大学物理第三版课后答案

仅供参考

习题一

1-1 ｜r ?｜与r ?有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v

有无不同?其不同在哪里?试举例说明．

解：（1）

r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=，12r r r -=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d .

t r

d d 只是速度在径向上的分量.

∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t

r t d d d d d d r r r += 式中t r

d d 就是速度径向上的分量， ∴t r t

d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图

(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv

就是加速度的切向分量. (t t

r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求

出r ＝22y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度

的分量，再合成求得结果，即

=22d d d d ??? ??+??? ??t y t x 及a =222222d d d d ???? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=，

j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴

故它们的模即为

2

22222222

222d d d d d d d d ???? ??+???? ??=+=??

? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x

而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v == 其二，可能是将22d d d d t r t

r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22d d t r

也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分??????????? ??-=222d d d d t r t r a θ径。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r 在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r 及速度v 的方向随间的变化率对速度、加速

度的贡献。

1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为

x =3t +5, y =21t 2+3t -4.

式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)． 解：（1）

j t t i t r )4321()53(2-+++=m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有 j i r 5.081-= m j j r 4112+=m j j r r r 5.4312+=-=?m (3)∵ j i r j j r 1617,4540+=-= ∴ 1

04s m 534201204-?+=+=--=??=j i j i r r t r v (4) 1

s m )3(3d d -?++==j t i t r v

则 j i v 734+= 1s m -? (5)∵ j i v j i v 73,3340

+=+= 2

04s m 1444-?==-=??=j v v t v a (6) 2

s m 1d d -?==j t v a

这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．

图1-4

解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知

222s h l +=

将上式对时间t 求导，得 t s s t

l l d d 2d d 2=

题1-4图

根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，

∴ t s v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即

θcos d d d d 0

0v v s l t l s l t s v ==-=-

=船 或 s v s h s lv v 02/1220)(+==船

将船v 再对t 求导，即得船的加速度 32022202

02002)(d d d d d d s v h s v s l s v s

lv s v v s t s l t

l s t v a =+-=+-=-==船船

1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ，a 的单位为2s m -?，x 的单位

为 m. 质点在x ＝0处，速度为101

s m -?,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵

x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===

分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ 两边积分得 c x x v ++=322221

由题知，0=x 时，100

=v ,∴50=c ∴ 13s m 252-?++=x x v

1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -?，开始运动时，x ＝5 m ， v =0，

求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．

解：∵ t t v a 34d d +==

分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 12234c t t v ++=

由题知，0=t ,00

=v ,∴01=c 故 2234t t v +

=

又因为

2

234d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )234(d 2+=

积分得 232212c t t x ++= 由题知 0=t ,50

=x ,∴52=c 故

521232++

=t t x

所以s 10=t 时 m 70551021102s m 190102

310432101

210=+?+?=?=?+

?=-x v

1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33t ，θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?

解： t t t t 18d d ,9d d 2====ωβθω

(1)s 2=t 时， 2s m 362181-?=??==βτR a

)sin (sin 2cos 2sin

200t R t R R t v R t v x ωωθθθ-=-=-=2222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n

(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==?n a a τ

即 βωR R =2 亦即

t t 18)9(22= 则解得 923=

t 于是角位移为

rad 67.29232323=?+=+=t θ 1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2

021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,

0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．

解：（1） bt v t s v -==0d d R bt v R v a b t

v a n 2

02)(d d -==-==τ 则 24

02

22)(R bt v b a a a n -+=+=τ 加速度与半径的夹角为

20)(arctan

bt v Rb a a n --==τ?

(2)由题意应有 24

02)(R bt v b b a -+==

即 0)(,)(40240

22=-?-+=bt v R bt v b b

∴当

b v t 0

=时，b a = 1-9 半径为R 的轮子，以匀速0v 沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点B 的运动方程为x ＝R )sin (t t ωω-，y ＝R )cos 1(t ω-，式中0v =ω/R 是轮子滚动的角速度，当B 与水平线接触的瞬间开始计时．此时

B 所在的位置为原点，轮子前进方向为x 轴正方向；(2)求B 点速度和加速度的分量表示式．

解：依题意作出下图，由图可知

题1-9图 (1)

)cos 1()cos 1(2

sin 2sin 2t R R R y ωθθ

θ-=-== (2) ???????==-==

)sin d d )cos 1(d d t R t y v t R t

x v y x ωωω

???????====t v t R a t

v t R a y y x

x d d cos d d sin 22ωωωω

1-10 以初速度0v ＝201s m -?抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角， 求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ．

(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)

解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．

题1-10图

(1)在最高点，

o

0160cos v v v x == 2

1s m 10-?==g a n

又∵ 1211ρv a n =

∴

m 1010

)60cos 20(2

2111=??==n a v ρ

(2)在落地点， 2002==v v 1s m -?,

而 o 60cos 2?=g a n

∴ m 8060cos 10)20(2

2222=??==n a v ρ

1-11 飞轮半径为0.4 m ，自静止启动，其角加速度为 β=0.2 rad ·2s -，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．

解：当s 2=t 时，4.022.0=?==t βω1s rad -?

则16.04.04.0=?==ωR v 1s m -?

064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2s m -?

08.02.04.0=?==βτR a 2s m -?

2

2222s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+=τa a a n

1-12 如题1-12图，物体A 以相对B 的速度v ＝gy 2沿斜面滑动，y 为纵坐标，开始时A 在斜面顶端高为h 处，B 物体以u 匀速向右运动，求A 物滑到地面时的速度．

解：当滑至斜面底时，h y =，则gh v A 2=

',A 物运动过程中又受到B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为 j gh i gh u v u v A A )sin 2()cos 2('αα++=+=地

题1-12图

1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1 沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何? 解：(1)大船看小艇，则有1221

v v v -=，依题意作速度矢量图如题1-13图

(a)

题1-13图

由图可知 1

222121h km 50-?=+=v v v

方向北偏西 ?===87.3643arctan arctan

21v v θ

(2)小船看大船，则有2112

v v v -=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得 5012=v 1h km -?

方向南偏东o 87.36

1-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m 的甲板上，篷高4 m 但

当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m ·s -1，

求轮船的速率．

解： 依题意作出矢量图如题1-14所示．

题1-14图 ∵ 船雨雨船v v v -=

∴

船雨船雨v v v += 由图中比例关系可知

1s m 8-?==雨船v v

习题二

2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为1m 的物体，另一边穿在质量为2m 的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a '下滑，求1m ，2m 相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)．

解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为1a ，其对于2m 则为牵连加速度，又知2m 对绳子的相对加速度为a '，故2m 对地加速度，由图(b)可知，为

a a a '-=12 ①

又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有

111a m T g m =- ②

222a m g m T =- ③ 联立①、②、③式，得

212

12

1121

22

12211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'

+-=

讨论 (1)若0='a ，则21a a =表示柱体与绳之间无相对滑动．

(2)若g a 2='，则0==f T ，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时1m , 2m 均作自由落体运动．

题2-1图

2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度

0v 运动，0v 的方向

与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道． 解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v

方向为X 轴，平行斜

面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图

2-2.

题2-2图

X 方向： 0=x F t v x 0= ① Y 方向： y y ma mg F ==αsin ② 0=t 时 0=y 0=y v

2

sin 21t g y α=

由①、②式消去t ，得

220sin 21x g v y ?=α

2-3 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为

x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，

y v ＝0．求

当t ＝2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度． 解： 2

s m 83166-?===m f a x x

2

s m 167-?-==m f a y y (1)

??--?-=?-=+=?-=?+-=+=201012

00s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x 于是质点在s 2时的速度 1s m 8

745-?--=j i v (2) m 874134)16

7(21)4832122(2

1)21(220j i j i j t a i t a t v r y x --=?-+??+?-=++=

2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t m k e v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为

x ＝(k m v 0)［1-t m k e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速

度减至0v 的e 1

，式中m 为质点的质量．

答: (1)∵

t v m kv a d d =-= 分离变量，得

m t k v v d d -=

即 ??-=v v t m t k v

v 00d d kt e v v -=ln ln 0

∴

t k e v v -=0 (2)

??---===t t t m k m k e k mv t e

v t v x 000)1(d d (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有 ?∞-=

='00

0d k m v t e v x t m k (4)当t=k m

时，其速度为

e v e v e

v v k m m k 0100===-?-

即速度减至0v 的e 1

. 2-5 升降机内有两物体，质量分别为1m ，2m ，且2m ＝21m ．用细绳连接，跨过滑轮,绳子

不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a ＝21

g 上升时，求：(1) 1m 和2m 相对升降机的加速度．(2)在地面上观察1m ，2m 的加速度各为多少? 解: 分别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图(b)所示．

(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a '，则2m 对地加速度a a a -'=2；因绳不可伸长，

故1m 对滑轮的加速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对地加速度亦为a '，由牛顿定律，有

)(22a a m T g m -'=-

a m T '=1

题2-5图

联立，解得g a ='方向向下

(2) 2m 对地加速度为 22g

a a a =-'= 方向向上

1m 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即牵相绝a a a +='

∴

g g g a a a 25422221=+=+'= a a '=arctan θo

6.2621arctan ==，左偏上． 2-6一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v 从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．

解: 依题意作出示意图如题2-6图

题2-6图

在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o

30，则动量的增量为 0v m v m p -=? 由矢量图知，动量增量大小为0v m ，方向竖直向下．

2-7 一质量为m 的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s ，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒? 解: 由题知，小球落地时间为s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的大小亦为g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量 12v m v m p -=?方向竖直向上，

大小 mg mv mv p =--=?)(12

碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F )210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j

6-m ·s -1的物体,

回答这两个问题．

解: (1)若物体原来静止，则 i t i t t F p t 10401s m kg 56d )210(d -??=+==???,沿x 轴正向， i p I i m p v 111111s m kg 56s m 6.5--??=?=?=?=?

若物体原来具有6-1s m -?初速，则 ??+-=+-=-=t t t F v m t m F v m p v m p 000000d )d (, 于是

??==-=?t p t F p p p 0102d , 同理， 12

v v ?=?,12I I = 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．

(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即

?+=+=t t t t t I 02

10d )210(

亦即 0200102=-+t t

解得s 10=t ，(s 20='t 舍去) 2-9 一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为

j t b i t a r ωωsin cos +=

求质点的动量及t ＝0 到

ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量． 解: 质点的动量为 )cos sin (j t b i t a m v m p ωωω+-==

将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得 j b m p ω=1,i a m p ω-=2, 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 )(12j b i a m p p p I +-=-=?=ω

2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -?v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为

F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．

解: (1)由题意，子弹到枪口时，有

0)(=-=bt a F ,得

b a t =

(2)子弹所受的冲量 ?-=-=t bt at t bt a I 02

21d )( 将b a t =

代入，得

b a I 22

=

(3)由动量定理可求得子弹的质量

0202bv a v I m ==

2-11 一炮弹质量为m ，以速率v 飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T ，且一块的质量为另一块质量的k 倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为 v +m kT 2, v -km T

2

证明: 设一块为1m ，则另一块为2m ，

21km m =及m m m =+21

于是得 1,121+=+=k m m k km m ① 又设1m 的速度为1v , 2m 的速度为2v ，则有

2

222211212121mv v m v m T -+= ②

2211v m v m mv += ③ 联立①、③解得

12)1(kv v k v -+= ④

将④代入②，并整理得

2

1)(2v v km T -=

于是有

km T v v 21±=

将其代入④式，有 m kT

v v 22±

= 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取

km T v v m kT v v 2,221-=+

= 证毕． 2-12 设N 67j i F -=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ++-=时，求F 所作的功．(2)如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化． 解: (1)由题知，合F 为恒力， ∴ )1643()67(k j i j i r F A ++-?-=?=合

J 452421-=--= (2) w 756.045==?=

t A P

(3)由动能定理，J 45-==?A E k

2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．

解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为

题2-13图

ky f -=

第一锤外力的功为1A

???==-='=s s k y ky y f y f A 1

012d d d ①

式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=． 设第二锤外力的功为2A ，则同理，有 ?-==21222221d y k ky y ky A ②

由题意，有

2)21(212k mv A A =?== ③

即

222122k k ky =- 所以， 22=

y

于是钉子第二次能进入的深度为 cm 414.01212=-=-=?y y y

2-14 设已知一质点(质量为m )在其保守力场中位矢为r 点的势能为n

P r k r E /)(=, 试求质点所受保守力的大小和方向． 解: 1d )(d )(+-==

n r nk r r E r F

方向与位矢r 的方向相反，即指向力心． 2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端 一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势

能之比．

解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有

题2-15图

Mg F F B A ==

又 11x k F A ?=

22x k F B ?= 所以静止时两弹簧伸长量之比为

1221k k x x =??

弹性势能之比为

122222111

21212

k k x k x k E E p p =??= 2-16 (1)试计算月球和地球对m 物体的引力相抵消的一点P ，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98×1024kg ，地球中心到月球中心的距离3.84×108m ，月球质量7.35×1022kg ，

月球半径1.74×106m ．(2)如果一个1kg 的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，

那么它在P 点的势能为多少?

解: (1)设在距月球中心为r 处地引月引F F =，由万有引力定律，有

()22r R mM G r mM G

-=地月

经整理，得 R M M M r 月地月

+= =222422

1035.71098.51035.7?+??81048.3??

m 1032.386?=

则P 点处至月球表面的距离为

m 1066.310)74.132.38(76?=?-=-=月r r h

(2)质量为kg 1的物体在P 点的引力势能为 ()r R M G

r M G E P ---=地月 ()724

11722111083.34.381098.51067.610

83.31035.71067.6?-???-????-=- J 1028.16?=

2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．

解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有

])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ?+-+=

-μ 式中l ?为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则

h BC AC l )12(-=-=? 联立上述两式，得

()()2122

21122m m

kh gh m m v +-+-=μ

题2-17图 2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v

＝3m ·s -1从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．

解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原

长处为弹性势能零点。则由功能原理，有 ??? ???+-=

-37sin 212122mgs mv kx s f r 222137sin 2

1kx s

f mgs m v k r -?+=

式中m 52.08.4=+=s ，m 2.0

=x ，再代入有关数据，解得 -1m N 1390?=k

题2-18图

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h '

2o 2137sin kx s mg s f r -

'='-

代入有关数据，得 m 4.1='s ,

则木块弹回高度 m 84

.037sin o ='='s h

题2-19图

2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．

解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势

能零点，则有

2

22121MV mv mgR +=

又下滑过程，动量守恒，以m ,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有

0=-MV mv 联立，以上两式，得 ()M m MgR

v +=2

2-20 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直． 证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有

222120212121mv mv mv +=

即 2

22120v v v += ①

题2-20图(a) 题2-20图(b)

又碰撞过程中，动量守恒，即有 210v m v m v m += 亦即 210v v v += ② 由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以0v 为斜边，故知1v 与2v 是互相垂直的． 2-21 一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为

j v i v v y x +=, 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩．

解: 由题知，质点的位矢为

j y i x r 11+= 作用在质点上的力为

i f f -= 所以，质点对原点的角动量为 v m r L ?=0 )()(11j v i v m i y i x y x +?+= k mv y mv x x y )(11-=

作用在质点上的力的力矩为 k f y i f j y i x f r M 1110)()(=-?+=?=

2-22 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为1r ＝8.75×1010m 时的速

率是1v ＝5.46×104 m ·s -1，它离太阳最远时的速率是2v ＝9.08×102m ·s -1

这时它离太阳的距离2r 多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)

解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于

哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有

2211mv r mv

r = ∴ m 1026.51008.91046.51075.81224

102112?=????==v v r r 2-23 物体质量为3kg ，t =0时位于m 4i r =, 1s m 6-?+=j i v ，如一恒力N 5j f =作用

在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对z 轴角动量的变化． 解: (1) ??-??===?301

s m kg 15d 5d j t j t f p

(2)解(一) 73400=+=+=t v x x x

j at t v y y 5.25335213621220=??+?=+= 即 i r

41=,j i r 5.2572+=

10==x x v v

11

33560=?+=+=at v v y y 即 j i v

611+=,j i v 112+= ∴ k j i i v m r L 72)6(34111=+?=?= k j i j i v m r L 5.154)11(3)5.257(222=+?+=?= ∴ 1212s m kg 5.82-??=-=?k L L L

解(二) ∵dt dz M =

∴ ???=?=?t t t F r t M L 00

d )(d ??-??=+=????????+++=301

302s m kg 5.82d )4(5d 5)35)216()4(2k t k t t j j t t i t

题2-24图

2-24 平板中央开一小孔，质量为m 的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物．小球作匀速圆周运动，当半径为0r 时重物达到平衡．今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体，如题2-24图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少? 解: 在只挂重物时1M ，小球作圆周运动的向心力为g M 1，即

20

01ωmr g M = ① 挂上2M 后，则有

221)(ω'

'=+r m g M M ② 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．

即

v m r mv r ''=00 ωω''=?2020r r ③

联立①、②、③得 02

11213212101010)(r M M M g m M M r M M M m r g M m r g M ?+='+='+=

'=

ωωω 2-25 飞轮的质量m ＝60kg ，半径R ＝0.25m ，绕其水平中心轴O 转动，转速为

900rev ·min -1．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ，可使飞轮

减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：

(1)设F ＝100 N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?

(2)如果在2s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力F ?

解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N 、N '是正压力，r F 、r F '是摩擦力，x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P 是轮在O 轴处所受支承力．

题2-25图（a ）

题2-25图(b)

杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有

F l l l N l N l l F 1211210)(+=

'='-+

对飞轮，按转动定律有I R F r /-=β，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ N F r μ= N N '= ∴ F l l l N F r 121+='=μ

μ

又∵ ,212mR I =

∴

F mRl l l I R F r 121)(2+-=-

=μβ ①

以N 100=F 等代入上式，得 2s rad 34010050.025.060)75.050.0(40.02-?-=???+??-=

β

由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 s 06.74060329000=???=-

=πβωt

这段时间内飞轮的角位移为 rad 21.53)4

9(3402149602900212

20ππππβωφ?=??-??=

+=t t

可知在这段时间里，飞轮转了1.53转． (2)1

0s rad 602900-??=πω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知 20

s rad 21522-?-

=-=-=πωωωβt t

用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 N l l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)

(2211=?+?????=+-

=πμβ 2-26 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ，质量分别为M 和m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连，1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m ，m ＝4 kg ，M ＝10 kg ，1m ＝2m ＝2 kg ，且开始时1m ，2m 离地均为h ＝2m ．求：

(1)柱体转动时的角加速度；

(2)两侧细绳的张力．

解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．

题2-26(a)图 题2-26(b)图

(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：

2222a m g m T =- ①

1111a m T g m =- ②

βI r T R T ='-'21 ③

式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,

而

222121mr MR I +=

由上式求得 2

2

222222121s rad 13.68.910.0220.0210.042

120.0102121.022.0-?=??+?+??+???-?=++-=

g r m R m I rm Rm β

(2)由①式 8.208.9213.610.02222=?+??=+=g m r m T βN

由②式

1.1713.6.

2.028.92111=??-?=-=βR m g m T N

2-27 计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50 kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m

解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有

a m T g m 222=- ①

a m T 11= ②

对滑轮运用转动定律，有

β)21(212Mr r T r T =- ③

又， βr a = ④

联立以上4个方程，得

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