大学物理机械工业出版社上册课后练习答案审批稿

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社上册课后练习答案

TPMK standardization office【 TPMK5AB- TPMK08- TPMK2C- TPMK18】

第一章 质点的运动

1-1 已知质点的运动方程为：

23010t t x +-=，22015t t y -=。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．

解 (1) 速度的分量式为

t t

x

x 6010d d +-==

v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1

,则初速度大小为

设v o 与x 轴的夹角为α,则2

3

tan 00-==x

y αv v

α＝123°41′

(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -?==

t a x

x v , 2

s m 40d d -?-==

t

a y y v

则加速度的大小为

22

2

s m 1.72-?=+=y x a a a

设a 与x 轴的夹角为β,则3

2tan -==x y

a a β β＝-33°41′(或326°19′)

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-B v ，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d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )

(d =v v

后再两边积分．

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 v v

B A t

a -==

d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为

t B A d d =-v

v

(2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

得石子速度 )1(Bt e B A

--=

v 由此可知当,t →∞时,B

A

→v 为一常量,通常称为

极限速度或收尾速度．

(2) 再由)1(d d Bt e B

A

t y --==v 并考虑初始条件有

得石子运动方程)1(2-+=

-Bt e B

A

t B A y 1-3 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 = - k v 2，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 1

00

+=

t kv v v ；

（2）在时间t 内，船行驶的距离为 01

ln(1)x v kt k

=+；

（3）船在行驶距离x 时的速率为v =v 0e -kx 。

[证明]（1）分离变数得2d d v

k t v

=-，

故 020

d d v t v v

k t v =-??，

可得： 011

kt v v =+．

（2）公式可化为0

01v v v kt

=+，

由于v = d x/d t ， 所以：00001

d d d(1)1(1)

v x t v kt v kt k v kt ==+++

积分 00001

d d(1)(1)x t

x v kt k v kt =++??

．

因此 01

ln(1)x v kt k

=+．

(3 ) 要求 v ( x )，可由 dx

dv

v dt dx dx dv dt dv a ===，

有

积分得 kx

x v v e v v kx v v dx k v dv -=-=?-=??00

,ln 0证毕．

1－4行人身高为h ，若人以匀速v 0用绳拉一

小车行走，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：人前进的速度v 0，则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小，

所以小车移动的速度2

20220)(t

v h H t

v v --=

小车移动的加速度[]

2/3220

2

20

2

)

()(t

v h H v

h H a +--=

1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的

关系为 262x a +=，a 的单位为 m/s 2，x 的单位为 m 。质点在x =0处，速度为10m/s ，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 ++=32

2221 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c

∴ 1

3s m 252-?++=x x v

1-6 如图所示，一弹性球由静止开始自由下落高度 h 后落在一倾角 30=θ的斜面上，与斜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。

解：小球落地时速度为gh v 20= 建立直角坐标系，以小球第一次落地点为坐标原点如图

00060cos v v x =

200060cos 2

1

60cos t g t v x +

= （1） 00060sin v v y =

200060sin 2

1

60sin t g t v y -

= （2） 第二次落地时 0=y g

v t 0

2= 所以

m g

v t g t v x 8.0260cos 2160cos 202

00

0==+=

H

h v 0

图1-18 习题1-4图

1－7一人扔石头的最大出手速率为v ＝25m/s ，他能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

解：由运动方程

21

cos ,sin 2

x vt y vt gt θθ==-,消去t 得轨迹方程

以x ＝05.0m ，v ＝25ms －1代入后得 取g ＝10.0，则当 1.25tg θ=时，max 11.25y =〈13

所以他不能射中，能射中得最大高度为max 11.25y =

1-8 一质点沿半径为R 的圆周按规律

202

1

bt t s -=v 运动，v 0 、b 都是常量。(1) 求t

时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b (3) 当加速度达到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a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．

解 (1) 质点作圆周运动的速率为

bt t

s

-==

0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为

b t s a t -==22d d , R

bt R a n 2

02)(-==v v

故加速度的大小为

其方向与切线之间的夹角为 (2) 要使｜a ｜＝b ,由

b bt b R R

=-+4022)(1

v 可得b t 0v =

(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为

因此质点运行的圈数为bR

R s n π4π220

v == 1-9 已知质点的运动方程为：

t h

z t R y t R x ωπ

ωω2,sin ,cos =

==，式中ω、、h R 为正的常量。求：（1）质点运动的轨道方程；（2）质点的速度大小；（3）质点的加速度大小。

解： （1）轨道方程为 222R y x =+

t h

z ωπ

2=

这是一条空间螺旋线。 在O xy 平面上的投影为圆心在原点，半径为R 的圆，螺距为h （2）t R dt

dx

v x ωωsin -==

（3）t R a x ωωcos 2-=

t R a y ωωsin 2-= 0=z a ，

22

2ωR a a a y x =+=

1－10飞机以100m·s -1的速度沿水平直线飞行，在离地面高为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：

（1

）

21y gt t 2452x m ∴==＝，（2）

5.12==θ

x

y

arctg

（3

）

222

22n v dv dt 1.96/,10.0(m 9.80/,10.0

(9.62/9.8)

t t t

a a m s g a a g

a m s g m s ∴===∴===2＝＝

或1.88/s ,g=9.8）

或，g ＝ 1－11一无风的下雨天，一列火车以v 1=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v 2。（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V 1,雨滴相对地面竖直下落的速度为V 2，旅客看到雨滴下落速度V 2’为相对速度，它们之间的关系为

1－12升降机以加速度a 0=1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·s -1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 2

1

0()2

0.705h g a t t s

=-+==

（2）由于升降机在t 时间内的高度为

2

01

'2h v t at =+

则'0.716d h h m =-=

1－13飞机A 相对地面以v A =1000km/h 的速率向南飞行，另一飞机B 相对地面以v B

=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：

1－14 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1000m 、水流速度为0.55m·s －1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，设划行速度v '合速度v 的夹角为α

如图（2）用最短的时间过河，则划行速度的方向

正对着岸

1－15设有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处，飞机相对空气的速率为v '，而空气相对地面的速率为u ，A 、B 间的距离为l 。

（1）假定空气是静止的（即u =0），求飞机来回飞行的时间；

（2）假定空气的速度向东，求飞机来回飞行的时间；

（3）假定空气的速度向北，求飞机来回飞行的时间。

解：由相对速度的矢量关系'v v u =+有

α v

u

v’ (1)

(2)

v’

u （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）），故飞机来回飞行

的时间02'''

AB BA l l l

t t t 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

(3) 空气的速度向北时，飞机相对地面的飞行速度的大小由'v v u =+可得为

22'v v u =-，故飞机来回飞行的时间为

第二章 质点动力学

2－1如本题图，A 、B 两物体质量均为

m ，用质量不计的滑轮和细绳连接，并不计摩

擦，则A 和B 的加速度大小各为多少 。 解：如图由受力分析得

2－2如本题图所示，已知两物体A 、B 的质量均为m=3.0kg ，物体A 以加速度a =1.0m/s 2 运动，求物体B 与桌面间的摩擦

力。（滑轮与连接绳的质量不计）

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，

2-3 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

314m m =322m m =。求各物体

运动的加速度及各段细线中的张力。

解：设m 1下落的加速度为a 1，因而动滑轮也以a 1上升。再设m 2相对动滑轮以

加速度a ′下落，m 3相对动滑轮以加速度a ′上

升，二者相对地面的加速度分别为：1

a a -'（下落）和1a a +'（上升），设作用在m 1上的线中张力为T 1，作用在m 2和m 3上的线中张力为T 2。列出方程组如下： 代入314m m =，

322m m =，可求

出：

51g a =

，52g a ='，52g a =，5

33g

a =，

g m T 1154=，g m T 1252

=

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μ。物体的初速率为v 0，求：（1）t 时刻物体的速率；（2）当物体速率从v 0减少到v 0/2时，物体所经历的时间及经过的路程。

习题2－2图

A

B 习题2-1图 a A

mg

T A T B

a B

mg

习题2-3

解：（1）设物体质量为m ，取图示的自然坐标系，由牛顿定律得，

（2）

当物体速率从v 0减少到v 0/2时，

由00Rv v R v t

μ∴=

+可得物体所经历的时间

0t R v μ

'=

经过的路程t t 00

0vdt dt ln 2Rv R

s R v t μμ

'

'

=+??

＝＝

2－5从实验知道，当物体速度不太大时，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k 。将质量为m 的物体以竖直向上的初速度v 0抛出。

（1）试证明物体的速度为

(2)证明物体将达到的最大高度为 (3)证明到达最大高度的时间为 证明：由牛顿定律可得

2－6 质量为m 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－b v 2，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 0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

0v =

02

20//0100

mg-f-F=ma

mg=F f=bv dv a=dt v dy (2)0.4,0.1m v

y ln 5.76m b y v v by m by m dv v dy dv

b mv

dy

b dv m v

v v e m v v v ---=∴-=-=====??b

将已知条件代入上式得，m

＝－

＝ 2－7一物体自地球表面以速率v 0竖直上抛。假定空气对物体阻力的值为f ＝－km v 2，其中k 为常量，m 为物体质量。试求：（1）该物体能上升的高度；（2）物体返回地面时速度

的值。

解：分别对物体上抛和下落时作受力分析（如

图），

2-8 质量为m 的子弹以速度v 0水平射入沙土

中，设子弹所受阻力f = - k v ，k 为常数，求：

y

f ＝－kv mg

v

(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：

dt

dv m

kv f =-=， 分离变量，可得：vdt

dv

m k =

- 两边同时积分，所以：t m

k e

v v -=0

（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：

由vdt

dv m k =-

可推出：dv k

m

vdt -

=，而这个式子两边积分就可以得到位移：

max 0v m m

x vdt dv v k k

==-

=??

。 2-9 已知一质量为m 的质点在x 轴上运动，质点只受到指向原点的力2/x k f -=，k 是比例

常数。设质点在A x =时的速度为零，求质点

在4/A x =处的速度的大小。

解：由题意和牛顿第二定律可得：

dx dv mv dt dx dx dv m dt dv m x

k f ===-=2

再采取分离变量法可得：

mvdv dx x

k

=-2 ， 两边同时取积分，则：

mvdv dx x

k

v A A

??

=-024

/

所以：mA

k

v 6=

2-10 一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为3/1044005t F ?-=，子弹从枪口射出时的速率为m/s 300。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3/1044005t F ?-=和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得到：

03/1044005=?-=t F 算出t=0.003s 。

（2）由冲量定义： （3）由动量定理：

0.003

0.60.6/3000.002I Fdt P mv N s m kg

==?==?==?所以：

2-11 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质量为51.0 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

gh 21=v (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

()12Δv v m m t -=+P F (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？

解：由动量定理得

000

I mv I v m

?=-?∴=

，

如图受力分析并由牛顿定律得，

2－13一作斜抛运动的物体，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

2－14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θ角的速率v 0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

2－15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v n，跳下一个人后的车速为v n－1，在该次跳车的过程

中，根据动量守恒有

（M+nm）v n=M v n－1+(n-1)m v n－1+m(v n－1-u) (2)

由式（2）得递推公式

v n－1=v n+mu/(M+nm) (3)

当车上有N个人得时（即N＝n），v N＝0；当车上N个人完全跳完时，车速为v0，根据式（3）有，

v N-1=0+mu/(Nm+M)

v N-2= v N-1+mu/((N-1)m+M)

………….

v0= v1+mu/(M+nm)

将上述各等式的两侧分别相加，整理后得，

n

mu

v

nm

,1,2,3....

v v

M nm M Nm n N

N

+≤+=

∑N

＝1

＝

M+

由于

故有，

即个人一个接一个地跳车时，平板车的末速度大于N个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：2

kv

f-

=，试求物体由x0＝0 运

动到x＝l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??

=x

F d

W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) ＝k v2变换到F(t),进一步按

x＝ct3的关系把F(t)转换为F(x),这样,就可按功

的定义式求解．

解由运动学方程x＝ct3 ,可得物体的速度

按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为

则阻力的功为

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 －αgy

其中α＝0.2kg/m,人对水桶的拉力的功为 2－18如本题图所示，A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来，它们的质量分别为m 1和m 2。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

11221122121212

(1)

ky -mgy =12(3)

F G F

ky mgy y y M N O F y F G G A N B +++''1211121

22221212＝当外力撤除以后，由机械能守恒定律得，11

22

和为、两点对原点的位移。因为＝ky ,F =k ,G =m g 上式可以写为，F -F =2G (2)由（）和（）式可得＝当板跳到点时，板刚被提起，此时弹性力F =G ,且F =F ,由式（3）可得F ＝G +G =(m +m )g

2－19如本题图所示，质量为m 、速度为v 的钢球，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

()1

222100()(1)

111mv ()kx 222212m x v

k m )

mv m M v m M v M

M =++++又由机械能守恒定律，有＝由（）式和（）式可得＝

（ 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l ，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多少？

解：

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α，高度为h ，物块与斜面的滑动摩擦因数为μ，今

有一质量为m 的子弹以速度v 0 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：

习题2－18图

习题2－19

2-22 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 、

B ，它们质量分别为A m 和B m ，弹簧劲度系数为k ，原长为l 。用力推B ，使弹簧压缩

0x ，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，根据能量守恒，可得到：

2

022

1)(21kx v m m B A =+，所以：0x m m k

v B

A +=

; x l =

（2）分离之后，A 的动能又将逐渐的转

化为弹性势能，所以：

222121kx v m A = ，则： 0A A A B

m x m m x =+

2-23 如图2-41所示，光滑斜面与水平面的夹角为α=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，恰好有一质量m=0.01kg 的子弹，沿水平方向以速度m/s 200=v 射中木块并陷在

其中。设弹簧的劲度系数为N/m 25=k 。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：

22111

sin 22Mv kx Mgx α+= 10.83v ?= (碰撞前木快的速度)

1cos Mv mv m M v α'

-=+（） 0.89v '?=-

2－24 二质量相同的小球，一个静止，另一

个以速度0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；（3）假设碰撞的恢复系数

5.0=e 。

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，即两者将以共同的速度前行：mv mv 20=

所以：

02

1v v = （2）假设碰撞是完全弹性的， 两球交换速度， 01=v 02v v =

习题2－21图

图2-40 习题2-22 图

图2-41

习题2-23 图

（3）假设碰撞的恢复系数5.0=e ，也就是

所以：0141v v =

， 024

3v v = 2－25如本题图所示，一质量为m 的钢球，系在一长为l 的绳一端，绳另一端固定，现将球由水平位

置静止下摆，当球到达最低点时与质量为M ，

静止于水平面上的钢块发生弹性碰撞，求碰撞

后m 和M 的速率。

2-26 如图2-43所示，两个质

量分别为m 1和m 2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x 0然后释放。（已知

123m m =）求：（1）释放后B A 、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 一起运动，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。

所以m

k

x v 3430

=

（2）22122

0222

12121v m m kx v m ）（++=

那么计算可得：021

x x =

2－27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θ 应满足cos θ = 1/9。

证明：设球A 到达最低点的速率为v ，根据

机械能守恒有

()

2

212(1cos ),2

4(1cos )(1)

,,0.50.5(2)(3)

3

(2),(3)441

(5)2

1451

cos 9

A B B A

B A B A B B mv mg l v gl A B v v v v e v

v v v A B mv mv mv v mv mgl v θθθ=-=--=

=-=+==

==

所以，设碰撞后，两球的速率分别为由题意得：

即，两球碰撞时水平方向动量守恒：由式得

碰撞后B 球机械能守恒，故有将（），（）代入（）得：

2-28 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

习题2－25图

图2-43 习题2-26 图

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)

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

上相对初始时刻的位移大小(另外从质心公式算)2

r

R x -=

? 2-29 如图2-46所示，从坐标原点以v 0的初速度发射一发炮弹，发射倾角θ = 45°。当炮弹到达g

v x 3220

1=

处时，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x 2是多少？

解：炮弹爆炸后其质心仍按原抛物线轨道运

动，因而落地后的质心坐标为g

v x C 20

=

由式2

12

211m m x m x m x C ++=

，且 m m m ==21，有

g

v g v x x x C 20

201234)311(22=

-=-=第三章 刚体力学

3－1 一通风机的转动部分以初角速度ω0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

ωC M -=，

又因为转动定理 dt

d J

J M ωβ== 当021ωω=时，2ln C

J

t =。

（2）角位移

?=t

dt 0

ωθ?

-=2ln 0

0C J t J

C dt e

ωC

J 0

21ω=

， 所以，此时间内转过的圈数为

C

J n πωπθ420==

。 3－2 质量面密度为σ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

图2-46 习题2-29 图

)(1222b a ab J +σ

=

。其中a ，b 为矩形板的长，宽。 证明一：如图，在板上取一质元

dxdy dm σ=，对与板面垂直的、通过几何中心

的轴线的转动惯量为

证明二：如图，在

板上取一细

棒

bdx dm σ=，

对通过细棒中心与棒垂直的转动轴的转动惯量为

212

1

b dm ?，根据平行轴定理，对与板面垂直的、通过几何中心的轴线的转动惯量为

3312

1121ba a b dJ J σσ+==∴?)(1222b a ab +=σ

(

这道题以右边为坐标原点，左为正方向) 3-3 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m 2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。（现在滑轮质量要计，所以绳子拉力会不等） 解：受力分析如图

ma T mg 222=- （1） ma mg T =-1 （2）

βJ r T T =-)(2 （3） βJ r T T =-)(1 （4）

（对于质量非常小的物体，转动惯量为零，

才有可能T=T 1）

βr a =，2

2

1mr J =

(5) 联立求出

g a 41=

， mg T 811=，mg T 4

5

1=，mg T 2

32=

3-4 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μ的水平桌

面上，设开始时杆

以角速度0ω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。 （1） 解：设杆的线l

m

=

λ，在杆上取一小质元dx dm λ=

考虑对称mgl gxdx M l μμλ?==20

4

1

2

（2） 根据转动定律d M J J

dt

ωβ== T

图3-29 习题3-4图

所以 g

l

t μω30=

3－5 质量为m 1和m 2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J 1和J 2，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 1111a m T g m =-a m g m T 222=- 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） 而且，αR a =1，αr a =2，（列1.牛二2.转动定律3.约束方程即可求解）

3－6 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 1和m 2的物体A 、B 。A 置于倾角为θ的斜面上，它和斜面间的摩擦因数为μ。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。根据牛顿定律有

对滑轮而言，根据转动定律有

由于绳子不可伸长、绳与轮之间无滑动，则

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止开始下落。求：（1）物体下落的最大距离；(2) 物体的速度达最大值时的位置。

解：（1）机械能守恒。 设下落最大距离为

h

（2）mgx J mv kx =++2222

1

2121ω（物体

的重力势能转化为这些能）

若速度达最大值，

0=dx dv ，k

mg

x = 3-8 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

N/m 40=k ，当0θ=时弹簧无形变，细棒的质量kg 0.5=m ，求在0θ=的位置上细棒至少应具有多大的角速度ω，才能转动到水平位置？

解：机械能守恒 222

1

2121kx J mg

=+ω（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）

据几何关系22215.1)5.0(+=+x

128.3-?=s rad ω

图3-33 习题3-8图

3-9 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。 解：在虚线位置的C 点设为重力势能的零点，下降过程机械能守恒22

1

ωJ mgR =

222

1

mR mR J +=（平行轴定理：圆心到O ）

27

3

y F mg mR mg ω=+= 方向向上

3-10 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，因而它对O 点的力矩也为零，即对O 点的角动量守恒

=θsin mvr 常量。另一方面，矢量r 在单位时间内扫过的面积：θsin 2

1

vr S =

?=常量。 3-11 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θ =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）卫星绕地球椭圆运动时，距地心的最远和最近距离1r 和2r 。

解：（1）由 r v m r mM G 22=，得 r

GM

v =

（2）卫星在运动过程中对地心的角动量守恒和机械能守恒： (r ×F=0，角动量守恒)

2

21130cos mv r mv r mv r ?=?=? （椭圆的三个点，突变前不守恒）

22

2221212212121r mM G mv r mM G mv r mM G mv -=-=-（突变后椭圆的三个点）

其中，1v 、2v 分别是卫星在远地点与近地点时的速率，可求出

r r 23

1=

，r r 212=

图3-34 习题3-9图 图3-35 习题3-10图

图3-34 习题3-9图

3－12 如本题图所示，质量为M 长为L 的均匀直杆可绕过端点o 的水平轴转动，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 21222

12121mv J mv +=ω 又因为角动量守恒 ωJ Lmv Lmv +=1（碰撞的瞬间角动量守恒） 且 231ML J =

，m M 6= L

v 32=∴ω (2) 完全非弹性碰撞，角动量守恒

ωJ Lmv Lmv +=2

又 L v ω=2 L

v

3=

∴ω 3－13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J 1=10.0kg·m 2，开始时B 轮静止，A 轮以n 1=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） 所以B 轮的转动惯量为

（2）啮合过程中系统机械能变化 3-14 如图3-39所示，长为l 的轻杆（质量不计），两端各固定质量分

别为m 和m 2的小球，杆可绕水平光滑固定轴

O 在竖直面内转动，转轴O 距两端分别为l 3

1

和

l 3

2

。轻杆原来静止在竖直位置。今有一质量为m 的小球，以水平速度v 0与杆下端小球m 作对

心碰撞，碰后以02

1

v 的速度返回，试求碰撞后

轻杆所获得的角速度。

解：根据角动量守衡 有 3-15 如图3-40所示，有一空心圆环可绕竖直轴OO ′自由转动，转动惯量为J 0 ，环的半径为R ，初始的角速度为ω0 ，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 2）

ωω)(2000mR I I += ① 该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为B v ，以B 点为重力势能零点，则有

22202002

1)(2121B mv mR I mgR I ++=+ωω

②

联立①、②两式，得

(2)当小球滑至C 点时，∵0I I c = ∴

习题3－13图

L

o

M

m v

习题3-7图

图3-40 习题3-15图