物理學(xué)簡明教程章課后習(xí)題答案

第章質(zhì)點運動學(xué)

1-1質(zhì)點作曲線運動,在時刻￡質(zhì)點的位矢為r,速度為速率為匕方至

（t+△力時間內(nèi)的位移為Ar,路程為As,位矢大小的變化量為Ar

（或稱△|），平均速度為瓦，平均速率為萬.

（1）根據(jù)上述情況，則必有（）

/\

(A1

\7IArI=As=Ar

z\

(B

\7IAri#As#卜r,當(dāng)kf-0時有|dr|=dsWdr

z\

(cJ

\ZlArlWArWAs,當(dāng)4i-0時有Id_rI=drWds

z\

(D1

\7IAr|#As#Ar,當(dāng)4t-*0時有|dr|=dr=ds

z\

(2

\7根據(jù)上述情況，則必有（）

z\

(A|

\7\v\=v,\V\=v（B）|VI#0,\V\V

/\

(C1

\7\v\v,\v\v（D）IvI^v,\v\v

分析與解（1）質(zhì)點在大至*+△1）時間內(nèi)沿曲線從2點運動到點，

各量關(guān)系如圖所示，其中路程As=PP',位移大小IAri=在'，而

△r=|rl-IrI表示質(zhì)點位矢大小的變化量，三個量的物理含義不同，

在曲線運動中大小也不相等（注：在直線運動中有相等的可能）.但當(dāng)

△―0時，點戶無限趨近2點，則有Idrl=ds,但卻不等于dr.故選（B）.

⑵由于IArIWAs,故包工竺，即|萬I#萬.

△t△/

但由于IdrI—ds,故dr-3PIpI=17.由此可見，應(yīng)選（0.

d7dr

1-2一運動質(zhì)點在某瞬時位于位矢r（x,y）的端點處，對其速度的大小有

四種意見，即

⑴電；⑵業(yè)1；⑶蟲;

dtdtdt

下述判斷正確的是（）

（A）只有只）（2）正確（B）只有（2）正確

（0只有只）（3）正確（D）只有只）（4）正確

分析與解與表示質(zhì)點到坐標(biāo)原點的距離隨時間的變化率,在極坐標(biāo)系中

叫徑向速率.通常用符號示,這是速度矢量在位矢方向上的一個分量;

齊示速度矢量；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式。喏計算,在直角

坐標(biāo)系中則可由公式T停j+停j求解.故選（D）.

1-3一個質(zhì)點在做圓周運動時?，則有()

(A)切向加速度一定改變，法向加速度也改變

(B)切向加速度可能不變，法向加速度一定改變

(C)切向加速度可能不變，法向加速度不變

(D)切向加速度一定改變，法向加速度不變

分析與解加速度的切向分量2起改變速度大小的作用，而法向分量4起

改變速度方向的作用.質(zhì)點作圓周運動時.，由于速度方向不斷改變,相應(yīng)法

向加速度的方向也在不斷改變，因而法向加速度是一定改變的.至于&是

否改變，則要視質(zhì)點的速率情況而定.質(zhì)點作勻速率圓周運動時，團恒為

零；質(zhì)點作勻變速率圓周運動時，團為一不為零的恒量，當(dāng)&改變時，質(zhì)點

則作一般的變速率圓周運動.由此可見，應(yīng)選(B).

1-4質(zhì)點的運動方程為

式中x,y的單位為m,t的單位為s.

試求：(1)初速度的大小和方向；(2)加速度的大小和方向.

分析由運動方程的分量式可分別求出速度、加速度的分量，再由運動合

成算出速度和加速度的大小和方向.

解(1)速度的分量式為

1

當(dāng)方=0時，vOx=-10m?s,Voy=15m?s?,則初速度大小為

設(shè)區(qū)與x軸的夾角為a,則

<7=123°41'

(2)加速度的分量式為

d鞏“-2d0_

a=--=60m.s,a=-V=-40ms2

*xdr)vdr

則加速度的大小為

設(shè)a與x軸的夾角為萬，則

￡=-33°41'(或326°19')

1-5質(zhì)點沿直線運動,加速度a=4-1?,式中a的單位為m?s<,t的單位

為s.如果當(dāng)f=3s時,x=9m,7=2m?s1,求質(zhì)點的運動方程.

分析本題屬于運動學(xué)第二類問題，即已知加速度求速度和運動方程,必

須在給定條件下用積分方法解決.由。=電和。=蟲可得do=adt和

drdz

dx=ock.如a=a(。或v=/(。，則可兩邊直接積分.如果a或環(huán)是時間力

的顯函數(shù),則應(yīng)經(jīng)過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學(xué)操作后再做積分.

解由分析知，應(yīng)有

得0=4—』/+%(1)

由[dx-[vdt

J心Jo

24

得x=2z--z+vot+x0(2)

將力=3s11寸，x=9m,v=2m?$"代入(1)、⑵得

%=Tm,s\xQ=m

于是可得質(zhì)點運動方程為

1-6飛機以100m-s"的速度沿水平直線飛行,在離地面高為100m時,

駕駛員要把物品空投到前方某一地面目標(biāo)處，問：(1)此時目標(biāo)在飛機正

下方位置的前面多遠(yuǎn)(2)投放物品時，駕駛員看目標(biāo)的視線和水平線成

何角度(3)物品投出s后，它的法向加速度和切向加速度各為多少

題1-13圖

分析物品空投后作平拋運動.忽略空氣阻力的條件下，由運動獨立性原

理知,物品在空中沿水平方向作勻速直線運動,在豎直方向作自由落體運

動.到達(dá)地面目標(biāo)時，兩方向上運動時間是相同的.因此，分別列出其運動

方程，運用時間相等的條件，即可求解.

此外,平拋物體在運動過程中只存在豎直向下的重力加速度.為求特定時

刻t時物體的切向加速度和法向加速度，只需求出該時刻它們與重力加速

度之間的夾角。或萬.由圖可知，在特定時刻容物體的切向加速度和水平

線之間的夾角。，可由此時刻的兩速度分量匕、匕求出，這樣,也就可將重

力加速度g的切向和法向分量求得.

解(1)取如圖所示的坐標(biāo)，物品下落時在水平和豎直方向的運動方程分

別為

x=vt,y=1/2g七

飛機水平飛行速度-100m?s1,飛機離地面的高度y=100m,由上述兩

式可得目標(biāo)在飛機正下方前的距離

(2)視線和水平線的夾角為

(3)在任意時刻物品的速度與水平軸的夾角為

取自然坐標(biāo),物品在拋出2s時,重力加速度的切向分量與法向分量分別為

1-7一質(zhì)點沿半徑為〃的圓周按規(guī)律5=卯-；初2運動，W、b都是常

量.(1)求匕時刻質(zhì)點的總加速度；(2)t為何值時總加速度在數(shù)值上等

于6(3)當(dāng)加速度達(dá)到6時,質(zhì)點已沿圓周運行了多少圈

分析在自然坐標(biāo)中，s表示圓周上從某一點開始的曲線坐標(biāo).由給定的

運動方程s=s(8,對時間力求一階、二階導(dǎo)數(shù)，即是沿曲線運動的速度v

和加速度的切向分量閉，而加速度的法向分量為4=&/R.這樣，總加速度

為a=aiet+anen.至于質(zhì)點在「時間內(nèi)通過的路程，即為曲線坐標(biāo)的改變

量4s=s,因圓周長為2nR,質(zhì)點所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得.

解（1）質(zhì)點作圓周運動的速率為

其加速度的切向分量和法向分量分別為

d2sv2（u-bt）2

a.=-7=-b,a,.=——=n--------

'd產(chǎn)"RR

故加速度的大小為

其方向與切線之間的夾角為

⑵要使IaI=8由±JR?赴+（%-從＜=匕可得

R

（3）從1=0開始到1=%/b時，質(zhì)點經(jīng)過的路程為

因此質(zhì)點運行的圈數(shù)為

1-8一升降機以加速度m-s一2上升，當(dāng)上升速度為m-s時,有一螺絲

自升降機的天花板上松脫,天花板與升降機的底面相距m.計算：（1）螺絲

從天花板落到底面所需要的時間；（2）螺絲相對升降機外固定柱子的下降

距離.

分析在升降機與螺絲之間有相對運動的情況下，一種處理方法是取地面

為參考系，分別討論升降機豎直向上的勻加速度運動和初速不為零的螺絲

的自由落體運動，列出這兩種運動在同一坐標(biāo)系中的運動方程力=%（力）

和%=%"）,并考慮它們相遇，即位矢相同這一條件，問題即可解；另一種

方法是取升降機（或螺絲）為參考系,這時,螺絲（或升降機）相對它作勻加

速運動，但是,此加速度應(yīng)該是相對加速度.升降機廂的高度就是螺絲（或

升降機）運動的路程.

解1（1）以地面為參考系，取如圖所示的坐標(biāo)系,升降機與螺絲的運動方

程分別為

當(dāng)螺絲落至底面時,有％=%，即

（2）螺絲相對升降機外固定柱子下降的距離為

解2（1）以升降機為參考系,此時,螺絲相對它的加速度大小a'=g+a,

螺絲落至底面時,有

（2）由于升降機在匕時間內(nèi)上升的高度為

則d=/z—〃'=0.716m

題1-8圖

1-9一無風(fēng)的下雨天，一列火車以匕=m-s1的速度勻速前進(jìn),在車內(nèi)

的旅客看見玻璃窗外的雨滴和垂線成75°角下降.求雨滴下落的速度

丹.（設(shè)下降的雨滴作勻速運動）

題1-19圖

分析這是一個相對運動的問題.設(shè)雨滴為研究對象，地面為靜止參考系

S,火車為動參考系S'.H為S'相對S的速度，及為雨滴相對S的速

度,利用相對運動速度的關(guān)系即可解.解以地面為參考系，火車相對地面

運動的速度為％,雨滴相對地面豎直下落的速度為外，旅客看到雨滴下落

的速度必為相對速度,它們之間的關(guān)系為%=%'+%(如圖所示)，于是

可得

1-10如圖(a)所示，一汽車在雨中沿直線行駛，其速率為匕，下落雨滴的

速度方向偏于豎直方向之前6角，速率為引，若車后有一長方形物體，問

車速匕為多大時,此物體正好不會被雨水淋濕

分析這也是一個相對運動的問題.可視雨點為研究對象，地面為靜參考

系S,汽車為動參考系S'.如圖(a)所示，要使物體不被淋濕，在車上觀察

雨點下落的方向(即雨點相對于汽車的運動速度1的方向)應(yīng)滿足

a>arctan；.再由相對速度的矢量關(guān)系〃=v->-v,,即可求出所需車速%.

h

題1-20圖

解由《=4-叼[圖⑹],有

而要使a2arctan—,則

h

1-11用水平力人把一個物體壓著靠在粗糙的豎直墻面上保持靜止.當(dāng)A

逐漸增大時,物體所受的靜摩擦力E的大小()

/A\

\(7|不為零，但保持不變

(/B|\

\7隨A成正比地增大

/c\

\(/1開始隨區(qū)增大,達(dá)到某一最大值后,就保持不變

/DX

\(/)無法確定

分析與解與滑動摩擦力不同的是,靜摩擦力可在零與最大值〃氏范圍內(nèi)

取值.當(dāng)我增加時,靜摩擦力可取的最大值成正比增加，但具體大小則取決

于被作用物體的運動狀態(tài).由題意知，物體一直保持靜止?fàn)顟B(tài),故靜摩擦力

與重力大小相等,方向相反,并保持不變,故選(A).

1-12一段路面水平的公路，轉(zhuǎn)彎處軌道半徑為用汽車輪胎與路面間的摩

擦因數(shù)為〃，要使汽車不至于發(fā)生側(cè)向打滑,汽車在該處的行駛速率

()

(A)不得小于師(B)必須等于痂

(0不得大于向(D)還應(yīng)由汽車的質(zhì)量勿決定

分析與解由題意知,汽車應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運動,為保證汽車

轉(zhuǎn)彎時不側(cè)向打滑,所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供,能

夠提供的最大向心力應(yīng)為由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為“=

〃他.因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時的實際速率不大于此值，均能保證不側(cè)向打

滑.應(yīng)選(C).

1-13一物體沿固定圓弧形光滑軌道由靜止下滑,在下滑過程中，則

()

(A)它的加速度方向永遠(yuǎn)指向圓心，其速率保持不變

(B)它受到的軌道的作用力的大小不斷增加

(0它受到的合外力大小變化，方向永遠(yuǎn)指向圓心

(D)它受到的合外力大小不變，其速率不斷增加

分析與解由圖可知,物體在下滑過程中受到大小和方向不變的重力以及

時刻指向圓軌道中心的軌道支持力區(qū)作用，其合外力方向并非指向圓心,其

大小和方向均與物體所在位置有關(guān).重力的切向分量(加史os。)使物體

的速率將會不斷增加(由機械能守恒亦可判斷)，則物體作圓周運動的向心

力(又稱法向力)將不斷增大，由軌道法向方向上的動力學(xué)方程

外-必頸!”/〃4可判斷，隨夕角的不斷增大過程，軌道支持力A也將不

R

斷增大，由此可見應(yīng)選(B).

*1-14圖(a)示系統(tǒng)置于以a=1/4g的加速度上升的升降機內(nèi),A、B兩

物體質(zhì)量相同均為qA所在的桌面是水平的,繩子和定滑輪質(zhì)量均不計，

若忽略滑輪軸上和桌面上的摩擦,并不計空氣阻力,則繩中張力為()

(A)5/8mg(B)1/2mg(0mg(D)2mg

分析與解本題可考慮對A、B兩物體加上慣性力后，以電梯這個非慣性參

考系進(jìn)行求解.此時A、B兩物體受力情況如圖(b)所示，圖中a'為A、B兩

物體相對電梯的加速度，加a為慣性力.對A、B兩物體應(yīng)用牛頓第二定律，

可解得片=5/8mg.故選(A).

討論對于習(xí)題2-5這種類型的物理問題，往往從非慣性參考系(本題為

電梯)觀察到的運動圖像較為明確，但由于牛頓定律只適用于慣性參考系，

故從非慣性參考系求解力學(xué)問題時，必須對物體加上一個虛擬的慣性

力.如以地面為慣性參考系求解，則兩物體的加速度a和國均應(yīng)對地而言,

本題中國和%的大小與方向均不相同.其中國應(yīng)斜向上.對國、a、a和

a'之間還要用到相對運動規(guī)律，求解過程較繁瑣.有興趣的讀者不妨自己

嘗試一下.

1-15在如圖(a)所示的輕滑輪上跨有一輕繩，繩的兩端連接著質(zhì)量分

別為1kg和2kg的物體A和B,現(xiàn)以50N的恒力碓上提滑輪的軸，不計滑

輪質(zhì)量及滑輪與繩間摩擦，求A和B的加速度各為多少

題1-15圖

分析在上提物體過程中，由于滑輪可以轉(zhuǎn)動，所以A、B兩物體對地加速

度并不相同，故應(yīng)將A、B和滑輪分別隔離后，運用牛頓定律求解，本題中

因滑輪質(zhì)量可以不計，故兩邊繩子張力相等，且有廠=2杵.

解隔離后，各物體受力如圖(b)所示，有

滑輪F-2Fy=0

AFT-mAg=mAaA

BFy—mBg=mB6rB

-2

聯(lián)立三式，得“A=15.2m.s-2,aB=2.7m-s

討論如由式mB)g=("A求解，所得a是A、B兩物體構(gòu)

成的質(zhì)點系的質(zhì)心加速度，并不是A、B兩物體的加速度.上式叫質(zhì)心運動

定理.

1-16一質(zhì)量為勿的小球最初位于如圖(a)所示的/點，然后沿半徑為閩

光滑圓軌道下滑.試求小球到達(dá)點。時的角速度和對圓軌道的作用力.

題1-16圖

分析該題可由牛頓第二定律求解.在取自然坐標(biāo)的情況下，沿圓弧方向

的加速度就是切向加速度處，與其相對應(yīng)的外力凡是重力的切向分量

儂sina,而與法向加速度a,相對應(yīng)的外力是支持力K和重力的法向分量

mgcosa.由此,可分別列出切向和法向的動力學(xué)方程E=加“11和凡=

ma..由于小球在滑動過程中加速度不是恒定的，因此，需應(yīng)用積分求解，

為使運算簡便,可轉(zhuǎn)換積分變量.

該題也能應(yīng)用以小球、圓弧與地球為系統(tǒng)的機械能守恒定律求解小球的速

度和角速度,方法比較簡便.但它不能直接給出小球與圓弧表面之間的作

用力.

解小球在運動過程中受到重力戶和圓軌道對它的支持力K.取圖(b)所

示的自然坐標(biāo)系，由牛頓定律得

F=-z?jgsina~m—(1)

tdt

F“=FN5cosa=⑵

R

由"『限得代入式⑴，并根據(jù)小球從點A運動到點C的始

末條件,進(jìn)行積分,有

得v=12rgeosa

則小球在點C的角速度為

2

「HW「

由式(2)得F=m---+/Tigcosa=3mgposa

Nr

由此可得小球?qū)A軌道的作用力為

負(fù)號表示尸N與e。反向.

1-17光滑的水平桌面上放置一半徑為4的固定圓環(huán)，物體緊貼環(huán)的內(nèi)側(cè)

作圓周運動,其摩擦因數(shù)為〃，開始時物體的速率為外，求：(1)t時刻物

體的速率；(2)當(dāng)物體速率從%減少％/2時，物體所經(jīng)歷的時間及經(jīng)過的路

程.

題1-17圖

分析運動學(xué)與動力學(xué)之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的，因而,可先分析

動力學(xué)問題.物體在作圓周運動的過程中，促使其運動狀態(tài)發(fā)生變化的是

圓環(huán)內(nèi)側(cè)對物體的支持力吊和環(huán)與物體之間的摩擦力E,而摩擦力大小

與正壓力7V成正比,且后與田,又是作用力與反作用力，這樣,就可通過它

們把切向和法向兩個加速度聯(lián)系起來了，從而可用運動學(xué)的積分關(guān)系式求

解速率和路程.

解(1)設(shè)物體質(zhì)量為加，取圖中所示的自然坐標(biāo)，按牛頓定律，有

由分析中可知，摩擦力的大小片=〃尺，由上述各式可得

取初始條件匕=0時，=九，并對上式進(jìn)行積分，有

(2)當(dāng)物體的速率從/減少到%/2時，由上式可得所需的時間為

物體在這段時間內(nèi)所經(jīng)過的路程

第二章動量守恒定律和能量守恒定律

2-1對質(zhì)點系有以下幾種說法：

(1)質(zhì)點組總動量的改變與內(nèi)力無關(guān);

(2)質(zhì)點組總動能的改變與內(nèi)力無關(guān);

(3)質(zhì)點組機械能的改變與保守內(nèi)力無關(guān).

下列對上述說法判斷正確的是()

(A)只有⑴是正確的(B)(1)、(2)是正確的

(0⑴、(3)是正確的(D)(2)、(3)是正確的

分析與解在質(zhì)點組中內(nèi)力總是成對出現(xiàn)的,它們是作用力與反作用

力.由于一對內(nèi)力的沖量恒為零，故內(nèi)力不會改變質(zhì)點組的總動量.但由

于相互有作用力的兩個質(zhì)點的位移大小以及位移與力的夾角一般不同，故

一對內(nèi)力所作功之和不一定為零,應(yīng)作具體分析,如一對彈性內(nèi)力的功的

代數(shù)和一般為零,一對摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零,對于保守內(nèi)力來

說,所作功能使質(zhì)點組動能與勢能相互轉(zhuǎn)換,因此保守內(nèi)力即使有可能改

變質(zhì)點組的動能,但也不可能改變質(zhì)點組的機械能.綜上所述(1)(3)說法

是正確的.故選(C).

2-2有兩個傾角不同、高度相同、質(zhì)量一樣的斜面放在光滑的水平面上，

斜面是光滑的，有兩個一樣的物塊分別從這兩個斜面的頂點由靜止開始滑

下,則()

(A)物塊到達(dá)斜面底端時的動量相等

(B)物塊到達(dá)斜面底端時動能相等

(0物塊和斜面(以及地球)組成的系統(tǒng),機械能不守恒

(D)物塊和斜面組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒

分析與解對題述系統(tǒng)來說，由題意知并無外力和非保守內(nèi)力作功，故系

統(tǒng)機械能守恒.物體在下滑過程中，一方面通過重力作功將勢能轉(zhuǎn)化為動

能,另一方面通過物體與斜面之間的彈性內(nèi)力作功將一部分能量轉(zhuǎn)化為斜

面的動能,其大小取決其中一個內(nèi)力所作功.由于斜面傾角不同，故物體沿

不同傾角斜面滑至底端時動能大小不等.動量自然也就不等(動量方向也

不同).故(A)(B)(C)三種說法均不正確.至于說法(D)正確,是因為該系統(tǒng)

動量雖不守恒(下滑前系統(tǒng)動量為零,下滑后物體與斜面動量的矢量和不

可能為零.由此可知,此時向上的地面支持力并不等于物體與斜面向下的

重力)，但在水平方向上并無外力，故系統(tǒng)在水平方向上分動量守恒.

2-3如圖所示，質(zhì)量分別為的和根的物體力和用置于光滑桌面上,4和夕

之間連有一輕彈簧.另有質(zhì)量為0和您的物體。和〃分別置于物體/與B

之上，且物體/和。、6和〃之間的摩擦因數(shù)均不為零.首先用外力沿水平

方向相向推壓力和與使彈簧被壓縮,然后撤掉外力,則在［和6彈開的過程

中，對4B、C、D以及彈簧組成的系統(tǒng)，有()

(A)動量守恒，機械能守恒(B)動量不守恒，機械能守恒

(0動量不守恒,機械能不守恒(D)動量守恒,機械能不一定守恒

分析與解由題意知,作用在題述系統(tǒng)上的合外力為零,故系統(tǒng)動量守恒，

但機械能未必守恒，這取決于在A、B彈開過程中C與A或D與B之間有無

相對滑動,如有則必然會因摩擦內(nèi)力作功,而使一部分機械能轉(zhuǎn)化為熱能，

故選⑼.

2-4如圖所示，子彈射入放在水平光滑地面上靜止的木塊后而穿出.以

地面為參考系，下列說法中正確的說法是（）

z\

(A|

\7子彈減少的動能轉(zhuǎn)變?yōu)槟緣K的動能

z\

(B)

\/子彈-木塊系統(tǒng)的機械能守恒

z\

(c1

\7子彈動能的減少等于子彈克服木塊阻力所作的功

z\

(D1

\7子彈克服木塊阻力所作的功等于這一過程中產(chǎn)生的熱

分析與解子彈-木塊系統(tǒng)在子彈射入過程中，作用于系統(tǒng)的合外力為零，

故系統(tǒng)動量守恒,但機械能并不守恒.這是因為子彈與木塊作用的一對內(nèi)

力所作功的代數(shù)和不為零（這是因為子彈對地位移大于木塊對地位移所

致），子彈動能的減少等于子彈克服阻力所作功,子彈減少的動能中，一部

分通過其反作用力對木塊作正功而轉(zhuǎn)移為木塊的動能，另一部分則轉(zhuǎn)化為

熱能（大小就等于這一對內(nèi)力所作功的代數(shù)和）.綜上所述,只有說法（C）的

表述是完全正確的.

2-5質(zhì)量為勿的物體，由水平面上點。以初速為女拋出，肉與水平面成仰

角*若不計空氣阻力，求：⑴物體從發(fā)射點。到最高點的過程中，重力

的沖量；（2）物體從發(fā)射點到落回至同一水平面的過程中，重力的沖量.

分析重力是恒力，因此,求其在一段時間內(nèi)的沖量時，只需求出時間間隔

即可.由拋體運動規(guī)律可知,物體到達(dá)最高點的時間為=馬迪，物體從出

g

發(fā)到落回至同一水平面所需的時間是到達(dá)最高點時間的兩倍.這樣,按沖

量的定義即可求得結(jié)果.

另一種解的方法是根據(jù)過程的始、末動量，由動量定理求出.

解1物體從出發(fā)到達(dá)最高點所需的時間為

則物體落回地面的時間為

于是,在相應(yīng)的過程中重力的沖量分別為

解2根據(jù)動量定理,物體由發(fā)射點。運動到點4B的過程中,重力的沖量

分別為

2-6高空作業(yè)時系安全帶是非常必要的.假如一質(zhì)量為kg的人，在操

作時不慎從高空豎直跌落下來，由于安全帶的保護(hù),最終使他被懸掛起

來.已知此時人離原處的距離為m，安全帶彈性緩沖作用時間為s.求

安全帶對人的平均沖力.

分析從人受力的情況來看，可分兩個階段：在開始下落的過程中，只受重

力作用，人體可看成是作自由落體運動；在安全帶保護(hù)的緩沖過程中，則人

體同時受重力和安全帶沖力的作用，其合力是一變力,且作用時間很短.為

求安全帶的沖力,可以從緩沖時間內(nèi)，人體運動狀態(tài)（動量）的改變來分析，

即運用動量定理來討論.事實上，動量定理也可應(yīng)用于整個過程.但是，這

時必須分清重力和安全帶沖力作用的時間是不同的；而在過程的初態(tài)和末

態(tài),人體的速度均為零.這樣,運用動量定理仍可得到相同的結(jié)果.

解1以人為研究對象，按分析中的兩個階段進(jìn)行討論.在自由落體運動過

程中，人跌落至2m處時的速度為

v,=42g/1（1）

在緩沖過程中，人受重力和安全帶沖力的作用，根據(jù)動量定理,有

（F+尸）△/=mv2—nwx（2）

由式（1）、（2）可得安全帶對人的平均沖力大小為

解2從整個過程來討論.根據(jù)動量定理有

2-7如圖所示,在水平地面上，有一橫截面S=m2的直角彎管,管中有

流速為v=m-s1的水通過，求彎管所受力的大小和方向.

題3-12圖

分析對于彎曲部分AB段內(nèi)的水而言，由于流速一定,在時間△力內(nèi)，從

其一端流入的水量等于從另一端流出的水量.因此,對這部分水來說,在時

間△匕內(nèi)動量的增量也就是流入與流出水的動量的增量△0=△加（%-%）;

此動量的變化是管壁在△力時間內(nèi)對其作用沖量/的結(jié)果.依據(jù)動量定理

可求得該段水受到管壁的沖力凡由牛頓第三定律，自然就得到水流對管壁

的作用力尸/=-F.

解在A匕時間內(nèi)，從管一端流入（或流出）水的質(zhì)量為△加=0"SA力，

彎曲部分AB的水的動量的增量則為

△p—△加（%-Vx）=0uSbt（%一匕\）

依據(jù)動量定理/=△/?,得到管壁對這部分水的平均沖力

從而可得水流對管壁作用力的大小為

作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側(cè).

2-8質(zhì)量為//的人手里拿著一個質(zhì)量為勿的物體，此人用與水平面成

。角的速率%向前跳去.當(dāng)他達(dá)到最高點時，他將物體以相對于人為u的

水平速率向后拋出.問：由于人拋出物體，他跳躍的距離增加了多少（假

設(shè)人可視為質(zhì)點）

分析人跳躍距離的增加是由于他在最高點處向后拋出物體所致.在拋物

的過程中，人與物之間相互作用力的沖量,使他們各自的動量發(fā)生了變

化.如果把人與物視為一系統(tǒng)，因水平方向不受外力作用，故外力的沖量為

零,系統(tǒng)在該方向上動量守恒.但在應(yīng)用動量守恒定律時,必須注意系統(tǒng)是

相對地面（慣性系）而言的，因此,在處理人與物的速度時,要根據(jù)相對運動

的關(guān)系來確定.至于，人因跳躍而增加的距離,可根據(jù)人在水平方向速率的

增量△/來計算.

解取如圖所示坐標(biāo).把人與物視為一系統(tǒng)，當(dāng)人跳躍到最高點處,在向左

拋物的過程中,滿足動量守恒,故有

式中了為人拋物后相對地面的水平速率，V-U為拋出物對地面的水平速

舉?令f

人的水平速率的增量為

而人從最高點到地面的運動時間為

所以,人跳躍后增加的距離

2-9一質(zhì)量為kg的球，系在長為m的細(xì)繩上，細(xì)繩的另一端系在天花

板上.把小球移至使細(xì)繩與豎直方向成30°角的位置，然后從靜止放開.求:

（1）在繩索從30°角到0。角的過程中，重力和張力所作的功；（2）物體在

最低位置時的動能和速率；（3）在最低位置時的張力.

題2-9圖

分析（1）在計算功時，首先應(yīng)明確是什么力作功.小球擺動過程中同時

受到重力和張力作用.重力是保守力,根據(jù)小球下落的距離,它的功很易求

得；至于張力雖是一變力，但是,它的方向始終與小球運動方向垂直,根據(jù)

功的矢量式W=j>-ds,即能得出結(jié)果來.（2）在計算功的基礎(chǔ)上，由動能

定理直接能求出動能和速率.（3）在求最低點的張力時，可根據(jù)小球作圓

周運動時的向心加速度由重力和張力提供來確定.

解（1）如圖所示，重力對小球所作的功只與始末位置有關(guān)，即

在小球擺動過程中，張力凡的方向總是與運動方向垂直,所以,張力的功

（2）根據(jù)動能定理，小球擺動過程中，其動能的增量是由于重力對它作功

的結(jié)果.初始時動能為零,因而,在最低位置時的動能為

小球在最低位置的速率為

（3）當(dāng)小球在最低位置時;由牛頓定律可得

2-10一質(zhì)量為力的質(zhì)點，系在細(xì)繩的一端,繩的另一端固定在平面上.此

質(zhì)點在粗糙水平面上作半徑為r的圓周運動.設(shè)質(zhì)點的最初速率是％.當(dāng)

它運動一周時，其速率為及/2.求：（1）摩擦力作的功；（2）動摩擦因數(shù)；

（3）在靜止以前質(zhì)點運動了多少圈

分析質(zhì)點在運動過程中速度的減緩,意味著其動能減少；而減少的這部

分動能則消耗在運動中克服摩擦力作功上.由此,可依據(jù)動能定理列式解

之.

解（1）摩擦力作功為

w=6一線0=\mv--\mvl=_|旭/⑴

ZZo

(2)由于摩擦力是一恒力，且E=〃磔■，故有

W=Ftscos180°=-2m-jLimg⑵

由式（1）、（2）可得動摩擦因數(shù)為

（3）由于一周中損失的動能為|嘰：，則在靜止前可運行的圈數(shù)為

O

^J圈

W3

2-11如圖（a）所示，/和5兩塊板用一輕彈簧連接起來，它們的質(zhì)量分別

為周和熱?問在4板上需加多大的壓力，方可在力停止作用后，恰能使力

在跳起來時8稍被提起.（設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為4）

題2-11圖

分析運用守恒定律求解是解決力學(xué)問題最簡捷的途徑之一.因為它與過

程的細(xì)節(jié)無關(guān)，也常常與特定力的細(xì)節(jié)無關(guān).“守恒”則意味著在條件滿

足的前提下,過程中任何時刻守恒量不變.在具體應(yīng)用時,必須恰當(dāng)?shù)剡x取

研究對象（系統(tǒng)），注意守恒定律成立的條件.該題可用機械能守恒定律來

解決.選取兩塊板、彈簧和地球為系統(tǒng)，該系統(tǒng)在外界所施壓力撤除后（取

作狀態(tài)1）,直到8板剛被提起（取作狀態(tài)2）,在這一過程中，系統(tǒng)不受外力

作用，而內(nèi)力中又只有保守力（重力和彈力）作功,支持力不作功，因此，滿

足機械能守恒的條件.只需取狀態(tài)1和狀態(tài)2,運用機械能守恒定律列出方

程,并結(jié)合這兩狀態(tài)下受力的平衡,便可將所需壓力求出.

解選取如圖（b）所示坐標(biāo),取原點。處為重力勢能和彈性勢能零點.作各

狀態(tài)下物體的受力圖.對/板而言，當(dāng)施以外力6時，根據(jù)受力平衡有

F\=P\+F（1）

當(dāng)外力撤除后,按分析中所選的系統(tǒng)，由機械能守恒定律可得

式中力、y2為雙N兩點對原點。的位移.因為￡,F2=ky2及A=

mg上式可寫為

R~F2=2R（2）

由式（1）、（2）可得

F=P1+￡（3）

當(dāng)/板跳到十點時,8板剛被提起,此時彈性力/,2=2,且￡=尸‘2.由

式⑶可得

F=P[+&=（0+您）g

應(yīng)注意,勢能的零點位置是可以任意選取的.為計算方便起見,通常取彈簧

原長時的彈性勢能為零點,也同時為重力勢能的零點.

2-12如圖所示，一質(zhì)量為力的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為勿/2

的子彈沿水平方向以速率%射入木塊一段距離〃此時木塊滑行距離恰為

s）后留在木塊內(nèi)，求：（1）木塊與子彈的共同速度匕此過程中木塊和子

彈的動能各變化了多少（2）子彈與木塊間的摩擦阻力對木塊和子彈各作

了多少功（3）證明這一對摩擦阻力的所作功的代數(shù)和就等于其中一個摩

擦阻力沿相對位移L所作的功.（4）證明這一對摩擦阻力所作功的代數(shù)和就

等于子彈-木塊系統(tǒng)總機械能的減少量（亦即轉(zhuǎn)化為熱的那部分能量）.

題2-12圖

分析對子彈-木塊系統(tǒng)來說，滿足動量守恒，但系統(tǒng)動能并不守恒，這

是因為一對摩擦內(nèi)力所做功的代數(shù)和并不為零，其中摩擦阻力對木塊作正

功，其反作用力對子彈作負(fù)功，后者功的數(shù)值大于前者，通過這一對作用

力與反作用力所做功，子彈將一部分動能轉(zhuǎn)移給木塊，而另一部分卻轉(zhuǎn)化

為物體內(nèi)能.本題（3）、（4）兩問給出了具有普遍意義的結(jié)論，可幫助

讀者以后分析此類問題.

解（1）子彈-木塊系統(tǒng)滿足動量守恒，有

解得共同速度

對木塊AE=—mv2-O=—mv^

k022180

對子彈△線2=-刎；

（2）對木塊和子彈分別運用質(zhì)點動能定理，則

對木塊=AE=—WVQ

kl18

2

對子彈W=AE=-一WVQ

2k29

（3）設(shè)摩擦阻力大小為在兩者取得共同速度時，木塊對地位移

為S,則子彈對地位移為￡+s,有

對木塊

W{=F(s

對子彈W2=-F{(L+S)

得W=W1+W2=-F(L

式中/即為子彈對木塊的相對位移，“-”號表示這一對摩擦阻力(非保

守力)所作功必定會使系統(tǒng)機械能減少.

(4)對木塊W=Fs=-mv2

1(f2

對子彈叱=一K(L+s)=；(g)/-；(三)說

兩式相加，得

即_耳2=_士相片

兩式相加后實為子彈-木塊系統(tǒng)作為質(zhì)點系的動能定理表達(dá)式，左邊為一

對內(nèi)力所作功，右邊為系統(tǒng)動能的變化量.

2-13一質(zhì)量為加的地球衛(wèi)星，沿半徑為3加的圓軌道運動，山為地球的

半徑.已知地球的質(zhì)量為俄.求：(1)衛(wèi)星的動能；(2)衛(wèi)星的引力勢能；

(3)衛(wèi)星的機械能.

分析根據(jù)勢能和動能的定義，只需知道衛(wèi)星的所在位置和繞地球運動的

速率，其勢能和動能即可算出.由于衛(wèi)星在地球引力作用下作圓周運動，由

此可算得衛(wèi)星繞地球運動的速率和動能.由于衛(wèi)星的引力勢能是屬于系統(tǒng)

(衛(wèi)星和地球)的,要確定特定位置的勢能時,必須規(guī)定勢能的零點,通常取

衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn)時的勢能為零.這樣,衛(wèi)星在特定位置的勢能也就

能確定了.至于衛(wèi)星的機械能則是動能和勢能的總和.

解(1)衛(wèi)星與地球之間的萬有引力提供衛(wèi)星作圓周運動的向心力，由牛

頓定律可得

(2)取衛(wèi)星與地球相距無限遠(yuǎn)(?一8)時的勢能為零,則處在軌道上的衛(wèi)

星所具有的勢能為

(3)衛(wèi)星的機械能為

2-14如圖(a)所示,天文觀測臺有一半徑為〃的半球形屋面，有一冰塊從

光滑屋面的最高點由靜止沿屋面滑下,若摩擦力略去不計.求此冰塊離開

屋面的位置以及在該位置的速度.

題2-14圖

分析取冰塊、屋面和地球為系統(tǒng)，由于屋面對冰塊的支持力K始終與冰塊

運動的方向垂直,故支持力不作功；而重力農(nóng)是保守內(nèi)力,所以,系統(tǒng)的機

械能守恒.但是，僅有一個機械能守恒方程不能解出速度和位置兩個物理

量；因此,還需設(shè)法根據(jù)冰塊在脫離屋面時支持力為零這一條件，由牛頓定

律列出冰塊沿徑向的動力學(xué)方程.求解上述兩方程即可得出結(jié)果.

解由系統(tǒng)的機械能守恒，有

mgR-nw14-mgRcos0(1)

根據(jù)牛頓定律,冰塊沿徑向的動力學(xué)方程為

mgRosP-FN-(2)

R

冰塊脫離球面時,支持力K=0,由式(1)、(2)可得冰塊的角位置

冰塊此時的速率為

v的方向與重力尸方向的夾角為

<7=90°-9=。

2-15如圖所示，把質(zhì)量加=kg的小球放在位置A時，彈簧被壓縮△/

=X10-2m.然后在彈簧彈性力的作用下，小球從位置力由靜止被釋放，

小球沿軌道兒貶？運動.小球與軌道間的摩擦不計.已知8C。是半徑r=m

的半圓弧"8相距為2r.求彈簧勁度系數(shù)的最小值.

題2-15圖

分析若取小球、彈簧和地球為系統(tǒng)，小球在被釋放后的運動過程中，只有

重力和彈力這兩個保守內(nèi)力作功,軌道對球的支持力不作功，因此,在運動

的過程中，系統(tǒng)的機械能守恒.運用守恒定律解題時,關(guān)鍵在于選好系統(tǒng)的

初態(tài)和終態(tài).為獲取本題所求的結(jié)果,初態(tài)選在壓縮彈簧剛被釋放時刻,這

樣,可使彈簧的勁度系數(shù)與初態(tài)相聯(lián)系；而終態(tài)則取在小球剛好能通過半

圓弧時的最高點。處，因為這時小球的速率正處于一種臨界狀態(tài),若大于、

等于此速率時，小球定能沿軌道繼續(xù)向前運動；小于此速率時，小球?qū)⒚撾x

軌道拋出.該速率則可根據(jù)重力提供圓弧運動中所需的向心力，由牛頓定

律求出.這樣，再由系統(tǒng)的機械能守恒定律即可解出該彈簧勁度系數(shù)的最

小值.

解小球要剛好通過最高點。時，軌道對小球支持力A=0,因此，有

mv}

mg=——-⑴

r

取小球開始時所在位置］為重力勢能的零點，由系統(tǒng)的機械能守恒定律,

有

=/"g（37）+1加；⑵

由式（1）、（2）可得

2-16如圖所示，質(zhì)量為力、速度為-的鋼球,射向質(zhì)量為"'的靶,靶中心

有一小孔，內(nèi)有勁度系數(shù)為〃的彈簧，此靶最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，但可在水平

面上作無摩擦滑動.求子彈射入靶內(nèi)彈簧后，彈簧的最大壓縮距離.

題2-16圖

分析這也是一種碰撞問題.碰撞的全過程是指小球剛與彈簧接觸直至彈

簧被壓縮到最大,小球與靶剛好到達(dá)共同速度為止,在這過程中，小球和靶

組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，外力的沖量為零，因此,在此方向動

量守恒.但是，僅靠動量守恒定律還不能求出結(jié)果來.又考慮到無外力對

系統(tǒng)作功,系統(tǒng)無非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)的機械能也守恒.應(yīng)用上述兩個

守恒定律,并考慮到球與靶具有相同速度時,彈簧被壓縮量最大這一條件，

即可求解.應(yīng)用守恒定律求解,可免除碰撞中的許多細(xì)節(jié)問題.

解設(shè)彈簧的最大壓縮量為吊.小球與靶共同運動的速度為匕.由動量

守恒定律,有

nw=（m+m'jvt⑴

又由機械能守恒定律，有

~mv2=：（加+⑵

由式（1）、（2）可得

2-17質(zhì)量為力的彈丸4穿過如圖所示的擺錘B后，速率由/減少到了

已知擺錘的質(zhì)量為加'，擺線長度為/，如果擺錘能在垂直平面內(nèi)完成一

個完全的圓周運動,彈丸速度/的最小值應(yīng)為多少

題2-17圖

分析該題可分兩個過程分析.首先是彈丸穿越擺錘的過程.就彈丸與擺

錘所組成的系統(tǒng)而言，由于穿越過程的時間很短,重力和的張力在水平方

向的沖量遠(yuǎn)小于沖擊力的沖量，因此,可認(rèn)為系統(tǒng)在水平方向不受外力的

沖量作用，系統(tǒng)在該方向上滿足動量守恒.擺錘在碰撞中獲得了一定的速

度，因而具有一定的動能,為使擺錘能在垂直平面內(nèi)作圓周運動,必須使擺

錘在最高點處有確定的速率，該速率可由其本身的重力提供圓周運動所需

的向心力來確定；與此同時，擺錘在作圓周運動過程中，擺錘與地球組成的

系統(tǒng)滿足機械能守恒定律,根據(jù)兩守恒定律即可解出結(jié)果.

解由水平方向的動量守恒定律，有

mv=m——I-m'v'（1）

2

為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運動,在最高點時,擺線中的張力后

=0,則

,而“2⑵

式中/h為擺錘在圓周最高點的運動速率.

又?jǐn)[錘在垂直平面內(nèi)作圓周運動的過程中，滿足機械能守恒定律,故有

；m'v'=2m'gl+；（3）

解上述三個方程,可得彈丸所需速率的最小值為

2-18如圖所示，一質(zhì)量為，的物塊放置在斜面的最底端/處，斜面的傾

角為。，高度為力,物塊與斜面的動摩擦因數(shù)為〃，今有一質(zhì)量為勿的子彈

以速度外沿水平方向射入物塊并留在其中,且使物塊沿斜面向上滑動.求

物塊滑出頂端時的速度大小.

題2-18圖

分析該題可分兩個階段來討論，首先是子彈和物塊的撞擊過程,然后是

物塊（包含子彈）沿斜面向上的滑動過程.在撞擊過程中，對物塊和子彈組

成的系統(tǒng)而言，由于撞擊前后的總動量明顯是不同的，因此,撞擊過程中動

量

不守恒.應(yīng)該注意，不是任何碰撞過程中動量都是守恒的.但是，若取沿斜

面的方向，因撞擊力（屬于內(nèi)力）遠(yuǎn)大于子彈的重力E和物塊的重力已在

斜面的方向上的分力以及物塊所受的摩擦力片，在該方向上動量守恒，由

此可得到物塊被撞擊后的速度.在物塊沿斜面上滑的過程中，為解題方便,

可重新選擇系統(tǒng)（即取子彈、物塊和地球為系統(tǒng)），此系統(tǒng)不受外力作用，而

非保守內(nèi)力中僅摩擦力作功,根據(jù)系統(tǒng)的功能原理,可解得最終的結(jié)果.

解在子彈與物塊的撞擊過程中，在沿斜面的方向上,根據(jù)動量守恒有

m^cosa-[m+m'^（1）

在物塊上滑的過程中，若令物塊剛滑出斜面頂端時的速度為內(nèi)，并取A點

的重力勢能為零.由系統(tǒng)的功能原理可得

=+m')vl+Qn+m')gh—+m')v^(2)

由式（1）、（2）可得

2-19如圖所示,一個質(zhì)量為"的小球,從內(nèi)壁為半球形的容器邊緣點力滑

下.設(shè)容器質(zhì)量為力/,半徑為此內(nèi)壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平

桌面上.開始時小球和容器都處于靜止?fàn)顟B(tài).當(dāng)小球沿內(nèi)壁滑到容器底部

的點例寸,受到向上的支持力為多大

題3-30圖

分析由于桌面無摩擦,容器可以在水平桌面上滑動，當(dāng)小球沿容器內(nèi)壁

下滑時,容器在桌面上也要發(fā)生移動.將小球與容器視為系統(tǒng),該系統(tǒng)在運

動過程中沿水平桌面方向不受外力作用，系統(tǒng)在該方向上的動量守恒；若

將小球、容器與地球視為系統(tǒng),因系統(tǒng)無外力作用，而內(nèi)力中重力是保守力,

而支持力不作功,系統(tǒng)的機械能守恒.由兩個守恒定律可解得小球和容器

在慣性系中的速度.由于相對運動的存在，小球相對容器運動的軌跡是圓，

而相對桌面運動的軌跡就不再是圓了，因此，在運用曲線運動中的法向動

力學(xué)方程求解小球受力時,必須注意參考系的選擇.若取容器為參考系（非

慣性系），小球在此參考系中的軌跡仍是容器圓弧,其法向加速度可由此刻

的速度（相對于容器速度）求得.在分析小球受力時,除重力和支持力外,還

必須計及它所受的慣性力.小球位于容器的底部這一特殊位置時，容器的

加速度為零，慣性力也為零.這樣，由法向動力學(xué)方程求解小球所受的支持

力就很容易了.若仍取地面為參考系（慣性系），雖然無需考慮慣性力，但是

因小球的軌跡方程比較復(fù)雜,其曲率半徑及法向加速度難以確定，使求解

較為困難.

解根據(jù)水平方向動量守恒定律以及小球在下滑過程中機械能守恒定律

可分別得

nwm-m'vm.=0（1）

—mvl+—m'vL=mgR⑵

22

式中%、心分別表示小球、容器相對桌面的速度.由式（1）、（2）可得小

球到達(dá)容器底部時小球、容器的速度大小分別為

由于小球相對地面運動的軌跡比較復(fù)雜,為此,可改為以容器為參考系（非

慣性系）.在容器底部時?，小球相對容器的運動速度為

m+m

2gR

mr

在容器底部，小球所受慣性力為零,其法向運動方程為

〃叱；

R

由式（3）、（4）可得小球此時所受到的支持力為

第三章剛體與流體

3-1有兩個力作用在一個有固定轉(zhuǎn)軸的剛體上：

(1)這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的合力矩一定是零；

(2)這兩個力都垂直于軸作用時，它們對軸的合力矩可能是零；

⑶當(dāng)這兩個力的合力為零時，它們對軸的合力矩也一定是零；

(4)當(dāng)這兩個力對軸的合力矩為零時，它們的合力也一定是零.

對上述說法下述判斷正確的是()

(A)只有(1)是正確的(B)⑴、(2)正確，(3)、(4)錯誤

(0⑴、(2)、(3)都正確,(4)錯誤(D)(1)、(2)、(3)、(4)都正確

分析與解力對軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：

是力的作用線通過轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸(例如門的重力并不能使門

轉(zhuǎn)).不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉(zhuǎn)軸的情況)對軸

之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大小相等，方向相

反，兩力矩對同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規(guī)則可知(1)(2)說法

是正確.對于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個力為共點力，當(dāng)合

力為零時.，它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然.但如這兩個

力為非共點力，則以上結(jié)論不成立，故(3)(4)說法不完全正確.綜上所述，

應(yīng)選(B).

3-2關(guān)于力矩有以下幾種說法：

(1)對某個定軸轉(zhuǎn)動剛體而言，內(nèi)力矩不會改變剛體的角加速度；

(2)一對作用力和反作用力對同一軸的力矩之和必為零；

(3)質(zhì)量相等，形狀和大小不同的兩個剛體，在相同力矩的作用下，它們

的運動狀態(tài)一定相同.

對上述說法下述判斷正確的是()

(A)只有⑵是正確的(B)(1)、(2)是正確的

(C)(2)、(3)是正確的(D)(1)、(2)、(3)都是正確的

分析與解剛體中相鄰質(zhì)元之間的一對內(nèi)力屬于作用力與反作用力，且作

用點相同，故對同一軸的力矩之和必為零，因此可推知剛體中所有內(nèi)力矩

之和為零，因而不會影響剛體的角加速度或角動量等，故(1)(2)說法正

確.對說法(3)來說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉(zhuǎn)動慣量因形狀、

大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產(chǎn)生的角加速度不一定相

同，因而運動狀態(tài)未必相同，由此可見應(yīng)選(B).

3-3均勻細(xì)棒以可繞通過其一端0而與棒垂直的水平固定光滑軸轉(zhuǎn)動，

如圖所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的

過程中，下述說法正確的是()

(A)角速度從小到大，角加速度不變

(B)角速度從小到大，角加速度從小到大

(C)角速度從小到大，角加速度從大到小

(D)角速度不變，角加速度為零

分析與解如圖所示，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化的，其大小

與棒和水平面的夾角有關(guān).當(dāng)棒處于水平位置，重力矩最大，當(dāng)棒處于豎

直位置時，重力矩為零.因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉(zhuǎn)動

定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大（由機械能守

恒亦可判斷角速度變化情況），應(yīng)選（C）.

3-4一汽車發(fā)動機曲軸的轉(zhuǎn)速在12s內(nèi)由Xl（）3r?mini均勻的增加到

X103r-min'.（1）求曲軸轉(zhuǎn)動的角加速度；（2）在此時間內(nèi)，曲軸轉(zhuǎn)了多

少轉(zhuǎn)

分析這是剛體的運動學(xué)問題.剛體定軸轉(zhuǎn)動的運動學(xué)規(guī)律與質(zhì)點的運動

學(xué)規(guī)律有類似的關(guān)系，本題為勻變速轉(zhuǎn)動.

解（1）由于角速度3=2為單位時間內(nèi)的轉(zhuǎn)數(shù)），根據(jù)角加速度的

定義a=竽，在勻變速轉(zhuǎn)動中角加速度為

⑵發(fā)動機曲軸轉(zhuǎn)過的角度為

在12s內(nèi)曲軸轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為

3-5一飛輪由一直徑為30cm,厚度為cm的圓盤和兩個直徑為10cm,長為

cm的共軸圓柱體組成，設(shè)飛輪的密度為X10%g?m\求飛輪對軸的轉(zhuǎn)動慣

量.

題3-5圖

分析根據(jù)轉(zhuǎn)動慣量的可疊加性，飛輪對軸的轉(zhuǎn)動慣量可視為圓盤與兩圓

柱體對同軸的轉(zhuǎn)動慣量之和；而勻質(zhì)圓盤、圓柱體對軸的轉(zhuǎn)動慣量的計算

可查書中公式，或根據(jù)轉(zhuǎn)動慣量的定義，用簡單的積分計算得到.

解根據(jù)轉(zhuǎn)動慣量的疊加性，由勻質(zhì)圓盤、圓柱體對軸的轉(zhuǎn)動慣量公式可

得

3-6一燃?xì)廨啓C在試車時，燃?xì)庾饔迷跍u輪上的力矩為X10；'N?m,渦輪

的轉(zhuǎn)動慣量為25.0kg?m2.當(dāng)輪的轉(zhuǎn)速由X103r?min,增大到X10、?min1

時，所經(jīng)歷的時間Z為多少

分析由于作用在飛輪上的力矩是恒力矩，因此，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律可知，飛

輪的角加速度是一恒量；又由勻變速轉(zhuǎn)動中角加速度與時間的關(guān)系，可解

出飛輪所經(jīng)歷的時間.該題還可應(yīng)用角動量定理直接求解.

解1在勻變速轉(zhuǎn)動中，角加速度。=叱色，由轉(zhuǎn)動定律可得飛

t

輪所經(jīng)歷的時間

解2飛輪在恒外力矩作用下，根據(jù)角動量定理，有

貝！Jt=~~—J-7/（））=10.8s

MMv

3-7電風(fēng)扇接通電源后一般經(jīng)5s后到達(dá)額定轉(zhuǎn)速％=300r-min-',而關(guān)

閉電源后經(jīng)16s后風(fēng)扇停止轉(zhuǎn)動，已知電風(fēng)扇的轉(zhuǎn)動慣量為OSkg-n?,設(shè)

啟動時電磁力矩M和轉(zhuǎn)動時的阻力矩Mf均為常數(shù)，求啟動時的電磁力矩

M.

分析由題意知M和M『均為常數(shù)，故啟動時電風(fēng)扇在M和共同作

用下，作勻加速轉(zhuǎn)動，直至到達(dá)額定轉(zhuǎn)速，關(guān)閉電源后，電風(fēng)扇僅在Mf的

作用下作勻減速轉(zhuǎn)動.運用勻變速轉(zhuǎn)動的運動學(xué)規(guī)律和轉(zhuǎn)動定律既可求

解.

解設(shè)啟動時和關(guān)