篇一：幸福家园和谐社区主题活动启动仪式主持词
习
题
3.1 选择题
(1) 有一半径为 R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转 动，转动惯量为 J，开始时转台以匀角速度 ω 0 转动，此时有一质量为 m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转 台的角速度为
(A) J
0
J mR2
J
(C)
0
mR 2
[ 答案：
(A)]
(B)
J
0
(J m) R 2
(D) 0
(2) 如题 3.1 （ 2）图所示，一光滑的内表面半径为 10cm 的半球形碗， 以匀角速度 ω 绕其对称轴 OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球 P 相对于碗静止，其位置高于碗底 4cm，则由此可推知碗旋转的角速度约 为
(A)13rad/s
(B)17rad/s
(C)10rad/s
(D)18rad/s
(a)
(b)
题 3.1 （ 2）图
[ 答案：
(A)]
(3) 如 3.1(3) 图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳 其一端连结此物体， ；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度 ?在距 孔为 R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体
（A）动能不变，动量改变。
（B）动量不变，动能改变。
（C）角动量不变，动量不变。
（ D）角动量改变，动量改变。
（ E）角动量不变，动能、动量都改变。
[ 答案：
(E)]
3.2 填空题
(1) 半径为 30cm 的飞轮，从静止开始以 0.5rad ·s-2 的匀角加速转动，则飞
轮边缘上一点在飞轮转过 240?时的切向加速度 aτ =
，法向
加速度 an=
。
[ 答案：
0.15; 1.256 ]
(2) 如题 3.2 （ 2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光 滑固定轴 O 转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于
其中，则在此击中过程中， 木球、子弹、细棒系统的
守恒，
原因是
。木球被击中后棒和球升高的过程中， 对木球、子
弹、细棒、地球系统的
守恒。
题 3.2 （2）图
[ 答案：对 o 轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外 力对 o 轴的合外力矩为零，机械能守恒 ]
(3) 两个质量分布均匀的圆盘 A 和 B 的密度分别为 ρ A 和 ρB ( ρA>ρ B) ，且两 圆盘的总质量和厚度均相同。
设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转
动惯量分别为 J 和 J ，则有 J
A
B
A
J 。（填 >、 <或 =）
B
[ 答案：
<]
3.3 刚体平动的特点是什么？平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动？
解：刚体平动的特点是：
在运动过程中，内部任意两质元间的连线在各个时 刻的位置都和初始时刻的位置保持平行。
平动时刚体上的质元可以作曲线运 动。
3.4 刚体定轴转动的特点是什么？刚体定轴转动时各质元的角速度、 向心加速度、切向加速度是否相同？
线速度、
解：刚体定轴转动的特点是：
轴上所有各点都保持不动， 轴外所有各点都在 作圆周运动， 且在同一时间间隔内转过的角度都一样；
刚体上各质元的角量 相同，而各质元的线量大小与质元到转轴的距离成正比。
因此各质元的角速
度相同，而线速度、向心加速度、切向加速度不一定相同。
3.5 刚体的转动惯量与哪些因素有关？请举例说明。
解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质量的分布、转轴的位置等有关。如对 过圆心且与盘面垂直的轴的转动惯量而言， 形状大小完全相同的木质圆盘和铁 质圆盘中铁质的要大一些， 质量相同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环 的转动惯量要大。
3.6 刚体所受的合外力为零， 其合力矩是否一定为零？相反， 刚体受到的合力 矩为零，其合外力是否一定为零？
解：刚体所受的合外力为零， 其合力矩不一定为零；
刚体受到的合力矩为零， 其合外力不一定为零。
3.7 一质量为 m 的质点位于 ( x1 , y1 ) 处，速度为 v vxi v y j , 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 作用在质点上的力为
所以，质点对原点的角动量为 作用在质点上的力的力矩为
3.8 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
r1 ＝ 8.75 × 10 m
时的速率是 v1 ＝ 5.46 × 104 m· s-1 ，它离太阳最远时的速率是 v2 ＝ 9.08 × 102m· s-1
这时它离太阳的距离 r2 是多少 ?( 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
r1 mv1 r2 mv2
∴
r1 v1
r2
8.75 1010 5.46 104
5.26
12
10 m
v2
9.08 102
3.9 物体质量为 3kg， t =0 时位于 r 4i m , v i 6 j m s 1 ，如一恒力 f 5 j N 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)pfdt
5 j dt 15 j kg m
s1
0
(2) 解 ( 一 ) 即
x x0 v0 xt 4 3 7
r1 4i , r2 7i 25.5 j
即
∴
∴
dz
解(二) ∵M
dt
v1 i1 6 j , v2 i 11 j
L1 r1 mv1 4i 3(i 6 j ) 72k L L2 L1 82.5k kg m 2 s 1
∴
t
t
L
M dt(r F )dt
0
0
3.10 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
M 1 的重物． 小球作匀速圆周运动， 当半径为 r0 时重物达到平衡． 今在 M 1 的下方再挂
一质量为 M 2 的物体，如题 3.10 图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度
和半径
r 为多少 ?
题 3.10 图
解 : 在只挂重物时 M 1 ，小球作圆周运动的向心力为 M 1 g ，即
M 1 g mr0 0
挂上 M 2 后，则有
( M 1 M 2 )g mr
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．
① ②
即
r0 mv0 r mv
r02 0 r 2
③
联立①、②、③得
3.11 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 3.11 图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数
=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， Fr 、 Fr 是
摩擦力， Fx 和 Fy 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 3.11 图（ a）
题 3.11 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
对飞轮，按转动定律有
Fr R / I ，式中负号表示 与角速度 方向相反．
∵
Fr N
NN
∴
Fr N
l1 l2 F
l1
又∵
I 1 mR2 ,
∴
2 (l l )
Fr R
F 1 2
①
I
mRl1
以 F 100 N 等代入上式，得
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
这段时间内飞轮的角位移为
可知在这段时间里，飞轮转了 53.1 转．
(2) 0 900 2 rad s 1 ，要求飞轮转速在 t
60
2 s 内减少一半，可 知
用上面式 (1) 所示的关系，可求出所需的制动力为
3.12 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
OO 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 m1
和 m2 相连， m1 和 m2 则挂在圆柱体的两侧，如题 3.12 图所示．设 R ＝0.20m, r ＝
0.10m， m ＝ 4 kg，M ＝ 10 kg ， ＝ ＝ ，且开始时 ， 离地均为 ＝ ．求：
m1 m2 2 kg
m1 m2
h 2m
(1) 柱体转动时的角加速度；
(2) 两侧细绳的张力．
解 : 设 a1 , a2 和 β 分别为 m1 , m2 和柱体的加速度及角加速度，方向如图 ( 如图 b) ．
题 3.12(a) 图 (1) m1 , m2 和柱体的运动方程如下：
题 3.12(b) 图
T2 m2 g m2 a2
①
m1 g T1 m1a1
②
T1 R T2 r I
③
式中
T1 T1 ,T2 T2 ,a2 r , a1 R
而
I 1 MR 2 1 mr 2
由上式求得
(2) 由①式
由②式
3.13 计算题 3.13 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 m1 ＝ 50 kg， m2 ＝ 200 kg,M ＝ 15 kg, r ＝ 0.1 m
解 : 分别以 m1 , m2 滑轮为研究对象，受力图如图 (b) 所示．对 m1 , m2 运用牛顿定律， 有
对滑轮运用转动定律，有
m2 g T2 m2 a
①
T1 m1a
②
又，
T2r T1r ( 1 Mr 2 )
ar
③ ④
联立以上 4 个方程，得
题 3.13(a) 图
题 3.13(b) 图
3.14 如题 3.14 图所示，一匀质细杆质量为 m ，长为 l ，可绕过一端 O 的水平轴自由 转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求：
(1) 初始时刻的角加速度；
(2) 杆转过 角时的角速度 .
题 3.14 图
解 : (1) 由转动定律，有
∴
3g
2l
(2) 由机械能守恒定律，有
3g sin
∴
l
3.15 如题 3.15 图所示，质量为 M ，长为 l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴
O 无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为
m 的弹性小球飞来，正
好在棒的下端与棒垂直地相撞． 相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度
30°
处． (1) 设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速 v0 的值；
(2) 相撞时小球受到多大的冲量 ?
题 3.15 图
解 : (1) 设小球的初速度为 v0 ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为
，而小球的速
度变为 v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞， 所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能
守恒定律，可列式：
mv0l I mvl
1 mv02 1 I 2
1 mv2
① ②
上两式中 I 1 Ml 2 ，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显着的角位移；碰撞后，棒
从竖直位置上摆到最大角度
30o ，按机械能守恒定律可列式：
1I
l
Mg (1 cos30 )
③
由③式得
由①式 由②式
I v v0
④
ml
所以 求得
v2 v02 I 2
⑤
m
(2) 相碰时小球受到的冲量为 由①式求得
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反． 3.16 一个质量为 M、半径为 R 并以角速度 转动着的飞轮 ( 可看作匀质圆盘 ) ，在某 一瞬时突然有一片质量为 m 的碎片从轮的边缘上飞出，见题 3.16 图．假定碎片脱离 飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上． (1) 问它能升高多少 ? (2) 求余下部分的角速度、角动量和转动动能．
题 3.16 图
解 : (1) 碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 设碎片上升高度 h 时的速度为 v ，则有
令 v 0 ，可求出上升最大高度为
(2) 圆盘的转动惯量 I
1 MR 2 ，碎片抛出后圆盘的转动惯量 I
1 MR 2 mR2 ，碎片脱
离前，盘的角动量为 I ，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影 响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即
式中 为破盘的角速度．于是
得
( 角速度不变 )
圆盘余下部分的角动量为
转动动能为 Ek
1 ( 1 MR 2 mR2 ) 2 22
3.17 一质量为 m 、半径为 R 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由
转动．另一质量为 m0 的子弹以速度 v0 射入轮缘 ( 如题 3.17 图所示方向 ) ．
(1) 开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值 ?
(2) 用 m , m0 和 表示系统 ( 包括轮和质点 ) 最后动能和初始动能之比．
题 3.17 图
解: (1) 射入的过程对 O 轴的角动量守恒
∴
m0 v0 sin
(m m0 )R
[( m
m0 )R 2
m0v0 sin
][
]
(2)
Ek2
E k0
(m m0 ) R 12
m0 sin 2 m m0
m0 v0
-1
3.18 弹簧、定滑轮和物体的连接如题 3.18 图所示，弹簧的劲度系数为 2.0 N · m；
2
定滑轮的转动惯量是 0.5kg ·m，半径为 0.30m ，问当 6.0 kg 质量的物体落下 0.40m 时， 它的速率为多大 ? 假设开始时物体静止而弹簧无伸长．
题 3.18 图
解 : 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有
又 故有
v/R
(2mgh kh2 )R2
v
mR2 I
篇二：幸福家园和谐社区主题活动启动仪式主持词
;.
大学物理习题及解答
习题一
dr dr
dv dv
1-1 ｜ r ｜与 r 有无不同? d t 和 d t 有无不同? d t 和 d t 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 r2 r1 ，
r
r2
r1
；
dr
dr
ds
（2） d t 是速度的模，即 d t v dt .
dr
dt 只是速度在径向上的分量.
∵有
r
r
rˆ
（式中
rˆ
叫做单位矢），则
dr dt
dr dt
rˆ
r
drˆ dt
dr
式中 dt 就是速度径向上的分量，
dr 与 d r
∴ d t d t 不同如题 1-1 图所示.
题 1-1 图
dv
a
dv
dv
(3) ∵有
dt v
v表(示 表加轨速道度节的线模方，向即单位矢dt ），，d所t 是以加速度
a
在切向上的分量.
dv
dv
v
d
dt dt
dt
dv
式中 dt 就是加速度的切向分量.
drˆ 与 dˆ
( dt dt 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
dr
d2r
速度时，有人先求出 r＝ x2 y2 ，然后根据 v = dt ，及 a ＝ dt 2 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
v=
dx
dy
dt dt 及 a =
d2x dt 2
d2 dt
y
.
;.
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 r xi yj ，
v
dr
dx
i
dy
j
a
d 2drt
dt d2x
i
dt d2
y
j
dt 2 dt 2 dt 2
故它们的模即为
v
v
2 x
v
2 y
dx
dy
dt dt
a
a
2 x
a
2 y
d2x dt 2
d2 y dt 2
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
v dr dt
d2r a
dt 2
dr 与 d 2r
dr
其二，可能是将 dt dt 2 误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明 dt
d2r
不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样， dt 2 也不是加速
a径
度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分
d2r dt 2
r d dt
。或
者时概间括的性变地化说率，，前而一没种有方考法虑只位考矢虑r 及了速位度矢vr的在方径向向随（间即的量变值化）率方对面速随
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 =3 t +5, y = 2 t 2+3 t -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）
r
(3t
5)i
(1
t2
3t
4)
j
m
(2)将 t 1, t 2 代入上式即有
r1 8i 0.5 j m
r2
11 j
4
j
m
r
r2
r1
3 j
4.5j
m
(3)∵ ∴
v
r
r0 5 j r4 r0
4j
,
r4
17i
12i 20 j
16
j
3i 5 j
m s1
t 4 0
(4)
v
dr
3i
(t
3) j
m s1
dt
则
v4
3i 7
j
m
s
(5)∵
v0 3i 3 j, v4 3i 7 j
a
v
v4
v0
1j
m s2
(6)
t
a
dv
1j
m s2
dt
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 v0 (m· s1 )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 角，由图可知
l2 h2 s2
将上式对时间t 求导，得
2l dl 2s ds dt dt
.
;.
题 1-4 图
根据速度的定义，并注意到l , s 是随t 减少的，
∴
v绳
dl dt
v0 , v船
ds dt
即
v船
ds dt
l s
dl dt
l s
v0
v0 cos
或
v船
lv0 s
(h2
s 2 )1/ 2 v0 s
将 v船 再对t 求导，即得船的加速度
a
dv船 dt
s dl l ds
dt s2
dt v0
v0 s lv船 s2
v0
(s
l2 s
)v02
s2
h 2v02 s3
1-5 质点沿 x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+6 x 2 ，a 的单位
为 m s2 ， x 的单位为 m. 质点在 x ＝0 处，速度为 10 m s1 ,试求质点
在任何坐标处的速度值．
解：
∵
a dv dv dx v dv dt dx dt dx
分离变量：
d adx (2 6x2 )dx
两边积分得
1 v2 2x 2x3 c 2
由题知， x 0时， v0 10 ,∴ c 50
∴
v 2 x3 x 25 m s1
1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t ms2 ，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：∵
a dv 4 3t dt
分离变量，得
dv (4 3t)dt
积分，得
v
4t
3 2
t2
c1
由题知， t 0 , v0 0 ,∴ c1 0
.
;.
故
v 4t 3 t 2 2
又因为
v dx 4t 3 t 2
dt
分离变量，
dx (4t 3 t 2 )dt 2
积分得
x
2t
1 2
t3
c2
由题知 t 0 , x0 5 ,∴ c2 5
故
x 2t 2 1 t 3 5 2
篇三：幸福家园和谐社区主题活动启动仪式主持词
篇四：幸福家园和谐社区主题活动启动仪式主持词
习
题
3.1 选择题 (1) 有一半径为 R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为 J， 开始时转台以匀角速度 ω0 转动，此时有一质量为 m 的人站在转台中心，随后人沿半径向 外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为
(A)
J
J mR2
0
(B)
(J
J m)R2
0
(C)
J mR2
0
(D) 0
[答案：
(A)]
(2) 如题 3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为 10cm 的半球形碗，以匀角速度 ω 绕其对
称轴 OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球 P 相对于碗静止，其位置高于碗底 4cm，则
由此可推知碗旋转的角速度约为
(A)13rad/s
(B)17rad/s
(C)10rad/s
(D)18rad/s
(a)
(b)
题 3.1（2）图
[答案：
(A)]
(3)如 3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其 一端连结此物
体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度在距孔为 R 的圆周上转动，今将绳从小
孔缓慢往下拉，则物体
（A）动能不变，动量改变。
（B）动量不变，动能改变。
（C）角动量不变，动量不变。
（D）角动量改变，动量改变。
（E）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案：
(E)]
3.2 填空题
(1) 半径为 30cm 的飞轮，从静止开始以 0.5rad·s-2 的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转
过 240?时的切向加速度 aτ=
，法向加速度 an=
。
[答案：
0.15; 1.256 ]
(2) 如题 3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴 O 转动，今
有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子
弹、细棒系统的
守恒，原因是
。木球被击中后棒和球升高
的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的
守恒。
题 3.2（2）图
[答案：对 o 轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对 o 轴的合外力矩
为零，机械能守恒]
(3) 两个质量分布均匀的圆盘 A 和 B 的密度分别为 ρA 和 ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度 均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为 JA 和 JB，则有 JA JB 。
（填>、<或=）
[答案：
<]
3.3 刚体平动的特点是什么？平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动？
解：刚体平动的特点是：在运动过程中，内部任意两质元间的连线在各个时刻的位置都和初始
时刻的位置保持平行。平动时刚体上的质元可以作曲线运动。
3.4 刚体定轴转动的特点是什么？刚体定轴转动时各质元的角速度、线速度、向心加速度、切
向加速度是否相同？
解：刚体定轴转动的特点是：轴上所有各点都保持不动，轴外所有各点都在作圆周运动，且在
同一时间间隔内转过的角度都一样；刚体上各质元的角量相同，而各质元的线量大小与质元到
转轴的距离成正比。因此各质元的角速度相同，而线速度、向心加速度、切向加速度不一定相
同。
3.5 刚体的转动惯量与哪些因素有关？请举例说明。
解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质量的分布、转轴的位置等有关。如对过圆心且与盘面垂
直的轴的转动惯量而言，形状大小完全相同的木质圆盘和铁质圆盘中铁质的要大一些，质量相
同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环的转动惯量要大。
3.6 刚体所受的合外力为零，其合力矩是否一定为零？相反，刚体受到的合力矩为零，其合外
力是否一定为零？
解：刚体所受的合外力为零，其合力矩不一定为零；刚体受到的合力矩为零，其合外力不一定
为零。
3.7
一质量为 m 的质点位于( x1 , y1 )处，速度为 v
vxi vy j ,
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
作用在质点上的力为
所以，质点对原点的角动量为
作用在质点上的力的力矩为
3.8 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 r1 ＝8.75×1010m 时的速率是 v1 ＝
5.46×104 m·s-1，它离太阳最远时的速率是 v2 ＝9.08×102m·s-1
r2 是多
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
r1mv1 r2mv2
∴
r2
r1v1 v2
8.751010 5.46104 9.08 102
5.261012
m
3.9
物体质量为3kg，
t
=0时位于
r
4i m
,
v
i
6 jm s1
，如一恒力
f
5 jN
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)
p
fdt
3 5 jdt
15
j
kg
m
s 1
0
(2)解(一) 即 即 ∴ ∴
x x0 v0xt 4 3 7
r1
4i
,
r2
7i
25.5 j
v1
i1
j
,
v2
i
11 j
L1 r1 mv1 4i 3(i 6 j ) 72k
L L2 L1 82.5k kg m2 s1
解(二) ∵ M dz
dt
∴
t
t
L 0 M dt 0 (r F )dt
3.10 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 M1 的重物．小球
作匀速圆周运动，当半径为 r0 时重物达到平衡．今在 M1 的下方再挂一质量为 M 2 的物体，如题3.10 图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度 和半径 r 为多少?
题 3.10 图
解: 在只挂重物时 M1 ，小球作圆周运动的向心力为 M1g ，即
M1g mr002
①
挂上 M 2 后，则有 ②
(M1 M 2 )g mr 2
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．
即
r0mv0 rmv
r020 r2
③
联立①、②、③得
3.11 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3.11图 所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 =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，
Fr 、 Fr 是摩擦力， Fx 和 Fy 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 3.11 图（a）
题 3.11 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
对飞轮，按转动定律有 Fr R / I ，式中负号表示 与角速度 方向相反．
∵
Fr N
N N
∴ 又∵
∴
Fr
N
l1
l2 l1
F
I 1 mR2 , 2
Fr R 2(l1 l2 ) F
I
m R1 l
①
以 F 100 N 等代入上式，得
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
这段时间内飞轮的角位移为
可知在这段时间里，飞轮转了 53.1转．
(2) 0
900
2 60
rad s1 ，要求飞轮转速在 t
s
内减少一半，可知
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
3.12 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 OO 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 m1 和 m2 相连， m1 和 m2 则挂在圆
柱体的两侧，如题3.12图所示．设 R ＝0.20m, r ＝0.10m， m ＝4 kg， M ＝10 kg， m1 ＝ m2 ＝2
kg，且开始时 m1 ， m2 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 a1 , a2 和β分别为 m1 , m2 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图
b)．
题 3.12(a)图
(1) m1 , m2 和柱体的运动方程如下：
T2 m2 g m2a2
m1g T1 m1a1
T1R T2r I
式中 T1 T1,T2 T2 , a2 r , a1 R
而
I 1 MR2 1 mr 2
由上式求得
(2)由①式
题 3.12(b)图
① ② ③
由②式
3.13 计算题3.13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 m1 ＝50 kg， m2 ＝200 kg,M＝ 15 kg, r ＝0.1 m
解: 分别以 m1 , m2 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对 m1 , m2 运用牛
顿定律，有
对滑轮运用转动定律，有 又，
m2 g T2 m2a
①
T1 m1a
②
T2 r
T1r
(1 2
Mr2
)
a r
③ ④
联立以上 4 个方程，得
题 3.13(a)图
题 3.13(b)图
3.14 如题3.14图所示，一匀质细杆质量为 m ，长为 l ，可绕过一端 O 的水平轴自由转动，杆于水平位
置由静止开始摆下．求：
(1)初始时刻的角加速度；
(2)杆转过 角时的角速度.
题 3.14 图
解: (1)由转动定律，有 ∴ (2)由机械能守恒定律，有
3g 2l
∴
3g sin
l
3.15 如题3.15图所示，质量为 M ，长为 l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴 O 无摩擦地转动， 它原来静止在平衡位置上．现有一质量为 m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞 后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度 30
(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速 v0
(2)相撞时小球受到多大的冲量?
题 3.15 图
解: (1)设小球的初速度为 v0 ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为 ，而 小球的速度变为 v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动
量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：
mv0l I mvl
1 2
mv02
1 2
I 2
1 mv2 2
① ②
上两式中 I 1 Ml2 ，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显着的角位移；碰
撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度 30o ，按机械能守恒定律可列式：
由③式得
1 I 2 Mg l (1 cos30)
③
由①式 由②式
v
v0
I ml
④
所以
v2
v02
I 2 m
⑤
求得 (2)相碰时小球受到的冲量为
由①式求得
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．
3.16 一个质量为M、半径为 R 并以角速度 转动着的飞轮(可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片 质量为 m 的碎片从轮的边缘上飞出，见题3.16图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向
(1)问它能升高多少?
(2)
题 3.16 图
解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度
设碎片上升高度 h 时的速度为 v ，则有
令 v 0 ，可求出上升最大高度为
(2)圆盘的转动惯量 I 1 MR2 ，碎片抛出后圆盘的转动惯量 I 1 MR2 mR2 ，
碎片脱离前，盘的角动量为 I ，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变
为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即
式中 为破盘的角速度．于是
得 (角速度不变)
圆盘余下部分的角动量为
转动动能为 Ek
1 (1 MR2 22
mR2 ) 2
3.17 一质量为 m 、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动．另一质量为
m0 的子弹以速度 v0 射入轮缘(如题3.17图所示方向)．
(1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值?
(2)用 m , m0 和 表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比．
题 3.17 图
解: (1)射入的过程对 O 轴的角动量守恒
∴
m0v0 sin
(m m0 )R
(2)
Ek
1 [(m 2
m0
)
R
][ m0 (m
v0
sin m0 )R
]2
m0 sin 2
Ek0
1 2
m0
v02
m m0
3.18 弹簧、定滑轮和物体的连接如题3.18图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N·m-1；定滑轮的转动惯量是 0.5kg·m2，半径为0.30m ，问当6.0 kg质量的物体落下0.40m 时，它的速率为多大? 假设开始时物体 静止而弹簧无伸长．
题 3.18 图
解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能
守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有
又
v/R
故有
v
(2mgh kh2 )R2 mR2 I
篇五：幸福家园和谐社区主题活动启动仪式主持词
习题 1
1.1 选择题
(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径 r (x, y) 的端点处，其速度大小为
dr
(A)
dt
dr
(B)
dt
d |r |
(C)
dt
(D) ( dx )2 ( dy )2 dt dt
[答案：D]
(2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度 v 2m / s ，瞬时加速度 a 2m / s2 ，则
一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (C)等于 2m/s [答案：D]
(B)等于-2m/s (D)不能确定。
(3) 一质点沿半径为 R 的圆周作匀速率运动，每 t 秒转一圈，在 2t 时间间隔中，其平均
速度大小和平均速率大小分别为
(A) 2R , 2R tt
(B) 0, 2R t
(C) 0,0
[答案：B]
(D) 2R ,0 t
1.2 填空题
(1) 一质点，以m s 1 的匀速率作半径为 5m 的圆周运动，则该质点在 5s 内，位移的大小
是
；经过的路程是
。
[答案：
10m；
5πm]
(2) 一质点沿 x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为 a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的
速度 v0 为 5m·s-1，则当 t 为 3s 时，质点的速度 v=
。
[答案：
23m·s-1 ]
(3) 轮船在水上以相对于水的速度V1 航行，水流速度为V2 ，一人相对于甲板以速度V3 行走。
如人相对于岸静止，则V1 、V2 和V3 的关系是
。
[答案：
V1 V2 V3 0 ]
1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定：
(1) 物体的大小和形状；
(2) 物体的内部结构；
(3) 所研究问题的性质。
解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研
究问题的性质决定。
1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t3+3t2+6；（3）x=-2t2+8t+4；（4）x=2/t2-4/t。
给出这个匀变速直线运动在 t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还
是减速的。（x 单位为 m，t 单位为 s） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间
的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。
其速度和加速度表达式分别为
v dx 4t 8 dt
a d2x 4 dt 2
t=3s 时的速度和加速度分别为 v=20m/s，a=4m/s2。因加速度为正所以是加速的。
1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。
解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零；
(2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零；
(3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零；
(4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。
1.6 ｜ r ｜与 r 有无不同? dr 和 dr 有无不同? dv 和 dv 有无不同?其不同在哪里?
d t dt
dt dt
试举例说明．
解：（1） r
是位移的模， r 是位矢的模的增量，即 r
r2 r1
， r
r2
r1
；
（2） dr 是速度的模，即 dr v ds .
dt
dt
dt
dr 只是速度在径向上的分量. dt ∵有 r r rˆ （式中 rˆ 叫做单位矢），则 dr d r rˆ r drˆ
dt dt dt 式中 dr 就是速度在径向上的分量，
dt
∴ dr 与 d r 不同如题 1.6 图所示. dt dt
题 1.6 图
(3)
dv
表示加速度的模，即 a
dv
， dv 是加速度 a 在切向上的分量.
dt
dt dt
∵有 v v( 表轨道节线方向单位矢），所以
dv
dv
v
d
dt dt dt
式中 dv 就是加速度的切向分量. dt
( drˆ 与 dˆ 的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) dt dt
1.7 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＝
x2 y2 ，然后根据 v
= dr 及 a ＝ d 2r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的
dt
dt 2
分量，再合成求得结果，即
v=
dx
dy
，a
=
dt dt
d2x dt 2
d2 dt
y
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
r
xi
yj
，
v
dr
dx
i
dy
j
d 2drt
dt dt d2x d2y
a i j
dt 2 dt 2 dt 2
故它们的模即为
v
v
2 x
v
2 y
dx 2 dy 2 dt dt
a
a
2 x
a
2 y
d2x dt 2
d2 y dt 2
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
v dr dt
a
d2r dt 2
其二，可能是将 dr 与 d 2r 误作速度与加速度的模。在 1.6 题中已说明 dr 不是速度的模，
dt dt 2
dt
而只是速度在径向上的分量，同样， d 2 r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中 dt 2
的一部分 a径
d2r dt 2
r d dt
。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
的方向随时间的变化率对速度、加
速度的贡献。
1.8 一质点在 xOy 平面上运动，运动方程为
x =3 t +5, y = 1 t 2+3 t -4. 2
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）
r
(3t
5)i
(1
t2
3t
4) j
m
(2)将 t 1, t 2 代入上式即有
r1 8i 0.5 j m
r2 11i 4 j m
r r2 r1 3i 4.5 j m
(3)∵
r0 5i 4 j, r4 17i 16 j
∴
v
r
r4
r0
12i 20 j
3i 5 j m s1
t 4 0
(4)
v
dr
3i
(t
3)
j
m s1
dt
则
v4 3i 7 j
m s1
(5)∵
v0 3i 3 j, v4 3i 7 j
a v v4 v0 4 j 1 j t 4 4
m s2
(6)
a
dv
1j
m s2
dt
这说明该点只有 y 方向的加速度，且为恒量。
1.9 质点沿 x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+6 x 2 ，a 的单位为 m s2 ，x 的单位
为 m. 质点在 x ＝0处，速度为10 m s1 ,试求质点在任何坐标处的速度值．
解：
∵ 分离变量：
a dv dv dx v dv dt dx dt dx vdv adx (2 6x2 )dx
两边积分得
1 v2 2x 2x3 c 2
由题知， x 0时， v0 10 ,∴ c 50
∴
v 2 x3 x 25 m s1
1.10 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3 t m s2 ，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：∵
a dv 4 3t dt
分离变量，得
dv (4 3t)dt
积分，得
v
4t
3 2
t
c1
由题知， t 0 , v0 0 ,∴ c1 0
故 又因为 分离变量， 积分得
v 4t 3 t 2 2
v dx 4t 3 t 2
dt
dx (4t 3 t 2 )dt 2
x
2t 2
1 2
t3
c2
由题知 t 0 , x0 5 ,∴ c2 5
故
所以 t 10 s 时
x 2t 2 1 t 3 5 2
v10
4 10
3 2
102
190
m s 1
x10
2 102
1 2
103
705
m
1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3 t 3 ，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：
(1) t 2 s 时，
d 9t2, d 18t
dt
dt
a R 118 2 36 m s2
an R 2 1 (9 22 )2 1296 m s2
(2)当加速度方向与半径成 45ο 角时，有
tan 45 a 1 an
即
R 2 R
亦即 则解得 于是角位移为
(9t 2 )2 18t t3 2 9
2 3t3 2 3 2 2.67rad 9
1.12
质点沿半径为 R 的圆周按 s ＝ v0t
1 bt 2 的规律运动，式中 s 为质点离圆周上某点的 2
弧长, v0 ， 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）
v
ds dt
v0
bt
a
dv dt
b
an
v2 R
(v0
bt)2 R
则
a
a2 an2
b2 (v0 bt)4 R2
加速度与半径的夹角为
(2)由题意应有
arctan a Rb an (v0 bt)2
a b b2 (v0 bt)4 R2
即
b2
b2
(v0
bt)4 R2
,
(v0
bt)4
0
∴当 t v0 时， a b b
1.13 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为 β= 0.2 rad· s2 ，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 t 2 s 时， t 0.2 2 0.4 rad s1
则 v R 0.4 0.4 0.16 m s1 an R 2 0.4 (0.4)2 0.064 m s2 a R 0.4 0.2 0.08 m s2
a an2 a2 (0.064)2 (0.08)2 0.102 m s2
1.14 一船以速率 v1 ＝30km·h-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率 v2 ＝40km·h-1
沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为多少?在艇上看船的速度又为多少?
解：(1)大船看小艇，则有
v21
v2
v1 ，依题意作速度矢量图如题
1.14
图(a)
由图可知
题 1.14 图
v21 v12 v22 50 km h 1
方向北偏西
arctan v1 arctan 3 36.87
v2
(2)小艇看大船，则有
v12
v1
v2 ，依题意作出速度矢量图如题
1.14
图(b)，同上法，得
v12 50 km h 1
方向南偏东 36.87o .
习题 2
2.1 选择题 (1) 一质点作匀速率圆周运动时， (A)它的动量不变，对圆心的角动量也不变。
(B)它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。
(C)它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。
(D)它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。
[答案：C]
(2) 质点系的内力可以改变 (A)系统的总质量。
(B)系统的总动量。
(C)系统的总动能。
(D)系统的总角动量。
[答案：C]
(3) 对功的概念有以下几种说法：
①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。
②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。
③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。
在上述说法中：
(A)①、②是正确的。
(B)②、③是正确的。
(C)只有②是正确的。
(D)只有③是正确的。
[答案：C]
2.2 填空题
(1) 某质点在力 F (4 5x)i （SI）的作用下沿 x 轴作直线运动。在从 x=0 移动到 x=10m
的过程中，力 F 所做功为
。
[答案：290J]
(2) 质量为 m 的物体在水平面上作直线运动，当速度为 v 时仅在摩擦力作用下开始作匀减速
运动，经过距离 s 后速度减为零。则物体加速度的大小为
，物体与水平面间的摩
擦系数为
。
[答案：
v2 ; 2s
v2
]
2gs
(3) 在光滑的水平面内有两个物体 A 和 B，已知 mA=2mB。（a）物体 A 以一定的动能 Ek 与
静止的物体 B 发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为
；（b）物体 A
以一定的动能 Ek 与静止的物体 B 发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能
为
。
[答案：
Ek ;
2 3
Ek
]
2.3 在下列情况下，说明质点所受合力的特点：
（1）质点作匀速直线运动；
（2）质点作匀减速直线运动；
（3）质点作匀速圆周运动；
（4）质点作匀加速圆周运动。
解：（1）所受合力为零；
（2）所受合力为大小、方向均保持不变的力，其方向与运动方向相反；
（3）所受合力为大小保持不变、方向不断改变总是指向圆心的力；
（4）所受合力为大小和方向均不断变化的力，其切向力的方向与运动方向相同，大小 恒定；法向力方向指向圆心。
2.4 举例说明以下两种说法是不正确的：
（1）物体受到的摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反；
（2）摩擦力总是阻碍物体运动的。
解：（1）人走路时，所受地面的摩擦力与人的运动方向相同；
（2）车作加速运动时，放在车上的物体受到车子对它的摩擦力，该摩擦力是引起物体 相对地面运动的原因。
2.5 质点系动量守恒的条件是什么？在什么情况下，即使外力不为零，也可用动量守恒定律 近似求解？ 解：质点系动量守恒的条件是质点系所受合外力为零。当系统只受有限大小的外力作用，且 作用时间很短时，有限大小外力的冲量可忽略，故也可用动量守恒定律近似求解。
2.6 在经典力学中，下列哪些物理量与参考系的选取有关：质量、动量、冲量、动能、势能、
功？ 解：在经典力学中，动量、动能、势能、功与参考系的选取有关。
2.7 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为 m1 的物体，另一边穿在质量为 m2 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 m1 ， m2 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 a1 ，其对于 m2 则为牵连加速度，又知 m2
对绳子的相对加速度为 a ，故 m2 对地加速度，
题 2.7 图
由图(b)可知，为
a2 a1 a
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
m1g T m1a1
②
T m2 g m2a2
③
联立①、②、③式，得
a1
(m1
m2 )g m1 m2
m2a
a2
(m1
m2 )g m1a m1 m2
f T m1m2 (2g a) m1 m2
讨论 (1)若 a 0 ，则 a1 a2 表示柱体与绳之间无相对滑动．
(2)若 a 2g ，则 T f 0 ，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时 m1 , m2 均作自由
落体运动．
2.8 一个质量为 P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为 ）上以初速度 v0 运动， v0 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
v0
方向为
X
轴，平行斜
面与 X 轴垂直方向为Y 轴.如题 2.8 图.
X 方向：
题 2.8 图
Fx 0
x v0t
①
Y 方向：
Fy mg sin ma y
②
t 0时 由①、②式消去 t ，得
y 0
vy 0 y 1 g sint 2
y 1 g sin x2 2v02
2.9 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 f x ＝6 N， f y ＝
-7 N，当 t ＝0时， x y 0， v x ＝-2 m·s-1， v y ＝0．求当 t ＝2 s时质点的(1)位矢；(2)
速度．
解：
ax
fx m
6 16
3 m s 2 8
ay
fy m
7 16
m s2
(1)
vx ' vx 0 axdt 2 8 2 4
m s1
vy ' vy
2 0
a y dt
7 16
7 8
m s1
于是质点在 2s 时的速度
(2)
v
i
j
48
m s1
r
(vxt
1 2
axt2 )i
1 2
a
yt
j
(2 2 1 3 4)i 1 ( 7) 4 j
28
2 16
13 i 7 j m 48
2.10 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
( k )t
速度为 v0 ，证明(1) t 时刻的速度为 v ＝ v0e m ；(2) 由0到 t 的时间内经过的距离为
x ＝(
mv0 k
)［1-
e
(
k m
)t
］；(3)停止运动前经过的距离为
v0
(
m k
)
；(4)当 t
m
k
时速度减
至
v0
的
1 e
，式中m为质点的质量．
答: (1)∵
分离变量，得
即
a kv dv m dt
dv kdt vm v dv t kdt
v v0 0 m
ln
v
ln
e kt m
v0
∴
v
v ek t m 0
(2)
x
vdt
t 0
v0
e
k m
t
dt
mv0 k
(1
e
k m
t
)
(3)质点停止运动时速度为零，即 t→∞，
故有
(4)当 t= m 时，其速度为 k
即速度减至
v
0
的
1 e
.
x
0
v0
e
k m
t
dt
mv0 k
v
v e k m mk 0
v0e1
v0 e
2.11
一质量为 m
的质点以与地的仰角
=30°的初速
v0
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 2.11 图
题 2.11 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 30o ，则动量的增量为
p mv mv0
由矢量图知，动量增量大小为
mv0
，方向竖直向下．
2.12 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后，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 0.5 s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大
小为 v1 gt 0.5g ，小球上跳速度的大小亦为 v2 0.5g ．设向上为 y 轴正向，则动量的
增量
p
mv2
mv1
方向竖直向上，
大小
p mv2 (mv1) mg
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．
2.13 作用在质量为10 kg的物体上的力为 F (10 2t)i 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 6 j m·s-1的物体,
回答这两个问题．
解: (1)若物体原来静止，则
p1
t Fdt
0
(10
2t)i dt
56
kg
m
s 1i
,沿
x
轴正向，
0
v1 I1
p1
m p1
5.6 m s 56 kg m
1i
s 1i
若物体原来具有 6 m s1 初速，则
p0
mv0 , p m(v0
t 0
F m
dt)
mv0
t Fdt 于是
0
同理，
p2
p p0
t 0
Fdt
p1
,
v2
v1
,
I2
I1
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
I t (10 2t)dt 10t t 2 0
亦即
t 2 10t 200 0
解得 t 10 s ，( t 20 s 舍去)
2.14 一质量为 m 的质点在 xOy 平面上运动，其位置矢量为
r
a
costi
b
sin
tj
求质点的动量及 t ＝0 到 t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量． 2
解: 质点的动量为
p
mv
m (a
sin
ti
b
cos
tj )
将 t 0 和 t 分别代入上式，得
p1
mbj
,
p2
mai
,
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为
I
p
p2
p1
m (ai
bj )
2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为 v0m s1 ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为
F =( a bt )N( a, b 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
F (a bt) 0 ,得 t a b
(2)子弹所受的冲量
将 t a 代入，得 b
I t (a bt)dt at 1 bt 2
0
I a2 2b
(3)由动量定理可求得子弹的质量
m I a2 v0 2bv0
2.16 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 + 2kT , v - 2T
m
km
证明: 设一块为 m1 ，则另一块为 m2 ，
m1 km2 及 m1 m2 m
于是得
m1
km k 1
,
m2
m k 1
①
又设 m1 的速度为 v1 , m2 的速度为 v2 ，则有
T
1 2
m1v12
1 2
m2
v22
1 mv2 2
②
mv m1v1 m2v2
③
联立①、③解得
v2 (k 1)v kv1
④
将④代入②，并整理得
2T km
(v1
v)
于是有 将其代入④式，有
v1 v
2T km
v2 v
2kT m
又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取
证毕．
v1 v
2T , km
v2 v
2kT m
2.17
设 F合
7i 6 jN ．(1)
当一质点从原点运动到 r
3i 4 j 16km 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， F合 为恒力，
∴
A合 F r (7i 6 j ) (3i 4 j 16k )
21 24 45 J
(2)
P A 45 75 w
t 0.6
(3)由动能定理， Ek A 45 J
2.18 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．
题 2.18 图
解: 以木板上界面为坐标原点，向内为 y 坐标正向，如题 2.18 图，则铁钉所受阻力为
f ky
第一锤外力的功为 A1
A1
f dy
s
fdy
s
kydy
k
0
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 dt 0 时， f f ．
设第二锤外力的功为 A2 ，则同理，有
A 2
y2 1
kydy
1 2
k y22
k 2
②
由题意，有
A2
A1
(1 mv2 ) 2
k 2
③
即
1 2
k y22
k 2
k 2
所以，
y2 2
于是钉子第二次能进入的深度为
y y2 y1 2 1 0.414 cm
2.19 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 EP (r) k / rn , 试
求质点所受保守力的大小和方向．
解:
F
(r)
dEp (r) dr
nk r n1
方向与位矢
r
的方向相反，方向指向力心．
2.20 一根劲度系数为 k1 的轻弹簧 A 的下端，挂一根劲度系数为 k 2 的轻弹簧 B ， B 的下端
又挂一重物 C ，C 的质量为 M ，如题2.20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．
题 2.20 图
解: 弹簧 A、B 及重物 C 受力如题 2.20 图所示平衡时，有
FA FB Mg
又
FA k1x1
所以静止时两弹簧伸长量之比为
FB k2x2 x1 k2 x2 k1
弹性势能之比为
E p1
1 2
k1x12
k2
E p2
1 2
k
x22
k1
2.21 (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5.98×1024 kg，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 F月引 F地引 ，由万有引力定律，有
经整理，得
G mM 月 G mM 地
r2
R r2
r
M月
R
M地 M月
=
7.35 10 22
3.48108
5.981024 7.351022
38.32 10 6 m 则 P 点处至月球表面的距离为
h r r月 (38.32 1.74) 10 6 3.66 10 7 m
(2)质量为1 kg 的物体在 P 点的引力势能为
EP
G
M月 r
G
M地
R r
6.67 1011
7.35 1022 3.83107
6.67 1011
5.98 1024
38.4 3.83107
1.28 10 6 J
2.22 如题2.22图所示，一物体质量为2kg，以初速度 v0 ＝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．
题 2.22 图
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
fr
s
1 2
kx2
1 2
mv02
mgs
sin
37
k
1 2
mv02
mgs sin 37
frs
1 x2
式中 s 4.8 0.2 5 m ， x 0.2 m ，再代入有关数据，解得
k 1450 N m-1
再次运用功能原理，求木块弹回的高度 h
fr s
mgssin 37o
1 2
kx2
代入有关数据，得 s 1.45m ,
则木块弹回高度
h ssin 37o 0.87 m
2.23 质量为 M 的大木块具有半径为 R 的四分之一弧形槽，如题2.23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．
题 2.23 图
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
mgR 1 mv2 1 MV 2
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
mv MV 0
联立以上两式，得
v 2MgR m M
2.24 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
1 2
mv02
1 2
mv12
1 2
mv22
即
v02 v12 v22
①
题 2.24 图(a)
题 2.24 图(b)
又碰撞过程中，动量守恒，即有
mv0 mv1 mv2
亦即
v0 v1 v2
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
v0
为斜边，
故知
v1
与
v2
是互相垂直的．
习题 3 3.1 选择题
(1) 有一半径为 R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转 动惯量为 J，开始时转台以匀角速度 ω0 转动，此时有一质量为 m 的人站在转台 中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为
(A)
J
J mR2
0
(B)
(J
J m)R2
0
(C)
J mR2
0
[答案：
(A)]
(D) 0
(2) 如题 3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为 10cm 的半球形碗，以匀角速
度 ω 绕其对称轴 OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球 P 相对于碗静止， 其位置高于碗底 4cm，则由此可推知碗旋转的角速度约为
(A)13rad/s
(B)17rad/s
(C)10rad/s
(D)18rad/s
(a) [答案：
(A)]
(b) 题 3.1（2）图
(3)如 3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连 结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度 在距孔为 R 的圆周 上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 （A）动能不变，动量改变。
（B）动量不变，动能改变。
（C）角动量不变，动量不变。
（D）角动量改变，动量改变。
（E）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案：
(E)]
3.2 填空题
(1) 半径为 30cm 的飞轮，从静止开始以 0.5rad·s-2 的匀角加速转动，则飞轮边缘上
一 点 在 飞 轮 转 过 240˚ 时 的 切 向 加 速 度 aτ=
，法向加速度
an=
。
[答案：
0.15; 1.256 ]
(2) 如题 3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴
O 转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击
中过程中，木球、子弹、细棒系统的
守恒，原因
是
。木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、
地球系统的
守恒。
题 3.2（2）图 [答案：对 o 轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对 o 轴 的合外力矩为零，机械能守恒]
(3) 两个质量分布均匀的圆盘 A 和 B 的密度分别为 ρA 和 ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总 质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为 JA 和 JB，则有 JA JB 。（填>、<或=）
[答案：
<]
3.3 刚体平动的特点是什么？平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动？ 解：刚体平动的特点是：在运动过程中，内部任意两质元间的连线在各个时刻的位 置都和初始时刻的位置保持平行。平动时刚体上的质元可以作曲线运动。
3.4 刚体定轴转动的特点是什么？刚体定轴转动时各质元的角速度、线速度、向心加 速度、切向加速度是否相同？ 解：刚体定轴转动的特点是：轴上所有各点都保持不动，轴外所有各点都在作圆周 运动，且在同一时间间隔内转过的角度都一样；刚体上各质元的角量相同，而各质 元的线量大小与质元到转轴的距离成正比。因此各质元的角速度相同，而线速度、 向心加速度、切向加速度不一定相同。
3.5 刚体的转动惯量与哪些因素有关？请举例说明。
解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质量的分布、转轴的位置等有关。如对过圆心 且与盘面垂直的轴的转动惯量而言，形状大小完全相同的木质圆盘和铁质圆盘中铁 质的要大一些，质量相同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环的转动惯量要大。
3.6 刚体所受的合外力为零，其合力矩是否一定为零？相反，刚体受到的合力矩为 零，其合外力是否一定为零？ 解：刚体所受的合外力为零，其合力矩不一定为零；刚体受到的合力矩为零，其合 外力不一定为零。
3.7
一质量为
m
的质点位于(
x1
,
y1
)处，速度为
v
vxi vy j ,
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 作用在质点上的力为
r x1i y1 j
f fi
所以，质点对原点的角动量为
L0 r mv
(x1i y1 j ) m(vxi vy j )
(x1mvy y1mvx )k
作用在质点上的力的力矩为
M 0 r f (x1i y1 j ) ( fi ) y1 fk
3.8 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 r1 ＝8.75×1010m 时的速
率是 v1 ＝5.46×104 m·s-1，它离太阳最远时的速率是 v2 ＝9.08×102m·s-1 这时它离太阳
的距离 r2 是多少?(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
r1mv1 r2mv 2
∴
r2
r1v1 v2
8.751010 5.46104 9.08 102
5.261012
m
3.9
物体质量为3kg，
t
=0时位于
r
4i m
,
v
i
6 jm
s 1
，如一恒力
f
5 jN
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)
p
fdt
3 5 jdt
15
j
kg
m
s 1
0
(2)解(一)
x x0 v0xt 4 3 7
y
v0 y t
1 at 2 2
63
1 5 32 23
25.5 j
即
r1
4i
,
r2
7i 25.5 j
vx v0x 1
vy
v0 y
at
5 3 11 3
即
v1
i1
j
,
v2
i 11 j
∴
L1 r1 mv1 4i 3(i 6 j ) 72k
L2 r2 mv2 (7i 25.5 j ) 3(i 11 j ) 154 .5k
∴
L L2 L1 82.5k kg m2 s1
解(二) ∵ M dz dt
∴
t
t
L 0 M dt 0 (r F )dt
3 0
(4
t)i
(6t
1) 2
5 3
t
)
j
jdt
5(4
t)kdt
82.5k
kg m 2
s 1
0
3.10 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 M1 的 重物．小球作匀速圆周运动，当半径为 r0 时重物达到平衡．今在 M1 的下方再挂一质量为 M 2 的物体，如题3.10图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度 和半径 r 为多少?
题 3.10 图
解: 在只挂重物时 M1 ，小球作圆周运动的向心力为 M1g ，即
M1g mr002
①
挂上 M 2 后，则有
(M1 M 2 )g mr 2
②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．
即
r0mv0 rmv
r020 r2
③
联立①、②、③得
0
M1g mr0
M1g
(
M1
M
)
2 3
mr0
M1
r
M1 M2 m2
g
(
M1
)3
M1 M2
r0
3.11 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3.11图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 =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， Fr 、 Fr 是摩擦
力，Fx 和 Fy 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 3.11 图（a）
题 3.11 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 (l1 l2 ) N l1 0
N l1 l2 F l1
对飞轮，按转动定律有 Fr R / I ，式中负号表示 与角速度 方向相反．
∵
Fr N
N N
∴
Fr
N
l1
l2 l1
F
又∵
I 1 mR2 ,
∴
Fr R 2(l1 l2 ) F
①
I
mRl1
以 F 100 N 等代入上式，得
2 0.40 (0.50 0.75) 100 40 rad s2
60 0.25 0.50
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
t 0 900 2 3 7.06 s 60 40
这段时间内飞轮的角位移为
0t
1 2
t 2
900 2 60
9 4
1 2
40 3
(9 )2 4
53.1 2 rad
可知在这段时间里，飞轮转了 53.1转．
(2) 0
900
2 60
rad s1 ，要求飞轮转速在 t
s 内减少一半，可知
0 2
0
0
15
rad s2
t
2t
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
F mRl1 2(l1 l2 )
60 0.25 0.5015 2 0.40 (0.50 0.75) 2
177N
3.12 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 OO 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 m1 和 m2 相连， m1 和 m2 则挂在圆柱体的两侧，如题3.12图所示．设 R ＝0.20m, r ＝0.10m，m ＝4 kg，M ＝10 kg， m1 ＝ m2 ＝2 kg，且开始时 m1 ， m2 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 a1 , a2 和β分别为 m1 , m2 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图 b)．
题 3.12(a)图
(1) m1 , m2 和柱体的运动方程如下：
题 3.12(b)图
T2 m2 g m2a2
①
m1g T1 m1a1
②
T1R T2r I
③
式中 T1 T1,T2 T2 , a2 r , a1 R
而 由上式求得
I 1 MR2 1 mr 2
Rm1 rm2 g I m1R 2 m2r 2
0.2 2 0.1 2
9.8
1 10 0.202 1 4 0.102 2 0.202 2 0.102
6.13 rad s2
(2)由①式
由②式
T2 m2r m2 g 2 0.10 6.13 2 9.8 20.8 N
T1 m1g m1R 2 9.8 2 0.2. 6.13 17.1 N
3.13 计算题3.13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 m1 ＝50 kg， m2 ＝200 kg,M＝15 kg, r ＝0.1 m
解: 分别以 m1 , m2 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对 m1 , m2 运用牛顿定律，有
m2 g T2 m2a
①
T1 m1a
②
对滑轮运用转动定律，有
T2 r
T1r
(1 2
Mr2
)
③
又，
a r
④
联立以上 4 个方程，得
a
m2 g
200 9.8 7.6
M
15
m1 m2 2
5 200 2
m s2
题 3.13(a)图
题 3.13(b)图
3.14 如题3.14图所示，一匀质细杆质量为 m ，长为 l ，可绕过一端 O 的水平轴自由转动，
杆于水平位置由静止开始摆下．求：
(1)初始时刻的角加速度；
(2)杆转过 角时的角速度.
解: (1)由转动定律，有
∴ (2)由机械能守恒定律，有
题 3.14 图
mg 1 l (1 ml2 ) 23 3g 2l
mg l sin 1 (1 ml 2 ) 2
23
∴
3g sin
l
3.15 如题3.15图所示，质量为 M ，长为 l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴 O 无摩 擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为 m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端 与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度 30°处．
(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速 v0 的值；
(2)相撞时小球受到多大的冲量?
题 3.15 图
解: (1)设小球的初速度为 v0 ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为 ，而小球的速度变为
v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可
列式：
mv0l I mvl
①
1 2
mv02
1 2
I 2
1 2
mv 2
②
上两式中 I 1 Ml2 ，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从 3
竖直位置上摆到最大角度 30o ，按机械能守恒定律可列式：
由③式得
1 I 2 Mg l (1 cos30)
③
Mgl I
(1
c
os30)
3g
l
(1
3 2
)
由①式 由②式
v
v0
I ml
④
v2
v02
I 2 m
⑤
所以
(v0
I )2
ml
v02
I 2 m
求得
v0
l 2
(1
I ml 2
)
l 2
(1
1 3
M m
)
6(2 3)gl 3m M
12
m
(2)相碰时小球受到的冲量为
由①式求得
Fdt (mv) mv mv0
Fdt
mv mv0
I l
1 Ml 3
6(2 3)gl
M
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．
3.16 一个质量为M、半径为 R 并以角速度 转动着的飞轮 (可看作匀质圆盘)，在某一瞬时 突然有一片质量为 m 的碎片从轮的边缘上飞出，见题3.16图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时
速度方向正好竖直向上． (1)问它能升高多少? (2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能．
题 3.16 图 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度
v0 R 设碎片上升高度 h 时的速度为 v ，则有
v 2 v02 2gh 令 v 0 ，可求出上升最大高度为
H v02 1 R 2 2 2g 2g
(2)圆盘的转动惯量 I 1 MR2 ，碎片抛出后圆盘的转动惯量 I 1 MR2 mR2 ，碎片脱
离前，盘的角动量为 I ，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系
统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即
I I mv0 R
式中 为破盘的角速度．于是
1 2
MR2
(1 2
MR2
mR2 )
mv0 R
(1 MR2 mR2 ) (1 MR2 mR2 )
得 (角速度不变)
圆盘余下部分的角动量为
(1 MR2 mR2 ) 2
转动动能为 Ek
1 (1 MR2 22
mR2 ) 2
3.17 一质量为 m 、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动．另 一质量为 m0 的子弹以速度 v0 射入轮缘(如题3.17图所示方向)．
(1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值?
(2)用 m , m0 和 表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比．
题 3.17 图
解: (1)射入的过程对 O 轴的角动量守恒 R sinm0v0 (m m0 )R 2
∴
m0v0 sin
(m m0 )R
(2)
Ek
1 2
[(m
m0
)
R
][
m0 (m
v0
sin m0 )R
]2
m0 sin 2
Ek0
1 2
m0
v02
m m0
3.18 弹簧、定滑轮和物体的连接如题3.18图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N·m-1；定滑轮的 转动惯量是0.5kg·m2，半径为0.30m ，问当6.0 kg质量的物体落下0.40m 时，它的速率为 多大? 假设开始时物体静止而弹簧无伸长．
题 3.18 图
解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为
重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有
mgh 1 mv2 1 I 2 1 kh2
又
v/R
故有
v
(2mgh kh2 )R2 mR2 I
(2 6.09.8 0.4 2.0 0.42) 0.32
6.0 0.32 0.5
2.0m s 1
习题 4
4.1 选择题
（1）在一惯性系中观测，两个事件同时不同地，则在其他惯性系中观测，他们[
]。
（A）一定同时
（B）可能同时
（C）不可能同时，但可能同地 （D）不可能同时，也不可能同地
[答案：D ]
（2）在一惯性系中观测，两个事件同地不同时，则在其他惯性系中观测，他们[
]。
（A）一定同地
（B）可能同地
（C）不可能同地，但可能同时 （D）不可能同地，也不可能同时
[答案：D ]
（3）宇宙飞船相对于地面以速度 v 作匀速直线飞行，某一时刻飞船头部的宇航员向飞船尾
部发出一个光讯号，经过 t （飞船上的钟）时间后，被尾部的接收器收到，则由此可知飞
船的固有长度为（c 表示真空中光速）[
]。
（A） c t
（B） v t
（C） c t
1 v / c2
（D） c t 1 v / c2
[答案：A ]
（4）一宇航员要到离地球 5 光年的星球去旅行。如果宇航员希望把这路程缩短为 3 光年，
则他所乘的火箭相对于地球的速度 v 应为[
]。
（A）0.5c
（B）0.6c
（C）0.8c
（D）0.9c
[答案：C ]
（5）某宇宙飞船以 0.8c 的速度离开地球，若地球上测到它发出的两个信号之间的时间间隔
为 10s。则宇航员测出的相应的时间间隔为[
]。
（A）6s
（B）8s
（C）10s
（D）10/3s
[答案：A ]
4.2 填空题 （1） 有一速度为ｕ的宇宙飞船沿Ｘ轴正方向飞行，飞船头尾各有一个脉冲光源在工作，处 于船尾的观察者测得船头光源发出的光脉冲的传播速度大小为_________；处于船头的观察 者测得船尾光源发出的光脉冲的传播速度大小为__________。
[答案：c，c；
]
（2） S ' 系相对 S 系沿 x 轴匀速运动的速度为 0.8c，在 S ' 中观测，两个事件的时间间隔
t' 5107 s ， 空 间 间 隔 是 x' 120m ， 则 在 S 系 中 测 得 的 两 事 件 的 空 间 间 隔
x
，时间间隔 t
。
[答案：0， 3107 s ]
（3）用 v 表示物体的速度，则当 v c
[答案：
3 ， 3 ] 22
时， m
2m0 ；
v c
时， Ek E0 。
（4）电子的静止质量为 me ，将一个电子从静止加速到速率为 0.6c（c 为真空中的光速），
需做功
。
[答案：0.25 mec2 ]
（5） 粒子在加速器中被加速，当其质量为静止质量的 5 倍时，其动能为静止能量的
倍。
[答案：4 ]
（6）质子在加速器中被加速，当其动能为静止能量的 3 倍时，其质量为静止质量的 倍。
[答案：4 ]
4.3 惯性系S′相对另一惯性系 S 沿 x 轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时 起点．在S系中测得两事件的时空坐标分别为 x1 =6×104m, t1 =2×10-4s，以及 x2 =12×104m,
t2 =1×10-4s．已知在S′系中测得该两事件同时发生．试问：
(1)S′系相对S系的速度是多少?
(2) S 系中测得的两事件的空间间隔是多少?
解: 设 (S ) 相对 S 的速度为 v ，
(1)
由题意 则 故
t1
(t1
v c2
x1 )
t2
(t2
v c2
x2 )
t2 t1 0
t2
t1
v c2
(x2
x1 )
v c 2 t2 t1 c 1.5 10 8 m s1 x2 x1 2
(2)由洛仑兹变换
x1 (x1 vt1), x2 (x2 vt2 )
代入数值，
x2 x1 5.2 10 4 m
4.4 长度 l0 =1 m 的米尺静止于S′系中，与 x ′轴的夹角 '= 30°，S′系相对S系沿 x 轴运
动，在S系中观测者测得米尺与 x 轴夹角为 45 ． 试求：
(1)S′系和S系的相对运动速度. (2)S系中测得的米尺长度．
解: (1)米尺相对 S 静止，它在 x, y 轴上的投影分别为：
Lx L0 cos 0.866 m ， Ly L0 sin 0.5 m
米尺相对 S 沿 x 方向运动，设速度为 v ，对 S 系中的观察者测得米尺在 x 方向收缩，而 y 方
向的长度不变，即
Lx Lx
v2 c2
, Ly
Ly
故
tan Ly Ly
Ly
Lx
Lx
Lx
1 v2 c2
把 45ο 及 Lx , Ly 代入
则得
v2 0.5 1
c2 0.866
故
v 0.816 c
(2)在 S 系中测得米尺长度为 L Ly 0.707 m sin 45
4-5两个惯性系中的观察者 O 和 O 以0.6c(c表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果 O 测得两者的初始距离是20m，则 O 测得两者经过多少时间相遇? 解: O 测得相遇时间为 t
t L0 20 v 0.6c
O 测得的是固有时 t
题 4.5 图
∴
t t L0 1 2 8.89 10 8 s ，
v
v 0.6 ， 1 ，
c
0.8
或者， O 测得长度收缩，
L L0
1 2 L0
1 0.62
0.8L0 , t
L v
t 0.8L0 0.8 20 8.89 108 s 0.6c 0.6 3108
4.6 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系 S 和 S 中，甲测得在同一地点发生的两事件的
时间间隔为 4s，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s．求：
(1) S 相对于 S 的运动速度．
(2) 乙测得这两个事件发生的地点间的距离．
解: 甲测得 t 4 s, x 0 ,乙测得 t 5 s ，坐标差为 x x2 x1 ′
(1)∴
t (t v x) t 1 t
c2
1 (v)2
c
1 v2 t 4
c2 t 5
解出
v c 1 ( t )2 c 1 ( 4)2 3 c
t
55
1.8 108 m s1
(2)
x x vt, t 5 , x 0
t 4
∴
x vt 5 3 c 4 3c 9 108 m
45
负号表示 x2 x1 0 ．
4.7 6000m 的高空大气层中产生了一个 介子以速度 v =0.998c 飞向地球．假定该 介子在
其自身静止系中的寿命等于其平均寿命 2×10-6s．试分别从下面两个角度，即地球上的观测
者和 介子静止系中观测者来判断 介子能否到达地球． 解: 介子在其自身静止系中的寿命 t0 2 10 6 s 是固有(本征)时间，对地球观测者，
由于时间膨胀效应，其寿命延长了．衰变前经历的时间为
t t0 3.16 105 s 1 v2 c2
这段时间飞行距离为 d vt 9470 m
因 d 6000 m ，故该 介子能到达地球．
或在 介子静止系中， 介子是静止的．地球则以速度 v 接近介子，在 t0 时间内，地球接 近的距离为 d vt0 599 m d0 6000 m 经洛仑兹收缩后的值为：
d0 d0
v2 1
c2
379 m
d d0 ，故 介子能到达地球．
4.8 设物体相对 S′系沿 x 轴正向以 0.8c 运动，如果 S′系相对 S 系沿 x 轴正向的速度也
是 0.8c，问物体相对 S 系的速度是多少?
解: 根据速度合成定理， u 0.8 c , vx 0.8 c
∴
vx
vx 1
u uvx
c2
0.8c 0.8c 1 0.8c 0.8c c2
0.98 c
4.9 飞船 A 以0.8c的速度相对地球向正东飞行，飞船 B 以0.6c的速度相对地球向正西方向飞 行．当两飞船即将相遇时 A 飞船在自己的天窗处相隔2s发射两颗信号弹．在 B 飞船的观测
者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少?
解: 取 B 为 S 系，地球为 S 系，自西向东为 x ( x )轴正向，则 A 对 S 系的速度 vx 0.8 c ， S 系对 S 系的速度为 u 0.6 c ，则 A 对 S 系( B 船)的速度为
vx
vx 1
u uvx
0.8c 0.6c 0.946 c 1 0.48
c2
发射弹是从 A 的同一点发出，其时间间隔为固有时 t 2 s ，
题 4.9 图
∴ B 中测得的时间间隔为：
t t
6.17 s
v
2 x
c2
1 0.9462
4.10 (1)火箭 A 和 B 分别以0.8c和0.6c的速度相对地球向+ x 和- x 方向飞行．试求由火箭 B 测得 A 的速度．(2)若火箭 A 相对地球以0.8c的速度向+ y 方向运动，火箭 B 的速度不变， 求 A 相对 B 的速度． 解: (1)如图 a ，取地球为 S 系，B 为 S 系，则 S 相对 S 的速度 u 0.6 c ，火箭 A 相对 S
的速度 vx 0.8 c ，则 A 相对 S ( B )的速度为：
vx
vx u u
0.8c (0.6c) (0.6c)(0.8c)
0.946 c
1 c2 vx 1
c2
或者取 A 为 S 系，则 u 0.8 c ，B 相对 S 系的速度 vx 0.6 c ，于是 B 相对 A 的速度为：
vx
vx u u
0.6c 0.8c (0.8c)(0.6c)
0.946 c
1 c2 vx 1
c2
(2)如图 b ，取地球为 S 系，火箭 B 为 S 系， S 系相对 S 系沿 x 方向运动，速度
u 0.6 c ， A 对 S 系的速度为, vx 0 , v y 0.8 c ,由洛仑兹变换式 A 相对 B 的速度为：
vx
vx u u
1 c2 vx
0 (0.6c) 1 0
0.6 c
vy
u2 c2
vy
u c2
vx
1 0.62 (0.8c) 0.64 c
∴ A 相对 B 的速度大小为
v vx2 vy2 0.88 c
速度与 x 轴的夹角 为
tan vy 1.07 vx
46.8ο
题 4.10 图
4.11 静止在S系中的观测者测得一光子沿与 x 轴成 60 角的方向飞行．另一观测者静止于 S′系，S′系的 x 轴与 x 轴一致，并以0.6c的速度沿 x 方向运动．试问S′系中的观测者观
测到的光子运动方向如何?
解: S 系中光子运动速度的分量为
vx c cos 60ο 0.500 c
vy csin 60ο 0.866 c 由速度变换公式，光子在 S 系中的速度分量为
vx
vx u
u c2
vx
0.5c 0.6c 1 0.6c 0.5c c2
0.143c
u2
vy
1 c2 vy
u c2
vx
1 0.62 0.866c 0.990c 1 0.6c 0.5c
c2
光子运动方向与 x 轴的夹角 满足
tan vy 0.692 vx
在第二象限为 98.2ο 在 S 系中，光子的运动速度为 v vx2 vy2 c 正是光速不变．
4.12 (1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c，须对它作多少功?(2)如果将电子由速率为 0.8c加速到0.9c，又须对它作多少功? 解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得
Ek Ek mc2 m0c2 m0c2 ( 1) m0c2 (
1 1) v2
c2
9.110 31 (3 10 8 )2 ( 1 1) 1 0.12
4.12 10 16 J= 2.57 10 3 eV
(2)
Ek Ek 2 Ek 1 (m2c2 m0c2 ) (m1c2 m0c2 )
m2c 2 m1c 2 m0c 2 (
v22 c2
1 ))
v12 c2
9.110 31 32 1016 ( 1
1)
1 0.92 1 0.82
5.14 10 14 J 3.21 10 5 eV
4.13 子静止质量是电子静止质量的 207倍，静止时的平均寿命 0 =2×10-6s，若它在实验 室参考系中的平均寿命 = 7×10-6s，试问其质量是电子静止质量的多少倍? 解: 设 子静止质量为 m0 ，相对实验室参考系的速度为 v c ，相应质量为 m ，电子静
止质量为 m0e ，因
0 ,即 1 7
1 2
1 2 0 2
由质速关系，在实验室参考系中质量为：
m m0 207m0e 1 2 1 2
故
m 207 207 7 725
m0e 1 2
4.14 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之几?
解: 设静止质量为 m0 ，运动质量为 m ，
由题设
m m0 0.10 m0
m m0 1 2
由此二式得
1 1 0.10 1 2
∴
1 2 1
1.10
在运动方向上的长度和静长分别为 l 和 l0 ，则相对收缩量为：
l l0 l 1 1 2 1 1 0.091 9.1%
l0
l0
1.10
4.15
氢原子的同位素氘(
2 1
H)和氚(
3 1
H)在高温条件下发生聚变反应，产生氦(
4 2
He)原子核和
一个中子(
1 0
n)，并释放出大量能量，其反应方程为
2 1
H
+
3 1
H
→
4 2
He
+
1 0
n
已知氘核的静
止质量为 2.0135 原子质量单位(1 原子质量单位＝1.600×10-27kg)，氚核和氦核及中子的质 量分别为 3.0155，4.0015，1.00865 原子质量单位．求上述聚变反应释放出来的能量．
解: 反应前总质量为 2.0135 3.0155 5.0290 amu
反应后总质量为 4.00151.0087 5.0102 amu 质量亏损 m 5.0290 5.0102 0.0188 amu
3.12 10 29 kg
由质能关系得 E mc2 3.121029 3108 2
2.81 10 21 J 1.75107 eV
4.16 要使电子的速率从1.2108 m/s 增加到 2.4108 m/s，必须做多少功？
解：由于电子的速率接近光速，因此经典力学的动能公式已经不适用，只能运用相对论的动
能表达式
Ek mc 2 m0c 2 。
再根据相对论中运动质量和静止质量的关系
可得出
m1
m0 ,
v12 c2
m2
m0
v22 c2
。
Ek
m0
v22 c2
m0 4.7 1014 (J ) ，
v12 c2
由功能关系可知，这就是所需要做的功。
4.17 粒子的静止质量为 m0,当其动能等于其静能时，其质量和动量各等于多少？ 解：由题意有
Ek m0c2 ，
再根据相对论中的动能关系：
Ek mc 2 m0c 2 ，则有
由动量和能量的关系，
m 2m0 。
得动量为
pc (mc2 )2 (m0c2 )2 ，
p 3m0c 。
4.18 太阳的辐射能来自其内部的核聚变反应。太阳每秒钟向周围空间辐射出的能量约为
510 26 J/s，由于这个原因，太阳每秒钟减少多少质量？把这个质量同太阳目前的质量
2 1030 Kg作比较，估算太阳的寿命是多少年。
解：由质能关系
E mc2 ，
可得出太阳每秒钟减少的质量为
E 5 1026 m
5.6 109 (kg / s) 。
c2 (3108 )2
进而，可估计太阳的寿命是
n
5.6 10 9
2 10 30 3600 24 365
1.13 1013 （年）。
习题5
5.1 选择题
(1)一物体作简谐振动，振动方程为 x Acos(t ) ，则该物体在 t 0 时 2
刻的动能与 t T / 8 （T 为振动周期）时刻的动能之比为：
(A)1：4 （B）1：2 （C）1：1 (D) 2：1 [答案：D]
(2)弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动时，弹性力在半个周期内所作的功为
(A)kA2
(B) kA2/2
(C) kA2//4
(D)0
[答案：D]
(3)谐振动过程中，动能和势能相等的位置的位移等于
(A) A 4
(B) A 2
(C) 3A 2
[答案：D]
(D) 2 A 2
5.2 填空题 (1)一质点在 X 轴上作简谐振动，振幅 A＝4cm，周期 T＝2s，其平衡位置取作坐 标原点。若 t＝0 时质点第一次通过 x＝－2cm 处且向 X 轴负方向运动，则质点第 二次通过 x＝－2cm 处的时刻为____s。
[答案：
2 s ] 3
(2)一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题 5.2(2)图所示。振子在位移为零，速度为 －A、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________点。振子 处在位移的绝对值为 A、速度为零、加速度为－2A 和弹性力为－KA 的状态，则 对应曲线上的____________点。
题 5.2(2) 图 [答案：b、f；
a、e]
(3)一质点沿 x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为 x 轴的原点，已知周期为 T， 振幅为 A。
(a) 若 t=0 时 质 点 过 x=0 处 且 朝 x 轴 正 方 向 运 动 ， 则 振 动 方 程 为 x=___________________。
(b) 若 t=0 时 质 点 过 x=A/2 处 且 朝 x 轴 负 方 向 运 动 ， 则 振 动 方 程 为 x=_________________。
[答案：
x Acos(2t / T / 2) ；
x Acos(2t / T / 3) ]
5.3 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动：
(1)拍皮球时球的运动；
(2)如题5.3图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短)．
题5.3图
题5.3图(b)
解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如 质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统是在自己的稳定平衡位置附 近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用． 或者说，若一个系统 的运动微分方程能用
d 2 dt 2
2
0
描述时，其所作的运动就是谐振动． (1)拍皮球时球的运动不是谐振动．第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位 置；
第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都 不是线性回复力． (2)小球在题5.3图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动．显然，小球在运动过 程中，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，
即系统势能最小值位置点 O ；而小球在运动中的回复力为 mg sin ，如题5.3图(b)中所示，
因 S ＜＜ R ，故 S →0，所以回复力为 mg .式中负号，表示回复力的方向始终与 R
角位移的方向相反．即小球在 O 点附近的往复运动中所受回复力为线性的．若以小球为对 象，则小球在以 O 为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上
有
令 2 g ，则有 R
d 2 mR dt 2
mg
d2 dt 2
2
0
5.4 弹簧振子的振幅增大到原振幅的两倍时，其振动周期、振动能量、最大速度和 最大加速度等物理量将如何变化？ 解：弹簧振子的振动周期、振动能量、最大速度和最大加速度的表达式分别为
T 2 2 m , E 1 kA2
k
vm A, am 2 A
所以当振幅增大到原振幅的两倍时，振动周期不变，振动能量增大为原来的 4 倍，
最大速度增大为原来的 2 倍，最大加速度增大为原来的 2 倍。
5.5 单摆的周期受哪些因素影响？把某一单摆由赤道拿到北极去，它的周期是否变 化？ 解：单摆的周期为
T 2 2 l
g
因此受摆线长度和重力加速度的影响。把单摆由赤道拿到北极去，由于摆线长度 不变，重力加速度增大，因此它的周期是变小。
5.6 简谐振动的速度和加速度在什么情况下是同号的？在什么情况下是异号的？ 加速度为正值时，振动质点的速率是否一定在增大？ 解：简谐振动的速度和加速度的表达式分别为
v Asin(t 0 ) a 2 Acos(t 0 )
当 sin(t 0 )与cos(t 0 ) 同号时，即位相在第 1 或第 3 象限时，速度和加速度同
号；当 sin(t 0 )与cos(t 0 ) 异号时，即位相在第 2 或第 4 象限时，速度和加速
度异号。
加速度为正值时，振动质点的速率不一定增大。
5.7 质量为10 103 kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按 x 0.1cos(8t 2 ) 3
规律作谐振动，求：
(SI) 的
(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；
(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等?
(3) t2 5s 与 t1 1s 两个时刻的位相差；
解：(1)设谐振动的标准方程为 x Acos(t 0 ) ，则知：
A 0.1m,
8 ,T
2
1 4
s,0
2
/3
又
vm A 0.8 m s1 2.51 m s1
am 2 A 63.2 m s2
(2)
Fm mam 0.63N
E
1 2
mvm2
3.16102 J
E p Ek 1 E 1.58102 J 2
当 Ek E p 时，有 E 2E p ，
即
1 kx2 1 (1 kA2 )
22
∴
x 2 A 2m
20
(3)
(t2 t1) 8 (5 1) 32
5.8 一个沿 x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为 A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数 表示．如果 t 0 时质点的状态分别是：
(1) x0 A ；
(2)过平衡位置向正向运动；
(3)过 x A 处向负向运动；
(4)过 x A 处向正向运动． 2
试求出相应的初位相，并写出振动方程．
解：因为
v0x0AAcosisn0 0
将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有
1
3 2
3
5 4
x Acos(2 t ) T
x Acos(2 t 3 ) T2
x Acos(2 t ) T3
x Acos(2 t 5 ) T4
5.9 一质量为10 103 kg 的物体作谐振动，振幅为 24cm ，周期为 4.0s ，当 t 0 时位移
为 24cm．求：
(1) t 0.5s 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；
(2)由起始位置运动到 x 12cm处所需的最短时间；
(3)在 x 12cm处物体的总能量．
解：由题已知
A 24 102 m,T 4.0s
∴
2 0.5 rads1
T
又， t 0 时， x0 A,0 0
故振动方程为
x 24 10 2 cos(0.5t)m
(1)将 t 0.5s 代入得
x0.5 24 10 2 cos(0.5t)m 0.17m
F ma m 2 x 10 10 3 ( )2 0.17 4.2 10 3 N 2
方向指向坐标原点，即沿 x 轴负向．
(2)由题知， t 0 时，0 0 ，
t t时
x0
A ,且v 2
0, 故 t
3
∴
t / 2 s
32 3
(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为
E 1 kA2 1 m 2 A2
1 10103 ( )2 (0.24)2
7.1104 J
5.10 有一轻弹簧，下面悬挂质量为1.0g 的物体时，伸长为 4.9cm ．用这个弹簧和一个质
量为 8.0g 的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开1.0cm后 ，给予向上的初速度
v0 5.0cm s1 ，求振动周期和振动表达式．
解：由题知
k
m1g x1
1.0103 9.8 4.9 102
0.2
N m1
而 t 0 时， x0 1.0 10 2 m, v0 5.0 10 2 m s-1 ( 设向上为正)
又
k 0.2 5,即T 2 1.26s
m 8 10 3
A
x02
( v0
)2
(1.0 102
)2
5.0 102 (
)2
2 102 m
tan0
v0 x0
5.0 102 1.0 102 5
1,即0
5 4
∴
x 2 102 cos(5t 5 )m
5.11 题5.11图为两个谐振动的 x t 曲线，试分别写出其谐振动方程．
题5.11图
解：由题5.11图(a)，∵ t
0 时，
x0
0, v0
0, 0
3 ,又, 2
A
10cm,T
2s
即
2 rad s1
T
故
xa
0.1cos(t
3 )m 2
由题5.11图(b)∵ t
0 时， x0
A 2 ,v0
0,0
5 3
t1
0 时，
x1
0, v1
0,1
2
又
1
5 3
5 2
∴
5
故
xb
0.1cos(5 t 6
5 3
)m
5.12 一轻弹簧的倔强系数为 k ，其下端悬有一质量为 M 的盘子．现有一质量为 m 的物 体从离盘底 h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动．
(1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大? (3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并 写出物体与盘子的振动方程．
解：(1)空盘的振动周期为 2 M ，落下重物后振动周期为 2 M m ，即增大．
k
k
(2)按(3)所设坐标原点及计时起点， t
0 时，则 x0
mg k
．碰撞时，以 m, M
为一系统
动量守恒，即
m 2gh (m M)v0
m 2gh
则有
v0 m M
于是
A
x02
( v0 )2
( mg )2 m2 2gh k k(m M )
mg 1 2kh
k
(m M )g
（3） tan0
v0 x0
2kh (第三象限)，所以振动方程为 (M m)g
x mg 1 2kh
k
(m M )g
cos
k t arctan mM
2kh
(M
m)g
5.13 有一单摆，摆长 l 1.0m ，摆球质量 m 10 10 3 kg ，当摆球处在平衡位置时，若 给小球一水平向右的冲量 Ft 1.0 10 4 kg m s1 ，取打击时刻为计时起点 (t 0) ，求
振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程． 解：由动量定理，有
F t mv 0
∴
v F t 1.0 10 4 0.01
m 1.0 10 3
m s-1
按题设计时起点，并设向右为 x 轴正向，则知 t 0 时， x0 0, v0 0.01m s1 ＞0
∴ 0 3 / 2
又
g 9.8 3.13rad s1
l 1.0
∴
A
x02
(v0 )2
v0
0.01 3.13
3.2 10 3 m
故其角振幅 小球的振动方程为
A 3.2 103 rad l
3.2 103 cos(3.13t 3 )rad 2
5.14 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为 0.20m ，位相与第一振动 的位相差为 ，已知第一振动的振幅为 0.173m ，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振
动的位相差．
题5.14图
解：由题意可做出旋转矢量题5.14图． 由图知
A22 A12 A2 2 A1 Acos30 (0.173)2 (0.2)2 2 0.173 0.2 3 / 2 0.01
∴
A2 0.1m
设角 AA1O为 ，则
A2 A12 A22 2 A1 A2 cos
即
cos A12 A22 A2 (0.173)2 (0.1)2 (0.02)2
2A1 A2
2 0.173 0.1
0
即
2
，这说明，
A1 与
A2
间夹角为
2
，即二振动的位相差为 2
.
5.15 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：
(1)
x1 x2
5cos(3t 5cos(3t
)cm 3 7 )cm 3
(2)
x1
x2
5cos(3t 5cos(3t
)cm 3 4 )cm 3
解：
(1)∵
2
1
7 3
3
2 ,
∴合振幅
A A1 A2 10cm
(2)∵ ∴合振幅
4 , 33
A0
5.16 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为
x1 x2
0.4 cos(2t )m 6
0.3cos(2t 5 )m 6
试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。
解：∵
( 5 ) 66
∴
A合 A1 A2 0.1m
tan
A1 sin1 A1 cos1
A2 sin2 A2 cos2
0.4sin 0.3sin 5
0.4cos 0.3cos 5
3 3
∴ 其振动方程为
6
(作图法略)
x 0.1cos(2t )m 6
*5.17 如题5.17图所示，两个相互垂直的谐振动的合振动图形为一椭圆，已知 x 方向的振
动方程为 x 6cos2tcm，求 y 方向的振动方程．
题5.17图
解：因合振动是一正椭圆，故知两分振动的位相差为 或 3 ；又，轨道是按顺时针方向旋 22
转，故知两分振动位相差为 .所以 y 方向的振动方程为 2 y 12cos(2t )cm 2
篇六：幸福家园和谐社区主题活动启动仪式主持词
篇七：幸福家园和谐社区主题活动启动仪式主持词
大学物理下册课后习题答案
习题八
8-1 电量都是 q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中
心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库 仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题 8-1 图示
(1) 以 A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：
q 为负电荷
1 q2
1 qq
cos30
4π 0 a 2
4π 0 ( 3 a)2
解得 (2)与三角形边长无关．
q 3 q 3
题 8-1 图
题 8-2 图
8-2 两小球的质量都是 m ，都用长为 l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线 夹角为2 ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的
电量．
解: 如题 8-2 图示
T cos m g
T sin
Fe
1 4π 0
q2 (2l sin )2
解得 q 2l sin 40m gtan
8-3
根据点电荷场强公式 E
q 4 0r 2
，当被考察的场点距源点电荷很近(r→0)时，则场强
→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?
解:
E
q 4π0r 2
r0
仅对点电荷成立，当
r
0
时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求
场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是
无限大．
8-4 在真空中有 A ，B 两平行板，相对距离为 d ，板面积为 S ，其带电量分别为+ q 和- q ．则
这两板之间有相互作用力 f ，有人说 f = q 2 ,又有人说，因为 f = qE , E q ，所
40d 2
0S
以 f = q 2 ．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少? 0S
解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把
合场强 E q 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个 0S
板的电场为 E q ，另一板受它的作用力 f q q q 2 ，这是两板间相互作用
2 0 S
2 0S 2 0S
的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为
p
ql
，场点到偶极子中心O点的距离为
r
,矢量
r
与
l
的夹角为
,(见题8-5图)，且 r l ．试证P点的场强 E 在 r 方向上的分量 Er 和垂直于 r 的分量 E 分
别为
证:
如题
8-5
Er =
所示，将
2ppc分o0解sr3为, 与Er
= p sin 40r 3
平行的分量
p sin
和垂直于
r
的分量
p sin
．
∵
r l
∴ 场点 P 在 r 方向场强分量
Er
p cos 2π 0r 3
垂直于 r 方向，即 方向场强分量
E0
p sin 4π 0r 3
题 8-5 图
题 8-6 图
8-6 长 l =15.0cm 的直导线AB上均匀地分布着线密度 =5.0x10-9C·m-1 的正电荷．试求：
(1)在导线的延长线上与导线B端相距 a1 =5.0cm处 P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与
导线中点相距 d2 =5.0cm 处 Q 点的场强．
解：
如题 8-6 图所示
(1)在带电直线上取线元 dx ，其上电量 dq 在 P 点产生场强为
dEP
1 4π 0
dx (a x)2
EP
l
dEP 4π0
2 l
dx (a x)2
[1 1]
4π0 a l a l
l
π 0 (4a2 l 2 )
用 l 15 cm， 5.0 109 C m1 , a 12.5 cm代入得
EP 6.74102 N C1 方向水平向右
(2)同理
dEQ
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
方向如题 8-6 图所示
由于对称性 l dEQx 0 ，即 EQ 只有 y 分量，
∵
dEQy
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
d2
x2
d
2 2
EQy
l dEQy
d2 4π 2
l 2
dx
l
(x2
d
2 2
)
l
2π 0
l2
4d
2 2
以 5.0 109 C cm1 , l 15 cm, d2 5 cm代入得
EQ EQy 14.96102 N C1 ，方向沿 y 轴正向
8-7 一个半径为 R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为 ,求环心处 O 点的场强．
解: 如 8-7 图在圆上取 dl Rd
题 8-7 图
dq dl Rd ，它在 O 点产生场强大小为 dE Rd 方向沿半径向外
4π 0 R 2
则
dEx
dE sin sind 4π 0 R
dE y
dE cos(
)
cosd 4π 0 R
积分 Ex 0
sind
4π 0 R
2π 0 R
Ey 0
cosd 0 4π 0 R
∴
E
Ex
2π 0 R
，方向沿 x 轴正向．
8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为 l ，总电量为 q ．(1)求这正方形轴线上离中心为 r
处的场强 E ；(2)证明：在 r l 处，它相当于点电荷 q 产生的场强 E ．
解:
如 8-8 图示，正方形一条边上电荷 q 4
在 P 点产生物强 dEP 方向如图，大小为
dEP
cos1 cos2
4π 0
r2 l2 4
l
∵
cos1
2 r2 l2
cos 2 cos1
∴
dEP 4π 0
r2 l2
l r2 l2
dEP 在垂直于平面上的分量 dE dEP cos
∴
dE 4π 0
l r2 l2
r2 l2 2
r r2 l2
题 8-8 图
由于对称性， P 点场强沿 OP 方向，大小为
EP
4 dE
4π
0 (r2
4lr l2 )
r2 l2 2
∵
q
4l
∴
EP
4π 0 (r 2
qr l2
)
r2 l2 2
方向沿 OP
8-9 (1)点电荷 q 位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个
面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的
电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷 q 的电场中取半径为R的圆平面．q 在该平
面轴线上的 A 点处，求：通过圆平面的电通量．( arctan R ) x
解: (1)由高斯定理
E dS
q
s
0
立方体六个面，当 q 在立方体中心时，每个面上电通量相等