1、第一章习题解答1.1 由题可知示意图如题 1.1.1 图:S2t1t题 1 . 1 . 1 图设开始计时的时刻速度为 0v,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为 a.则有: 21210tatvs由以上两式得 102ttsv再由此式得 21ttsa证明完毕.1.2 解 由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题 1.2.1 图. ABO题 1 . 2 . 1 图设 A船经过 0t小时向东经过灯塔,则向北行驶的 B船经过21小时经过灯塔任意时刻 A船的坐标txA150， 0yB船坐标 B， tty20则 AB船间距离的平方 222BABAyxd即 20215td2015tt202067945 t
2、ttt2d对时间 t求导 675902ttdAB船相距最近，即2t，所以h430即午后 45 分钟时两船相距最近最近距离 22min 3154315skm1.3 解 如题 1.3.2 图 xyCaBArO第 1 . 3 题图 ABCraxyO题 1 . 3 . 2 图由题分析可知，点 的坐标为sincosayrx- 2 -又由于在 AOB中，有 sin2iar（正弦定理）所以 rya2isin联立以上各式运用 1cossi22由此可得 ryaxrax2scos得 12422ryaxyaxry得 2223yaxaxy化简整理可得 22234r此即为 C点的轨道方程.（2）要求 点的速度，分别求导
3、2cossininryrx其中 又因为 sin2siar对两边分别求导故有 cos2ar所以 2yxV4cossinco2sin22rrrii4cs1.4 解 如题 1.4.1 图所示，ABOCLxd第 1 . 4 题图L绕 点以匀角速度转动， 在 AB上滑动，因此C点有一个垂直杆的速度分量 2xdOCv点速度 dvv 22secsco又因为 所以 C点加速度 tansec2dta22ansecdx1.5 解 由题可知，变加速度表示为 Ttca2sin1由加速度的微分形式我们可知 dtv代入得 tTcv2sin1对等式两边同时积分- 3 -dtTcdvt002sin1可得 ： DtcTtvos
4、2（ 为常数）代入初始条件： 0时， v，故c即 12cosTttv又因为 dtsv所以 dstTttc12os对等式两边同时积分 ，可得： ttcs2sin211.6 解 由题可知质点的位矢速度 r/v沿垂直于位矢速度 又因为 r/v ， 即 rv即 rjiardtrtd（取位矢方向 i，垂直位矢方向 j）所以 jii rdtritrdt dtrtrdtrt jjjj i2故 jiarr2即 沿位矢方向加速度 2垂直位矢方向加速度 ra对求导 r2对求导 r2r把代入式中可得 ra22/1.7 解 由题可知 sincoryx 对求导 sicorx对求导 cosini2s2 rr对求导 sir
5、y对求导 sincos2sin2 rrr对于加速度 a，我们有如下关系见题 1.7.1 图- 4 -raOxy题 1 . 7 . 1 图即 cossiniayxr-对俩式分别作如下处理： ， sin即得 cosinsiincoayxr-+得 sicyxr把代入 得 2rar同理可得 1.8 解 以焦点 F为坐标原点，运动如题 1.8.1 图所示 FOMxy题 1 . 8 . 1 图则 M点坐标 sincoryx对 yx,两式分别求导 cossiniryx故 2222 cossinsico rryxv 2如图所示的椭圆的极坐标表示法为 cos12ear对 r求导可得（利用 ）又因为 22ear即
6、 re21cos所以 22222 11cos1sineraa故有 2224sin1rearv2241ear122era2r2221rr b2即 rabrv（其中 e,122为椭圆的半短轴）1.9 证 质点作平面运动，设速度表达式为 jivyx令为位矢与轴正向的夹角，所以 dtvtdvtdyxjiaixyyx所以 - 5 -jiaxyyxvdtvdt jiyxvyxyyxxttv dttyx又因为速率保持为常数，即 Cvyx,2为常数对等式两边求导 0dttyx所以 va即速度矢量与加速度矢量正交.1.10 解 由题可知运动轨迹如题 1.10.1 图所示，p,2,xyO题 1 . 1 0 . 1
7、 图则质点切向加速度 dtvat法向加速度 2n，而且有关系式 2vkdt又因为 23y1px所以 y32yp 联立 232yp1kvdt又 dyvtdtv把 2pxy两边对时间求导得 px又因为 22yxv所以 221py把代入 2322211ypkvdypv既可化为 2pydkvd对等式两边积分 2pydkvdpu所以 ke1.11 解 由题可知速度和加速度有关系如图 1.11.1- 6 -所示 av题 1 . 1 1 . 1 图cosin2adtvrtn两式相比得 dtvrvcos1in2即 2tvr对等式两边分别积分 200cot1vdrt 即 ct0rv此即质点的速度随时间而变化的规
8、律.1.12 证 由题 1.11 可知质点运动有关系式cosin2adtvr所以 ttv，联立，有 cosin2rvd又因为 v所以 dvcot，对等式两边分别积分，利用初始条件 0t时， 0cot0ev1.13 证（ a）当 0，即空气相对地面上静止的，有 一一一v.式中 一质点相对静止参考系的绝对速度， 一v指向点运动参考系的速度， 一v指运动参考系相对静止参考系的速度.可知飞机相对地面参考系速度： 一v= ，即飞机在舰作匀速直线运动.所以飞机来回飞行的总时间 vlt20.（ b）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度 01v飞行时间 01vlt当飞机向西飞行时速度 0v一一飞行时间 0
9、2vlt故来回飞行时间 021vltt0l20vl即 20201vtlt同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间- 7 -201vt（c）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题 1.13.1 图 Av0v一B题 1 . 1 3 . 1 图v0一2所以来回飞行的总时间 20vlt202011vtvl同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为 201vtt1.14 解 正方形如题 1.14.1 图。ACBD3v41由题可知 hkmv/28一一 设风速 BA,hk/10一,当飞机BA， hkmkv/128/)10(D96,22C/7/)(34,vAhk8102故飞机沿此边长 6 hkm/正方形飞行一周
10、所需总时间 min16592472918ht 2v一v一题 1 . 1 4 . 2 图 一v一v题 1 . 1 4 . 3 图1.15 解 船停止时，干湿分界线在蓬前 3，由题画出速度示意图如题.15.1 图 一v一一v3 m题 1 . 1 5 . 1 图 一一一vv故 sinsin一一又因为 2，所以 cosin一一v由图可知 51s,24cos2- 8 -54cos,3sinmv/8一所以 cos)sin(i一一v=8 s/1.16 解 以一岸边为 x轴，垂直岸的方向为 y轴.建立如题 1.16.1 图所示坐标系. xyOd一v题 1 . 1 6 . 1 图所以水流速度 dydkyv20又
11、因为河流中心处水流速度为 c2dkc所以 dk2。当 0y时， ycv一即utydcx2-得 tdcx2，两边积分 tdcuxt2002t联立，得202dyudcx同理，当 y时， cv一即utdydctx2t一Dudcyx2由知，当 时， x4代入得uc2有 udcyx2，dy所以船的轨迹 dyucyducx2202船在对岸的了；靠拢地点，即 时有 ucx21.17 解 以 A为极点，岸为极轴建立极坐标如题.17.1 图. 1C2AxOr题 1 . 1 7 . 1 图船沿垂直于 r的方向的速度为 sinC，船沿径向r方向的速度为 2和 1沿径向的分量的合成， 即- 9 -21cosinCdt
12、r -/得 drtsin12，对两积分： CCsinltall12设k,12为常数，即 Crk1cos2inl代入初始条件 0时， 0.设 ,0有,cos2inl010krC得 01sincoikkr1.18 解 如题 1.18.1 图 ABOa题 1 . 1 8 . 1 图mg质点沿 OA下滑，由受力分析我们可知质点下滑的加速度为 cosga.设竖直线 hOB，斜槽 sA，易知 ,2,2B，由正弦定理 2sin2sinh即cosh 又因为质点沿光滑面 OA下滑，即质点做匀速直线运动.所以 22cos1tgats有 0cscso212htg欲使质点到达 A点时间最短，由cos2ght可知，只需
13、求出cs的极大值即可，令 sincosy i2n1cos2把 y对 求导 sinco2sics2d极大值时 0y，故有 sinta由于是斜面的夹角，即 20,所以 1.19 解 质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降阶段.取向上为正各力示意图如题 1.19.1 图，- 10 -mgvR上升时 下降时题 1.19.1 图则两个过程的运动方程为：上升 2ygmky下降： 2对上升阶段: 21vkgdtv2yt即 gdvk21对两边积分 yvkhv020所以 2021lngkh即质点到达的高度.对下降阶段： 2gvkdyvt即 vkhv020112lngh由=可得 201vkv1.20 解 作子弹运动
14、示意图如题 1.20.1 图所示.d0v题 1.20.1 图水平方向不受外力，作匀速直线运动有 tvdcoss0竖直方向作上抛运动，有 201sinigtv由得 cos0vdt代入化简可得 220cosingd因为子弹的运动轨迹与发射时仰角 有关，即 d是的函数，所以要求 的最大值.把 对 求导，求出极值点. 0cossincos20 gvd即 csi02cos- 11 -所以 24，代入 d的表达式中可得： 24sincos20max gvd2sin42024sec20gv此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离 d的最大值1.21 解 阻力一直与速度方向相反，即阻力与速度方向时刻在变化，但都
15、在轨道上没点切线所在的直线方向上，故用自然坐标比用直角坐标好. Oyxv0vgm题 1 . 2 1 . 1 图轨道的切线方向上有： sinmgkvdt轨道的法线方向上有： cos2grv由于角是在减小的，故 dsr由于初末状态由速度与水平方向夹角 来确定，故我们要想法使变成关于 的等式由 dsvmtsdtv即 sinmgkvds把代入可得 cos2sv用 可得 cosin1gkdvdvi2 gkdv222cosinsco22is即22cossgkdvd，两边积分得 Cvtan1代入初始条件 0t时， 0,v即可得 tancos10gkvC代入式，得 gkvtantcos0又因为 ,2mgr所以
16、 vdtcos把代入 dtgkvgcostantcos0积分后可得- 12 -gkvtsin21l01.22 各量方向如题 1.22.1 图.OyxBEV题 1 . 2 2 . 1 图Z电子受力 BEFveBvezyx0kjijjiy则电子的运动微分方程为 0zmxeBEevyxx-由 ,dtyeBtvx，即 yvxdm0Vevx代入整理可得 BEmey2对于齐次方程 02的通解 tesinAtecosY21非齐次方程的特解BVEemY2所以非齐次方程的通解 BVEetsinAtcosy 22121代入初始条件： 0t时， y得m10t时， yv得 2,故 2eBEVtecosBEVem同理，
17、把代入可以解出 tmsinetx把代入 VeBEvtBEVemdtx 2cosdtteCtBEmVeBxsin代入初条件 0t时， ，得 0.所以tesinex）1.23 证 （a）在 1.22 题中， 0B时，则电子运动受力 jFeE电子的运动微分方程 0zmeyx-对积分 1CteEy对再积分 212tmey- 13 -又 0z,vtx故 CmveExyz20（ 21为一常数）此即为抛物线方程.b当 0时则电子受力 Bvezyx0kjivFjixyev则电子的运动微分方程为 0zmevyxxy-同 1.22 题的解法，联立-解之，得 tmeBVyxcosin,于是 22eBvyx及电子轨道
18、为半径的圆V.1.24 解以竖直向下为正方向，建立如题 1.24.2 图所示坐标，Tma2 TmaO1232题 1.24.1 图 题 1.24.2 图以开始所在位置为原点.设-处物体所处坐标分别为 321,y，则 3 个物体运动微分方程为：321ymTg-由于与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有 32y，即 y之间用倔强系数 amgk弹性绳联结 .故有 ayykT 2121由得 gyagy211由得 myT23代入，有 21代入，有 gya1134此即为简谐振动的运动方程.- 14 -角频率 ag32所以周期 g解得 43sinco21 atAty以初始时为原点， 0时， 0,11y.所以a
19、ty43cos1代入得 tagmT32cos1联立-得 tagg32cos121.25 解，选向下为正方向，滑轮刚停时物体所在平衡位置为坐标原点.建立如题.25.1 图所示坐标系.OyW题 2.15.1 图原点的重力势能设为 0.设弹簧最大伸长 max.整个过程中，只有重力做功，机械能守恒：0 2max0max202 11kWkgvg-联立得 gv00max弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力，maxT为最大张力，即 0maxax1gvWk1.26 解 以绳顶端为坐标原点.建立如题 1.26.1 图所示坐标系. OmT题 1.26.1 图设绳的弹性系数为 k,则有 bmg当 脱离下坠前， 与
20、 系统平衡.当 m脱离下坠前， 在拉力 T作用下上升，之后作简运.运动微分方程为 yakmg联立 得 by- 15 -0ybg齐次方程通解 tbgAtYsincos21非齐次方程的特解 a0所以的通解 btgAtbYsincos21代入初始条件： 0时， ,cay得,21Ac；故有 btgcos即为 m在任一时刻离上端 O的距离.1.27 解对于圆柱凸面上运动的质点受力分析如图 1-24. mgN题 1 . 2 7 . 1 图运动的轨迹的切线方向上有: dtvmgsin法线方向上有： RvNg2cos对于 有 dttvin（ s为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即 dsgvin又因为 dsR即
21、gvin设质点刚离开圆柱面时速度 0v，离开点与竖直方向夹角 0，对式两边积分 Rdgdsin0020cos1gRv刚离开圆柱面时 N即 vmg20cos联立 得 32arcs0即为刚离开圆柱面时与竖直方向夹角.1.28 解 建立如题 1.28.1 图所示直角坐标. abABOxy题 1 . 2 8 . 1 图椭圆方程 2byax从 A滑到最低点 B，只有重力做功.机械能守恒.即 21mvg设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为 N则有：- 16 -2vmgN 为 B点的曲率半径.A的轨迹： 21axby得 21axy； 2321axy又因为 2321byk所以 222 1abWmghabv
22、mgN故根据作用力与反作用力的关系小球到达椭圆最低点对椭圆压力为 21ab方向垂直轨道向下.1.29 解质点作平面直线运动，运动轨迹方程为 2cos1inayx-由曲线运动质点的受力分析，我们可以得到： dtvmgNsinc2-因为曲线上每点的曲率 231yk所以 2cos1incs2inadxydxyxy22cos1cos12ins a2a把代入曲率公式中 cos41ak所以 sk由 singdvtsdtv即 gvsin，又有数学关系可知 sidy，即 y所以 2cos12ga把代入 2csvmNcosos412cosgagm1.30 证当题 1.29 所述运动轨迹的曲线不光滑时，质点的运动
23、方程为： dsNmgvdsin21co2由 1.29 题可知- 17 -cos4a 由数学知识知 d把代入 dvagdv 22 cos4sin12i2这是一个非齐次二阶微分方程.解为 2222 1cossin41 Ceagagv 当时， 0v得 eagC214即 2222 14cossin41 eagagv当 ， 0时，即 12122age故有 2e1.31 证：单摆运动受力分析如图 1.31.1 图所示。题 1 . 3 1 . 1 图TRvmg因为 IM即lmkglM2sinI所以 klgl2sin又单摆摆角 很小，有 =上式即化为： 0l此即为一个标准的有阻尼振动方程。设 lg0为固有频率
24、，又由于 lgk2，即阻力很小的情况。方程的解为 kteAt,cos20所以单摆振动周期 lgk220结论得证。1.32 解：设楔子的倾角为 ，楔子向右作加速度 0a的匀加速运动，如图 1.32.1 图。0mag0a题 1 . 3 2 . 1 图我们以楔子为参考系，在非惯性系中来分析此题，则质点受到一个大小为 一Fa0的非惯性力，方向与 0a相反。质点在楔子这个非惯性系中沿斜面 下滑，沿斜面的受力分析： mmgcossin0垂直斜面受力平衡： Nai联立得- 18 - sincosi0gamNa此即楔子相对斜面的加速度 。对斜面的压力 P与斜面对 的支持力 N等大反方向。同理可得当楔子向左作加
25、速度为 0的匀加速运动时，质点 的 a和楔子对斜面的压力 P为 sincosin0gmgP综上所述可得 sincoi0gaa1.33解 设钢丝圆圈以加速度 向上作匀加速运动如题 1.33.1 图， Ratvgw我们以钢丝圆圈作参考系，在圆圈这个非惯性系里来分析此题。圆圈上的小环会受到一个大小为 ag方向与a相反的惯性力的作用，则圆环运动到圆圈上某点，切线方向受力分析： dtvmgrtsin法线方向受力分析有： rRa2co对dtvgmaagrtsin两边同乘以 rdvtrrri即 rdgasin两边同时积分 vrr00ivr2cos把代入可解得 gvrgaR0202cos31同理可解出，当钢丝
26、圆圈以加速度 a竖直向下运动时小环的相对速度 rvr 020cosgvgaR2cos31综上所述，小环的相对速度 rvrvr 020cos圈对小环的反作用力 gvgaRr2cos311.34 证：（1）当火车所受阻力 f为常数时，因为功率 P与牵引力有如下关系： vFP一所以 fk一即 vfdtmfk对两边积分 tvf00fvmkft2ln（2） 当阻力 和速度 成正比时，设 f=l，- 19 -l为常数。同理由（1）可知 vfdtmk即 2ltlvk对两边积分 tvmdf00vfklklmt 022lnn1.35 解 锤的压力是均匀增加的，设 tF， 为常数，由题意可知 Pdt020，得k，
27、所以 2，即 tPF故 tdvm2两边同时积分 tvdP002得 2tm，20t又因为当 F增至极大值 P后，又均匀减小到 0，故此时有 kt,为常数， 20dtPk2所以 tF即 tPdtvm2dtv22 21t由得 42Pmv2t整个过程压力所做功 W又因为 Fvdt即 对上式两边分段积分 dttmPtdtmPdW22220 4 得 8136 解 （ a）保守力 F满足条件 0对题中所给的力的表达式 ，代入上式即 - 20 -022kjijFkjizyx y40abx6zy4bx6az18z18F33322xyzxz所以此力是保守力，其势为 324,020, 43033zy,x6518 1
28、d6Fabxyzzabxy dybxzydVzyx yx, r(b)同（a） ，由 0 kjikjiFyFxFzyzxzxzy所以此力 F是保守力，则其势能为 dzFydxVBABABAr1.37 解 （a）因为质子与中子之间引力势能表达式为 0kreV故质子与中子之间的引力 F21rekrkedrVF（b）质量为 m的粒子作半径为 a的圆运动。动量矩 vJ由（a ）知 21rekFr提供粒子作圆周运动的向心力， rF方向是沿着径向，故 rvmrek221当半径为 a的圆周运动 a22两式两边同乘以 3即 21vmeka又因为 J有 aek2做圆周运动的粒子的能量等于粒子的动能和势能之和。所以
29、 aekeakVmvTEa21212 1.38 解 要满足势能的存在，即力场必须是无旋场，亦即力为保守力，所以 0F即- 21 -xFzyzzxy得 312a3,21,jia为常数满足上式关系，才有势能存在。势能为： zxayxazyaxdyzaxadxFyFdVzyxx zx 31212312,030, 2321, 1r1.39 证 质点受一与距离 成反比的力的作用。设此力为 一krF23又因为 drvmtdtv即 rvk23当质点从无穷远处到达 a时，对式两边分别积分： vdmr0232124amkv当质点从 a静止出发到达 时，对式两边分别积分： vadrk0423得 212mv所以质点
30、自无穷远到达 时的速率和自 a静止出发到达 4a时的速率相同。1.40 解由题可知 rkF（因为是引力，方向与r径向相反所以要有负号）由运动微分方程 dtvmrk即 tvdrk对上式两边积分 mra021lnvk故 rvl又因为 r与 的方向相反，故取负号。即 dtramkvln21.41 证 画出有心力场中图示如题 1.41.图，- 22 -Oprv题 1 . 4 1 . 1 图x我们采用的是极坐标。所以 cosvr又由于 2h常数即 cosrv由图所示关系，又有 p，故 pvh即phv由动能定理 21mvdrFF沿 r方向得 drpmhdrv2211.42 证 （ a）依据上题结论，我们仍
31、然去极坐标如题 1.42.1 图。Opvrxa题 1 . 4 2 . 1 图质点运动轨迹为一圆周，则其极坐标方程为 cosarp由得 2即 arp2故 52422 811rmhadrmhdrhF即力与距离 5 次方成正比，负号表示力的方向与径向相反。（ b） 质点走一对数螺旋线，极点为力心，我们仍采用极坐标。对数螺旋线 aer,为常数。有根据题 1.41， 2rh常数，有 drmvF21221ra2hdm32r故得证。1.43 证 由毕耐公式 udhmF2质点所受有心力做双纽线 cos2ar运动故 1u23cossinad sini23cos152u2521cosina故 udmhF22 2c
32、os1cossin3cos125132ah- 23 -2tan12cos33amh2732cosamh273arh74r1.44 证 由毕耐公式 udhmF2将力 32r带入此式 udh2232因为 ru1所以 udh2232即 2221du令 2hk上式化为 22ud这是一个二阶常系数废气次方程。解之得 2coshkAuA微积分常数，取 0，故 2s有 1coscos122khAkAur令 22,eha所以 kearcos11.45 证 由题意可知，质点是以太阳为力心的圆锥曲线，太阳在焦点上。轨迹方程为 cos1epr在近日点处 era,0在远日点处 ,118p由角动量守恒有所以 ersap
33、ap:1.46 解 因为质点速率 rv22所以 22ra又由于 h即 242rdtraht22rard又因为 2h所以 dard两边积分 hr020即 ar20ln- 24 -1.47 证（ a）设地球轨道半径为 R。则彗星的近日点距离为 nR。圆锥曲线的极坐标方程为 cos1epr彗星轨道为抛物线，即 。近日点时 0。故近日点有 2er即 nRp,又因为 22,rhk所以 nR（彗星在单位时间内矢径扫过的面积 h）扫过扇形面积的速度 nkhv2又因为 dtrdts221故 s2两边积分 dhRdrs2220 cos141tan3cs3ta42hR从数学上我们可以得到两轨道交点为地球轨道半径处
34、。即 cos12snRpR即 c又因为2tan1cos2所以 1cos2tan把代入（ 式代入时取“+”即可） 2321342 nHRnhRs故彗星在地球轨道内停留的时间为 nRkhvst2121k1342设地球绕太阳运动一周的时间为 2t。因为假定地球运动轨道为圆形，所以 peRrcos1又由于 2khp，有 2k地球绕太阳运动单位时间内矢径扫过的面积 h。扫过扇形速度 21kRhvkst 3212kRnt2323214n21（ b）由证明（ a）知彗星在地球轨道内停留时间 1tnkRt 23421 - 25 -对此式求极大值，即对 n求导，使 01dnt即 0121214 22231 nn
35、kRdnt即 ,23n得验证 0123123221 nndnt故 为极大值，代入式可知 3max21t1.48 解 由1.9 给出的条件：人造地球卫星近、远点距离 21,r分别为 .348491kmkr地球半径 .60R有椭圆运动中的能量方程可知： aGMRrmv2211m2a为卫星运行的椭圆轨道的长轴 kRr1562321把 2代入 有近地点速率smv3105.8远地点速率 sv324.6运动周期 kaT23（参见 1.47）其中 a为运动轨道的半长轴 GM所以 min1423aT1.49 证 由行星绕太阳作椭圆运动的能量方程为 aGMrmv221a为椭圆的半长轴。令 .2Gk又因为 22r
36、v，上式化为： amkrrm22122因为 2rh即 akrr22所以- 26 -arkhr222又因为行星椭圆轨道运动周期 k23即 23a常数 C，故 32ak又因为 21epkh,2为正焦弦的一半所以 242211eaCeah由题意可知 Ercos即 dtaedtrsin把代入可得 EeardtEaCe222sinsin化简可得 atrdtar,1即 dtEe2cos1两边积分，由题设 Tdt2即 EedEeTEsincos101.50 解 质点在有心力场中运动，能量和角动量均守恒。无穷远处势能为零。 OvavmA题 1 . 5 0 . 1 图所以 aVmv22任意一处 23amcdrr
37、FVaa 由 v代入 22acv所以 212vca- 27 -第二章 质点组力学第二章习题解答2.1 解 均匀扇形薄片，取对称轴为 x轴，由对称性可知质心一定在 x轴上。 dr2x题 2 . 1 . 1 图有质心公式 dmxc设均匀扇形薄片密度为 ，任意取一小面元 dS，rS又因为 cosx所以 sin32adrdmxc对于半圆片的质心，即代入，有 aaxc 342sinsi322.2 解 建立如图 2.2.1 图所示的球坐标系yzOab题 2 . 2 . 1 图把球帽看成垂直于 z轴的所切层面的叠加（图中阴影部分所示） 。设均匀球体的密度为 。则 )(22zadzyvdm由对称性可知，此球帽
38、的质心一定在 轴上。代入质心计算公式，即 )2(43badmzc2.3 解 建立如题 2.3.1 图所示的直角坐标，原来人W与共同作一个斜抛运动。 yx0vO题 2 . 3 . 1 图当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为 xv，此人即以 xv的速度作平抛运动。由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为两次运动水平方向上均以 cosv0水 平作匀速直线运动，运动的时间也相同）。所以我们只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。第一次运动：从最高点运动到落地，水平距- 28 -离 1stavsco01gincsi201s第二次运动:在最高点人抛出物体，水平
39、方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有 )(cos)(0uvwWvwxx可知道 axs0水平距离 sin)(cosin0202 uvgWwgvtsx 跳的距离增加了 12s=sin)(0uvg2.4解 建立如图 2.4.1 图所示的水平坐标。 1m2vxO题 2 . 4 . 1 图 1m22vsing一Fa题 2 . 4 . 2 图以 1m， 2为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有 021xm对 1分析；因为相 对绝 a 1m在劈 2上下滑，以 2m为参照物，则 1受到一个惯性力 1xF惯 （方向与 加速度方向相反） 。如图 2.4.2 图所示。所以 1相对 2下滑。由牛顿第二定律有 cossin211xmga所以 1m水平方向的绝对加速度由 可知.21cs/x绝 .2.2.1osingx联立，得 gmxsin212co.1把代入，得 gsx212. inco负号表示方向与 轴正方向相反。求劈对质点反作用力 1R。用隔离法。单独考察质点 1m的受力情况。因为质点垂直斜劈运动的加速度为 0，所以sincos.211 xgm把代入得， gR2121s
