1-5章力学题解排版0505

大 学 物 理 学 题 解

力学（1-5章）

第一章 质点运动学

1.1 (1) ×；(2) √；(3) √；(4) √；(5) √；(6) √ 1.2 (1) ×；(2)√；(3) ×；(4) × 1.3 0；2?R/?t 1.4 质点速度 v?dxdt?10?10t，t?1时v=0质点位置极大xm?x(1)?5；a?dvdt??10

(1) x(0)?0，x(1)?5，?x?5；质点始终沿x轴运动，s?5 (2) x(1)?5，x(3)??15， ?x??20，质点始终逆x轴运动，s=20

(3) v(1)?0，t<1时质点速率减，t>1时速率增，t=1时速率既不增加也不减小；

v(3)??20，a= –10，即t=3时速度与加速度方向相同，故质点速率增加。

1.5 质点速度 v?drdt?20i?10tj；速率 v?v?v2222x?vy?202?10t?104?t2

加速度 a?dvdt?10j

1.6 v?dxdvx6t2，advyxdt?8t，ax?dt?8；vy?dydt?10?y?dt?12t， t=1时，ay?12；t=1时质点加速度的大小，a?ax2?ay2?82?122?14.4；

设加速度与x轴夹角为?，有tg??ay?3a，?=56.3°

x2t2a1.7

?t1(t)dtt

2?t11.8 由速度公式 v?v0??tadt?4i?jdt?4i?3t2j

0?t6t0由位移公式 r?rt230??vdt?10j?

0?t(4i?3tj)dt?10j?4ti?tj0即运动方程为 r?4ti?(10?t3)j；由x=4t y?10?t3消去得轨道方程y?10?x364

1.9 由平面几何

x?x0?xhH，即 x?Hx0H?h

1

将此式对时间求导，注意

dx0dt?v0为人的速度，即得到影子P的速度 v?dxdt?HH?h?dx0dt?Hv0H?h

1.10 由勾股定理 x2?y2?l2 将此式对时间求导 2x即 xva?yvb?0 得到 vb??xyva??ctg??va??3va，负号表示向下

dvdtdvdxdxdtdxdt?2ydydt?0

y B y ? Va A x 1.11 k2x；分析 a?dvdt???k?v?k?kx?kx2

0 x 1.12 由a??kv 即

dvv??kv，分离变量

dvv??kdt，积分

????kdt；

v0v0vdvt即 ln??kt， 得到质点速度 v?v0e?kt

t0t0由位移公式得到质点位置 x?x0??vdt?x0?dvdt?v0e?ktdt?x0?v0ke?kt

质点加速度为 a??kv??kv0e?k?（或a???kv0e?k?）

1.13 (1) 静止；(2) 圆周运动；(3) 静止或匀速直线运动；(4) 匀速率运动。 1.14 (1) √；(2) √；(3) × 1.15 (1) √；(2) √；(3) √；(4) √ 1.16 质点速率 v?dvdtdsdt?4?2t；切向加速度 at?vtdvdt?2；法向加速度an?v2R?(4?2t)R2?(1?t2)2

1.17 由at?dsdt，有dv?atdt，积分 ?vdv??0atdt ，即 v?v0?att 或 v?v0?att （得证）

0stt由 v? 有 ds?vdt，积分 ?sds??0vdt??0(v0?att)dt，

012a?t2即 s?s0?v0t? 或 s?s0?v0t?tt12att2 （得证）

1.18 质点速率 v?v0??0atdt?2??03tdt?2?2t3/2

3/2t=4时，v?2?2?4?18，法向加速度 an?dvdtv2v2R?1892?36

v1.19 由于at?an，即

?R，分离变量

dvv2?dt??，积分 ?v2??0 ，有

0v0vRRRvdvtdt11t 2

v?2v1t0时，

v?102v?t?R0R，得到，2v

01.20 质点的角速度 ??d?dt???2 ??d??23?t；角加速度dt3?

切向加速度 a2t?R??12?；法向加速度 a2n?R??18(??3?t)2?2(3??2?t)2

1.21 质点角速度 ???tt0??0?dt?0.32??02tdt?0.32?t2，t=1时，??1.32

切向加速度 at?R??1.24?2?2.48；法向加速度 an?R?2?1.24?1.322?2.16

1.22 质点角位置 ???ttk3d?0??0?dt??0kt2dt?3t，角加速度 ??dt?2kt 切向加速度 a2t?R??2Rkt，法向加速度 an?R?2?Rkt4

1.23 由于???k? 即

d?dt??k?，分离变量

d????kdt

积分 ??d?t?????kdt 有 ln??kt，即 ????kt0e 0?0?0角速度 ???k???k?0e?kt（或??d?dt??k?kt?kt0e?），角加速度 ??d?2dt?k?0e

1.24 小车对O?系的加速度分量，a?3x?a?cos30??2a?

a?y?a?sin30??12a?

小车对O?系的运动方程 x??1a?133?t2222，y??1a?112xt2??a?t2?4a2yt2?2?2a?t?14a?t2

O?系对O系的运动方程 x0?v0t， y0?0 故小车对O系的运动方程 x?x??x30?v0t?4a?t2， y?y??y10?4a?t2

1.25 在地面设立O系，车上设立O?系

重物对O系加速度 ax?0，ay??g， 速度 vx?0，ay??gt O? 对O系加速度 a0x?0，a0y?0，

速度 v0x?v0，v A 0y?0 车上乘客观察到重物加速度

30° v雨地 a?x?ax?a0x?0 a?y?ay?a0y??g v雨车2 v雨车1 速度 v?x?vx?v0x??v0 v?y?vy?v0y??gt

1-26 由于vD v车地1 雨地?v雨车?v车地， B v车地2 C即这三个速度组成一个矢量三角形。

在v车地1?5m/s时为直角?ADC，在v车地2?10m/s时为?ABC， 由平面几何知?ABC为等边三角形，故v雨地?10m/s，方向偏东30°。

3

第二章 牛顿运动定律

2.1 B静止的条件是合力为零。B受力有重力mBg，绳的拉力FT，斜面的正压力FN及静摩擦力FS。分析可知，若mA过大，B就具有上滑趋势，FS沿斜面向下，受力图如（a）；若mA过小，B则具有下滑趋势，FS，沿斜面向上，受力图如（b）。分别列方程：

(a) 对B：沿斜面 FT?mBgsin??Fs?0 垂直斜面 FN?mBgcos??0 对A：mAg?FT?0

?0?Fs??FN??mBgcos?F T A mA ?mA?mB(sin???cos?)

FN B FT ? g (a) 对B：沿斜面 FT?mBgsin??Fs?0 垂直斜面 FN?mBgcos??0 对A：mAg?FT?0

同样 ?0?Fs??FN??mBgcos?，

?mA?mB(sin???cos?)

Fs mg FT FN FS ? B mBg (b) (a) F T A m

综合上面两种情况，A的质量应在如下范围：

mB(sin???sin?)?mA?mB(sin???cos?)Ag

习题2.1图

2.2 小球随斜面以加速度a运动，受力分析如图，建立坐标如图。 （1）FT?mgsin??macos? FN?mgcos???masin? 解得：FT?macos??mgsin??77 N FN?mgcos??mgsin??68 N （2）令FN?0得a?gcot??17mg a FT FN ? x y

2.3 （1）二弹簧串联时，在F力作用下，劲度系数为k1的弹簧伸长x1，弹力F1?k1x1；劲度系数为k2的弹簧伸长x2，弹力F2?k2x2。由于是轻弹簧，故二弹簧中弹力相等，且等于外力F，

F1?k1x1?F2?k2x2?F m/s2

习题2.2图 ①

设二弹簧串联的效果相当于总劲度系数为k的另一轻弹簧，在F力作用下，其伸长为x?x1?x2，弹力F?为： F??kx?k(x1?x2)?F 将①式中的x1?Fk1②

及x2?Fk2代入②式

Fk1Fk2k1?k2k1k2k1k2k1?k2

F?F??kx?k(x2?x1)?k(?)?kF，则 F?x

?F?kx ?k?k1k2k1?k2

（2）二弹簧并联时，在力F作用下，二弹簧的形变相同，x1?x2?x，二弹簧的合力与外力F平衡，即 F?F1?F2?k1x?k2x?(k1?k2)x

①

设二并联弹簧等效于总劲度系数为k的另一轻弹簧，此弹簧在F的作用下形变为x，且弹力F?与F也处于平衡，即 F??F?kx

②

4

联立①、②式，有 F?kx?(k1?k2)x 证得k?k1?k2

2.4 雪橇受力分析如图，重力mg，正压力FN，摩擦力Fr，其大小为

Fr??FN??mgcos?Fr F FN ，空气阻力F，大小为F?kv。

mg θ a x 沿斜面向下为坐标正方向，有mgsin???mgcos??kv?ma ① v～t曲线的作用在此题中一是给出速度的大小v，二是根据斜率确定加速度a，由图，t?0时，v0?5m/s a0?

?v?t?14.8?5.04.0?2.45 m/s

2

习题2.4图

t??时，v??10 m/s a??0

t?0时，mgsin???mgcos??kv0?ma0

将其代入方程①，有

② ③

t??时，mgsin???mgcos??kv??ma??0

ma0v??v0??4.0?2.4510?5?1.96N?s/m

联立求解②、③式，得： k? ??mgsin??ma0?kv0mgcos?4.0?9.8?sin36.9??4.0?2.45?1.96?54.0?9.8?cos36.9??0.125

2.5 m1、m2受力如图，坐标如图。图中a?为m1相对m2的加速度，而m1相对大地的加速度a1图中未能标出。根据牛顿第二定律，对m1：?sin??m1a1x ①

?cos??m1g?m1a1y

a2 m2 R θ ② ③

m1 N N m2g 对m2：Nsin??m2a2

考虑m1与m2之间的相对运动，应有

a1x?a?cos??a2 a1y??a?sin?

y

④ ⑤

m1g a

x 联立求解①～⑤式，可得

a??(m1?m2)gsin?m1sin2

习题2.5图

??m2，N?m1m2gcos?m1sin2??m2

2.6 m1、m2受力如图。在涉及滑轮的题目中，坐标方向最好“一顺”，取逆时针方向为正。根据牛顿定律

m1g?T?m1a1 f?m2g?m2a2 ①

②

a1 T m1 m1g 式中a1、a2分别为m1、m2对地的加速度。由于m2对绳滑动，故a1?a2，即m1、m2之间有相对运动。根据相对运动中加速度的公式，有

a2?a1?a

f m2 m2g 习题2.6图 a2 ③

再考虑到绳为轻绳，m2与绳之间的摩擦力f与绳中的拉力T应相等，

T?f

④

联立求解①～④式，可得

a1?(m1?m2)g?m2am1?m2 a2?(m1?m2)g?m1am1?m2

T?f?m1m2(2g?a)m1?m2

5

当a=0时，m1与m2由绳固连，没有相对运动。当a=2g时，T?f?0，二物体均自由下落。

2.7 绳中的拉力提供小球作圆周运动的向心力， T?mr?2?mv2r

（1）当角速度?相同时，绳越长（r越大），绳中拉力越大，绳越容易断； （2）当线速度v相同时，绳越短（r越小），绳中拉力越大，绳越容易断。 2.8 m1、m2在水平方向的受力如图。根据牛顿第二定律的法向分量式，有

T2?T1?m1L1?2； T2?m2(L1?L2)?2

T1 m1 T2 T2 m2 习题2.8图 解得：T1??m1L1?m2(L1?L2)??2；T2?m2(L1?L2)?2

2.9 钢球受力如图。由图可见，碗对钢球的正压力的水平分量提供了钢球作圆周运动的向心力，由牛顿第二定律的法向分量式，有：

2?sin??mr? ①

由竖直方向的分量式，有：

?cos??mg?0 ②

R N r θ mg h 再根据几何关系：

r?Rsin?

③

习题2.9图 cos??R?hR④

g联立①～④式，可得钢球距碗底的高度为 h?R??2

2.10 铁块随转盘作圆周运动，静摩擦力提供向心力， f?mr?2 在未达到最大静摩擦力时， f??N??mg，故 ???gr?4.43/s

当f达到最大静摩擦力的瞬间，铁块将开始相对圆盘滑动，此时??4.43/s，转速为

n??2??42.3rev/min

2.11 这是一个质量连续分布的问题。叶片根部的张力就是叶片上所有质元圆周运动的向心力的和。

距叶片根部0点r远处，取长为dr的质量元dm?mldro +dF Fr dr F r ，该质量

习题2.11图

元受到两侧质量元的张力作用，如图所示。其向心力即为两侧的张力 差， dFn?(F?dF)?F?dm?r???2m?l2l2rdr

全部质元的向心力之和为： 这就是叶片根部的张力。

Fn??dFn?m?l?ordr?12ml?2?12ml(2?n)2?2.79?105N

2.12 （1）若已知F?F(t)，可根据牛顿第二定律的微分形式F(t)?m

dvdt及初始条件v(t?0)?vo，

6

积分，

?vv0dv??0tF(t)mdt 得速度 v(t)?v0??dt

0mrtttF(t)再根据v(t)?drdt及初始条件r(t?0)?r0，积分， ?dr??v(t)dt，得运动方程：r?r0??v(t)dt r000 （2）若已知F?F(v)，可以通过数学变换讨论。下面，以沿x方向的一维运动为例，此时F?F(v)，由牛顿第二定律的微分形式： F(v)?mxvdvdt?mdvdxdxdt?mvdvdx，分离变量，并根据初始条件，

vdv，得运动方程：x?x0??dv 当x?x0时，v?v0，积分， ?dx??xvF(v)vF(v)000mvmv （3）若已知F?F(x)，仍以（2）的方法，有 F(x)?mdvdt?mdvdxdxdt?mvdvdx

分离变量积分，并代入初始条件：x?x0时，v?v0，有 ?F(x)dx??mvdv

xv00xv此时，需根据F(x)的具体形式计算得到x的表达式。

2.13 已知力求加速度用牛顿第二定律，已知力求速度应根据牛顿第二定律的微分形式用积分计算，或由加速度积分计算。

（1）a?Fm?3?4xm?1.5m/s2，根据 a?3?4xm?dvdt?dvdxdxdt?4xm?vdvdxv

分离变量积分，并将初始条件x0?0，v0?0代入，?0（2）a?Fm?3?4tm?1.5m/s233dx??0vdv 得：

v?2.3m/s

，根据a??4tm3?4tmv?dvdt及初始条件，

t?0时，v0?0，积分， ?0dvdt33dt??0dv，得：

?0v?2.7m/s

2.14 根据F?ma?mvo?120t?40及初始条件t时，v0?6.0m/s，分离变量，积分，

2?vmdv??0(120t?40)dt 得：

?6?4t?6t2tv?6?4t?6t

再根据v?x0dxdt，分离变量积分，并代入初始条件：t?0时，x0?5，

?xdx??0(6?4t?6tt2)dt 得： x?5?6t?2t2?2t3

2.15 （1）以快艇速度方向为正方向，关闭发动机后，快艇只受摩擦阻力作用，根据牛顿第二定律，

F??kv2?mdvdt 分离变量， ?kmdt?dvv2

设发动机关闭时为计时起点，本题的初始条件为t?0时，x0?0，v0?v0，代入上式积分，

7

?km?0tdt??vv0dvv2 得： v?1?v0v0ktm

（2）由v?dxdt，代入初始条件积分，?dx??vdt??000xttv01?v0ktmdt 得：x?mkln(1?v0ktm)

（3） 将（1）式结果代入（2）式结果，可得v?v0ekmdvv?kmx，也可根据F??kv2?mkmdvvdvdxdxdt??mvkmdvdx，

分离变量， ?dx? 积分并代入初始条件， ??0xdx??vv0 得：v?v0ex

2.16 （1）物体在上抛过程中，受重力和空气阻力的作用，如图所示，其中?kv为空气阻力，负号表示空气阻力与物体运动速度反向。建立坐标如图，取抛出点为坐标原点，y轴向上为正，根据牛顿第二定律，有 ?mg?kv?ma?mdvdt

y m 分离变量积分， ?dt???dvg?kmv

o ?0-kv mg 根据题意及坐标的设置，本题的初始条件应为：t代入以上积分式， ?0dt???vtv0时，y0?0，v0?v0，

mgk)e?kmt习题2.16图 dvg?kmv，积分可得： v?(v0??mgk ①

（2）物体上升到最高点时，v?0，由①式可得： t?mkln1(?kv0mg) ②

（3）物体上升过程中，高度y随时间t的变化可由①式积分求得：

?v?dydt?(v0?mgk?kmt)e?mgky

tk?mg?mtmg?分离变量，积分，并代入初始条件， ?dy???(v0??dt )e?00kk????得： y?(mv0k?m2gk2)(1?e?kmt)?mgkt

mv0km2gk2将②式代入，可得上升的最大高度： ymax??ln1(?kv0mg)

2.17 物体m贴着环带内侧在水平面上运动。物体在水平面上受两个力的作用，一是环带给物体的正压力N，方向指向环心，另一个是环带给物体的滑动摩擦力Fr，方向沿圆周的切向方向。建立自然坐标系，并应用牛顿第二定律的法向分量式和切向分量式，

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法向：N?man?mv2R

dvdtv2R①

R v0 o 切向：Fr???N?mat?m

dvdt②

将①式代入②式，有： ???

习题2.17图 分离变量积分，并代入初始条件：t?0时，v?v0，

?

?0t?Rdt??vv0dvv2 得： v?v0RR??v0t；路程

?s??0tvdt??0Rtv0R??v0tdt?R?ln(1??0vRt)

y 2.18 若以地面为惯性参照系观察物体的运动，物体既相对斜面直线下滑，同时又随升降机加速向上运动，物体的运动是这两个独立运动的矢量和。如果以升降机为非惯性参照系观察物体的运动，物体作相对斜面下滑的直线运动，这要简单得多。因此，取升降机为非惯性参照系，此时物体除受重力mg和斜面的正压力N外，还要受惯性力F?的作用，如图所示。F???mao，负号表示F?与升降机对地的加速度a0反方向。建立坐标如图，在x方向上 mgsin??ma0sin??ma 故物体对斜面的加速度 a?(g?a0)sin?

这是一个初速度为零的匀加速直线运动，由匀加速直线运动公式s?2sa2L(g?a0)sin?12at2N θ F* mg x 习题2.18图

和v?at，可得物体滑至

斜面底部的时间及速度分别为： t?2L?

v?at?(g?a0)sin?(g?a0)sin??2L(g?a0)sin?

2.19 以加速运动的小车为非惯性参照系。小球受重力mg，绳的拉力T以及惯性力F的作用，如图所示。惯性力的大小为F?ma，方向与小车的加速度方向相反。由于在小车中观察，小球静止不动，故三力平衡，

x方向：Tsin??ma?0 y方向：T可解得： acos??mg?0??y x F? T β a mg

习题图2.19

注：①若摆绳的偏角不大，β＜5°则tan???，此时a?g?，这是实际测量时常见的情况。

②此题以大地为惯性参照系也很易求解。

?gtan?

第三章 动量和角动量

3.1 根据题意，弹力F??kx??kAcos?t，力的冲量I??Fdt??kA?t00t?/2?cos?tdt??kA?

9

3.2 重力是恒力，重力的冲量等于重力与作用过程的时间的乘积。小球从h高度落至地面的时间为?t??2gh，再弹回h高度处，整个过程的时间为2?t?，故重力的冲量方向向下，大小为

I(重力)?mg?2?t??2mg2gh

在整个过程中，小球除受重力的作用外，还受到地面的冲力作用。由于小球的初态（抛出时）动量与末态（弹回同一高度处）动量相等，故小球所受的总冲量必定为零，即地面冲力的冲量与重力的冲量大小相等，方向相反，指向上方。 I(冲力)?I(重力)?2mg2gh

平均冲力 F?I(冲力)/?t?2mg2gh/?t

3.3 设小球飞来时的速度为v1，被捧击打后的速度为v2，由上抛运动公式知，v2动量定理： I?P2?P1?mv2?mv1

I ?2gh。根据

作矢量关系图，可得冲量的大小I?(mv1)2?(mv2)2?m2gh?v12?7.3Ns P2=mv2

??arctanv2v1?35?；平均冲力

? F?I?t?365N

P1=mv1 v1 3.4 水流在水管中的速度经弯道后大小未发生变化，方向发生了变化，如图所示。根据题意，1秒钟内流过的水的质量m?3?103kg，根据动量定理，1秒钟内水受到弯管的冲量 I?mv2?mv1 作矢量关系图，因为v1?v2

故 I?mv1/cos45??3?10?10/cos45??4.24?10水受弯管的作用力（平均值） F?I/?t 将?t?1s代入，得F?4.24?104N

方向沿90°平分线，指向水管弯曲的一侧。水流对弯管的压力与弯管对水流的作用力大小相等，方向相反。

34v2 mv1 45° Ns

mv2 I 习题3.4图

3.5 水柱冲击煤层后，速度由v=56 m/s变为零，速度增量的绝对值?v?v?56m/s，?t时间内冲击煤层的水柱的质量 m???V????D2?v?t

411动量增量的绝对值为 ?p?m?v?mv????D2v?v?t

4?p?t14平均冲力 F?????Dv22?103??40.032?562?2.22?103N

3.6 (1) 子弹出枪筒时不再受力，因此可令F=0解出时间t，令：

F?400?43?10t?05 得： t=0.003 s

t0.003 (2) 冲量为力F对时间t的积分 I??Fdt??o0(400?43?10t)dt?(400t?523?10t)520.0030?0.6N

(3) 根据动量定理I?mv2?mv1，本题中v1?0,v2?300m/s，可得： m?Iv?0.6300?2?10?3kg?2g

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3.7 已知力求某时刻速度，可以考虑用动量定理I??p求解。木箱在直线运动过程中受水平拉力F和滑动摩擦力f的作用，合外力的冲量 I??F合dt??(F?f)dt?IF?Ff

00其中水平拉力的冲量IF可以用F-t曲线下的面积计算，在0-4s和0-7s的时间内，IF分别为 IF(t?0～4s)?30?4?120Ns

IF(t?0～7s)?12(4?7)?30?16.5N30 ttF(N) 0 4 7 t(s)

习题3.7图 本题中滑动摩擦力f的大小为f???mg，是一恒力，其冲量If??f?t

If(t?0～4s)??0.2?10?10?4??80Ns

If(t?0～7s)??0.2?10?10?7??140Ns木箱初速v0?0，末速为v，根据动量定理 I?IF?If?mv?mv0?mv 故

v?IF?Imf, t=4时 v4?120?8010?4.0m/s

, t=7时 v7?165?14010?　2.5m/s

3.8 在碰撞过程中，竖直方向上重力的冲量可以忽略不计，但斜面对m2的冲力（垂直斜面）形成的冲量不能忽略，故动量守恒是在忽略重力的情况下，沿斜面方向动量守恒，答案（2）是正确的。

3.9 将滑块B与小球视为一个系统，分别讨论碰撞过程（时间为?t）中，竖直方向与水平方向的情况：

竖直方向：系统受重力m1g?m2g，以及地面对B的平均作用力F，动量由零变为m2v2，根据动量定理 Iy?[F?(m1g?m2g)]?t?m2v2 所以，平均冲力 F?(m1?m2)g?m2v2?t

A v1 v2 一般情况下，小球质量总是远小于斜块质量，m2??m1，故

F?m1g?m2v2?t

习题3.9图 斜块B对地面的平均作用力与F大小相等，方向相反。

水平方向：系统不受外力作用，动量守恒， m1V1?m2v1?m1V2 B的速度增量 ?V?V2?V1?m2m1v1

3.10 设两车碰后的共同速度为v，根据碰撞过程中动量守恒， mv1?mv2?(m?m)v ① 在滑行过程中，摩擦力做负功，致使二车停下来，由动能定理

???2mg?0?12(2m)v2

2?0.8?9.8?18?16.8m/s

②

v2?v1?2v?2?16.8?33.6m/s

联立①、②式，解得 v?2?gs?故至少有一辆车超速，速度大于14 m/s。

3.11 分别考虑两次跳动过程：

第一次跳动过程：先将左船与人视作一个系统，该系统水平方向动量守恒。设人跳离左船后，左船

11

的速度为V1，有 m1V1?m2v?0 有 m2v?(m1?m2)V2

①

再将人与右船视为一个系统，该系统也满足水平方向动量守恒。设人跳上右船后，右船速度为V2，

②

第二次跳动过程：先将右船与人视为一个系统，并设人跳离右船后，右船速度变为V2?，根据动量守恒定律，有 (m1?m2)V2?m1V2??m2v

③

再将人与左船视为一个系统，并设人跳上左船后，左船速度变为V1?，根据动量守恒定律，有

m1V1?m2v?(m1?m2)V1?

2m2vm1?m2④

，V2??2m2vm1联立求解①～④式，得： V1??

3.12 (1) A、B运动h = 0.4 m后绳方拉紧，此时C开始运动。这个过程中，只有A受重力作用，重力做功mAgh。设绳拉紧瞬间A、B的共同速度为v，根据动能定理 mAgh?将mA?mB?mc?m代入 v?gh?9.8?0.4?2.0m/s12(mA?mB)v2?0

即mg?t?2mv再设这个过程的时间为?t，根据动量定理 mAg?t?(mA?mB)v?0解得： ?t?2v/g?2?2/9.8?0.4s

此题也可用牛顿定律求解。将A、B看作一个整体，受重力mAg作用

mAg?(mA?mB)a即mg?2ma a?g2

2ha4hg4?0.49.8由匀加速直线运动公式 h?g21212at及v?at2，得：t????0.4s

v?at?t??9.8?0.4?2.0m/s

C B A (2) 将A、B、C视为一个系统，绳子绷紧的过程视为碰撞过程，根据动量守恒 (mA?mB)v?(mA?mB?mC)v? 即：

2mv?3mv?

得： v??23v?23?2?1.33m/s

习题3.12图

3.13 ?粒子散射过程中，若将?粒子与氧原子核视为一个系统，它们之间的电磁相互作用（斥力）是系统的内力，系统不受其它外力作用（忽略重力，空气阻力等的作用），系统动量守恒。这种情况类似二物体的碰撞，因此可看作是一种广义的碰撞。

取?粒子入射方向为x方向，?粒子“碰撞”前后速度分别为v1、v2，氧核“碰撞”后速度为v3，由动量守恒定律，

x方向：m2v1?m2v2cos??m1v3cos? y方向：0?m2v2sin??m1v3sin? 联立两式求解，可得

v1?v2cos??v2sin?sin??cos??v2sin(???)sin?v1 v2 y θ β v3 x

习题3.13图

12

所以，

v2v1?sin?sin(???)?sin41?sin(72??41?)?0.71

m1v1?m2v2?(m1?m2)v3.14 两球相碰，动量守恒。设碰后二球的共同速度为v

代入相关数据，并将v用分量表为v?vxi?vyj 20?10i?50?(3.0i?5.0j)?(20?50)(vxi?vyj) 因为等式两侧x分量与y分量应分别相等，即

20?10i?50?3.0i?(20?50)vxi 50?5.0j?(20?50)?vyj

，碰后二球的共同速度为 v?(5i?3.57j)cm/s

解出： vx?5m/svy?3.57m/s速度的大小为 v?52?3.572?6.15m/s 速度方向与x轴的夹角为 ??arctanvyvx?arctan3.575?35.53??35?32?

3.15 以速率v，半径r作圆周运动的电子，对圆心（原子核所在处）的角动量为L?rmv， 故电子的速率和角速度分别为

v?Lrm?h2?rm w?vr?h2?rm2?6.626?102?3.14?(5.3?10?11?34)?9.1?102?31?4.1?1016/s

3.16 小球在绳绷紧前水平方向不受外力作用，绳绷紧后受绳拉力作用，但拉力对0点不形成力矩，故整个过程对0点的力矩为零，小球对0点的角动量守恒。设初始时小球速度大小为v0，角动量

L0?mhv0，绳绷紧后速度大小为v，角动量L?mlv，由角动量守恒

pp0?mvmv0?hlmhv0?mlv

则初始动量大小p0?mv0，绳绷紧后动量大小p?mv，

3.17 将A、B球构成一个系统，相对于转轴上的任意一点，A、B球受到的合力矩均等于零，满足角动量守恒的条件，故有： 2m?1r12?2m?2r22 ?2??1(钢球角速度增大为原来的9倍。

3.18 (1)地球绕太阳作椭圆轨道运动时，受太阳的引力直指太阳中心，故对太阳的力矩为零，地球对太阳的角动量守恒。在远日点L1?mr1v1，在近日点L2?mr2v2,L1?L2

mr1v1?mr2v2

r1r2)2??1?(155)2?9?1

v2?v1v1r1r1r2?2.93?104114?1.52?101.47?10?71111?3.03?10m/s

4114（2）??vr ?1??2.93?101.52?10?1.93?10/s ?2?v2r2?3.03?101.47?10?2.06?10?7/s

3.19 无论卫星是在圆轨道还是椭圆轨道上运动，卫星受到的对地心的引力力矩均为零，卫星对地心的角动量守恒。

卫星在圆轨道时，r?R?h,v?7.5?103m/s，角动量L?mrv，卫星在椭圆轨道的近地点或远地点时，距地心的距离设为r?，速度v?，且v??r?，角动量L??mr??，根据角动量守恒定律，

mrv?mr?v?

①

12m(v?v2)2另外，卫星在椭圆轨道上运动时，机械能守恒。初入椭圆轨道时E??GmMr（M为

13

地球质量），在近地点或远地点时，E??

12m(v?v2)212mv??GmMr?2mMr?，有E?E?，即

②

?GmMr?12mv??G2

再考虑到卫星在圆轨道上时有 GmMr2?mvr ③

联立①、②、③式，解得： r??vrv?v2v(R?h)v?v2vrv?v2?R?，则卫星距地面的距离 h??r??R

7.5?103近地点时：h???R??(6.4?107.5?1036?8.0?10)5?200?6.4?106

?6.13?105m 远地点时：h??vrv?v2?R?v(R?h)v?v2?R?7.5?103?(6.4?107.5?1036?8.0?10)5?200?6.4?106

?9.97?105m

第四章 功与能

4.1 设井中水面为坐标原点，y轴竖直向上。依题意，当桶提升高度为y时，桶中水的质量m?m0?0.2y?10?0.2y。匀速提升时，外力F?mg?(10?0.2y)g，故做功 A?y ?010Fdx??010o (10?0.2y)gdx?882J

习题4.1图 4.2 在本题中，若采用A??Fdx计算功，由于力F表现为时间的函数而不是位置的函数，积分无法进行。可考虑用动能定理A?Ek2?Ek1?由x?3t?4t2?t3有 v?121212dxdt2

12mv22?12mv12计算。

?3?8t?3t，t=0时，v1?3m/s；t=4时，v2?19m/s，

故 A?mv22?mv1?2?1(192?3)?1762 J

4.3 可根据动能定理求棒的末速度。

取水面为坐标原点，y轴竖直向下。铁棒下落过程中某时刻，棒没入水中的长度为y，此时棒受重力 mg向下，浮力 ?gV??gsy向上，合力 F?mg??gsy 在棒下落dy过程中，合力的微功 dA?Fdy?(mg??gsy)dy

y 2整个下落过程中，合力的功 A??dA??(mg??gsy)dy?mgL??gsL

02Lo 1根据动能定理A?12mv2?12mv0,且v0?02，有 mgL?12?gsL2?12y mv2

习题4.3图

v?(2mgL??gsL)/m?2gL(2??smL)

14

4.4 （1）将绳作为一个整体，只有当沿着绳的作用力（合力）大于零时，绳才可能滑动。在沿绳方向上，有作用在下垂段上的重力W?mlyg和作用在水平段上的静摩擦力FS。取桌面为坐标原点，y

轴竖直向下。设当下垂段的长度为y=l0时，绳开始滑动，此时FS为最大静摩擦力，即 Fs??sml(l?l0)g，

ml o 由W?Fs?mll0g??s(l?l0)g?0，并取等号，可得 l0??sl1??s

y （2）已知绳的初始速度v0?0，求末态速度可用动能定理。 绳滑动过程中，在运动方向上有两个力做功。重力W?mlmlygo 习题4.4图 做正功，

滑动摩擦力Fr??kl0(l?y)g做负功。合力的功为

l0

A??l(W?Fr)dy??lmmg?m?yg??(l?y)gdy?k?l?ll???ll0ydy??kmlg?(l?y)dyl0l

2222l0l0mg?ll2??)??k(l?ll0)??k(??(l?2222??)? ??根据动能定理，A?g12mv2?122mv02?12mv2 (v0?0)

v2??(ll2?l0)?2?k(l2?ll0)??k(l2?l0) ?2?g?(1??lk)l2?2?kll0?(1??k)l02?

再将（1）中解出的l0?11??s?sl1??s代入上式，可得柔绳全部离开桌面时的速度

v?gl(1?2?s??k)

此题重力做的功也可以用重力势能的负增量表示，此时解题应采用功能原理。 4.5 空间某点的势能Ep(r)等于保守力从该点（r）到零势能点(r0)的积分，Ep(r)?kr3??rr0F?dr

本题要求将零势能点设置在F??0处，即r0??，故 Ep(r)??rkr3dr?k2r2

4.6 根据保守力与势能的关系，保守力在某方向上的分量等于势函数对该方向的变化率的负值，在一维（x方向）情况下，有 Fx??dEdxpEP

o ro x 表现在Ep~x曲线上，保守力Fx为曲线斜率的负值，曲线越陡峭处，即曲线斜率越大处，保守力的绝对值越大。保守力的方向由曲线斜率的负值确定。因此，由图可见，在x?r0处，曲线斜率为零，故Fx?0；x?r0区

习题4.6图

15

间，曲线斜率为正，故Fx?0为吸引力，且x很大时，Fx?0；x?r0区间，曲线斜率为负，故Fx?0为排斥力，且x很小时，Fx??。

4.7 万有引力表现为F??Gm1m2r2er，库仑力表现为Fq?km1m2rq1q2r2er，二力均为平方反比有心力，

故势能的形式应相似。已知引力势能为 Ep??Gq1q2r

静电势能则应为 Epq?k 当q1、q2为同性电荷时，q1q2?0，静电势能为正值。

4.8 将小球与地球视为一个系统。在小球由A至C的运动过程中，系统受空气阻力作用，根据功能原理，空气阻力做的功等于系统机械能的增量，即A?Ec?EA。取A点为重力势能零点，有

A?Ec?EA?12mvc2?mgR(1?cos?)?12mv02 ①

θ c 在C点时，小球脱离圆轨道，绳松驰，拉力T?0，应有

mgcos??mvcl2vo ②

32A 习题4.8图 联立求解①、②式，得： A?mgl(co?s?1)

4.9 （1）卫星绕地球旋转时的向心力由万有引力提供， Gm1m2(3R)2m1m2r2?m1v2r

将r?3R代入， G?m1v23R， 故卫星的动能 Ek?m1m2r12m1v2?Gm1m26RGm1m23R

（2）取r??为引力势能零点，将r?3R代入Ep??GGm1m26RGm1m23R，Ep??

（3）机械能E?Ek?Ep E????Gm1m26R

4.10 本题研究的是剪断m1与m2间连线后的情况。

将m1、弹簧、地球构成一系统，该系统不受外力作用，内部没有非保守力做功，机械能守恒。取剪断连线的瞬间为初态，速率最大时为末态，弹簧为原长时作为弹性势能和重力势能的零点，则初态时弹簧形变x1，且 k1x1?m1g?m2g

末态时因速率要达到最大（动能最大），必是势能

EP(x2)?12kx22 0 x2 ml ?m1gx2为最小。令

dEdxP?kx2?m1g?0，解得在

ml m2 x1 x2?m1gk处EP有极小值，即m1在x2?122m1gk2处速率最大，根据机械能守

12x 习题4.10图 恒E1?E2，有

kx1?m1gx1?12

kx2?m1gx2?m1v2

16

将x1及x2代入上式，解得： v?m2g1m1k?0.3?9.810.5?8.9?1.40m/s

4.11 将小环、弹簧、地球构成一系统，该系统没有外力和非保守内力做功，机械能守恒。取B点为初态，C点为末态，弹簧原长为弹性势能零点，C点为重力势能零点，根据机械能守恒EB?Ec，有

12k(0.6R)2?mg(2R?1.6Rcos?)?12mvc2?12kR2 ① ②

A f o θ B C N 式中弹簧的劲度系数根据题意得出，即 kR?mg

因为要讨论C点处的正压力，故应对小环在C点作受力分析。小环在C点受重力mg，正压力N，弹簧的弹性力f作用，弹性力大小

f?kR，且小球在C点作圆运动，根据牛顿第二定律的法向分量式，

应有

N?kR?mg?man?mvck2 ③

an?0.8g,N?0.8mgmg 联立求解①～③式，得：vc2?0.8gR,

小环对圆环的正压力N??N?0.8mg

4.12 将质子与氦核构成一个系统。该系统没有外力作用，静电力是系统内的保守力，故系统动量守恒，能量守恒。取二者相隔很远(r??为零势能点)时为初态，达到最近距离时为末态，此时二者具有相同的速率v，于是

动量守恒：4mpv0?mpv0?(4mp?mp)v 能量守恒：

12(4mp?mp)v02①

2?12(4mp?mp)v?k2er2

5ke22②

联立①、②式，解得二者相距最近时的速率 v?4.13 可将整个过程分解为两个分过程：

4mpv0

（Ⅰ）子弹与摆的碰撞过程。将子弹和摆构成一个系统，系统水平方向动量守恒。设子弹射出摆后，摆以速度V开始运动，有 m1v1?m1v2?m2V

①

（Ⅱ）摆的上升过程。将摆与地球构成一个系统，系统机械能守恒。设摆在竖直位置处为初态，此时速度V，摆上升到最大高度h处为末态，此时速度为零，

联立求解①、②式，可得摆上升的最大高度

h?m1(v1?v2)2m2g22212m2V2?m2gh ②

?(2?10?3)?(500?100)2222?1.0?10?3.2?10?2m

4.14 (1) 以A、B构成一系统，该系统水平方向不受外力作用，水平方向（设为x）动量守恒。由于初态时二者均静止，动量为零，故在小球未离开圆槽的过程中，总应满足

m1v1x?m2v2x?0 ①

设小球离开圆槽时速度为v1，圆槽速度为v2，此时v1 和v2均在水平方向，故①式可以表示为

m1v1?m2v2?0

②

17

另外，若将A、B及地球构成一系统，该系统外力不做功，内力(一对正压力)的总功为零，系统机械能守恒, mgR?12m1v1?212m2v22

2m2gR2gR(m1?m2)m2t③

联立②、③两式，得： v1?m1?m2v2?

(2) 设整个下滑过程的时间为t，A在水平方向移动的距离 sA?t?0v1xdt

④

B在水平方向移动的距离 sB??0v2xdt

m2m1sB⑤

将①式分别代入③式和④式，可得： sA?由图可见sA?sB?R 解⑥、⑦两式，得 sA?m2Rm1?m2sB? ⑥ ⑦

m1Rm1?m2

(3) 圆弧槽对物体A的正压力做的功，等于A的机械能的增量。

A?12m1v1?m1gR2 R sB sA ⑧

m1gRm1?m22将v1?2m2gRm1?m2代入 A??

o 4.15 将问题分解为两个过程讨论：

(Ⅰ) 子弹射入木块过程。这是子弹与木块的完全非弹性碰撞，将子弹与木块构成一个系统，系统动量守恒。设子弹的初态速度为

v0习题4.14图

，碰后子弹与木块的共同速度为v，有 m1v0?(m1?m2)v

①

(Ⅱ) 弹簧压缩过程。将子弹、木块、弹簧构成一系统，有摩擦力f??(m1?m2)g做功，根据功能原理，摩擦力的功等于系统机械能的增量， ??(m1?m2)gx?联立求解①、②式，可得子弹的初速度

v0?1m1(m1?m2)[2?(m1?m2)g?kx]x12kx2?12(m1?m2)v2 ②

?10.02(0.02?8.98)?[2?0.2?(0.02?8.98)?9.8?100?0.1]?0.1?319m/s

4.16 先看动量关系。将钢球和小车视为一个系统，系统水平方向不受外力作用，动量守恒。初态时，系统静止，总动量为零，小球至最低点时，速度沿水平方向，设为v，车的速度也沿水平方向，设为V， m1V?m2v?0

①

再看功能关系。将小车、钢球和地球视为一个系统，没有外力做功。内力为杆与小车在光滑轮0处的相互作用力，这是一对内力，由于没有相对位移，故内力的总功为零。系统机械能守恒，

18

mgL?12m1V2?12m2v2

m1m1?m2m22②

联立求解①、②式，得： v??2gLV?m1(m1?m2)?2gL

4.17 将问题分解为三个分过程讨论

(Ⅰ) 粘性物质m1从h高度处自由下落至框架面上， v?2gh ①

(Ⅱ) 粘性物质m1与框架m2发生完全非弹性碰撞，撞后共同的速度为V，根据碰撞过程动量守恒，

m1v?(m1?m2)V ②

(Ⅲ) 碰后的运动。将粘性物质m1，框架m2，弹簧和地球看作一个系统，系统无外力和非保守内力做功，机械能守恒。设m1、m2开始以速度V运动时为初态，此时弹簧伸长x0，

m2g?kx0 ③

弹簧最大伸长x时为末态，此时二物体速度为零。取弹簧的原长为弹性势能和重力势能零点，由机械能守恒，有

12(m1?m2)V2?12kx02?(m1?m2)gx0?12kx2?(m1?m2)gx ④ ⑤

弹簧最大下移 s?x?x0

联立求解①～⑤式，得 s?30cm 4.18 证：将问题分解为三个分过程考虑：

(Ⅰ) m2由h高度处自由下落，到达m1处时速度为 v?2gh ①

(Ⅱ) m2与m1作完全非弹性碰撞，动量守恒。设碰后速度为V

m2v?(m1?m2)V ②

(Ⅲ) 碰后整体向下运动。将m1、 m2、弹簧及地球看作一个系统，没有外力和非保守内力做功，系统机械能守恒。设碰后二物体以速度V运动时为初态，此时弹簧已压缩x0，弹簧达到最大压缩x时为末态，此时物体速度为零，取弹簧的原长为弹性势能和重力势能零点，有

且

12(m1?m2)V2?12kx02?(m1?m2)gx0?12kx2?(m1?m2)gx ③ ④ ⑤

m1g?kx0

弹簧对地面的最大作用力 Fmax?kx

联立求解①～⑤式，证得 Fmax?(m1?m2)g?m2g1?2kh(m1?m2)g

4.19 证：二物体发生正碰时，碰前和碰后的速度方向均在二物体的连线方向上，根据碰撞过程动量守恒， m1v10?m2v20?m1v1?mv2

由于是弹性碰撞，碰撞前后系统总动能不变，m1v102?2(m1?m2)v10?2m2v20m1?m2①

112m2v202?12m1v2?12m2v2 ②

联立①、②式可以求得：

v1?v2?(m2?m1)v20?2m1v10m1?m2

则可得到 v2?v1?v10?v20 写为矢量形式，证得： v2?v1?v10?v20

19

4.20 (1) 正确。卫星在椭圆轨道上运动时，所受地球的万有引力对地心的力矩为零，根据角动量守恒定律，卫星对地心的角动量应守恒。

(2) 正确。将卫星与地球构成一系统，系统只有万有引力做功，万有引力是保守力，故系统机械能守恒。

(3) 不正确。两式的右侧含有法向加速度，分别用

v12r1和

v2r22表示，式中分母的r1、r2应分别为在近

地点和远地点时椭圆轨道的曲率半径?1和?2，而不是图上标出的r1和r2，r1??1r2??2。

4.21 将问题分解为两个分过程讨论：

(Ⅰ) 子弹射入木块。将子弹与木块看作一个系统，碰撞过程动量守恒。设碰后速度为v1,

m2v0?(m1?m2)v1

①

(Ⅱ) 碰后从A运动到B。在碰后的运动过程中，（m1?m2）作为一个整体，水平面上只受弹簧的弹力作用，弹力指向0点，对0点的力矩为零，故子弹、木块系统对0点的角动量守恒，

(m1?m2)v1l0?(m1?m2)vlsin? ②

再将m1、m2及弹簧看作一个系统，系统无外力和非保守内力做功，机构能守恒，

12(m1?m2)v1?212(m1?m2)v2?12k(l?l0)2 ③

联立求解①～③式，得：

v?1m1?m2m2v022?k(m1?m2)(l?l0)2 ??arcsinl0m2v0m2v022

2?k(m1?m2)(l?l0)4.22 将A、B视为一系统，万有引力是系统的内力，没有其它力的作用，故系统应满足机械能守恒。以无穷远（很远）处为引力势能零点，有

12mAv02?12mAv2?GmAmBd ①

以A粒子为研究对象，A受B的万有引力作用，此万有引力对B点的力矩为零，故A对B的角动量守恒， mAv0D?mAvd

联立求解①、②式，得： mB?

v0(D22②

?d)22Gdv?Dv0d

第五章 刚体定轴转动

5.1 刚体角速度，??d?dt?A?2Bt 角加速度 ??d?dt?2B

考察点速度 v=r?=r(A+2Bt) 切向加速度 at=r?=2rB 法向加速度 an=r?2=r(A+2Bt)2

5.2 由于 ?=–k? 即

?d?dt??k? 分离变量

d????kdt

??kt t时角速度为 ???0e?kt 积分 ????kdt 有 ln?0dt0?0d?t?5.3 (1) ×；(2) √；(3) ×；(4) ×；

5.4 (1) 取质元dm，质元对轴的转动惯量dJ=R2dm

园环转动惯量为各质元转动惯量之和 J??dJ??R2dm?R2?dm?R2m

20

(2) 园盘的质量面密度为??m?2(R2?2R1)

1212若是实心大园盘，转动惯量为 J2?12m2R2?1242???R2?R2?12224??R2

挖去的空心部分小园盘的转动惯量为 J1?J?J2?J1?12m1R2?42???R1?R1?m22124??R1

??(R2?R1)?212?空心园盘转动惯量为

?122?2(R2?2R1)(R2?R1)44

m(R1?R2)121222 (3) 若为完整的园盘，转动惯量为 J0??2m?R?mR

半园盘转动惯量为整个园盘的一半，即 J?5.5 正方形的转动惯量 J?2?ml2J0?212mR22

?m(2l)?4ml 正方形受到的重力矩 m?2mgl

?g2l由转动定律 M=J? 得到转动角加速度 ??MJ?2mgl4ml2

5.6 杆对轴的转动惯量为左、右两部分之和 J?J1?J2?l613?ml212m2l21?()???()?ml333339MJ3g2lcos?2

杆受重力矩为 M?mg?cos? 由转动定律 M=J? 得到 ???

5.7 设绳中张力为T 对于重物按牛顿第二定律有 m2g–T=m2a (1) 对于滑轮按转动定律有 Tr?2m2gm1?2m212mr2?? (2) 由角量线量关系有 a=r? (3)

联立以上三式解得 a?

5.8 设两轮之间摩擦力为f

对主动轮按转动定律有 M–frr1=J1?1 (1) 对从动轮按转动定律有 frr2=J2?2 由于两个轮边沿速率相同，有r1?1=r2?2 联立以上三式解得 ?1?Mr2222(2) (3)

J1r2?J2r1，?2?Mr1r2J1r2?J2r122

5.9 设园盘与物体之间摩擦力为fr 对园盘按转动定律有 M?frr?12m1r2?? (1) (2) (3)

对物体按牛顿第二定律有 fr?Fr?m2a 由角量线量关系有 a=r?

21

联立以上三式解得 a?2(M?FrR)R(m1?2m2)

5.10 设连接m3的绳子中的张力为T1，连接m4的绳子中的张力为T2。 对重物m3按牛顿第二定律有 m3g–T1=m3a3 对重物m4按牛顿第二定律有 T2–m4g=m4a4

对两个园盘，作为一个整体，按转动定律有 T1r1–T2r2?(m1r12?2112m2r2)?2(1) (2)

(3) (5)

由角量线量关系有 a3=r1? (4) a4=r2? 联立以上五式解得 ??m3r1?m4r212m1r1?212g

22m2r2?m3r1?m4r225.11 (1) √；(2) √；(3) √； (1) ×；(2) ×；(3) √ 5.12 0.25；2 5.13 0

5.14 按角动量守恒有

12m1R2??0?(12m1R2?m2R)?2 得到 ??m1?0m1?2m2

5.15 按角动量守恒有

12m1R2??0?(12m1R2?m2R)?2

得到人在盘边沿时盘的角速度 ??12m1?0m1?2m2

m1R?02m2按角动量守恒

m1R2??0?m2vR 得到盘静止时人的速率 v?v2l213

3m2v4m1l225.16 按角动量守恒有 m2v?1213l2?m2??m1l?2 得到杆获得的角速度 ??

按机械能守恒

?m1l2??2?m1g?l2(1?cos?) 得到杆最大上摆角??arccos(1?3m2v216m1gl)

5.17 按角动量守恒有 m3vlsin??(m1l2?m2l2?m3l2)?

33m3vsin?(m1?3m2?3m3)l1得杆获得角速度 ??

5.18 杆的角动量守恒，有 L1=L2

(1) L1为碰撞前杆的角动量，以逆时针转动为正方向，下面l部分角动量L下为正、上面l部分

3321角动量L上为负：即L1?L下?L上。

对于下面部分，取线元dx，线元质量为dm?mldx，动量为dp?mvldx，对于转轴的角动量为

22

dL?mvlxdx故 L下??dL??02l/3mvlxdx?2916mvl同理，对于上面部分L上??dL??0

122l/3mvldxd?118mvl

故碰撞前杆的角动量 L1?L上?L下?mvl(2) L2为碰撞后角动量。碰后杆绕子轴转动的惯量为 J??m?(l)2?11121?m?(l)?ml2

333333角动量 L??12?J9ml2?

(3) 由角动量守恒 L1=L2有

1mvl?1ml2? 得到杆转动角速度 ??3v692l

5.19 (1) √；(2) √；(3) √

5.20 以初始位置作为两个重物的重力势能零点，按机械守恒，有 0?112(m2?m3)v2?12?2m1R2??2?m3gh?m2gh (1) 按角量线量关系有 v?R? 联立以上二式解得 v?2(m2?m3)ghm

1?2m2?2m35.21 (1) 按转动定律有 m122m2g2gR?(2m1R?m2R2)? 得到 ??(m

1?2m2)R铆钉的切向加速度为 a2m2gt?R??m

1?2m2 (2) 以初始位置作为m2重力势能的零点，按机械能守恒有 0?122m2v?12?122m1R??2?m2gR (1) 按角量线量关系有 v=R?

(2)

联立以上二式解得 ??2m2g24m2g(m1?2m；铆钉的法向加速度为 an?R??m

2)R1?2m25.22 (1) 设最大伸长为lm，设初始位置为重物的重力势能零点，按机械守恒有 0?122m2g2klm?m2glm 得到 lm?k

(2) 按机械能守恒有 0?1m21?1m2122v?221R2???2kh2?m2gh (1)

2由角量线量关系有 v=R? (2) 联立以上二式解得 v?4m2gh?2khm

1?2m25.23 取初始位置为杆重力势能的零点，按机械能守恒定律有 2

12k(5l?l)2?112?3ml2??2?mg?l?3mg2，解得 ??3kl(5?1)ml?4.2rad/s

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