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1、习 题 解 答第一章质点运动学1-1(1)质点t时刻位矢为：=(3f+5)z+(/+3/4,(m)(2)第一秒内位移/斤=(玉-x0)1+(y-y0)j=3(1-0)7 1(1-0)2+3(1-10)j=3f+3.5j(m)(3)前4秒内平均速度-AF 1 一 一 一 .V=-(12z+20/)=3i +5)(msT)7 4d尸(4)速度口=3f+(7+3)J(m.sT)dt：.V4=37+(4+3)J=37+7j(m-s-1)(5)前4秒平均加速度X 4-07-3 -,j=j(m-s-)U V n 一 e(6)加速度a=二j(m -s )a4=j(m s)drdr 3 c 2 -1-2 v=
2、t+3厂 +2drx=jdx=j vdz+c=Z4+2/+c当/=2时x=4代入求证c=12即 =工 +/3+2/124丫 =+3+2dvdr=3t2+6f将t=3s代入证x3=41(/n)v3=56(m -s-1)a3=45(m-s-2)l x =4/1-3 (1)由运动方程 消去t 得轨迹方程、y =3 +2 fx-(y 3 尸=0(2)1 秒时间坐标和位矢方向为 =4 m y=5m 4,5 m:t ga=1.2 5,a=51.3 x(3)第 1秒内的位移和平均速度分别为生=(4-0)7+(5-3)；=47+2 j(m)V=-=47+2 j(m.s-)t(4)质点的速度与加速度分别为-dr
3、-d VV =8i +2 j,a=8zd r d r故 z=l s时的速度和加速度分别为V,=8 7 +2 jm-s-1,a,=8 7 m -s-21-4该星云飞行时间为9.46x 1Q 5 x 2.74x 1 Q93.93 x 107=6.59x 10 17s=2.0 9x 10 1即该星云是2.0 9x 1(T 年前和我们银河系分离的.1-5实验车的加速度为V160 0 x 1()33 60 0 x 1.80=2.47x 102m/s2 2 5(g)基本上未超过2 5g.1.80 s内实验车跑的距离为vs =t2160 0 X1032 x 3 60 0 x l.80 =4 0 a m)1-
4、6(1)设第一块石头扔出后t 秒未被第二块击中，则代入已知数得1,11=15/x9.8r2解此方程，可得二解为，/=1.84s,。=1.22s第一块石头上升到顶点所用的时间为tm-v0/g 15/9.8=1.53s由于4,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于，,这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以v20和匕0分别对应于在n和不 时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于1,h-v20(/|-所以1,1,/2+2g(/1-Ar,)2 11+2X9.8X(1.84-1)2“-一 生 -1.84-1=17.2m/s同理.1917,力+1g&H+-x9.8x(1.22-l)2=5 l.l
5、(m/s)(2)由于/弓=L 3 s 所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于4时刻相碰，第二块的初速度为1?1?h+At 11+2X9.8X(1.84-1.3)2“。生 1.84-1.3=23.0(m/s)1-7以/表示从船到定滑轮的绳长，则=-d/dE.由图可知s=dI2-h2于是得船的速度为习 题 1-7图ds I dl J s，V -1=7=VQd r y/l2-h2 山 s负号表示船在水面上向岸靠近.船的加速度为5 皿 庐丁厂 山 53负号表示a的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8所求位数为c o 2 r _ 44 49 9rg g4/(6x 10 4)2 X。1
6、602 x 9.8=4x l 051-9物体A下降的加速度(如图所示)为此加速度也等于轮缘上一点在/=3 s时的切向加速度，即at=0.2(m/s2)在/=3 s时的法向加速度为%上=3M/COS45O=夜%研=4.2 3(m-s-1)2 2 (1)，=年=2%(3)f =。+，2 =4+4,如图所示风速U由东向西，由速度V V合成可得飞机对地速度vu +v，则V =V v2-W2.证毕1-1 3 (1)设船相对岸的速度为V(如图所示)，由速度合成得Vr=u+VV的大小由图1.7示可得V=c o s夕+c o s a即 V c o s/?=V-uc o s a=3-2 x -=3-V 3而 V
7、 s i n/?=s i na =2 x g =1习 题 1-13图船达到B点所需时间r =2 =。=1 OOQs)V V s i n 夕A B两点之距S=Dc t gp=0垩2s i n(3将 式(1)、(2)代入可得5 =0(3 V 5)=1 2 6&m)D I xlO3(2)由，=；-=-V s i n(3 s i na船到对岸所需最短时间由极值条件决定da u(1-；-c o s aI s i n-a=0即 c o =0,a-7T/2故船头应与岸垂直，航时最短.将a值 代 入(3)式得最短航时为min-1x10=0.5 x1 0 3 s =5 0(X s)w s i n/2 2(3)设
8、 0 8=/，则,D VD Dy l u2+V2-2 uVc o s as i n 3 V s i n/3 us i n a欲使/最短，应满足极值条件.d/D 7w2+V2-2wVcosa,-=;-CO SQda u-si n a uVsin2 asi n2 aylu2+V2-2w V cosar=0简化后可得 cos2 a cosa+1=0uV即 cos2 a -cos a +1 =062解此方程得cos a=32a=cos J=48.2。3故船头与岸成48.2。，则航距最短.将 优 值 代 入(4)式得最小航程为1 _ D u2+v2 2uvcosafmin I J 7W A/1-cos
9、a1 0 0*+32-2 x 2 x 3 x|=1.5 x 103 m=1.5(km)AB两点最短距离为Smi n=M i n-=7171=1.12(km)第二章质点动力学2-1(1)对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示,X 向：/i nCOS。-以*=。y 向：N-q mSi nO-Mg=0还有 电、=人N解以上三式可得要推动木箱所需力尸的最小值为生Mgcos。-4s si n 0在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力尸的大小为F KMS cos。一4 si n。(2)在上面。n的表示式中，如果cosO-MsSi ne f O,贝U工1m 一 刃，这意味着用任何有
10、限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是cos4 si n 0由此得。的最小值为，八 =arctan1从2-2(1)对小球，由牛顿第二定律x 向：Teos0-Nsin0=may 向：Tsin0+Ncosd-mg=O联立解此二式，可得T-m(acosa+g si n a)=0.5 x(2x cos30+9.8si n 3(F)=3.32(N)N-m(gcosa+asi na)=0.5 x(9.8 x cosSCP-2si n 3CP)-3.74(N)由牛顿第三定律，小球对斜面的压力N=N=3.7N)(2)小球刚要脱离斜面时N=0,则上面牛顿第二定律方程为T cosd=ma,Tsm0=mg
11、习题2-2图由此二式可解得a=g/tan。=9.8/tan30P=17.0m/s22-3要使物体A与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度”,且挂吊B的绳应向后倾斜。作此时的隔离体受力图如图所示习题2-3图三物体只有水平方向的运动，只须列出水平方向的牛顿方程及相关方程:m1:T-mxa(1)T s i nt z =m2a(2)Tcosa-m2g=0(3)M：/7 N 3iljeF=M a (4)乂 水平为绳中的雨拉力在水平向的合力N?水 平=T+Tsina(5)联 立(1),(2),(3),(4),(5)解得F=(町+根，+tri),=80 g =784 N)z/2 2M -m2(因为三个物体
12、有同一加速度a,且在水平方向只受外力尸的作同，所以，可将三个物体看作一个物体：F=(g +/%+M)a再 与(1),(2),(3)式联立求解即可。)2-4由图写出力函数用积分法求解。F 2t(0 r 5)一 5 1 +3 5 (5 r 5 s内匕一%=1 Jr 2 r d r =一1 .r2m m2 5当/=5 时：v5=v0 H-=3 0(m-s 1)m在5-7s内再用(2)式1Ct 5 oV,-v5=I(-5?+35)dt=一一产 +3 5 f 112.5 mi5 2(1)(2)0)(4)当 r=7 时：v7=10+v5=4(X m-s-1)再用积分法：v=牛，J d r =j vdt(5
13、)在0-5 s内，由(3)式积分/7 0=(%+初J。m12 5 2即x5=x0+2 5+=68-(m)再 由（4）式5 ,vt=v51r2+3 5 r-112.5求 5得f7 5 ，x7-x5=(v5-Z2+3 5/-112.5)d Z得x7=x5+7 3 1 =14 2(m)2-5 设两物体未用绳连接则由牛顿第二定律，沿 x方向，对 A,有fmAg s i n a -R0 m g c o s a =mAaA对于8，有mBg s i n a -jUk Bm g c o s a =mBaB由此得faA=g(s i na -4 k A c o s a)=9.8(s i n 3 00-0.15 x
14、 c o s 3 0)=3.63 m/s2aB=g(s i n a -4 k B 8 s a)=9.8(s i n 3 00-0.2 1 x c o s 3 0)=3.12 m/s2（1）如图所示，A在下，B在上。由于 aB。所以绳被拉紧，二者一起下滑，而以办口T 分别表示绳对4和B的拉力（T =F）,则由牛顿第二定律，沿 x方向对 4：mAg s i n a -/j m gc o s a-T=mAa对 B：mBg s i n a -p iwm gc o s a+T =mBa由此得.PkAmA+kHmHa =g s i n a -g c o s amA+mB=9.8x s i n3(y-0.1
15、5 x 1.5 +0.2 1x 2.851.5 +2.85x 9.8x c o s 3 0=3.2 9(m/s2)（2）图中绳中张力为T =mAgs i n a-/Jk AmAgc o s a-mAa=1.5 x 9.8 x s i n 3 00 0.15 x 1.5 x 9.8 x c o s 3 0P-1.5 x 3.2 9 =0.5 1(N)（3）如果互换位置，A在上，B在下，则由于%aB,连接绳子将松弛，因 而 T=0,此时A 8的加速度即aA-aA-3.63(m/s2),aB-aB-3.12(m/s2)2-6当漏斗转速较小时，m有下滑趋势，小物体受最大静摩擦力力方向向上，如图所示。对
16、小物体，由牛顿第二定律x 向：N si n e-/“cose=2692mi nry 向：Ncos+fn i si n 0 -mg -0还有 力,=N联立解以上各式，可得|(si n6-从 cos6)g(0 .=I-mn (co的+si n B)r或1 /(si n。一sCOS0)gc o=-I-:-m i n 2 7t V (co的+4s si n6)r习题2-6图当“足够大时，小物体将有上滑趋势，它将受到向下的静摩擦力，即力的方向与图2.6中所示的方向相反。与上类似分析可得最大转速为1 1(si n。一，cose)gY l ,=-I-，NAX(C O矽+4S si n 8)厂总起来讲，小物体
17、在漏斗壁上不动，转速应满足的条件是n 几max min2-7设圆柱与绳索间的摩擦力为力绳对重物叫的拉力力,。2,对加1、机2列出方程mxg-T=mxax f -m2 g=m2a2=m2(a-a)T =f联立解出：(m 1-m2)g+m2a1 m+m2(机1-m2)g-maa 2=m+m2m 和加2对地加速度分别为。1、习题2-7图f=T =&L(2g-a,)mx+m22-8质 点 在 小y两个方向都是匀加速直线运动。F=6i-1 j=maxi+ma、,j。=(%+(%+a”一 6；7：=(-2+/+(t)jm m5-7-=i /(m-s)4 8r=(yXat+axr)i+ayr=(-2)X2+
18、-XAX22 I-2 1613-7 一=-i /(m)4 81 7.x x 2-j2 16，du2-9 f=一4二mdrdv k.=-dtv m dv?k,=-d rJ%y Jo m(1)积分得u=%edx-i(2)v=voe,n出积分得 AY=X-X0=-(l-e 5)k(3)利 用(1)的结果，令y=0得，一 oo代 入(2)的结果中得市 A m-v/I nx m0(1-0)=v0m(4)将1=竺 代 入(1)的结果中k得 v=voe-1=-v0e2-10初始时刻，=0,无o=O,%=0,r时刻受力如图所示，设x为该时刻入水长度，棒的横截面积为s,有,A 14m=slp2于 浮=sxp、g
19、-4-习题2-10图当时有F=mg-f济（1）当了=/时/g g -q g%l p 2（2）当0,-x0）Ag .（2）据功能原理叱=邑开始下滑时在桌面部分的长度习题2-12图为%=/X。1 +4当链条的A端从。点沿y 轴运动到光点过程中，摩擦力作功为叱=一!力,d y=(先 一 y)4 gd y1 +设桌面为势能零点，则链开始下滑到A端离桌面时的机机械能分别为耳=一/疝0 2 g=一耳用=1/Zv2-/2于 是 有 一 等（七）=我2一+我 号2-1 3 由于7 =根/一根环，故冲量7的大小由图所示可得/=J（相如 2 +（根%）2=2 g/?+%2 =0.3 7 2 X 9.8 X 1 0
20、+2 02=7.3 N-s习题2-1 3图/与水平方向的夹角为7 2 x 2.9 8 x 1 02 0a =3 5 _ 1 7 3球受到的平均冲力F =3 6 5(N)At 0.0 22-1 4 （1）4秒内力的冲量7 =j R d/=（1 0+2 f）=d/=5 6 7（N-s）（2）由动量定量7 =。一根均，可得(3)据题设，f (1 0+2 f)d r =2 0 0Jo即1 Or+r-2 0 0=0,(r +2 0)(r-1 0)=0,r =1 0(s)2-15忽略轨道阻力，故在加载过程中列车与矿砂系统在水平方向动量守恒，即小M)=(m0+mt)V由此得t时速度y.二m0+mtt 时加速
21、度为&=d V _dt(ma+mt)22-16 以分钟计，枪对子弹的平均推力为-Nmv 1 2 0 x 0.0 0 7 9 x 7 3 5 ，一 八 门F=-=-=11.6(N)t60枪视作静止，此力也等于肩对枪托的平均推力，由牛顿第三定律可知，枪托对肩的压力就等于 11.6N.2-1 7 原子核蜕变过程应满足动量守恒定律.以P3表示蜕变后原子核的动量，应有_AA+2 +-3 =。由图可知，P3的大小为P3=yl P；+P；=10*2 IX79.222+5.332=1.07x1(T 2 0 kg.m HP3的方向应P l和 P2所在的平面内，而且与P l的夹角为a=9 0 +ar ct ar
22、A =9(f +ar ct ar n =1 4夕5 8 p2 5.3 3aPAPi一 名习题2 1 7图2-18对太空惯性系，以正的方向为正方向，以 3和也分别表示火箭壳和仪器舱分开后各自的速度.由火箭壳和仪器舱的总动量守恒给出(加4-m2)v0=机1 9 +加 2彩由于仪器舱应在前，所以=吃 一%，即 吗=+匕.将此式代入上式得(m1+%)=mx 匕 +m2(u+匕)由此得v,=vm，u _,nn 1 5 0 x 9 1 0 r ccc/、n1 -m-=-=7 6 0 0-=7 2 9 Qm/s)x+m2 1 5 0+2 9 0V2=u+vt=9 1 0+7 2 9 0=8 2 0 Qn/s
23、也均为正值，故二速度皆沿正向，即与未分开前环的方向相同.2-1 9两车相撞后的加速度为一4 zg/加=-*g,由此可知刚撞后二者扣在一起时的速率为v=1 2 4 k gs=7 2 x0.8 x9.8 x2 5 =1 9.2 m/s如果两车均未超限制，并都以最大允许速率也开行，则由两车的动量守恒可得(如图所示)(m vx)2+(m v2)2=(2 m v y由此可得撞后速度应 M =也 丫 =x l4=9.9(m/s r_ _ _ _ _ _ _ _ 2、2 2 1 2 叫 必由于实际撞后的初速v M,所以两个司机的话并不都可信，至少一人撒/imv习题2-19图2-2 0 (1)如图所示，沿竖直
24、方向，分别对M和m用牛顿第二定律可得I -M g -M am g-T2=m a由此可得Tx=M(g +a)=l 2 0 0 x(9.8 +1.5)=1.3 6 xl 04(N)T2=m(g-a)=l OOOx(9.8-1.5)=0.8 3 x1 04(N)(2)在加速f =1.0 s的过程，起重间上升的距离为力=1。产，这也就是2电动机拖动钢缆的距离，电动机做的功为A=(Z -7；)/?=(1.3 6-0.8 3)x xl.5 xl2=3.9 5 xl O j)习题2-20图(3)起重间匀速上升时，滑轮两侧钢缆中的张力分别为T：=?g.拖动钢缆的距离为A h时电动机又做的功是4=区，4 j/i
25、 =(-n i)gAh=(1200-100QX9.8X10=1.96X104(J)2-2 1如图所示，以F表示马拉雪橇的力，则对雪橇，由牛顿第二定律切向：F-m gsina-f =0法向：N-mgcosa=0再由可解得F=pkfngcosa+mgsin a由此得马拉雪橇做功产AF=(jLikmgcosa+msi n a)R daJO=R/ikm gsin0-m g(cos0-l)=R m和k si n45o-cos45o+lK V 2 1=mgR 1-+重力对雪橇做的功为eOAR=J()-m gsinaRda=m 7cos-l)摩擦力对雪橇做的功为A,=)-mg/bik co sender=m
26、si n OR*32-2 2 设加速度为&A B=S 在 B点速度为匕，在 c点速度为岭，整个运动分为三个分过程A-8:匀加速直线运动v,2=2asB f C：机械能守恒1 2 f 1 mv.=me-2K-mv2 2在 C点，重力提供向心力2V2mg=RC f A：平抛运动S=v2t(4)2R =-g t2(5)联立、(2)、(3)、(4)、(5)，可解得542-2 3设$=$1+$2.如图所示，写出各个过程的相应方程.AT B：机械能守恒mD1 2期=3叫%(1)B点碰撞：动量、机械能守恒.fmv=mx Vj+/TI2V2(2)1 2 1 2 1 2彳 根 =-mvy+-m2v2(3)2 2
27、 2B T C；平抛运动S|=v2r,(4)1 2h=gtC(5)恤 在C点时:vc t=v,(6)%=g/i C f D：机2以上述速度作斜抛运动，但其加速度由下式确定S 2=%(8)2%=at(9)m2a=/浮-m,g=(-l)m,gP=(-l gP(1 0)由（8）、（9）、（1 0）可确定射程CO 为S22v x%2 匕*%.a(I D联 立（1）至（1 1）式可解证、2-1P1 +mx+m24.8(m)72-2 4 在 C开始运动之前，A、5有同一加速度，对 4、3作受力分析（如图所示）有A:mg T =ma(1)B T =m a(2)由(l)(2)解证。=gg设 BC间 绳 长 为
28、 在，时间内3作匀加速运动.则 l =-at2=-g r2 2 2Tm出习题2-24图证=0.4(s)B和 C之间绳子刚要拉紧时，A 和 8所达到的速度为v =at =y gl=7 1 0 x0.4 =2.(X m-s-1)8C间绳拉紧前后，由动量原理有A:m v -mv=-TAB-r(忽略了重力的冲量)(3)vr=v=1.3 3(m-s 1)联 立(3)、(4)、(5)解证2?v,=-v =-x2.0 =1.3 3(m-s-,)2-2 5 设在t秒时，盒内已落有的石子质量为见mf=n m-t而石子落入盒内时速度为V =J2gh(2)在此后df时间内，将有质量而”的石子落入盒内dm,=nm-A
29、t(3)对dm,这些石子用动量定理，设d/乙的石子受到盒对它的作用力为dN,以向下为正则(dm/g dNJ出=dg(O 丫)dNdt dm,(d/g+v)=nmdt(gdt+v)nmi dr=dN-nmv而已有的质量为 力 的 石子受到盒对它的作用力的大小等于石子的重力.，%g=N.秤的读数为N+dN nm v+m,g)=n”12gli+nmgl=2gh+gt)=1 OOx 0.02(1 Ox 9.8+72x9.8x4.9)=2x(98+9.8)=215.6(N)2-26用动量定理求解A到B的时间为T 7 1t=2 C D重力的冲量为rTim 7img 皿一/=mgt-g=-方向向下(如图所不
30、)0)co小球动量增量为-坡p=2mv=ImcoR =侬 吆 其中R由小球的动力学方程/Tsi n。=mcoR习题2-26图T cos=mg求证R=co由动量定理iT+ig=西由图可证1丁1厅+(绅)2=胆(万2+4fg2。)/工力C O，与水平方向的夹角为atga71 八=ctg02-2 7 设铁锤与铁钉撞击中能量损耗不计，重力的功不计，由动能定理有尸&=/：=4（恒量）而 尸=，对第一次打击工：自近=3h；=3对第二次打击J Fdx=k(x2-x2)=E0解证 x2=行X 第二次击入的深度为Ax=x2-x1-(V2-1)X 1 =0.4 l(cm)2-2 8 静止时各处T=m g,对两弹簧
31、有T=匕玉=mgT=k2x2=mg所以，两弹簧的伸长量之比为x k2x2 k两弹簧的弹性势能之比为Ek _ 2kX _Ek-k x2 h2 2 人 22-2 9 （1）子弹与摆锤碰撞，水平方向动量守恒v”mv=加一+MV.2 1力为摆锤碰撞后之速度，摆锤获此速度后作圆周运动，1 9 1 9-M v；=-M vM g2l欲完成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件A，M 2Mg=v2在铅直面内机械能守恒由（3）式得彩=而 代 入（2）式得=屈，再 代 入（1）式可得子弹的最小速度L i nm2-3 0 小球与弹簧振动系统相互碰撞，水平方向动量守恒mv0=mvx+Mv(1)V为弹簧系统的启动速度，它
32、在被压缩过程中机械能守恒，设最大压缩长度为七“，则有=kxl 将(1)、(2)两式联立求解得“焉啾%+%)=后 需 x 1 x(4+2)=0.06(m)e 1 2 c 22、报 一 m m H Mv(2)碰撞是非弹性的，其机械能损失为(3)小球与M 完全非弹性碰撞解得N 乙)=lx lx 42-|-x lx 22+-x l03x0.062|2(2 2)=4.2(J)，碰撞后弹簧被压缩，据此可列式m 环=(m+M)M 1 1(M+m)v2=-K2(2)铁饼的角加速度为机械能损失=x lx 42-2第三章3-1 (1)铁饼离手时的角速度为K21 a ,-x l03x0.0382=7.28(J)刚体
33、的定轴转动0=R =25/1.0=25(rad/s)(3)铁饼在手中加速的时间为,52a=-=3 9.8(r ad/s2)2 6 2 x 2万 x 1.2 5(2)转过的角度为2 0 2 x 2 -x 1.2 5 c/cc/、t =一=-=0.6 2 8(s)c o 2 53-2 (1)初角速度为g=2%x 2 00/6 0=2 Q 9(r ad/s)末角速度为=2 x 3 000/6 0=3 1 4 r ad/s)角加速度为a-c-o-c-o.-=-3-1-4-2-Q-9 =4.1,.9_(,r ad/s 2).t 7.0c g+3 2(1 9 +3 1 4 =,，”血0 =t =-x 7=
34、1.1 7x l 03 r ad=1 86 圈)(3)切向加速度为q =cr/?=4 1.9 x 0.2 =8.3 8(m/s2)法向加速度为an=2/?=3 1 42 x 0.2 =1.9 7 x 1 04(m/s2)总加速度为a=.=V 8.3 72+(1.9 7x l 04)2=1.9 7 x 1 0*(m/s2)总加速度与切向的夹角为c an 1.9 7X 1 04。,、。口、，0=ar ct an =ar ct an-=89 5 9at 8.3 73-3 (1)对轴I的转动惯量3=2 d(aco s6 C P)2 +m+aco s6 C P)?+m(a+2 aco s6 C P)2=
35、9m(对轴I I的转动惯量J2=4 m(si n 6(F)2=3 m c r(2)对垂轴的转动惯量J3=2 m c i+2 m(2 tz c o s3 C P)2+m(2 a)2=12 m(r3-4 (1)设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对。点的力矩为3 3 3 1 1 1 3M()=m g-l+-m g-l-m g -I-mg-I=-mgl(2)系统对。点的总转动惯量等于各部分对。点的转动惯之和，即j Q =J +J 3+J 448(3)由转动定律 M=邛 可得此一36gP-Ja0 3 7m l0 37 I483-5(1)摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为0=生
36、浸1=(0.8-l)g =-0.2 y0第二秒末的角速度为/2=9)+加=例)一。2 g x 2=0.6例(2)设 摩 擦 力 矩 与 角 速 度 G的比例系数为。，据题设可知M r=即 J一-=acodt据题设，=Is时，q=0.8 0,故可得比例系数a=Jln().8由此Z =2s时，转轮的角速度幻2为In 丝=21n0.8gco2=0.82 co。=0-646903-6设飞轮与闸瓦间的压力为N,如图示，则二者间摩擦力力=/V,此摩擦力形成阻力矩力R,由转动定律其中飞轮的转动惯量/=，/,角加速度=三%=-充 ，故得fr=7m l n R5=-1 -x6 0 x(1 0 0 0 W 0.2
37、 5=-3 1 4(N)见图所示，由制动杆的平衡条件可得F(l1+l2)-N=0习题3-6图N =N1得制动力F=3 1 4 x 0,5 =3 1 N)+Z2)0.4(0.5+0.7 5)3-7 如图所示，由牛顿第二定律对 犯：刀-myg=ma对 叫:m2g-T2=m2a2对整个轮，由转动定律必（熟 用+和 因又由运动学关系/3 =a、/R、=a2/R2联立解以上诸式，即可得0 =_ _ _ _ _ _ _（吗 R 叫RJ g 一（2 +叫冰；+（知2/2 +，%）83-8 设米尺的总量为相，则直尺对悬点的转动惯量为j 1 2 1 2I =-m J；H mJ；3 3=-1 x 2 mx0n.4
38、.2-+1 x 2 mx0n.6，23 5 3 51.4=m1 5=0.0 9 3 m3 3M=m g x 5 51 2 2 1又 M=1 0 x-m g x x 2 5 5 21.4 m=0.1 m g1 50 M 0.1 mg xl5P =-r =一1.4 m=1 0.5(ra d s-2)从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为O 势能点）即m gh,1 ,2c=J yn i1 1.4 2m g xO.l=x m yn 3=V 2 13-9 机视为质点，M 视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所示）m g-T =maR T=J/3 a=R/31?J=-M R-l 2(1)
39、由方程组可解得mC，m+M/2S ：物体作匀加速运动1v=v)+at=-g t(2)物体下落的距离为当1=4时A(3)绳中张力由方程组解得Tm浮1习题3-9图(1)x vot+a t21 2=严1 ,=g x4?=4 g =3 9.2(m)47 1T=2m g解法2：以r=0 时物体所处位置为坐标原点O,(1)由机械能守恒：-Jco2 V2=mgx J-x 2m 店2V=a)R二 尸;且刀两边就，求导得2 v=g vdtf d v=幽J o J o 2以向下为X 正方向.-/O 丁 mLgX习题3-9 图(2)21 v =-g t(2)1dxv=一dx 1=gt则d2dx=gtdt1 ，（3）
40、.相匀加速运动，由 丫=3 8/以 及 匕=0知1a=g又由 m g-T-m an T=gmg3-1 0 如图所示，唱片上一面元面积为由=出闵厂,质量为而=加旧比/7（欣 2）,此面元受转盘的摩擦力矩为dM=rdf=r/Jkd m g-m ikr2d3ir/（7TR）各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为M=J d M成 2 J O J O2 八=马 g g R唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从o增加到。需要时间为co _ co _ 3R co唱机驱动力矩做的功为A M 卜3=M-cot=L R%22唱片获得的动能为Ek Jco2 I”？mfco2k 2 212 J 43-1
41、1对整个系统用机械能守恒定律-17111+kh2+7M|V2+Ja)2=01 -以=一 犷2,-(J+Mr2)a2由此可得转台后来的角速度为J 1200 2万八.、co.=-=-r x =0.496(rad/s)2 J+Mr2 1200+80 x22 103-15慧星在有心力场中运动，角动量守恒。设其质量为M,近日点速率为,与太阳之距八;远日点速率为，与太阳之距/2,则有M V,rx=MV2r2=乜 =5.46x10 x8 7 5 xlQi o =5.26x l 0 2(m)V2 9.0 8x 1023-16(1)由于/r=gv =y gr=N 9 8x2.5=4.9 5(m/s)(2)由飞船
42、和宇航员系统角动量守恒可得3 m v R-J c o=0由此得飞船角速度为。=皿=3x70 x4.95x2.5=8 6 7乂q 3 d人)J 3 x l O5(3)飞船转过3 0 用的时间，=万/(60)，宇航员对飞船的角速度为a+WR,在时间r内跑过的圈数为1 vn =(a+v/R)(2 万)=(1+)12 a)R1 4 9 5=-x (1+-)=19(圈)12 8.67x 10-3 x 2.53-17太阳自转周期按25d计算，太阳的自转角动量为=m F M5=X 1.9 9 x 103 ox (6.9 6x 108)2x-5 25x 8640 0=l.l x l 042(k g m2/s)
43、此角动量占太阳系总角动量的百分数为3-18(1)由于外力沿转动中心0,故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即m K.=m V2r2m 4c o故小球作半径r2的圆周运动的角速度为(2)拉力F做功为3-19 (1)J=J杆+J球1 .2 Q 4 正=ml+ml=mr33(2)在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有1 2/Q =Jco-mg(m s _ m8 008解得：60=C O S 2 V I3-20 (I)子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒：mv-l=it/l+M12 co4 14 J 3得解V4-9机m+3-4zfk=8x10-3x20049(2)上摆过程
44、机械能守恒1,I 3J02=Mg(1-cos 0)+mg/(I-cos即-M+m 12M22(3 16 J-+m(1-cos2 4 7m M ,上式可近似为1 1 ,M Mra=-(l-c o s3 )lg解得cos。=(1 一二)=0.0733gc o s 6 0即。为第二象限的角度，本题中即棒向上摆可超水平位置（9 0。）。由于 C O S-I （0.07 3 乞8 5 6 棒的最大摆角约为万 一8 5 6 =9 45 2第四章狭义相对论4-1Ax其中Ax，=xDrR S（飞船）4-2u=0.999c长 沙利用zk i 力S即/2在S系(相 对S 系以“=巨。运动)2习题4-6(a)图周长
45、2 x a+a=a(l H-)4 2(2)对OA(或AB)S系中长度为4(或4)习题4-6(b)图对OB,在S系中长度为4=(1+V 13)4-7 S系测量的时间间隔为固有时r0=4.0s,S 系测量的时间间隔为运动时r =6.0s，根据时间延缓公式得在 S 系测量的两个事件的空间间隔为Ax=&=0.7 45 x 3 x 108 x 6.0=1.341x 10?(m)Ax-y(zl x-w zl/)=0.7 45 x 3x 1(/x 6.0=1.341x l 09(m)4-84 =1.2x 10%“=一100(因为流星是从船头飞向船尾)t=/(/+彳 Ax。cAr =(Ax +Af)/=1.2
46、5X10-6(S)Z l x =(100+0.6 c x 1.2 x 10-6)：=141m)4-9根据相对论动力学基本方程得_ d(m v)F =-dr对上式积分得(1)当 t 生因时，b f/CF 当 t 正 时，Ft mocFnilFtc则 v=/=cv=at 时，j dr=j vdt=j atdt1 2x=at2v=c日 寸j dx=j vdfx=J cdt=ct4-10W=*g)m4-114-124-134-144-154-16略略略略略根据质能公式得太阳因辐射能量每秒减少的质量为竽=5.6x1。-)与太阳质量的比值Am 5.6 xlO9m 2x10s0=2.8xl0-2i这个比值是
47、非常小的.4-17 略第5章 静 电 场5-1 两小球处于如题5-1图所示的平衡位置时，每小球受到张力T,重力mg以及库仑力F的作用，则有T c o s 6 =mg和 T s i n e =F,.，.E =如，由于夕很小，故习题5-1图、1/317i0mg)5-2 设在C点的场强分别为弓 和后2，则有Ei1 -7i=9、心三=1.8xlO4V-m-1方向沿A C方向E=1%2 4环,rjc习题5-2图2.7xlO4V-m-1方向沿CB 方向，C点的合场强后的大小为:E=E；+E；=J(1.8x104y+(2.7x104)2设 E的方向与CB 的夹角为a ,则有c=rg-i 6=rgT 型=33
48、.7E2 2.75-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元d q =2d/,3.24x104V-m-它在圆心O处的场强为1 J 1 骂=-方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两4万4 R2习题5-3图带电圆弧中对应电荷元在圆心0 处产生的d ,和 dE 2在 x方向分量相互抵消。=0,圆心O处场强E的y分量为E、=2/1 A d/._ J 1 1 ARd06-s i n =2 6-I。4 兀 R Jo 4 万4 Rs i n 6 =2 42方向沿y轴正向。5-4 (1)如 题 5-4 图(a),取与棒端相距山的P点为坐标原点,x轴向右为正。设带电细棒电荷元dq =/l(k 至 P点
49、的距离x,它在P点的场强大小为dEP1 Adx方向沿X轴正向i hi rni b-L各电荷元在P点产生的场强方向相同，于是习题5-4 图(a)4 兀%/X-与idr+L)x22r i1 )4 乃&+L71=9X109X3X10-88 x 10 2 28 x 10=2.4 1x lO3V-m-1方向沿x轴方向。(2)坐标如题5-4 图(b)所示，在带电细棒上取电荷元d9 =/ldv与 Q点距离为r，电荷元 在 Q点所产生的场强dE1 Adx,由于对称性，场 d E 的 x方向分量相互抵消，所4%r2以&=0,场强d E的 y分量为dEv=dfs i n。y1 Adx4 4 r2s i n。H r
50、=d2 c s c 0,x-d2r(=-d2c t g0,dx=d2 es c2 3 d0习题5-4 图(b)叫1 Adx4 吟r2s i n。=-s i n 田 840d2E,=JdE,-s i n 6 U 8加 40d2A4f d 2(co s g-co s a)L/2L/2其中 c o&=：=,c o=.-Jd；+(L/2)2 Jd；+(L/2)2代入上式得玛=-/4飞&必+(L/2)2=9x109x3x10-8x0.2 =5 2 7X1 03V.心8xl0-2(8xl0-2)2+(0.2/2)方向沿y轴正向。5-5 带 电 圆 弧 长/=2欣-d =2x3.4x().5()-0.02=