh2设下落最大距离为h3（2）物体的VA16RgFy二mg mR2= fmg方向向上（2）hx2mv22 2势能转化为这些能）=mgx（物体的重力2m g天1平2k x3-10 如图 3-35 所示，一质量为m的质点以 v 的速度作匀速直线 运动。试证明：从直线外任意一 点 O 到质点的矢量 r在相同的时 间内扫过的面积相同。解：质点不受任何力作用才会作匀速直线运动，因而它+ Jm若速度达最大值，dV

53、=0，dx对 O 点的力矩也为零，即对 O 点的角动量守恒mvsin=常量。另一方面，矢量 r 在单位时间内扫过二mgk3-8 如图 3-33 所示，一轻弹簧与一均匀细棒连接，装置如图所示，已知弹簧的劲度系数k =40N/m，当 v -0时弹簧无形变，细棒的质量m = 5.0kg，求在二=0：的位置上细棒至少应具有多大的角速度，才能转动到水平位1的面积：S vrsi n=常量。23-11 如图 3-36 所示，质量m的卫 星开始时绕地球作半径为r的圆周运动。由于某种原因卫星的运动方 向突然改变了二=30角，而速率不 变，此后卫星绕地球作椭圆运动。求（1）卫星绕地球作圆周运动时的速率v; （2）

54、卫星绕地球椭圆运动时，距地心的最远和最近距离r1和r2。2mM v解：(1)由G 2m，得v =rrv rGM过程中损失的机械能。解：（1）取两飞轮为系统， 啮合过程中系统角 动量守恒，即（没有外 力）（2） 卫星在运动过程中对地心的角动量守恒和机械能守恒：（rxF=0,角动量守恒）=(J1J2)2=2二n2所以 B 轮的转动惯量为r mvcos30=门mvi= r2mv2（椭圆的三个点,突变前不守恒）j2=_n2J 20.0kg m2门212mM mv-G -2r12mM12mMmv1-G2mv2-G22r12r2（突变后椭圆的三个点）其中,V1、V2分别是卫星在远地点与近地点时的速率,可求

55、出3 r ,23- 12（2）啮合过程中系统机械能变化11E （J1J2） -I J2=-1.32 104J223-14 如图 3-39 所示，长为I的轻杆（质 量不计），两端各固定质量分别为2m的小球，杆可绕水平光滑固定轴1r2r2如本题图所示，质量为Mo的水直面内转动，转轴O距两端分别为m和C在竖1-1和30长为L的均匀直杆可绕过端点 平轴转动，一质量为m的质点以水平 速度v与静止杆的下端发生碰撞，如 图示，若 M=6m求质点与杆分别作完 全弹性碰撞和完全非弹性碰撞后杆的 角速度大小。解：（1 ）质点与杆完全弹性碰撞，则 能量守恒1mv2=1J 22 22mv12习题 3-7 图又因为角动

56、量守恒Lmv=Lmv1（碰撞的瞬间角动量守恒）ML2,3全非Lmv二Lmv2=6m3L动量守vo =3L3- 13 如本题图所示，A 与 B 两飞轮的轴杆由摩擦啮 合器连接，A 轮的转动惯量 J1=10.0kgm2,开始时 B 轮静 止，A 轮以 m=600r/min 的转速转动，然后使 A 与 B 连接， 因而 B 轮得到加速而 A 轮减速，直到两轮的转速都等于 n=200r/min 为止。求：（1） B 轮的转动惯量；（2）在啮合v2二L22|。轻杆原来静止在竖直位置。今有一3质量为m的小球，以水平速度 V。与杆下端1 .小球m作对心碰撞，碰后以1图 3-39 习题 3-14 图丄V0的速

57、度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度。 解：根据角动量守衡2,212I2 , 1mv0I = （ ） m （）2m ml v0333323v0213-40 所示，有一空心圆环00自由转动，转动惯量3-15 如图 可绕竖直轴 为J0，环的半径为R,初始的角速度 为30,今有一质量为m的小球静止 在环内A点，由于微小扰动使小球向 下滑动。问小球到达B C点时，环的 角速度与小球相对于环的速度各为多 少？（假设环内壁光滑。）解：（1）小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒， 当小球滑至B点时，有（球看成质心 J=mR）210 0二（I。mR） (5)该系统在转动过程中， 机械能守恒， 设小球相对于圆环

58、的速率为VB，以B点为重力势能零点，则有1212 212l0 0mgR （I0mR ） mvB2 2 2联立、两式，得I0CO；R22gR 10 0D2 10+ mR当小球滑至C点时，.Ic二丨。,故由机械能守恒，有（A、C 两点没有转动，所以转动惯量回到初始状态，Ic = I 0）a* 二0(6)将式(4)、(5)、(6)代入(2)解得2v - arcsin( sin v0)312mg (2R)mvc2=2 gRvc3- 16 一长为 2L 的均匀细杆，一端靠墙上，另一端 放在的水平地板上，如本题 图所示， 所有的摩擦均可略 去不计，开始时细杆静止并 与地板成00角，当松开细杆 后，细杆开始

59、滑下。问细杆 脱离墙壁时，细杆与地面的 夹角0为多大？解：如图，以初始细杆的质则任意时刻质心坐标为3- 17 如本题图所示，A、 B 两个轮子的质量分别 为m 和2,半径分别为 r 和2。另有一细绳绕在两 轮上，并按图所示连接。 其中 A 轮绕固定轴 O 转动。 试求：（1）B 轮下落时， 其轮心的加速度；（2 ）细 绳的拉力。解：如图，取竖直向下为 正方向。轮 A 作定轴转动，设其角加速度为：A,根据转动定理有m1r12心为原点建立坐标系，X = l(cos V - cosDy = l(sin v -sin屯)(1)ax叫一12耐-Isin旦dtdt(2)取初始位置的势能为零，则根据机械能守

60、恒有12mgy mvc2为12-J ( 3)(掉下了 y ,转化2)将式（1）代入（二3心沁（4）21dt当细杆与墙壁脱离接触时，F,=max=0m2g轮 B 作平面运动，设质心加速度为aC，角加速度为 订，根据牛顿定律有m2g-F =m2aC1根据转动定理有Fr2= m2r22：B2A 轮边缘一点加速度aA= A 1AB 轮边缘一点加速度aB= r21B而且a=ac- aB2何m2)3mi 2m2mF -g3叶2m23 18 如本题图所示，一长为I的 均质杆自水平放置的初始位置平 动自由下落，落下h距离时与一 竖直固定板的顶部发生完全弹性 碰撞，杆上碰撞点在距质心C为I/4 处，求碰撞后瞬间