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1、1.11.1 由题可知示意图如题由题可知示意图如题 1.1.11.1.1 图图:设开始计时的时刻速度为设开始计时的时刻速度为v0,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a.则有则有:由以上两式得由以上两式得再由此式得再由此式得证明完毕证明完毕.1.21.2 解解 由题可知由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题 1.2.11.2.1 图图.1设设A船经过船经过t0小时向东经过灯塔小时向东经过灯塔,则向北行驶的则向北行驶的B船经过船经过t01小时经过灯塔任意时小时经过灯塔任意时2刻刻A船的坐标船的坐标xA 15t015t，y
2、A 0B船坐标船坐标xB 0，则则AB船间距离的平方船间距离的平方即即d2对时间对时间t求导求导d d2船相距最近，即船相距最近，即AB 0，所以，所以dt即午后即午后 4545 分钟时两船相距最近最近距离分钟时两船相距最近最近距离 2smin33315 1515kmkm4422AO1.31.3 解解1如题如题 1.3.21.3.2 图图由题分析可知，点由题分析可知，点C的坐标为的坐标为又由于在又由于在B题1.2.1图AOB中，有中，有r2asinsin（正弦定理）所以（正弦定理）所以联立以上各式运用联立以上各式运用由此可得由此可得得得得得化简整理可得化简整理可得此即为此即为C点的轨道方程点的
3、轨道方程.（2 2）要求）要求C点的速度，分别求导点的速度，分别求导其中其中*又因为又因为对两边分别求导对两边分别求导故有故有所以所以1.51.5 解解 由题可知，变加速度表示为由题可知，变加速度表示为由加速度的微分形式我们可知由加速度的微分形式我们可知代入得代入得对等式两边同时积分对等式两边同时积分可得可得：v ct 2Ttccos2T D（D为常数）为常数）代入初始条件：代入初始条件：t 0时，时，v 0，故，故即即又因为又因为所以所以对等式两边同时积分对等式两边同时积分，可得：，可得：1.61.6 解解 由题可知质点的位矢速度由题可知质点的位矢速度v/r沿垂直于位矢速度沿垂直于位矢速度又
4、因为又因为v/r r，即即vr 即即ra a dv vdddtdt ri idtrj j（取位矢方向（取位矢方向i i，垂，垂位矢方向位矢方向j j）yp2,p所以所以O故故xp即即沿位矢方向加速度沿位矢方向加速度2,p垂直位矢方向加速度垂直位矢方向加速度对求导对求导题1.10.1图对求导对求导把代入式中可得把代入式中可得1.101.10 解解 由题可知运动轨迹如题由题可知运动轨迹如题 1.10.11.10.1 图所示，图所示，/筱直直*则质点切向加速度则质点切向加速度2v法向加速度法向加速度a，而且有关系式，而且有关系式ndvv2 2kdt又因为又因为1y1 y232所以所以y pyp2y
5、y3联立联立p2dv 2kv2y3dt321p2y2又又把把y2 2px两边对时间求导得两边对时间求导得又因为又因为所以所以y2v21y2p2把代入把代入既可化为既可化为对等式两边积分对等式两边积分所以所以1.111.11 解解 由题可知速度和加速度有关系如图由题可知速度和加速度有关系如图 1.11.11.11.1 所示所示两式相比得两式相比得即即对等式两边分别积分对等式两边分别积分/筱v va a题1.11.1图*即即此即质点的速度随时间而变化的规律此即质点的速度随时间而变化的规律.1.121.12 证证 由题由题 1.111.11 可知质点运动有关系式可知质点运动有关系式v2 asinrd
6、v acosdt所以所以dvdvddv，联立，有，联立，有dtddtd又因为又因为所以所以dv cotd，对等式两边分别积分，利用初始条件，对等式两边分别积分，利用初始条件t 0时，时，0v1.191.19 解解质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降阶段质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降阶段.取向上为正各力示意图如题取向上为正各力示意图如题1.19.11.19.1 图，图，上升时上升时下降时下降时题题 1.19.11.19.1 图图则两个过程的运动方程为：则两个过程的运动方程为：上升上升y mg mk gy m y22v v0v下降：下降：mg g题1.21.1图 mg mk gy m y22
7、vxO对上升阶段对上升阶段:即即对两边积分对两边积分所以所以h 即质点到达的高度即质点到达的高度.对下降阶段：对下降阶段：即即122ln 1 k v022k gh 由由=可得可得1ln 1 k2v1222k g1.211.21 解解 阻力一直与速度方向相反，即阻力与速度方向时刻在变化，但都在轨道上没点切阻力一直与速度方向相反，即阻力与速度方向时刻在变化，但都在轨道上没点切/筱*线所在的直线方向上，故用自然坐标比用直角坐标好线所在的直线方向上，故用自然坐标比用直角坐标好.轨道的切线方向上有：轨道的切线方向上有：m轨道的法线方向上有：轨道的法线方向上有：dv mkv mgsindtv2m mgco
8、sr由于角是在减小的，故由于角是在减小的，故r dsd由于初末状态由速度与水平方向夹角由于初末状态由速度与水平方向夹角来确定，故我们要想法使变成关于来确定，故我们要想法使变成关于的等式的等式由由即即mv把代入可得把代入可得dv mkv mgsindsd mgcosdsmv2用用可得可得即即dvcoskd，两边积分得，两边积分得v2cos2g cos21ktanCvcosg代入初始条件代入初始条件t 0时，时，,v v0即可得即可得代入式，得代入式，得v gv0coscoskvcostan tan g2v又因为又因为v r,m mgcosr所以所以把代入把代入积分后可得积分后可得dgcos dt
9、v1.241.24 解以竖直向下为正方向，建立如题解以竖直向下为正方向，建立如题 1.24.21.24.2 图所示坐标，图所示坐标，/筱*题题 1.24.11.24.1 图图题题 1.24.21.24.2 图图以开始所在位置为原点以开始所在位置为原点.设设-处物体所处坐标分别为处物体所处坐标分别为y1,y2,y3，则则 3 3 个物体运动微个物体运动微分方程为：分方程为：1ymg T m2-yT mg T m2mg T 2m3y由于与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有由于与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有y2 y3，即，即 yy之间用倔强系数之间用倔强系数k 故有故有mg弹性绳联结弹性绳
10、联结.amgy1 y2 aaT ky1 y2 a由得由得1 y由得由得gy1 y2 2ga2 mgT 3m y代入，有代入，有1 32yy代入，有代入，有1y4gy1 g3aybO此即为简谐振动的运动方程此即为简谐振动的运动方程.角频率角频率所以周期所以周期解得解得以初始时为原点，以初始时为原点，t 0时，时，y1 0,y 1 0.所所以以aAxB题1.28.1图y1 33a cost a44代入得代入得联立联立-得得1.281.28 解解 建立如题建立如题 1.28.11.28.1 图所示直角坐标图所示直角坐标./筱*椭圆方程椭圆方程x2y2212ab从从A滑到最低点滑到最低点B，只有重力做
11、功，只有重力做功.机械能守恒机械能守恒.即即mgb 12mv2设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为N则有：则有：v2N mg m为为B点的曲率半径点的曲率半径.A B的轨迹：的轨迹：得得y a又因为又因为所以所以2bxx12a2y；ba21x 1a2232wagavtR故根据作用力与反作用力的关系小球到达椭圆最低点对椭圆故根据作用力与反作用力的关系小球到达椭圆最低点对椭圆压力为压力为方向垂直轨道向下方向垂直轨道向下.1.321.32解：设楔子的倾角为解：设楔子的倾角为，楔子向右作加，楔子向右作加速度速度a a0 0的匀加速运动，的匀加速运动，如图如图
12、 1.32.11.32.1 图。图。我们以楔子为参考系，在非惯性系中来分析此题，我们以楔子为参考系，在非惯性系中来分析此题，则质点受到一个大小为则质点受到一个大小为ma0力，方向与力，方向与a0相反。相反。质点在楔子这个非惯性系中沿斜面质点在楔子这个非惯性系中沿斜面 下滑，下滑，沿斜沿斜面的受力分析：面的受力分析：mgsin ma0cos ma垂直斜面受力平衡：垂直斜面受力平衡：ma0 F非惯的非惯性的非惯性ma0a0mg题1.32.1图mgcos ma0sin N联立得联立得此即楔子相对斜面的加速度此即楔子相对斜面的加速度a。对斜面的压力对斜面的压力P与斜面对与斜面对m的支持力的支持力N等大
13、反方向。同理可得当楔子向左作加速度等大反方向。同理可得当楔子向左作加速度为为a0的匀加速运动时，质点的匀加速运动时，质点m的的a和楔子对斜面的压力和楔子对斜面的压力P为为综上所述可得综上所述可得1.331.33解解 设钢丝圆圈以加速度设钢丝圆圈以加速度a a向上作匀加速运动如题向上作匀加速运动如题 1.33.11.33.1 图，图，我们以钢丝圆圈作参考系，在圆圈这个非惯性系里来分析此题。我们以钢丝圆圈作参考系，在圆圈这个非惯性系里来分析此题。/筱*圆圈上的小环会受到一个大小为圆圈上的小环会受到一个大小为ga方向与方向与a a相反的惯性力的作用，相反的惯性力的作用，则圆环运动到则圆环运动到圆圈上
14、某点，切线方向受力分析：圆圈上某点，切线方向受力分析：dvra sin ma tgg dt法线方向受力分析有：法线方向受力分析有：v2rga cos R mr对对两边同乘以两边同乘以rg即即两边同时积分两边同时积分0ra gsind vrvr0vrdvrvrv2r0 2a gcos cos0r把代入可解得把代入可解得同理可解出，当钢丝圆圈以加速度同理可解出，当钢丝圆圈以加速度a a竖直向下运动时小环的相对速度竖直向下运动时小环的相对速度综上所述，小环的相对速度综上所述，小环的相对速度vr圈对小环的反作用力圈对小环的反作用力1.341.34 证：证：（1 1）当火车所受阻力）当火车所受阻力所以所
15、以即即对两边积分对两边积分（2 2）当阻力当阻力即即对两边积分对两边积分1.351.35 解解 锤的压力是均匀增加的，设锤的压力是均匀增加的，设F得得f为常数时，因为功率为常数时，因为功率P与牵引力有如下关系：与牵引力有如下关系：P F牵vf和速度和速度v成正比时，设成正比时，设f=lv，l为常数。同理由（为常数。同理由（1 1）可知）可知 kt，k为常数，由题意可知为常数，由题意可知P0dF k20dt，kP，2所以所以k 即即故故两边同时积分两边同时积分得得2P，P2t，0t 2m又因为当又因为当F增至极大值增至极大值P后，又均匀减小到后，又均匀减小到 0 0，故此时有，故此时有F kt,
16、k为常数，为常数，v 所以所以/筱*即即2P112mv mv t2222由得由得2Pmv42整个过程压力所做功整个过程压力所做功W又因为又因为即即对上式两边分段积分对上式两边分段积分得得1 13636解解（a a）保守力）保守力F满足条件满足条件 F F 0 0对题中所给的对题中所给的力的表达式力的表达式，代入上式，代入上式即即所以此力是保守力，其势为所以此力是保守力，其势为(b)(b)同（同（a a），由由所以此力所以此力F F是保守力，则其势能为是保守力，则其势能为1.401.40解由题可知解由题可知Fv vr2v vprOdrxxr k（因为是引力，方（因为是引力，方r向与向与r径向相反
17、所以要有负号）径向相反所以要有负号）由运动微分方程由运动微分方程即即题1.41.1图题2.1.1图kdr mvdvr对上式两边积分对上式两边积分故故又因为又因为r与与v的方向相反，故取负号。的方向相反，故取负号。即即1.411.41 证证 画出有心力场中图示如题画出有心力场中图示如题 1.41.1.41.图，图，我们采用的是极坐标。所以我们采用的是极坐标。所以又由于又由于常数常数h r2即即由图所示关系，又有由图所示关系，又有p rcos，故，故h pv即即v hp由动能定理由动能定理F F沿沿r r方向方向得得1.431.43 证证 由毕耐公式由毕耐公式22质点所受有心力做双纽线质点所受有心
18、力做双纽线r a cos2运动运动故故故故2.12.1 解解均匀扇形薄片，取对称轴为均匀扇形薄片，取对称轴为x轴，由对称性可知质心一定在轴，由对称性可知质心一定在x轴上。轴上。/筱*有质心公式有质心公式设均匀扇形薄片密度为设均匀扇形薄片密度为，任意取一小面元，任意取一小面元dS，又因为又因为所以所以对于半圆片的质心，即对于半圆片的质心，即代入，有代入，有22.22.2 解解建立如图建立如图 2.2.12.2.1 图所示的球坐标系图所示的球坐标系把球帽看成垂直于把球帽看成垂直于z轴的所切层面的叠加（图中阴影部分所示）轴的所切层面的叠加（图中阴影部分所示）。设均匀球体的密度为。设均匀球体的密度为。
19、则则由对称性可知，此球帽的质心一定在由对称性可知，此球帽的质心一定在z轴上。轴上。代入质心计算公式，即代入质心计算公式，即2.32.3 解解建立如题建立如题 2.3.12.3.1 图所示的直角坐标，原来图所示的直角坐标，原来W人与共同作一个斜抛运动。与共同作一个斜抛运动。当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为vx，此人即以，此人即以vx的速度作平抛的速度作平抛运动。由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为运动。由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为两次运动水平方向上均
20、以两次运动水平方向上均以v水平 v0cos作匀速直线运动，运动的时间也相同）作匀速直线运动，运动的时间也相同）。所以我们。所以我们只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。第一次运动：从最高点运动到落地，水平距只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。第一次运动：从最高点运动到落地，水平距离离s1s1 v0cosatv0sin gt2v0s1sincosg第二次运动第二次运动:在最高点人抛出物体，水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有在最高点人抛出物体，水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有可知道可知道水平距离水平距离跳的距离增加了跳的距离增加了s s2 s1=wuv0sin(W w)g2
21、.42.4 解解建立如图建立如图 2.4.12.4.1 图所示的水平坐标。图所示的水平坐标。以以m1，m2为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有1 m2x 2 0m1x对对m1分析；因为分析；因为a绝 a a相对/筱*2（方向与（方向与m2加速度加速度xm1在劈在劈m2上下滑，上下滑，以以m2为参照物，为参照物，则则m1受到一个惯性力受到一个惯性力F惯 m1方向相反）方向相反）。如图。如图 2.4.22.4.2 图所示。所以图所示。所以m1相对相对m2下滑。由牛顿第二定律有下滑。由牛顿第二定律有2cosm1a1 m1gsin m1 x所
22、以所以m1水平方向的绝对加速度由可知水平方向的绝对加速度由可知a1绝/a cos x21.x1gsin x2coscos x2.联立，得联立，得x1把代入，得把代入，得.m2sincosg2m2 m1sinx2.m1sinscosg2m2 m1sin负号表示方向与负号表示方向与x轴正方向相反。求劈对质点反作用力轴正方向相反。求劈对质点反作用力R1。用隔离法。单独考察质点。用隔离法。单独考察质点m1的的受力情况。因为质点垂直斜劈运动的加速度为受力情况。因为质点垂直斜劈运动的加速度为 0 0，所以，所以.R1 m1gcos m1x2sin 0把代入得，把代入得，R1m1m2cosgm2 m1sin
23、2水平面对劈的反作用力水平面对劈的反作用力R2。仍用隔离法。因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以。仍用隔离法。因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以R2m2g R1cos 0于是于是R2m2(m1 m2)gm2 m1sin22.62.6 解炮弹达到最高点时爆炸，由题目已知条件爆炸后，两者仍沿原方向飞行知，分成的解炮弹达到最高点时爆炸，由题目已知条件爆炸后，两者仍沿原方向飞行知，分成的两个部分两个部分M1，M2，速度分别变为沿水平方向的，速度分别变为沿水平方向的v1，v2，并一此速度分别作平抛运动。，并一此速度分别作平抛运动。由前面的知识可知，同一高处平抛运动的物体落地时的水平距离之差主要由初速度
24、之差决由前面的知识可知，同一高处平抛运动的物体落地时的水平距离之差主要由初速度之差决定。进而转化为求定。进而转化为求v1，v2。炮弹在最高点炮炸时水平方向上无外力，所以水平方向上的动。炮弹在最高点炮炸时水平方向上无外力，所以水平方向上的动量守恒：量守恒：M1 M2U M1V1 M2V2/筱*以以M1M2质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒：质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒：1M1M2U21M1V121M2V22E222联立解之，得联立解之，得所以落地时水平距离之差所以落地时水平距离之差ss=1V1s1s2v1t v2t2EMgM212.72.7 解解 建立如题建立如题 2.7.12.7
25、.1 图所示的直角坐标系图所示的直角坐标系。当当m沿半圆球沿半圆球M下滑时，下滑时，M将以将以V向所示正向所示正方向的反向运动。以方向的反向运动。以M、m组成系统为研究组成系统为研究对象，系统水平方向不受外力，动量守恒，即对象，系统水平方向不受外力，动量守恒，即ymV VMO题2.7.1 图xm相对于地固连的坐标系相对于地固连的坐标系Oxy的绝对速度的绝对速度V V相为为m相对相对M的运动速度的运动速度ua故水平方向故水平方向vxucosV竖直方向竖直方向vyusia在在m下滑过程中，只有保守力（重力）做功，系统机械能守恒：下滑过程中，只有保守力（重力）做功，系统机械能守恒：（以地面为重力零势
26、能面）（以地面为重力零势能面）121mga cosmga cosmv绝MV222222=vxv绝vy把代入把代入2=u2V22uV cosv绝把代入把代入2.92.9 解解 类似的碰撞问题，我们一般要抓住动量守恒定理和机械能守恒定理得运用，依次来类似的碰撞问题，我们一般要抓住动量守恒定理和机械能守恒定理得运用，依次来分析条件求出未知量。设相同小球为分析条件求出未知量。设相同小球为AB，初始时，初始时A小球速度小球速度v0，碰撞后球，碰撞后球A的速度为的速度为v1，球，球B的速度的速度v2以碰撞后以碰撞后B球速度所在的方向为球速度所在的方向为x轴正向建立如题轴正向建立如题 2.9.12.9.1
27、图所示的坐标图所示的坐标(这样做的好处是可以减少未知量的分解，简化表达式这样做的好处是可以减少未知量的分解，简化表达式)。以。以A、B为系统研究，碰撞过程中为系统研究，碰撞过程中/筱*无外力做功，系统动量守恒。无外力做功，系统动量守恒。x方向上有：方向上有：mv0cos mv1cos mv2y方向上有：方向上有：mv0sin mv1sin又因为恢复系数又因为恢复系数即即ev0cos=v2v1cos用用-v1用代入得用代入得1ev0cos2cos求在各种求在各种值下值下角的最大值，即为求极致的问题。角的最大值，即为求极致的问题。我们有我们有得得即即1eatan2=0=0所以所以即即由因为由因为c
28、scmax1 cotmax=12281e21e故故sinmax1cscmax11 e81e=11e23e所以所以2.132.13 用机械能守恒方法；在链条下滑过程中，只有保守力重力做功，所以链条的机械能守用机械能守恒方法；在链条下滑过程中，只有保守力重力做功，所以链条的机械能守恒。以桌面所平面为重力零势能面。恒。以桌面所平面为重力零势能面。有有2.152.15 解解 这是一道变质量的问题，对于此类问题，我们由书上这是一道变质量的问题，对于此类问题，我们由书上 p.137p.137 的（的（2.7.22.7.2）式）式ddm(mv)u Fdtdt/筱*来分析。来分析。以机枪后退方向作为以机枪后退
29、方向作为x轴争先，建立如题轴争先，建立如题 2.15.12.15.1 图的坐标。图的坐标。竖直方向上支持力与重力是一对平衡力。水平方向上所受合外力竖直方向上支持力与重力是一对平衡力。水平方向上所受合外力 F F 即为摩擦力即为摩擦力F f n (M Mmt)g单位时间质量的变化单位时间质量的变化dM mdt由式由式所以所以2.162.16 解解 这是一个质量增加的问题。雨滴是本题这是一个质量增加的问题。雨滴是本题m。导致雨滴。导致雨滴m变化的微元变化的微元m的速度的速度u 0。所以我们用书上所以我们用书上 p.138p.138 的（的（2.7.42.7.4）式分析）式分析d(mv)Fdt雨滴的
30、质量变化是一类比较特殊的变质量问题。我们知道处理这类问题常常理想化模型的雨滴的质量变化是一类比较特殊的变质量问题。我们知道处理这类问题常常理想化模型的几何形状。对于雨滴我们常看成球形，设其半径为几何形状。对于雨滴我们常看成球形，设其半径为r，则雨滴质量，则雨滴质量m是与半径是与半径r的三次方的三次方成正比（密度看成一致不变的）成正比（密度看成一致不变的）。m k1r3有题目可知质量增加率与表面积成正比。即有题目可知质量增加率与表面积成正比。即dm k 4r2 k2r2dtk1,k2为常数。我们对式两边求导为常数。我们对式两边求导dmdr k13r2dtdt由于由于=，所以，所以drk2dt3k
31、1对式两边积分对式两边积分r t am k1(t a)3以雨滴下降方向为正方向，对式分析以雨滴下降方向为正方向，对式分析dk1(t a)3v k1(t a)3gdt/筱*k1(t a)3v 1（k3为常数为常数k1g(t a)4 k34）1yN N2 2当当t 0时，时，v 0，所以，所以3.13.1 解解 如题如题 3.1.13.1.1 图。图。均质棒受到碗的弹力分别为均质棒受到碗的弹力分别为N N1，N N2,棒自身重力为棒自身重力为N N1 1oBG G。棒与水平方向的夹角为。棒与水平方向的夹角为。设棒的长度为。设棒的长度为l。由于棒处于平衡状态，由于棒处于平衡状态，所以棒沿所以棒沿x轴
32、和轴和y轴的轴的A题3.1.1图G Gx和外力为零。沿过和外力为零。沿过A点且与点且与z轴平行的合力矩为轴平行的合力矩为 0 0。即：。即：F N cos2 N sin 0F N sin2 N cosG 0 x12y12M由式得：由式得：il N2c Gcos 022c2cos21l cos2又由于又由于即即cos将代入得：将代入得：3.23.2 解解 如题如题 3.2.13.2.1 图所示，图所示，c2r均质棒分别受到光滑墙的弹力均质棒分别受到光滑墙的弹力N N1，光滑棱角的弹力光滑棱角的弹力N N2，及重力及重力G G。由于棒处于平衡状态，由于棒处于平衡状态，所以沿所以沿y方向的合力矩为零
33、。即方向的合力矩为零。即F由式得：由式得：所以所以3.33.3 解解 如题如题 3.3.13.3.1 图所示。图所示。y N2cosG 0AB棒受到重力棒受到重力G G1agi i。棒受到的重力。棒受到的重力G G2bgi i。设均质棒的线密度为。设均质棒的线密度为。由题意可知，整个均质棒沿由题意可知，整个均质棒沿z轴方向的合力矩为零。轴方向的合力矩为零。3.43.4 解解 如题如题 3.4.13.4.1 图。图。Ox轴竖直向下，相同的球轴竖直向下，相同的球A、B、C互切，互切，B、C切于切于D点。设球的重力大小为点。设球的重力大小为G，半，半径为径为r，则对，则对A、B、C三个球构成的系统来
34、说，在三个球构成的系统来说，在x轴方向的合力应为零。即：轴方向的合力应为零。即：/筱*F零。即：零。即：x 3G 2T cos 0yA对于对于C球，球，它相对于过它相对于过D点与点与z轴平行的轴的合力矩等于轴平行的轴的合力矩等于f2MD TrsinGrsin 0由式得：由式得：3.53.5 解解 如题如题 3.5.13.5.1 图。图。梯子受到地面和墙的弹力分别为梯子受到地面和墙的弹力分别为N1，N2，受地面和墙的，受地面和墙的摩擦力分别为摩擦力分别为f1，f2。梯子和人的重力分别为梯子和人的重力分别为G1，G2且且N N2 2N N1 1oG G2 2G G1 1f1Bx题3.5.1图G2
35、3G1。设梯长为。设梯长为l，与地面夹角为，与地面夹角为。由于梯子处于平衡，所以。由于梯子处于平衡，所以Fx N2 f1 0FMiy f2 N1G1G2 0且梯子沿过且梯子沿过A点平行于点平行于z轴的合力矩为零。即：轴的合力矩为零。即：G2lcos G1lcos f2lcos N2lsin 02又因梯子是一个刚体。当一端滑动时，另一端也滑动，所以当梯与地面的倾角达到最小时，又因梯子是一个刚体。当一端滑动时，另一端也滑动，所以当梯与地面的倾角达到最小时，f1f2由得：由得：tan所以所以3.73.7 解解 如题如题 3.7.13.7.1 图所示。图所示。1N121N234124沿沿y轴平行于轴平
36、行于Oxy平切椭球得切面为一椭圆，则该平切椭球得切面为一椭圆，则该ybx2椭圆方程为：椭圆方程为：y22a 1b2z2y22c 1b21acz题3.7.1图可求该切面的面积可求该切面的面积故积分故积分同理可求同理可求故中心主转动惯量：故中心主转动惯量：又由于椭球体积又由于椭球体积故故/筱x*将将代入代入I1,I2,I3得：得：3.83.8 解解 设设dm表示距球心为表示距球心为r的一薄球壳的质量，则的一薄球壳的质量，则所以该球对球心的转动惯量所以该球对球心的转动惯量I r dm 00R2R0r257 5r 1dr R02R354在对称球中，绕直径转动时的转动惯量在对称球中，绕直径转动时的转动惯
37、量I 又球的质量又球的质量2I3m dm 00RR0r2353r 1dr R02R152又绕直径的回转半径又绕直径的回转半径ydydzk 由得由得Imox3.93.9 解解 如题如题 3.9.13.9.1 图所示图所示Oxyz坐标系。坐标系。O为正方体中心。为正方体中心。Ox、Oy、Oz分别与正方体的分别与正方体的边平行。由对称性可知，边平行。由对称性可知，Ox、Oy、Oz轴就是正轴就是正方体的中心惯量主轴。方体的中心惯量主轴。设正方体的边长为设正方体的边长为a。设为平设为平行于轴的一小方条的体积，则正方体绕轴的转动惯行于轴的一小方条的体积，则正方体绕轴的转动惯量量根据对称性得根据对称性得易求
38、正方体的对角线与易求正方体的对角线与Ox、Oy、Oz轴的夹角都为轴的夹角都为。且。且故正方体绕对角线的转动惯量故正方体绕对角线的转动惯量z题 3.9.1图I Ixxcos2 Iyycos2 Izzcos2又由于又由于m2a6d 3a绕对角线的回转半径绕对角线的回转半径k 由得由得Im/筱*3.103.10 解解 如题如题 3.10.13.10.1 图。图。z轴过轴过O点垂直纸面向外。均质圆盘的密度为点垂直纸面向外。均质圆盘的密度为。设盘沿顺。设盘沿顺时针转动，则沿时针转动，则沿z的方向有的方向有即即dIz Mzdt0oz MzII为转盘绕为转盘绕z轴的转动惯量：轴的转动惯量：I 盘的质量）盘的
39、质量），1ma2（m为为2drd r题3.11.1图oz（为盘转动的角频率，负号因为规定顺时针转为盘转动的角频率，负号因为规定顺时针转动）动）rMz20a0gr2ddr 2ga3=3题3.10.1图2gmam a23由得由得又因为又因为故故所以所以得得3.113.11 解解 如题如题 3.11.13.11.1 图所示，图所示，设设z轴通过轴通过O点垂直纸面指向外。则对点垂直纸面指向外。则对z轴有：轴有：设设通通风风机机转转动动的的角角速速度大度大 小小为为t，由由于于通通风风机机顺时顺时 针针转转动动。所所以以z t，将将t kt。又由于。又由于00，解得：，解得：z It,Mz kt代入上式
40、得：代入上式得：I故当故当t0时，时，I（为通风机转动的角度）为通风机转动的角度）t 2。又由于。又由于tt2k设设0 0，故当故当t II时，时，t0，t时间内通风机转动的转数时间内通风机转动的转数2k2k第第 3.12.13.12.1 图图3.123.12 解解 如题如题 3.12.13.12.1 图，图，坐标坐标Oxyz与薄片固连，则沿与薄片固连，则沿z轴方向有：轴方向有：dz MZ且且dt/筱*z Iz现取如图阴影部分的小区域现取如图阴影部分的小区域dS ady，该区域受到的阻力，该区域受到的阻力df kdSv2 kadyy2zdf对对z轴的力矩轴的力矩dMz df y kaz2y3d
41、y所以所以Mz又薄片对轴的转动惯量又薄片对轴的转动惯量a0a3b2dMz kz4aa1I y2dm y2bdy ma2m ab003由得：由得：当当zt3.133.13 解解 如题如题 3.13.13.13.1 图所示，图所示，坐标系坐标系Oxyz的原点位于圆弧最顶点。设圆弧平衡时，的原点位于圆弧最顶点。设圆弧平衡时，质心质心c的坐标为的坐标为c0,l,0。如图所示圆弧偏离平衡位。如图所示圆弧偏离平衡位置一小角度置一小角度，则，则满足微分方程满足微分方程0时，时，t 24m3ka2b0yoI为圆弧相对于为圆弧相对于Oz轴的转动惯量。当轴的转动惯量。当很小时，很小时，sin，代入上式得：，代入上
42、式得：mgl 0I00lx圆弧上对应转角为圆弧上对应转角为的一小段圆弧的坐标为的一小段圆弧的坐标为题3.13.1图Rsin,Rcos R,0质心质心c的纵坐标的纵坐标上式中上式中为圆弧的线密度为圆弧的线密度l R 又又sin00RI RRcos RRsin2002sin02 2mR1d0其中其中m 2R0，将代入得，将代入得解式得通解解式得通解微振动周期微振动周期g 02R/筱*3.173.17 解解 如题如题 3.17.13.17.1 图所示，图所示，M点为极轴的原点，极轴过点为极轴的原点，极轴过O点，所以在点，所以在AB杆上任意一点杆上任意一点p。设。设APAP a。设。设p的坐标的坐标为
43、为,再来求瞬心的轨迹。由于再来求瞬心的轨迹。由于A点速度沿弧面，点速度沿弧面，M点的速度沿点的速度沿AB杆。现分别作杆。现分别作vA与与vM的垂的垂线交于点线交于点C，则，则C即为瞬心（见题即为瞬心（见题 3.17.13.17.1 图）图）。当。当A点的极角为点的极角为时，易知时，易知C点的极角点的极角 90，故，故C点的极径点的极径易证明易证明OCM为等腰三角形。有为等腰三角形。有又因为又因为0 90，所以，所以 900 0。所以。所以C点轨迹位于点轨迹位于x轴上方，半径为轴上方，半径为r的半圆，的半圆，如图虚线所示。如图虚线所示。3.183.18 解解 如题如题 3.18.13.18.1
44、图所示。图所示。由于圆盘作无滑滚动，所以由于圆盘作无滑滚动，所以D为圆盘的瞬心，故为圆盘的瞬心，故CvB DB，设圆盘匀速转动的角速度为，设圆盘匀速转动的角速度为，则，则vB DB 2rsin2 2v0sin2xOBAPM因为因为A点的速度沿地面水平向右，点的速度沿地面水平向右，分别作分别作vA和和vB的垂线的垂线交于交于C点，则点，则C点即为杆的瞬心。且得点即为杆的瞬心。且得由几何知识可知由几何知识可知vB与竖直方向夹角为与竖直方向夹角为又又CAB 90，所以，所以题3.17.1图，ABN 90又知又知22sin2 sinvA vB vBcossincoscos22又又BN ABsin OD
45、 OBcos。即：。即：lsin r rcos得得sinr1 coslMCcos1sin2由解得：由解得：12l 4r2sin4l2vBOv0BA3.193.19 解解 如题如题 3.19.13.19.1 图，图，固定坐标系固定坐标系Oxy。杆从水平位置摆到竖直位置杆从水平位置摆到竖直位置过程中只有重力做功，故机械能守恒。设此时过程中只有重力做功，故机械能守恒。设此时的角速度为的角速度为0，则，则vA题3.18.1图ND右边第一项为质心运动动能，第二项为杆绕质心转动的动能。解上式得：右边第一项为质心运动动能，第二项为杆绕质心转动的动能。解上式得：/筱*在杆脱离悬点后，根据动量定理和动量矩定理：
46、在杆脱离悬点后，根据动量定理和动量矩定理：c 0m xc mgm yz MzI式中式中I为杆绕质心的转动惯量，为杆绕质心的转动惯量，Mz为沿过质心平行于为沿过质心平行于z轴的合力矩，易知轴的合力矩，易知Mz 0，又，又z 0，代入式得，代入式得0即杆将作匀速转动。即杆将作匀速转动。解得解得xc 3ga1t,yc a gt222所以质心的轨迹为一抛物线。所以质心的轨迹为一抛物线。故当故当yc a h时，杆的质心下降时，杆的质心下降h，代入式得，代入式得故故t时间内杆的转数时间内杆的转数3.203.20 解解 如题如题 3.20.13.20.1 图，图，设圆柱体的转动角速度为设圆柱体的转动角速度为
47、 k k，设它受到地面的，设它受到地面的摩擦力为摩擦力为f，由动量定理和动量矩定理知：，由动量定理和动量矩定理知：yV VmorAf f题3.22.1图xMFxc Ma1T f M x1M Tr fr Mr2z2对于滑块。由动量定理知：对于滑块。由动量定理知：2F T mg my mayc ra1 x以以C为基点：为基点：假设绳不可拉伸。则假设绳不可拉伸。则aAx a2。故。故a2 a1r由解得：由解得：3.223.22 解解 如题如题 3.22.13.22.1 图。图。Ox轴与速度方向一致，轴与速度方向一致，Oz轴垂直纸面向外。设球的半径为轴垂直纸面向外。设球的半径为r，则球绕任一直径的转动
48、惯，则球绕任一直径的转动惯量量I 22。由动量定理和动量矩定理可知：。由动量定理和动量矩定理可知：mr5cNm xc N mg 0m y/筱*NrIc NM x由得：由得：设球与板的接触点为设球与板的接触点为A，则，则t时刻时刻A点的速度为：点的速度为：tr gt ct vA v0r xct V v V x球由滑动变为滚动的条件是：球由滑动变为滚动的条件是：5gtr2rmgtMvA v由解得：由解得：3.233.23 解解 如题如题 3.23.13.23.1 图所示。图所示。设圆柱的半径为设圆柱的半径为r，与木板之间的摩擦力为，与木板之间的摩擦力为f2，弹力为，弹力为N1，木板受地面的摩擦力为
49、，木板受地面的摩擦力为f1，弹力为弹力为N2，对木板由动量定理得：，对木板由动量定理得：F f1 f2W1agN2W1 N1 0对圆柱，由角动量定理和动量定理得：对圆柱，由角动量定理和动量定理得：W2c f2xgW2c N1W2 0yg f2rI其中其中I为圆柱绕中心轴的转动惯量，所以为圆柱绕中心轴的转动惯量，所以I 1 W22r2 gf1N2无滑滚动的条件：无滑滚动的条件：r acx由式解得由式解得3.243.24 解解 如题如题 3.24.13.24.1 图，图，Oxyz坐标不与圆柱固连，是固定坐标系。由于坐标不与圆柱固连，是固定坐标系。由于v a，所以圆柱与斜面接触的边缘有相，所以圆柱与
50、斜面接触的边缘有相对与斜面向上的运动趋势，所以斜面对圆柱的摩擦力沿斜面向下。对与斜面向上的运动趋势，所以斜面对圆柱的摩擦力沿斜面向下。/筱*对圆柱：对圆柱：c f mg sinmv0 N mg cosyN N2 22 fama25f NCmg gN N1 1由式得由式得设从设从0到到t的过程中，的过程中，圆柱的速度从圆柱的速度从V变到变到0，角速度从角速度从变到变到0，所以，所以3.253.25 解解 如题如题 3.25.13.25.1 图。图。ox题3.26.1图设大球和小球的半径分别为设大球和小球的半径分别为a，b。O1,O2分别为大球和小球的球心，分别为大球和小球的球心，O2A为方向竖直