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习题及解答（全）习题一1-1 ｜｜与有无不同?和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；（2）是速度的模，即. 只是速度在径向上的分量.∵有（式中叫做单位矢），则 式中就是速度径向上的分量， ∴不同如题1-1图所示.题1-1图(3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量.∵有表轨道节线方向单位矢），所以式中就是加速度的切向分量.(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=()，=()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝，然后根据=，及＝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=及=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 ∆r ∆t d d r t d d r t d d v t d d vr∆∆r r ∆12r r -=12r r r ϖϖ-=∆t d d r t d d r ==v t s d d t rd d r r ˆr =r ˆt ˆr ˆt r t d d d d d d r rr +=t rd d tr t d d d d 与r td d v tv a d d ϖϖ=t vd d a ττϖϖ(v =v t v t v t v d d d d d d ττϖϖϖ+=dt dvt t r d ˆd d ˆd τϖϖΘ与x x t y y t 22y x +v t rd d a 22d d t r v 22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x a 222222d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x j y i x r ϖϖϖ+=故它们的模即为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、加速度定义作其二，可能是将误作速度与加速度的模。
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0v方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如题2.8图.题2.8图X 方向： 0=x F t v x 0= ① Y 方向： y y ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α=由①、②式消去t ，得22sin 21x g v y ⋅=α2.9 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x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝2 s 时质点的(1)位矢；(2)速度．解： 2s m 83166-⋅===m f a x x 2s m 167-⋅-==m f a y y (1)21021035'22m s 8477'2m s 168x x x y y y v v a dt v v a dt --=+=-+⨯=-⋅-=+=⨯=-⋅⎰⎰于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=ji v(2)2211()221317(224)()428216137m48x x y r v t a t i a t ji j i j =++-=-⨯+⨯⨯+⨯=--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时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mkev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m k e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0kmv ；(4)当k m t =时速度减至0v 的e1，式中m 为质点的质量． 答: (1)∵ tvm kv a d d =-= 分离变量，得m tk v v d d -=即 ⎰⎰-=v v t mtk v v 00d d m kte v v -=ln ln 0∴ tm k e v v -=0(2) ⎰⎰---===tttm k m ke kmv t ev t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有 ⎰∞-=='00d kmv t ev x tm k (4)当t=km时，其速度为 ev e v ev v km m k 0100===-⋅- 即速度减至0v 的e1.2.11 一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v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o 30，则动量的增量为0v m v m p-=∆由矢量图知，动量增量大小为0v m，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s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的大小亦为g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量12v m v m p-=∆方向竖直向上，大小 mg mv mv p =--=∆)(12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i t F)210(+=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j6-m ·s -1的物体,回答这两个问题．解: (1)若物体原来静止，则i t i t t F p t10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，ip I imp v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t tt F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d ,同理， 12v v ∆=∆,12I I=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⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t 解得s 10=t ，(s 20='t 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j t b i t a rωωsin cos +=求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m pωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得 j b m pω=1,i a m p ω-=2 ,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I+-=-=∆=ω2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F =(bt a -)N(b a ,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0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得 ba I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==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 +m kT 2, v -kmT2证明: 设一块为1m ，则另一块为2m ，21km m =及m m m =+21于是得 1,121+=+=k mm k km m ① 又设1m 的速度为1v , 2m 的速度为2v ，则有2222211212121mv v m v m T -+=② 2211v m v m mv += ③ 联立①、③解得12)1(kv v k v -+= ④将④代入②，并整理得21)(2v v kmT-= 于是有 kmT v v 21±= 将其代入④式，有mkTv v 22±=又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取1222,T kT v v v v km m=-=+ 证毕．2.17 设N 67j i F -=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r++-=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，合F为恒力，∴ )1643()67(k j i j i r F A++-⋅-=⋅=合J 452421-=--= (2) w 756.045==∆=t A P (3)由动能定理，J 45-==∆A E k2.18 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ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=ssky ky y f y f A 112d d d 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0d →t 时，f 'f -=． 设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y kky y ky A ② 由题意，有2)21(212kmv A A =∆== ③即 222122kk ky =-所以， 22=y于是钉子第二次能进入的深度为cm 414.01212=-=-=∆y y y2.19 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()/nP E r k r =-, 试求质点所受保守力的大小和方向． 解: 1d ()()d p n E r nkF r rr +=-=-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1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 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B A 、及重物C 受力如题2.20图所示平衡时，有Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆弹性势能之比为12222211121212k kx k x k E E p p =∆∆=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5.98×1024kg ，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 处地引月引F F =，由万有引力定律，有()22r R mM GrmM G-=地月经整理，得R M M M r 月地月+==2224221035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯m 1032.386⨯= 则P 点处至月球表面的距离为m 1066.310)74.132.38(76⨯=⨯-=-=月r r h(2)质量为kg 1的物体在P 点的引力势能为()r R M GrM GE P ---=地月()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-=- J 1028.16⨯=2.22 如题2.22图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝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。
习题解答习题一1-1｜r ∆｜与r ∆有无不同?td d r 和td d r 有无不同?td d v 和td d v 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 ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）td d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d .tr d d 只是速度在径向上的分量.∵有rr ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt r t d d d d d d r r r+=式中trd d 就是速度径向上的分量，∴tr td d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图 (3)td d v表示加速度的模，即tv a d d =，tv d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以tv t v t v d d d d d d ττ +=式中dtdv 就是加速度的切向分量.(tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，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速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v=tr d d ，及a ＝22d d tr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 =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 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j y i x r+=， jty i t x t r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxyx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、加速度定义作其二，可能是将22d d d d trt r 与误作速度与加速度的模。
习题解答习题一1-1｜r ∆｜与r ∆有无不同?td d r 和td d r 有无不同?td d v 和td d v 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 ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）td d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d .trd d 只是速度在径向上的分量.∵有rr ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt r t d d d d d d r r r+=式中trd d 就是速度径向上的分量，∴tr td d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图 (3)td d v表示加速度的模，即tv a d d =，tv d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t vt v t v d d d d d d ττ +=式中dtdv 就是加速度的切向分量. (tt rd ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，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速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v=tr d d ，及a ＝22d d tr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 =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 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j y i x r+=，jty i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x yx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、加速度定义作其二，可能是将22d d d d trt r 与误作速度与加速度的模。
习题2
2.1 选择题
(1)一质量为M 的斜面原来静止于水平光滑平面上，将一质量为m 的木块轻轻放于斜面上，如图．如果此后木块能静止于斜面上，则斜面将 （ ）
(A) 保持静止． (B) 向右加速运动．
(C) 向右匀速运动． (D) 向左加速运动．
题2.1(1)图
答案：(A)。
(5) 质量分别为m 1和m 2的两滑块A 和B 通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为μ，系统在水平拉力F 作用下匀速运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度a A 和a B 分别为 （ ）
(A) a A =0 , a B =0. (B) a A >0 , a B <0.
(C) a A <0 , a B >0. (D) a A <0 , a B =0.
题2.1(2)图
答案：(D)。
(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i x F )54(+=（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。
习题解答习题一1-1｜r ∆｜与r ∆有无不同?td d r 和td d r 有无不同?td d v 和td d v 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 ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）td d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d .tr d d 只是速度在径向上的分量.∵有rr ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt r t d d d d d d r r r +=式中trd d 就是速度径向上的分量，∴tr td d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图 (3)td d v表示加速度的模，即tv a d d =，tv d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t vt v t v d d d d d d ττ +=式中dtdv 就是加速度的切向分量. (tt rd ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，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速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v=tr d d ，及a ＝22d d tr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 =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 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j y i x r+=，jty i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxyx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、加速度定义作其二，可能是将22d d d d trt r 与误作速度与加速度的模。
习题11.1选择题(1)一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处，其速度大小为(A)dt dr(B)dt r d(C)dtr d ||(D)22)()(dt dy dt dx +[答案：D](2)一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，则一秒钟后质点的速度(A)等于零(B)等于-2m/s (C)等于2m/s(D)不能确定。
[答案：D](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)t R t R ππ2,2(B)tRπ2,0 (C)0,0(D)0,2tRπ[答案：B]1.2填空题(1)一质点，以1-⋅s m π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G 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v 0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1V 航行，水流速度为2V，一人相对于甲板以速度3V 行走。
如人相对于岸静止，则1V 、2V和3V 的关系是 。
[答案：0321=++V V V]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）G=4t -3；（2）G=-4t 3+3t 2+6；（3）G=-2t 2+8t+4；（4）G=2/t 2-4/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。
. . . ... .. ..习题解答 习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?td d r 和td d r 有无不同?td d v 和td d v 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 ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）td d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d .trd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt r t d d d d d d r r r += 式中trd d 就是速度径向上的分量，∴trt d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)td d v 表示加速度的模，即tva d d =，tvd d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ(v =v表轨道节线方向单位矢），所以 t vt v t v d d d d d d ττ += 式中dtdv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，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速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =trd d ，及a ＝22d d t r 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 =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jty i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxy x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22d d d d tr a trv ==其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。
在1-1题中已说明trd d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22d d t r也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=222d d d d t r t r a θ径。
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的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。
1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x =3t +5, y =21t 2+3t -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秒质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻的平均速度；(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 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） j t t i t r)4321()53(2-+++=m(2)将1=t,2=t 代入上式即有j i r5.081-= m j j r4112+=m j j r r r5.4312+=-=∆m(3)∵ j i r j j r1617,4540+=-=∴ 104s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i ji r r t r v (4) 1s m )3(3d d -⋅++==j t i trv则 j i v 734+= 1s m -⋅(5)∵ j i v j i v73,3340+=+=204s m 1444-⋅==-=∆∆=j v v t v a (6) 2s m 1d d -⋅==j tva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0v (m ·1-s )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θ角，由图可知 222s h l+=将上式对时间t 求导，得 ts s t l ld d 2d d 2= 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ ts v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度3202220202002)(d d d d d d sv h s v s l s v s lv s v v s t sl t l st v a =+-=+-=-==船船1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ，a 的单位为2s m -⋅，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101sm -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ xvv t x x v t v ad 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 ++=322221 由题知，0=x时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，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：∵ t tva 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v++=由题知，0=t,00=v ,∴01=c故 2234t t v +=又因为 2234d d t t t x v +==分离变量， t t t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v 1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33t ，θ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： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω (1)s 2=t时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒na a τ即 βωR R =2. . . ... .. ..)sin (sin 2cos2sin200t R t R R t v R t v x ωωθθθ-=-=-=亦即 t t18)9(22=则解得 923=t 于是角位移为rad 67.29232323=⨯+=+=t θ1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt tv -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，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） bt v tsv -==0d dRbt v R v a b tva n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n-+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rb a a n --==τϕ(2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+==即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v Rbt v b b ∴当bv t 0=时，b a =1-9 半径为R 的轮子，以匀速0v 沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点B 的运动方程为x ＝R )sin (t t ωω-，y ＝R )cos 1(t ω-，式中0v =ω/R 是轮子滚动的角速度，当B 与水平线接触的瞬间开始计时．此时B 所在的位置为原点，轮子前进方向为x 轴正方向；(2)求B 点速度和加速度的分量表示式．解：依题意作出下图，由图可知（1）题1-9图)cos 1()cos 1(2sin2sin2t R R R y ωθθθ-=-== （2）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-==)sin d d )cos 1(d d t R t y v t R t x v y x ωωω⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====t v t R a t v t R a yy x x d d cos d d sin 22ωωωω1-10 以初速度0v ＝201sm -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-10图 (1)在最高点，o 0160cos v v v x ==21s m 10-⋅==g a n又∵ 1211ρv a n=∴m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ(2)在落地点，2002==v v 1s m -⋅,而 o 60cos 2⨯=g a n∴ m 8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ. .. ... ....1-11 飞轮半径为0.4 m ，自静止启动，其角加速度为β=0.2 rad ·2s-，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s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅则16.04.04.0=⨯==ωR v1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n1-12 如题1-12图，物体A 以相对B 的速度v ＝gy 2沿斜面滑动，y 为纵坐标，开始时A 在斜面顶端高为h 处，B 物体以u 匀速向右运动，求A 物滑到地面时的速度．解：当滑至斜面底时，h y =，则gh v A 2=',A 物运动过程中又受到B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为jgh i gh u v u v AA )sin 2()cos 2('αα++=+=地题1-12图1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何? 解：(1)大船看小艇，则有1221v v v-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西 ︒===87.3643arctan arctan21v v θ(2)小船看大船，则有2112v v v-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得5012=v 1h km -⋅方向南偏东o87.361-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m 的甲板上，篷高4 m 但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m ·s -1，求轮船的速率． 解： 依题意作出矢量图如题1-14所示．题1-14图 ∵ 船雨雨船v v v-= 船雨船雨v v v+= 由图中比例关系可知 1s m 8-⋅==雨船v v习题二2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a 1，其对于m 2则为牵连加速度，又知m 2对绳子的相对加速度为a ′，故m 2对地加速度，由图(b)可知，为a 2=a 1-a ′ ①又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的力T ，由牛顿定律，有m 1g-T=m 1a 1 ②T-m 2g=m 2a 2 ③联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=讨论 (1)若a ′=0，则a 1=a 2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m 1,m 2均作自由落体运动．题2-1图2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，N B -mg=0 ①又因梯无转动，以B 点为转动点，设梯子长为l ，则N A lsin θ-mg2lcos θ=0 ② 在水平方向因其有加速度a ，故有f+N A =ma ③题2-2图式中f 为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，即 f=±μ0mg ④. . . ... .. ..联立①、②、③、④式得)(2tan ,)(2tan 00g a gg a g M m μθμθ-=+=2-3 283166-⋅===s m m f a x x2167-⋅-==s m mf a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200872167452832s m dt a v v s m dt a v v y y y x x x于是质点在2s 时的速度18745-⋅--=s m ji v(2)mj i j i j t a i t a t v r y x 874134)167(21)4832122(21)21(220--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2-4 (1)∵dtdvm kv a=-=分离变量，得m kdt v dv -=即⎰⎰-=v v t mkdt v dv 00 m kte v v -=ln ln∴ tm k ev v-=0(2)⎰⎰---===tttm k m ke kmv dt ev vdt x00)1( (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有⎰∞-=='0kmv dt ev x tm k(4)当t=km 时，其速度为ev e v ev v km m k 0100===-⋅-即速度减至v 0的e1. 2-5分别以m 1,m 2为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设m 2相对滑轮(即升降机)的加速度为a ′，则m 2对地加速度a 2=a ′-a ；因绳不可伸长，故m 1对滑轮的加速度亦为a ′，又m 1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m 1在水平方向对地加速度亦为a ′，由牛顿定律，有m 2g-T=m 2(a ′-a)T=m 1a ′题2-5图联立，解得a ′=g 方向向下 (2) m 2对地加速度为 a 2=a ′-a=2g 方向向上m 1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a 绝=a 相′+a 牵∴g g g a a a 25422221=+=+'=θ=arctana a '=arctan 21=26.6°，左偏上． 2-6依题意作出示意图如题2-6图题2-6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30°，则动量的增量为 Δp=mv-mv 0由矢量图知，动量增量大小为｜mv 0｜，方向竖直向下．2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量 Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上， 大小 ｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=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． 2-8 (1)若物体原来静止，则 Δp 1=⎰⎰=+=t idt t Fdt 0456)210( i kg ·m ·s-1,沿x 轴正向，. . . ... .. ..111111566.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆s m kg i p I s m i mp v 若物体原来具有-6 m ·s -1初速，则⎰⎰+-=+-=-=t t Fdt mv dt m F v m p mv p 000000)(,于是 ⎰∆==-=∆tp Fdt p p p 0102,同理，Δv 2=Δv 1,I 2=I 1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⎰+=+=t t t dt t I 0210)210( 亦即t 2+10t-200=0解得t=10 s ，(t ′=-20 s 舍去)2-9 质点的动量为p=mv=m ω(-asin ωti+bcos ωtj)将t=0和t=ωπ2分别代入上式，得 p 1=m ωbj,p 2=-m ωai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I=Δp=p 2-p 1=-m ω(ai+bj)2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有F=(a-bt)=0,得t=ba (2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at dt bt a I 0221)( 将t=ba 代入，得 ba I 22= (3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 2-11设一块为m 1，则另一块为m 2，m 1=km 2及m 1+m 2=m 于是得 1,121+=+=k m m k km m ① 又设m 1的速度为v 1,m 2的速度为v 2，则有 2222211212121mv v m v m T -+=②mv=m 1v 1+m 2v 2 ③联立①、③解得v 2=(k+1)v-kv 1 ④将④代入②，并整理得21)(2v v km T -= 于是有kmT v v 21±= 将其代入④式，有m kTv v 22±=又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取kmT v v m kT v v 2,221-=+= 证毕． 2-12 (1)由题知，F 合为恒力，∴ A 合=F ·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k) =-21-24=-45 J (2)w t A N 756.045==∆=(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J 2-13 以木板上界面为坐标原点，向为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图f=-ky第一锤外力的功为A 1⎰⎰⎰==-='=s s k kydy fdy dy f A 1012① 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A 2，则同理，有⎰-==21222221y k ky kydy A ② 由题意，有2)21(212k mv A A =∆== ③ 即222122k k ky =- 所以，22=y 于是钉子第二次能进入的深度为Δy=y 2-y 1=2-1=0.414 cm 2-14 1)()(+-==n r nk dr r dE r F方向与位矢r 的方向相反，即指向力心．. . . ... .. ..2-15 弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图F A =F B =Mg又 F A =k 1Δx 1F B =k 2Δx 2所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆弹性势能之比为12222211121212k k x k x k E E p p =∆∆= 2-16 (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 G 2r mM 月=G ()2r R mM -地 经整理，得 r=R M M M 月地月+=2224221035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯ =38.32⨯106 m则p 点处至月球表面的距离为h=r-r 月 =(38.32-1.74)×106＝3.66×107m(2)质量为1 kg 的物体在p 点的引力势能为 ()r R M G r M G E P ---=地月=()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯--=-1.28J 610⨯2-17 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有-μm 2gh=21 (m 1+m 2)v 2-［m 1gh+21k(Δl)2］ 式中Δl 为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则Δl=AC-BC=(2-1)h联立上述两式，得v=()()212221122m m kh gh m m +-+υ题2-17图2-18 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-f r s=⎪⎭⎫ ⎝⎛︒+-37sin 212122mgs mv kx k=222137sin 21kx s f mgs mv r -︒+式中 s=4.8+0.2=5 m ，x=0.2 m ，再代入有关数据，解得k=1390 N ·m -1题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h ′-f t s ′=mgs ′sin37°-21kx 3代入有关数据，得 s ′=1.4 m,则木块弹回高度h ′=s ′sin37°=0.84 m. .. ... .. ..题2-19图2-19 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=222121MV mv + 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=()M m MgR +2 2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有222120212121mv mv mv += 即 222120v v v += ①题2-20图(a) 题2-20图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有mv 0=mv 1+mv 2亦即 v 0=v 1+v 2 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v 0为斜边，故知v 1与v 2是互相垂直的．2-21 由题知，质点的位矢为r=x 1i+y 1j作用在质点上的力为f=-fi所以，质点对原点的角动量为L 0=r ×mv=(x 1i+y 1j)×m(v x i+v y j)=(x 1mv y -y 1mv x )k作用在质点上的力的力矩为M 0=r ×f=(x 1i+y 1j)×(-fi)=y 1fk2-22 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r 1mv 1=r 2mv 2∴m v v r r 12241021121026.51008.91046.51075.8⨯=⨯⨯⨯⨯== 2-23 (1) ⎰⎰-⋅⋅===∆301155s m kg j jdt fdt p(2)解(一) x=x 0+v 0x t=4+3=7jattvyy5.2533521362122=⨯⨯+⨯=+=即r1=4i,r2=7i+25.5jv x=v0x=1113356=⨯+=+=atvvyy即v1=i1+6j,v2=i+11j∴ L1=r1×mv1=4i×3(i+6j)=72kL2=r2×mv2=(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5k∴ΔL=L2-L1=82.5k kg·m2·s-1解(二) ∵dtdzM=∴⎰⎰⨯=⋅=∆t t dtFrdtML00)(⎰⎰-⋅⋅=+=⨯⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯+++=313225.82)4(55)35)216()4(smkgkkdttjdtjtti t题2-24图2-24 在只挂重物M1时，小球作圆周运动的向心力为M1g，即M1g=mr0ω20 ①挂上M2后，则有(M1+M2)g=mr′ω′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=r′mv′222ωω''=⇒rr③联立①、②、③得32211213212111)()(MMMmMgrgmMMrMMMmrgMmrgM+='+='+='=ωωω2-25 (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，F r、F′r是摩擦力，F x和F y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2-25图（a）. . . ... .. ..题2-25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 l l l N l N l l F 1211210)(+='='-+对飞轮，按转动定律有β=-F r R/I ，式中负号表示β与角速度ω方向相反．∵ F r =μN N=N ′∴ F l l l N F r 121+='=μμ又∵ ,212mR I = ∴F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以F=100 N 等代入上式，得234010050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=s rad β 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为s t 06.74060329000=⨯⨯⨯=-=πβω这段时间飞轮的角位移为radt t ππππβωφ21.53)49(340214960290021220⨯=⨯⨯-⨯⨯=+= 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转． (2)ω0=900×(2π)/60 rad ·s -1，要求飞轮转速在t=2 s 减少一半，可知2021522-⋅-=-=-=s rad t t πωωωβ用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为N ll mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)(2211=⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=+-=πμβ 2-26 设a ，a 2和β分别为m 1m 2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．题2-26(a)图 题2-26(b)图(1) m 1，m 2和柱体的运动方程如下：⎪⎩⎪⎨⎧='-'=-=-3212111112222βI r T R T a m T g m a m g m T式中 T 1′=T 1,T 2′=T 2,a 2=r β,a 1=R β而 I=(1/2)MR 2+(1/2)mr 2由上式求得 2222222212113.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0-⋅=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯=++-=s rad g r m R m I rm Rm β (2)由①式T 2=m 2r β+m 2g=2×0.10×6.13+2×9.8＝20.8 N由②式T 1=m 1g-m 1R β=2×9.8-2×0.20×6.13＝17.1 N2-27 分别以m 1，m 2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m 1,m 2运用牛顿定律，有m 2g-T 2=m 2a ①T 1=m 1a ②对滑轮运用转动定律，有T 2r-T 1r=(1/2Mr 2)β ③又， a=r β ④联立以上4个方程，得 22126.721520058.92002-⋅=++⨯=++=s m Mm m gm a.. . . .. .. ..题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图2-28 (1)由转动定律，有mg(l/2)=[(1/3)ml 2]β∴ β=lg 23 (2)由机械能守恒定律，有 mg(l/2)sin θ=(1/2)[(1/3)ml 2]ω2∴ω=l g θsin 3题2-29图2-29 (1)设小球的初速度为v 0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，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：mv 0l=I ω+mvl ①(1/2)mv 20=(1/2)I ω2+(1/2)mv2 ② 上两式中I=1/3Ml 2，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度θ=30°，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=l Mg I ω ③ 由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω由①式mlIvvω-=④由②式mIvv222ω-=⑤所以221)(2ωωmvmlIv-=-求得glmMmmMlmlIlv+-=+=+=31232(6)311(2)1(22ωω(2)相碰时小球受到的冲量为∫Fdt=Δmv=mv-mv0由①式求得∫Fdt=mv-mv0=-(Iω)/l=(-1/3)Mlω=-glM6)32(6-负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．题2-30图2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度v0=Rω设碎片上升高度h时的速度为v，则有v2=v20-2gh令v=0，可求出上升最大高度为222212ωRggvH==(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I′=(1/2)MR2-mR2，碎片脱离前，盘的角动量为Iω，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的力变为零，但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Iω=I′ω′+mv0R式中ω′为破盘的角速度．于是(1/2)MR2ω=[(1/2)MR2-mR2]ω′+mv0R[(1/2)MR2-mR2]ω=[(1/2)MR2-mR2]ω′得ω′=ω(角速度不变)圆盘余下部分的角动量为[(1/2)MR2-mR2]ω转动动能为. .. ... .. ..题2-31图E k =(1/2)[(1/2)MR 2-mR 2]ω22-31 (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒 Rsin θm 0v 0=(m+m 0)R 2ω ∴ω=Rm m v m )(sin 000+θ(2)020*********sin 21])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ2-32 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=(1/2)mv 2+(1/2)I ω2+(1/2)kh 2又 ω=v/R故有ImR k kh mgh v +-=222)2(12220.25.03.00.63.0)4.00.24.08.90.62(-⋅=+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=s m题2-32图 题2-33图2-33 (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I 0ω0=(I 0+mR 2)ω 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v B ，以B 点为重力势能零点，则有(1/2)I 0ω20+mgR=(1/2)(I 0+mR 2)ω2+(1/2)mv 2B ②联立①、②两式，得2022002mR I RI gR v B ++=ω(2)当小球滑至C 点时，∵I c =I 0 ∴ωc =ω0 故由机械能守恒，有 mg(2R)=(1/2)mv 2c ∴v c =2gR请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．习题三3-1 惯性系S ′相对惯性系S 以速度u 运动．当它们的坐标原点O 与O '重合时，t =t '=0，发出一光波，此后两惯性系的观测者观测该光波的波阵面形状如何?用直角坐标系写出各自观测的波阵面的方程．解: 由于时间和空间都是均匀的，根据光速不变原理，光讯号为球面波．波阵面方程为：2222)(ct z y x =++ 2222)(t c z y x '='+'+'题3-1图3-2 设图3-4中车厢上观测者测得前后门距离为2l ．试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测到同一光信号到达前、后门的时间差．解: 设光讯号到达前门为事件1，在车厢)(S '系时空坐标为),(),(11cll t x =''，在车站)(S 系：)1()()(21211c u c l l c u c l x cu t t +=+='+'=γγγ 光信号到达后门为事件2，则在车厢)(S '系坐标为),(),(22c ll t x -=''，在车站)(S 系： )1()(2222c u c l x cu t t -='+'=γγ 于是 2122c lut t γ-=-或者 l x x x t t t t 2,,02121='-'='∆-=∆='∆ )2()(22l cux c u t t γγ='∆+'∆=∆ 3-3 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1x =6×104m,1t =2×10-4s ，以及2x =12×104m,2t =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) )(1211x cvt t -='γ )(2222x c vt t -='γ 由题意 012='-'t t 则)(12212x x cvt t -=- 故 812122105.12⨯-=-=--=cx x t t c v1s m -⋅. . . ... .. ..(2)由洛仑兹变换 )(),(222111vt x x vt x x -='-='γγ 代入数值， m 102.5412⨯='-'x x 3-4 长度0l =1 m 的米尺静止于S ′系中，与x ′轴的夹角'θ= 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=θ45︒． 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y x '',轴上的投影分别为：m 866.0cos 0='='θL L x ，m 5.0sin 0='='θL L y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y y x x L L cv L L '=-'=,122故 221tan c vL L L L L L xy xy xy -''='==θ把ο45=θ及y x L L '',代入则得866.05.0122=-cv 故 c v816.0= (2)在S 系中测得米尺长度为m 707.045sin =︒=y L L3-5 一门宽为a ，今有一固有长度0l (0l ＞a )的水平细杆，在门外贴近门的平面沿其长度方向匀速运动．若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门，则该杆相对于门的运动速率u 至少为多少?解: 门外观测者测得杆长为运动长度，20)(1cul l -=，当a≤1时，可认为能被拉进门，则20)(1cul a -≤解得杆的运动速率至少为：2)(1l ac u-=题3-6图3-6两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 ∆cv L t 6.0200==∆ O ' 测得的是固有时t '∆∴ vL tt 201βγ-=∆='∆s 1089.88-⨯=，6.0==c vβ ， 8.01=γ ， 或者，O '测得长度收缩，vL t L L L L ='∆=-=-=,8.06.01102020β s 1089.81036.0208.06.08.0880-⨯=⨯⨯⨯=='c L t ∆ 3-7 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0,s 4==x t∆∆,乙测得s 5=t ∆，坐标差为12x x x '-'='∆′ (1)∴ t cv t x cvt t ∆-∆=∆+∆='∆22)(11)(λγ54122='∆∆=-t t cv解出 c c t t c v 53)54(1)(122=-='∆∆-= 8108.1⨯= 1s m -⋅(2) ()0,45,=∆=∆'∆=∆-∆='∆x t t t v x x γγ ∴ m 1093453458⨯-=-=⨯⨯-=-='c c t v x ∆γ∆负号表示012<'-'x x ． 3-8 一宇航员要到离地球为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是多少?. . . ... .. ..解: 2220153,1513βββ-=-=-=='则l l∴ c c v542591=-=3-9 论证以下结论：在某个惯性系中有两个事件同时发生在不同地点，在有相对运动的其他惯性系中，这两个事件一定不同时． 证: 设在S 系B A 、事件在b a ,处同时发生，则B A a b t t t x x x -=∆-=∆,，在S '系中测得)(2x cvt t t t A B ∆-∆='-'='∆γ 0,0≠∆=∆x t ，∴0≠'∆t即不同时发生． 3-10 试证明：(1)如果两个事件在某惯性系中是同一地点发生的，则对一切惯性系来说这两个事件的时间间隔，只有在此惯性系中最短． (2)如果两个事件在某惯性系中是同时发生的，则对一切惯性关系来说这两个事件的空间间隔，只有在此惯性系中最短． 解: (1)如果在S '系中，两事件B A 、在同一地点发生，则0='∆x ，在S 系中，t t t '∆≥'∆=∆γ，仅当0=v 时，等式成立，∴t '∆最短．(2)若在S '系中同时发生，即0='∆t ，则在S 系中，x x x '∆≥'∆=∆γ，仅当0=v 时等式成立，∴S '系中x '∆最短．3-11 根据天文观测和推算，宇宙正在膨胀，太空中的天体都远离我们而去．假定地球上观察到一颗脉冲星(发出周期无线电波的星)的脉冲周期为 0.50s ，且这颗星正沿观察方向以速度0.8c 离我们而去．问这颗星的固有周期为多少? 解: 以脉冲星为S '系，0='∆x ，固有周期0τ='∆t .地球为S 系，则有运动时t t '∆=∆γ1，这里1t ∆不是地球上某点观测到的周期，而是以地球为参考系的两异地钟读数之差．还要考虑因飞行远离信号的传递时间，ct v 1∆∴ t cvt c t v t t∆+'∆=∆+∆=∆γγ11′ )1(cvt +'=∆γ6.01)8.0(112=-=cc γ 则 γλτ)8.01(5.0)1(0cc c v t t +++∆='∆=s 1666.08.13.06.01)8.01(5.0==+=3-12 6000m 的高空大气层中产生了一个π介子以速度v =0.998c 飞向地球．假定该π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π介子静止系中观测者来判断π介子能否到达地球．解: π介子在其自身静止系中的寿命s 10260-⨯=t ∆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s 1016.315220-⨯=-=cv t t ∆∆这段时间飞行距离为m 9470==t v d ∆因m 6000>d，故该π介子能到达地球．或在π介子静止系中，π介子是静止的．地球则以速度v 接近介子，在0t ∆时间，地球接近的距离为m 5990=='t v d ∆m 60000=d 经洛仑兹收缩后的值为：m 37912200=-='cv d dd d '>'，故π介子能到达地球．3-13 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，c u8.0=,c v x 8.0='∴ c c c c c c cv u u v v x x x98.08.08.018.08.0122=⨯++='++'=3-14 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c v x 8.0='，S '系对S 系的速度为c u 6.0=，则A对S 系(B 船)的速度为c c c cv u u v v xx x 946.048.016.08.012=++='++'=发射弹是从A 的同一点发出，其时间间隔为固有时s 2='t ∆，题3-14图∴B 中测得的时间间隔为：s 17.6946.0121222=-=-'=cv t t x ∆∆3-15 (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c u 6.0=，火箭A 相对S 的速度c v x 8.0=，则A 相对S '(B )的速度为：c c c c c c v c u u v v x x x 946.0)8.0)(6.0(1)6.0(8.0122=----=--=' 或者取A 为S '系，则c u 8.0=，B 相对S 系的速度c v x 6.0-=，于是B 相对A 的速度为：c c c c cc v c u u v v x x x 946.0)6.0)(8.0(18.06.0122-=----=--=' (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c u 6.0-=，A 对S 系的速度为,0=x v ,c v y 8.0=,由洛仑兹变换式A 相对B 的速度为：c c v cu u v v xx x 6.001)6.0(012=---=--=' c c v cu v c u v xyy64.0)8.0(6.01112222=-=--=' ∴A 相对B 的速度大小为c v v v y x 88.022='+'='速度与x '轴的夹角θ'为07.1tan =''='xy v v θο8.46='θ题3-15图3-16 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c c v x 500.060cos ο==c c v y 866.060sin ο==由速度变换公式，光子在S '系中的速度分量为c c c c cc v c u u v v x x x 143.05.06.016.05.0122-=⨯--=--=' c c cc c v c u v cu v x yy 990.05.06.01866.06.011122222=⨯-⨯-=--=' 光子运动方向与x '轴的夹角θ'满足692.0tan -=''='xy v v θθ'在第二象限为ο2.98='θ在S '系中，光子的运动速度为c v v v y x ='+'='22正是光速不变．3-17 (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)111()1(222020202--=-=-==c vc m c m c m mc E E k k γ∆)11.011()103(101.922831--⨯⨯⨯=-161012.4-⨯=J=eV 1057.23⨯(2) )()(2021202212c m c m c m c m E E E k k k---=-='∆)1111(221222202122cv cvc m c m c m ---=-=))8.0119.011(103101.92216231---⨯⨯⨯=-J 1014.514-⨯=eV 1021.35⨯=3-18 μ子静止质量是电子静止质量的 207倍，静止时的平均寿命0τ=2×10-6s ，若它在实验室参考系中的平均寿命τ= 7×10-6s ，试问其质量是电子静止质量的多少倍? 解: 设μ子静止质量为m ，相对实验室参考系的速度为cv β=，相应质量为m，电子静止质量为em 0，因2711,1022==--=ττββττ即由质速关系，在实验室参考系中质量为：. . . ... .. ..202012071ββ-=-=e m m m故72527207120720=⨯=-=βe m m 3-19 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0m ，运动质量为m ，由题设10.00=-m m m201β-=m m由此二式得10.01112=--β∴10.1112=-β 在运动方向上的长度和静长分别为l 和0l ，则相对收缩量为：%1.9091.010.111112000==-=--=-=β∆l l l l l3-20 一电子在电场中从静止开始加速，试问它应通过多大的电势差才能使其质量增加0.4%?此时电子速度是多少?已知电子的静止质量为9.1×10-31kg ．解: 由质能关系1004.0200=∆=∆c m E m m∴ 100/)103(101.94.01004.0283120⨯⨯⨯⨯==∆-c m E J 1028.316-⨯=＝eV 106.11028.31916--⨯⨯= eV 100.23⨯= 所需电势差为3100.2⨯伏特 由质速公式有：004.111004.01111100002=+=∆+=∆+==-m m mm m m m β ∴ 32221095.7)004.11(1)(-⨯=-==c v β故电子速度为 -17s m 107.2⋅⨯==c vβ3-21 一正负电子对撞机可以把电子加速到动能K E ＝2.8×109eV ．这种电子速率比光速差多少? 这样的一个电子动量是多大?(与电子静止质量相应的能量为0E ＝0.511×106eV )解: 2022201c m cv c m E k--=所以 20202022/111c m E c m c m E c v k k +=+=-由上式，2962622020)108.210511.0/()1051.0(1)(1⨯+⨯⨯-=+-=c E c m c m c v k8109979245.2⨯=-1s m ⋅810997924580.2⨯=-v c -1s m ⋅8109979245.28=⨯- -1s m ⋅由动量能量关系420222c m c p E+=可得cc m E E ccm c m E ccm E p k k k 20242022042022)(+=-+=-=11882138269182s m kg 1049.1103/]106.1)10511.0108.22108.2[(---⋅⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯=3-22 氢原子的同位素氘(21H)和氚(31H)在高温条件下发生聚变反应，产生氦(42He)原子核和一个中子(10n)，并释放出大量能量，其反应方程为21H + 31H→42He + 10n 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0290.50155.30135.2=+amu反应后总质量为0102.50087.10015.4=+amu 质量亏损0188.00102.50290.5=-=∆m amukg 1012.329-⨯=由质能关系得()282921031012.3⨯⨯⨯==-mc E ∆∆J 1081.221-⨯=71075.1⨯=eV3-23 一静止质量为0m 的粒子，裂变成两个粒子，速度分别为0.6c 和0.8c ．求裂变过程的静质量亏损和释放出的动能． 解: 孤立系统在裂变过程中释放出动能，引起静能减少，相应的静止质量减少，即静质量亏损． 设裂变产生两个粒子的静质量分别为10m 和20m ，其相应的速度c v 6.01=,c v 8.02=由于孤立系统中所发生的任何过程都同时遵守动量守恒定律和能(质)量守恒定律，所以有. . . ... .. ..0112222201221102211=-+-=+v cv m v c v m v m v m022220221102111m cv m cv m m m =-+-=+注意1m 和2m 必沿相反方向运动，动量守恒的矢量方程可以简化为一维标量方程，再以6.01=v c,8.02=v c 代入，将上二方程化为：20106886m m =，020106.08.0m m m =+上二式联立求解可得：010459.0m m =, 020257.0m m =故静质量亏损20100284.0)(m m m m m =+-=∆由静质量亏损引起静能减少，即转化为动能，故放出的动能为202284.0c m mc E k =∆=∆3-24 有A ，B 两个静止质量都是0m 的粒子，分别以1v =v ,2v =-v 的速度相向运动，在发生完全非弹性碰撞后合并为一个粒子．求碰撞后粒子的速度和静止质量．解: 在实验室参考系中，设碰撞前两粒子的质量分别1m 和2m ，碰撞后粒子的质量为M 、速度为V ，于是，根据动量守恒和质量守恒定律可得：MVv m v m =+2211 ①M m m =+21 ②由于 0)(1)()(120202211=---+-=+cv v m c vv m v m v m代入①式得 0=V221)(120cv m m m M -+=，即为碰撞后静止质量．3-25 试估计地球、太阳的史瓦西半径． 解: 史瓦西半径 22c GM r s =地球： kg 10624⨯≈M。
