大学物理学答案(北京邮电大学第3版)赵近芳等编著

大学物理学(北邮第三版) 习题及解答（全）
习题一
1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d 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）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t
s
d d . t r
d 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t r
d d 就是速度径向上的分量，
∴t r t
d d d d 与
r 不同如题1-1图所示.
题1-1图
(3)t d d v 表示加速度的模，即
t v a d d =
，t v 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 v t v t v d d d d d d ττ +=
式中dt dv
就是加速度的切向分量.
(t t
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 =t r
d 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 =2
2
d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =
2
22222d 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
+=，
j
t y i t x t r a j
t y i t x t r v
222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴
故它们的模即为
2
22
2
22
2
22
222d d d d d d d d ⎪
⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪
⎭
⎫
⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y
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
2
2d d d d t r a t
r
v ==
其二，可能是将2
2d 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t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，2
2d 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⎥⎥⎦⎤
⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫
⎝⎛-=2
22d 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 =21
t 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）
j
t t i t r
)4321()53(2-+++=m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有
j i r
5.081-= m
j j r
4112+=m
j j r r r
5.4312+=-=∆m
(3)∵ j i r j j r
1617,4540
+=-=
∴ 1
04s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i j
i r r t r v
(4) 1
s m )3(3d d -⋅++==j t i t r v
则 j i v 734+= 1
s m -⋅
(5)∵ j i v j i v 73,3340
+=+= 2
04s m 1444-⋅==-=∆∆=j v v t v a (6) 2
s m 1d d -⋅==j t v
a
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
2
22s h l +=
将上式对时间t 求导，得
t s s
t
l l
d 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，
∴
t s v v t l v d d ,d d 0-
==-=船绳 即
θcos d d d d 0
0v v s l
t l s l t s v ==-=-=船 或 s v s h s lv v 0
2/1220)(+=
=船
将船v 再对t 求导，即得船的加速度
3
2
0222
020
2
002)(d d d d d d s v h s v s l s v s
lv s v v s t s l t l s
t 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2
s m -⋅，x 的单
位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101
s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值．
解： ∵
x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===
分离变量：
x x adx d )62(d 2
+==υυ 两边积分得 c
x x v ++=32
2221
由题知，0=x 时，100
=v ,∴50=c
∴ 1
3s m 252-⋅++=x x v
1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2
s 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 t v
a 34d d +==
分离变量，得 t t v d )34(d +=
积分，得 1
223
4c t t v ++=
由题知，0=t ,00
=v ,∴01=c
故
2
23
4t t v += 又因为
2
234d d t t t x v +== 分离变量， t
t t x d )23
4(d 2+=
积分得 2
3221
2c t t x ++=
由题知 0=t ,50
=x ,∴52=c
故 5
21
232++=t t x
所以s 10=t 时
m
70551021
102s m 1901023
10432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+
⨯=-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+33
t ，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 t t t 18d d ,9d d 2====
ωβθω
(1)s 2=t 时， 2
s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a
2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n
(2)当加速度方向与半径成ο
45角时，有
145tan ==
︒n
a a τ
即
βωR R =2
亦即
t t 18)9(22= 则解得 923=
t 于是角位移为
rad
67.292
32323=⨯+=+=t θ 1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2
021bt t v -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 t s
v -==
0d d R bt v R v a b
t
v a n 2
02)(d d -=
=-==τ
则 2402
22)(R bt v b a a a n -+
=+=τ
加速度与半径的夹角为
20)(arctan
bt v Rb a a n --=
=τϕ
(2)由题意应有
24
02
)(R bt v b b a -+
== 即 0
)(,)
(4024
022=-⇒-+=bt v R bt v b b
∴当
b v 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
)
sin (sin
2
cos
2
sin 20
0t R t R R t v R t v x ωωθ
θ
θ
-=-=-=
题1-9图
(1)
)cos 1()cos 1(2
sin
2sin
2t R R R y ωθθ
θ
-=-==
(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 y
y x
x d d cos d d sin 2
2ωωωω 1-10 以初速度0v ＝201s m -⋅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 == 2
1s m 10-⋅==g a n
又∵
12
11ρv a n =
∴
m
1010
)60cos 20(2
2111=︒⨯=
=n a v ρ
(2)在落地点，
2002==v v 1s m -⋅,
而
o
60
cos
2
⨯
=g
a
n
∴
m
80
60
cos
10
)
20
(2
2
2
2
2
=
︒
⨯
=
=
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·2
s-，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，4.0
2
2.0
=
⨯
=
=tβ
ω1s
rad-
⋅
则16
.0
4.0
4.0=
⨯
=
=ω
R
v1s
m-
⋅
064
.0
)4.0(
4.02
2=
⨯
=
=ω
R
a
n
2
s
m-
⋅
08
.0
2.0
4.0=
⨯
=
=β
τ
R
a2
s
m-
⋅
2
2
2
2
2s
m
102
.0
)
08
.0(
)
064
.0(-
⋅
=
+
=
+
=
τ
a
a
a
n
1-12 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
j
gh
i
gh
u
v
u
v
A
A
)
sin
2
(
)
cos
2
(
'
α
α+
+
=
+
=
地
题1-12图
1-13 一船以速率1
v＝30km·h-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率
2
v＝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1
2
21
v
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
1
2
2
2
1
21
h
km
50-
⋅
=
+
=v
v
v
方向北偏西
︒
=
=
=87
.
36
4
3
arctan
arctan
2
1
v
v
θ
(2)小船看大船，则有2
1
12
v
v
v
-
=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得
50
12
=
v1
h
km-
⋅
方向南偏东o
87
.
36
1-14 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 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为1m 的物体，另一边穿在质量为2m 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1m ，2m 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1a ，其对于2m 则为牵连加速度，又知
2m 对绳子的相对加速度为a '，故2m 对地加速度，由图(b)可知，为
a a a '-=12 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
111a m T g m =- ②
222a m g m T =- ③ 联立①、②、③式，得
2
1
2
12
1121
22
12211)
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0='a ，则21a a =表示柱体与绳之间无相对滑动．
(2)若g a 2='，则0==f T ，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时1m , 2m 均作自由落体运动．
题2-1图
2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度
0v 运动，0v 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0v 方向为X 轴，平行斜
面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图
2-2.
题2-2图
X 方向： 0=x F t v x 0= ①
Y
方向：
y
y ma mg F ==αsin ②
0=t 时 0=y 0=y v
2
sin 21
t g y α=
由①、②式消去t ，得
220
sin 21
x g v y ⋅=
α
2-3 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 2
s m 167-⋅-==m f a y y
(1)
⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=201
01
200s m 87
2167s m 45
2832dt a v v dt a v v y y y x x x
于是质点在s 2时的速度
1
s m 8
745-⋅--=j
i v
(2)
m
874134)16
7(21)483
2122(2
1)21(220j i j
i j
t a i t a t v r y x
--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=
2-4 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 m
k e
v )(
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
)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量．
答: (1)∵
t v m kv a d d =
-= 分离变量，得
m t k v v d d -= 即 ⎰⎰-=v v t m t
k v
v 00d d
m
kt e v v -=ln ln 0
∴
t
m k e v v -=0
(2)
⎰⎰---===t
t
t
m k m k
e k mv t e
v t v x 0
00)
1(d d
(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，
故有
⎰∞
-=
='0
0d k mv t e
v x t
m k
(4)当t=k m
时，其速度为
e v e v e
v v k
m
m k 0
100=
==-⋅-
即速度减至0v 的e 1.
2-5 升降机内有两物体，质量分别为1m ，2m ，且2m ＝21m ．用细绳连接，跨过滑轮,绳子
不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a ＝21
g 上升时，求：(1) 1m 和2m 相对升降机的加速度．(2)在地面上观察1m ，2m 的加速度各为多少?
解: 分别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图(b)所示．
(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a '，则2m 对地加速度a a a -'=2；因绳不可伸
长，故1m 对滑轮的加速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对地加速度亦为a '，由牛顿定律，有
)(22a a m T g m -'=-
a m T '=1
题2-5图
联立，解得g a ='方向向下 (2) 2m 对地加速度为
22g
a a a =
-'= 方向向上
1m 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即牵相绝a a a
+='
∴ g
g g a a a 25
422
2
2
1=+=+'=
a a '=arctan θo
6.2621
arctan ==，左偏上．
2-6一质量为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2-6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0
v m ，方向竖直向下．
2-7 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 ，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．
2-8 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j 6-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 t 1
0401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，
i p I i
m p v 1111
11s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆
若物体原来具有6-1
s m -⋅初速，则
⎰⎰+-=+-=-=t t
t
F v m t m F v m p v m p 0
00000d )d (,
于是 ⎰∆==-=∆t p t F p p p 01
02d
, 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
⎰+=+=t
t t t t I 02
10d )210(
亦即 0200102
=-+t t 解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)
2-9 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 r
ωωsin cos +=
求质点的动量及t ＝0 到ω
π2=
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 p
ωωω+-==
将0=t 和
ωπ
2=
t 分别代入上式，得
j b m p
ω=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
+-=-=∆=ω
2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为1
0s 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
b a t =
(2)子弹所受的冲量
⎰-=-=t
bt at t bt a I 02
21
d )(
将
b a
t =
代入，得
b a I 22=
(3)由动量定理可求得子弹的质量
02
02bv a v I m =
=
2-11 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 -km T 2
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 m
m 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 km T
-=
于是有
km T
v v 21±
= 将其代入④式，有
m kT v v 22±
=
又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取
km T
v v m kT v v 2,221-=+
=
证毕．
2-12 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 k
2-13 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．
解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为
题2-13图
ky f -=
第一锤外力的功为1A
⎰⎰⎰
=
=-='=s s k
y ky y f y f A 1
012d 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
⎰-=
=2
1
222221d y k ky y ky A ②
由题意，有
2)21(212k
mv A A =
∆== ③
即 222
122k k ky =
- 所以， 22=
y
于是钉子第二次能进入的深度为
cm 414.01212=-=-=∆y y y
2-14 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n
P r k r E /)(=, 试求
质点所受保守力的大小和方向． 解:
1
d )(d )(+-==
n r nk
r r E r F
方向与位矢r
的方向相反，即指向力心．
2-15 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 一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15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．
解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有
题2-15图
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
12
21k k x x =
∆∆
弹性势能之比为
12
2
22211121212k k x k x k E E p p =∆∆=
2-16 (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3.84×108
m ，月球质量7.35×1022
kg ，
月球半径1.74×106
m ．(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
()2
2
r R mM G
r mM G
-=地
月
经整理，得
R
M M M r 月
地月+=
=
22
2422
1035.71098.51035.7⨯+⨯⨯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 G
r
M G
E P ---=地
月
()7
24
11
7
22
11
10
83
.3
4.
38
10
98
.5
10
67
.6
10
83
.3
10
35
.7
10
67
.6
⨯
-
⨯
⨯
⨯
-
⨯
⨯
⨯
⨯
-
=-
J
10
28
.16
⨯
=
2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1
m和
2
m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k，自然长度等于水平距离BC，2
m与桌面间的摩擦系数为μ，最初
1
m静止于A点，AB＝BC＝h，绳已拉直，现令滑块落下1
m,求它下落到B处时的速率．
解: 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
]
)
(
2
1
[
)
(
2
1
2
1
2
2
1
2
l
k
gh
m
v
m
m
gh
m∆
+
-
+
=
-μ
式中l∆为弹簧在A点时比原长的伸长量，则
h
BC
AC
l)1
2
(-
=
-
=
∆
联立上述两式，得
()()
2
1
2
2
2
1
1
2
2
m
m
kh
gh
m
m
v
+
-
+
-
=
μ
题2-17图
2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度0
v
＝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．
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
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛
︒
+
-
=
-37
sin
2
1
2
1
2
2mgs
mv
kx
s
f
r
2
2
2
1
37
sin
2
1
kx
s
f
mgs
mv
k
r
-
︒
+
=
式中
m
5
2.0
8.4=
+
=
s，m
2.0
=
x，再代入有关数据，解得
-1
m
N
1390⋅
=
k
题2-18图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h '
2
o 21
37sin kx s mg s f r -'='-
代入有关数据，得 m 4.1='s ,
则木块弹回高度
m 84.037sin o ='='s h
题2-19图
2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19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．
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
2221
21MV mv mgR +=
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
0=-MV mv
联立，以上两式，得
()M m MgR v +=
2
2-20 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
222120212121mv mv mv +=
即 2
22120
v 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
210v m v m v m += 亦即 210
v v v +=
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0v
为斜
边，故知1v 与2v 是互相垂直的．
2-21 一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为j v i v v y x +=, 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
j y i x r
11+=
作用在质点上的力为 i f f -=
所以，质点对原点的角动量为
v m r L ⨯=0
)
()(11j v i v m i y i x y x +⨯+=
k
mv y mv x x y
)(11-=
作用在质点上的力的力矩为
k f y i f j y i x f r M
1110)()(=-⨯+=⨯=
2-22 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1r ＝8.75×1010
m 时的速率是1v ＝5.46×10
4
m ·s -1
，它离太阳最远时的速率是2v ＝9.08×102
m ·s
-1
这时它离太
阳的距离2r 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 2211mv r mv r =
∴ m 1026.51008.91046.51075.812
2
4102112⨯=⨯⨯⨯⨯==v v r r
2-23 物体质量为3kg ，t =0时位于m 4i r
=, 1s m 6-⋅+=j i v ，如一恒力N 5j f =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)
⎰⎰-⋅⋅===∆30
1
s m kg 15d 5d j t j t f p
(2)解(一)
73400=+=+=t v x x x
j
at t v y y 5.25335
213621220=⨯⨯+⨯=+= 即 i r
41=,j i r 5.2572+=
10==x x v v
11
335
60=⨯+=+=at v v y y 即 j i v
611+=,j i v 112+=
∴ k j i i v m r L
72)6(34111=+⨯=⨯=
k j i j i v m r L
5.154)11(3)5.257(222=+⨯+=⨯=
∴ 1
212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L
解(二) ∵
dt dz
M =
∴
⎰⎰⨯=⋅=∆t t t
F r t M L 0
d )(d
⎰⎰-⋅⋅=+=⨯⎥⎦
⎤⎢⎣⎡
⨯+++=3
1
302s m kg 5.82d )4(5d 5)35)216()4(2k t k t t j j t t i t
题2-24图
2-24 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1M 的重物．小球作匀速圆周运动，当半径为
0r 时重物达到平衡．今在1M 的下方再挂一质量为
2M 的物体，如题2-24图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少? 解: 在只挂重物时1M ，小球作圆周运动的向心力为g M 1，即
2
01ωmr g M =
①
挂上2M 后，则有
221)(ω
''=+r m g M M ②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒． 即 v m r mv r ''=00
ωω''=⇒2020r r ③
联立①、②、③得
2
11
2
13
2
1
21010
10)(r M M M g m M M r M M M mr g M mr g M ⋅+='+=
'+=
'=ω
ωω
2-25 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2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=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，r F 、r F '
是摩擦力，x F 和y F 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 1
2
11210
)(+=
'='-+
对飞轮，按转动定律有I R F r /-=β，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ N F r μ= N N '=
∴
F l l l N F r 1
2
1+='=μ
μ
又∵ ,21
2mR I =
∴ F
mRl l l I R F r 1
21)(2+-=-=μβ ① 以N 100=F 等代入上式，得
2
s rad 340
10050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=
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 06.740603
29000=⨯⨯⨯=-
=πβωt
这段时间内飞轮的角位移为
rad 21.53)4
9
(3402149602900212
20ππππβωφ⨯=⨯⨯-⨯⨯=
+=t t
可知在这段时间里，飞轮转了1.53转．
(2)1
0s rad 602900-⋅⨯=π
ω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知
20
00
s rad 21522
-⋅-
=-
=-=π
ωωωβt
t
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
N l l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)
(2211=⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=
+-=πμβ
2-26 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O O '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1m 和2m 相连，1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m ，m ＝4 kg ，M ＝10 kg ，1m ＝2m ＝2 kg ，且开始时1m ，2m 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1a ,2a 和β分别为1m ,2m 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) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：
2222a m g m T =- ①
1111a m T g m =- ②
βI r T R T ='
-'21 ③
式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,
而
222121mr MR I +=
由上式求得
2
22222
2212
1s rad 13.68
.910.0220.0210.0421
20.010212
1.02
2.0-⋅=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯=
++-=
g
r m R m I rm Rm β
(2)由①式
8.208.9213.610.02222=⨯+⨯⨯=+=g m r m T βN
由②式
1.1713.6.
2.028.92111=⨯⨯-⨯=-=βR m g m T N
2-27 计算题2-27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1m ＝50
kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m
解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有
a m T g m 222=- ① a m T 11= ②
对滑轮运用转动定律，有
β
)21
(212Mr r T r T =-
③
又， βr a = ④
联立以上4个方程，得
2
212s m 6.72
15
20058
.92002
-⋅=+
+⨯=
+
+=
M m m g m a
题2-27(a)图 题2-27(b)图
题2-28图
2-28 如题2-28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θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有
β)31
(212ml mg
=
∴
l g 23=
β (2)由机械能守恒定律，有
2
2)31
(21sin 2ωθml l mg =
∴ l g θωsin 3=
题2-29图
2-29 如题2-29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=θ30°处． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?
解: (1)设小球的初速度为0v
，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：
mvl I l mv +=ω0 ①
2
220212121mv I mv +=ω ②
上两式中2
31
Ml I =，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o
30=θ，按机械能守恒定律可列式：
)30cos 1(2212︒-=l
Mg I ω ③
由③式得
2
12
1
)231(3)30cos 1(⎥
⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω
由①式
ml I v v ω
-
=0 ④
由②式
m I v v 2
20
2
ω-
= ⑤
所以
22
001)(2ωωm v ml I v -=-
求得
gl
m
M m m M l ml I l v +-=
+=+=31232(6)311(2)1(220ωω
(2)相碰时小球受到的冲量为
⎰-=∆=0
d mv
mv mv t F
由①式求得
ωωMl l I mv mv t F 31
d 0-=-
=-=⎰
gl
M 6
)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 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω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2-30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． 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 ωR v =0
设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有 gh v v 22
02-=
令0=v ，可求出上升最大高度为
2
22
0212ω
R g g v H ==
(2)圆盘的转动惯量
221MR I =
，碎片抛出后圆盘的转动惯量2221
mR MR I -='，碎片脱
离前，盘的角动量为ωI ，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 R mv I I 0+''=ωω
式中ω'为破盘的角速度．于是
R mv mR MR MR 0222)21
(21+'-=ωω ωω'-=-)21
()21(2222mR MR mR MR
得ωω='(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为
ω)21
(22mR MR -
转动动能为
题2-31图
222)21
(21ωmR MR E k -=
2-31 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0m
的子弹以速度0v
射入轮缘(如题2-31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 ,
0m 和θ表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比．
解: (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒
ωθ2000)(sin R m m v m R +=
∴
R m m v m )(sin 000+=
θ
ω
(2) 020*********sin 21]
)(sin ][)[(21
0m m m v m R m m v m R m m E E k k +=
++=θθ
2-32 弹簧、定滑轮和物体的连接如题2-32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 ·m 2
，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．
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
222212121kh I mv mgh ++=
ω
又 R v /=ω
故有 I mR k kh mgh v +-=
22
2)2(
1
22
2s m 0.25
.03.00.63.0)4.00.24.08.90.62(-⋅=+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=
题2-32图 题2-33图
2-33 空心圆环可绕竖直轴AC 自由转动，如题2-33图所示，其转动惯量为
0I ，环半径为
R ，初始角速度为0ω．质量为m 的小球，原来静置于A 点，由于微小的干扰，小球向下滑动．设圆环内壁是光滑的，问小球滑到B 点与C 点时，小球相对于环的速率各为多少? 解: (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B 点时，有
ωω)(2000mR I I += ①
该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为B v ，以B 点为重力势能零点，则有
222020021)(
2121B mv mR I mgR I ++=+ωω ②
联立①、②两式，得
2
02
2002mR I R
I gR v B ++
=ω
(2)当小球滑至C 点时，∵0I I c = ∴0ωω=c
故由机械能守恒，有
221)2(c mv R mg =
∴ gR v c
2=
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
),(),(11
c l
l t x =''，在车站)(S 系：
)1()()(2
121
1c u
c l l c u c l x c
u t t +=+='+'=γγγ 光信号到达后门为事件2，则在车厢)(S '系坐标为
),(),(22
c l
l t x -=''，在车站)(S 系： )1()(222
2c u c l x c
u t t -='+'=γγ
于是 2122
c lu
t t γ-=-
或者 l x x x t t t t 2,,02121='-'='∆-=∆='∆
)2()(2
2l c u
x 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 =6×104
m,1t =2×10-4
s ，以及2x =12×104
m,2t =1×10-4
s ．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) )(1211
x c v
t t -='γ )(2222
x c v
t t -='γ
由题意 012='-'t t
则 )(12212x x c v
t t -=
-
故
8
12122105.12⨯-=-=--=c
x x t t c v 1s 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 c
v L L '=-'=,122
故
2
2
1tan c v L L L L L L x
y
x
y
x y -''=
'==θ
把ο45=θ及y x L L '
',代入
则得
866.05.0122=
-c v 故 c v 816.0=。