1、1. 一质点作平面运动，已知加速度为 tAaxcos2， tBaysin2，其中 A,B,均为正常数，且 0,BA。初始条件为 t=0 时， 0,0yxv，0,0yAx。试求该质点的运动轨迹。解 由加速度的定义dtvaxy分别积分上式，并代入初始条件，得 txx tAtdAdav0210 sincos(1)ttyy BBcoin(2)由速度的定义dtxvy分别积分上式，并代入初始条件和式（1） 、式（2） ，得t tx tAtdAdv00cossin（3）t ty BBy ico（4）式（3）和式（4）为质点运动的运动学方程，消去参数 t，即得质点的运动轨迹方程12Ax这一结果表明，指点运动的
2、轨迹为椭圆。2. 已知一质点由静止出发，它的加速度在 X 轴和 Y 轴上的分量分别为 tax10和215tay（SI 制） 。试求 5s 时质点的速度和位置。解 取指点的出发点为坐标原点。由题意知质点的加速度为 tdvax10（1）25ty由初始条件 t=0 时， 00yxv，对式（1）进行积分，有2tdt（2）3025ttvy即jti （3）将 st5代入式（3）有)/(6251(smjiv又由速度的定义及初始条件 0t时， 0yx对式（2）进行分离变量并积分，有tdx32ty0435即 jtir43（4）将 st5代入式（4）有 )(412536(mji3. 一质点沿半径为 R 的圆周轨道
3、运动，初速为 0v，其加速度方向与速度方向之间的夹角恒定，如图所示。试求速度大小与时间的关系。解 有题意有 ant而 dtvRan2所以 dtv/t2分离变量 Rvtan12（1）对上式积分，并代入初始条件 t=0 时， 0v，得t0（2）整理式（2）得tvRv00tan4. 有一条宽度均匀的小河，河宽为 d，已知靠岸边水流速度为 0，水的流速按正比增大，河中心水流速度最快，流速为 0。现有一人以不变的划船速度 u 沿垂直于水流方向划一艘小船从河岸某点渡河。试求小船的运动轨迹。解 取河岸为参照系，建立如图所示的直角坐标系，由题意可知，初始条件为t=0 时， 00yx， uvyx0, （1）由题
4、意，水流速度可表示为kv水又当 2dy时， 0水 。故/ 因此ydv0水（2）对小船有 dtxx水（3）tyuvy结合式（1） 、 （2） ，对式（3）积分，并应用初始条件得 20tdx（4）uy对式（4）消去 t，得20dvx（5）这就是小船渡河的运动轨迹方程，其为抛物线。这里需要注意的是，式（5）只适用于小船划至河中心之前，对于后半程小船的轨迹很容易从对称性获得020)(vuyuvx（6）5. 设有一架飞机从 A 处向东飞到 B 处，然后又向西飞回到 A 处，飞机相对空气保持不变的速率 v，而空气相对于地面的速率为 u，A 与 B 间的距离为 l。在下列三种情况下，试求飞机来回飞行的时间。
5、（1） 空气是静止的（即 u=0） ；（2） 空气的速度向东；（3） 空气的速度向北。解 取地面为绝对参照系，空气为相对参照系。（1）空气是静止的，即 u=0，则飞机往返飞行速度大小均匀为 v。飞机往返所需时间为 BAtt1vll2（2）由速度变换定理，飞机由 A 到 B 向东飞行时的速度大小为uvAB由 B 到 A 向西飞行时的速度大小为因此，飞机往返飞行所需时间为 )(122 vulvlulttBA 21)(v（3）当空气的速度 u 向北时，飞机相对于地面的飞行速度 v 及飞机相对空气的速度v与u 间由相对运动关系有uv因此，飞机对地飞行速度的大小为2故飞机往返飞行所需时间2123 )(v
6、utvllttBA 6. 如图所示，质量为 M 的滑块正沿着光滑水平地面向右滑动，一质量为 m 的小球水平向右飞行，以速度 （对地）与滑块斜面相碰，碰后竖1v直向上弹起，速率为 v2（对地） ，若碰撞时间为t，试计算此过程中滑块对地的平均作用力和滑块速度增量的大小。解：(1) 小球 m 在与 M 碰撞过程中给 M 的竖直方向冲力在数值上应等于 M 对小球的竖直冲力，而此冲力应等于小球在竖直方向的动量变化率即： tvf2由牛顿第三定律，小球以此力作用于 M，其方向向下。对 M，由牛顿第二定律，在竖直方向上NMgf0NMgf又由牛顿第三定律，M 给地面的平均作用力也为 MgtmvgfF2方向竖直向
7、下。(2) 同理，M 受到小球的水平方向冲力大小应为 ，方向与 m 原运动方向一致。tvf1根据牛顿第二定律，对 M 有tvf利用上式的 ，即可得 。fmv/17. 空心圆环可绕光滑的竖直固定轴 AC 自由转动，转动惯量为 J0，环的半径为 R，初始时环的角速度为 0，质量为 m 的小球静止在环内最高处 A 点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心 O 在同一高度的 B 点和环的最低处的 C 点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大？（设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径 rR）解：选小球和环为系统，运动过程中所受合外力矩为零，角动量守恒，对地球、小球和环
8、系统机械能守恒，取过环心的水平面为势能零点。对 B 点时： )(200mRJ)(121 20BvRg式中 vB 表示小球在 B 点时相对于地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度。由式得： )/(20J代入式得： 02JmRgvB当小球滑到 C 点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至 0，又由机械能守恒定律知，小球在 C 的动能完全由重力势能转换而来，即： )2(1gmvc vc R48. 从一个半径为 R 的均匀薄板上挖去一个直径为 R 的圆板，所形成的圆洞中心在距原薄板中心 R2 处（如图） ，所剩薄板的质量为 m。求此时薄板对通过原中心而与板面垂直的轴的转动惯量。解：由于转动惯量具
9、有可加性，所以已挖洞的圆板的转动惯量 J 加上挖去的圆板补回原位后对原中心的转动惯量 J1，就等于整个完整圆板对中心的转动惯量 J2。设板的密度为，厚度为 a，则对于通过原中心而与板面垂直的轴 421132 2RaRmJ41mJ123a又由于 ，则Rma342代入上面求 J 的公式，最后可得 241R9. 空气对自由落体的阻力决定于许多因素，一个有用的近似假设是，空气阻力 f的大小与落体的速度 成正比而方向相反，即 kf，其中 k 为大于零的常数，其数值与速度无关，而由其它因素确定。就物体在空气中由静止开始的自由下落考虑，并将 Y 轴的正方向取为竖直向下。 （1）试证，物体运动的收尾速度（即物
10、体不再加速时的速度） kmgvr；（2）试求出速度随时间变化的关系式，并作出 v对 t的曲线图；（3）试定性地画出这种运动的 y对 t以及 a对 t的曲线图。证 （1）物体在下落过程中除受重力外，还受空气阻力。因此，其 y方向的合力为kvmg。根据牛顿运动定律，有mdtv（1）物体下落的加速度kga（2）当收尾时，即物体不再加速时： 0a，由式（2）得kvr（3）（2）将式（3）代入式（1）后分离变量，得dtmr故vtrdmk00积分，有tvrln得)1(tmkre（4）tv的曲线图如图（a）所示。（3）由式（4）及 dtyv可得dtevttmkrr00)(tr1tmkrrevt而tkgdta
11、ty及 ta的曲线图如图（b） 、 （c）所示。10. 如图所示，若使邮件沿着地球的某一直径的隧道传递，试求邮件通过地心时的速率。已知地球的半径约为 m6104.，密度约为 3/105.mkg。解 设邮件在隧道 P 点，如图所示，其在距离地心为 r 处所受到的万有引力为234rmGf)(式中的负号表示 f与 方向相反，m 为邮件的质量。 根据牛顿运动定律，得2)34(dtrG即rdt2)(（1）其中：34。为了简化计算，设邮件刚进入隧道时开始记时，则方程（1）的解可表示为 tRrcos （2）式中 R 为地球半径。式（2）对时间求导，即得邮件传递的速度vin （3）由式（3）可知，邮件通过地心
12、时速率最大，即Gm34316 05.67.10. )/(973s11. 设在地球表面附近，一质量为 kg50.的火箭（含燃料） ，从尾部喷出气体的速率为 sm/10.23。试求：（1）每秒需喷出多少气体，才能使火箭最初向上的加速度大小为 94；（2）若火箭的质量比为 6，该火箭的最后速率。解 （1）取火箭和燃料为研究系统。设在某一时刻 t，系统质量为 M，在随后的 dt时间内有质量 d的燃料变为气体，则 dtMtm。在地球表面附近向上发射火箭时，系统受到向下的重力 Mg和喷出气体向上的推力u，按牛顿运动定律有agdt(1)整理得 uMtm)(初始时刻火箭质量 0，要使火箭获得的最初加速度为 0
13、a，则需要每秒喷出的气体为 3501.2)9.48()(uagdt/168.33sk（2）为求火箭的最后速率可将式（1）改写为dtvMgdtu即 v(2)根据初始条件，有 tMv gdud0001积分，得火箭的速率tln(3)由火箭质量与时间的关系，有 td0可得火箭到达最后速率的时刻 mt满足 600Mtm解得dtttm5)(600(4)把式（4）代入式（3）可得火箭的最后速率 tmgMugtMuvmm6lnln003531896l1.2)/(047s12. 如图（a）所示，一质量为 ，长度为 l的均质绳子，以匀角速度 绕固定端旋转。设绳子不伸长，重力忽略不计。试求离固定端距离为 r处绳中的
14、张力。解 以固定端为原点 O，选取距 点 r至 之间的一微小段绳子作为研究对象，如图（b） ，其受力示情况如图（c）所示。设 处受力为 rT()， 处受力为)(rT，这一微小段绳子的运动方程为 lMmrTr22)( rdr0)(lirdlMdT2(1)利用条件 lr时， 0)(lT，有rlrT2)(2)积分可得)(2)(2rlr(3)从结果可得，张力 T在绳中不同位置处，是不同的。在绳的末端附近，张力最小；在绳的固定端附近，张力最大。13. 有一条单位长度为 的匀质细绳，开始时盘绕在光滑的水平桌面上（其所占的体积可忽略不计） 。试求：现以一恒定的加速度 a竖直向上提绳，当提起 y高度时，作用在
15、绳端上的力为多少？若以一恒定速度 v竖直向上提绳时，当提起 高度时，作用在绳端上的力又为多少？解 取坐标 OY，如图所示，以已提起的高度为 y的细绳为研究对象，由牛顿运动定律，有 dtyvgF)(1)即 a2(2)当 a为恒量时，由 dyva及 0时 v，可得2(3)将式（3）代入式（2）得 题 1-20 图yagF1= )3(当 v为恒量时， 0a,代入式（2）得 22v= )(yg14. 一长为 l的细绳（质量不计）一端固定，另一端系一小球。当小球处于平衡位置时，给其一个水平的初速度 0v，要使小球能沿圆周运动而细绳不会松弛，试求 0v值应为多大？解 如图所示。由受力分析可列出小球的切向和
16、法向运动方程为 sinmgdtv(1)co2Tl(2)由角量和线量的关系 )/(tv，式（1）化为 singdvldt所以 0i0v积分得 题 1-23 图)cos1(22gl(3)由（2） 、 （3）两式消去 得320vllmT(4)由（2） 、 （3）两式消去 v又可得到)cos(20glvl(5)要使小球沿圆周运动，而又使细绳不会松弛，必须有 0T，由式（4） ，由于 02v，因此有lv20(6)而对任意的 角，由式（5）得另一条件为gl5 (7)（6） 、 （7）两式表达的都是使小球沿圆周运动的条件。式（6）表示的是初速 0v较小的情形，这时小球只能在下半圆周内往复摆动，当 lv20时
17、，小球恰沿下半圆周往复摆动，20v越小，摆幅越小。式（7）表示的则是初速 较大的情形，这时小球可沿整个圆周转动。 gl5是小球能绕整个圆周运动的最小初速率，此情况下，小球经过圆周顶点时的速率为 ，小球的重力恰好提供其作圆周运动的向心力，即 mgl/2，而细绳中的张力恰为零。15. 一桶水以匀角速度 绕铅直的桶轴旋转，试证明当水与水桶相对静止时，桶内水的自由表面形状是一个旋转抛物面。证明 取直角坐标系，如图所示，取一质量为 dm的小水块，它受到重力 dmg和压力dN的作用，这两个力的合力就是使 d绕 y轴匀速转动的向心力 xfr2。质量元 m所在处水表面曲线的斜率为 tanxy(1)由图中的几何
18、关系可知 gxdmgfr2ta(2)由式（1）和式（2） ，得 xy2(3)由初始条件 0x时， 0y，有 dgxy020积分得描写水面形状的曲线方程为 02yxy这正是旋转抛物面方程。16. 一根均匀的轻质细绳，一端拴一质量为 m的小球，在铅直平面内绕定点 O作半径为R的圆周运动，已知 0t时，小球在最低点以初速度 0v运动，如图所示。试求（1）小球速率与位置的关系；（2）小球在任一点所受的绳子张力与速率的关系。解 （1）在任一点 B处，小球的受力如图所示，在自然坐标系中其运动方程为在切向： dtvmgsin(1)在法向： RT2co(2)由式（1） dvRgsin即vdi (3)对式（3）
19、积分，并由已知条件 0时， 0得)cos1(22g(4)（2）由式（4）得 Rvcs20代入式（2）得 mgT2)3(0(5)17. 如图（a）所示。一半径为 R的轮子沿地面作无滑滚动，其质心以恒定速度 v作匀速直线运动。现将一个小物体小心地放在轮子的顶部，使它保持瞬时静止状态。试证明：（1）如果 gv，则小物体立刻飞离轮子；（2）如果 Rgv，且摩擦系数 1，则小物体转过一个角度 4)2arcsin(gv时才开始相对于轮子滑动。证明 （1）由题意，轮子的角速度 vlR，图（a）中 A点对地的速度为 0，由相对运动， A绕中心的线速度大小为 ，方向与与速度方向相反。故小物体绕中心的线速度 vm
20、。法线方向的运动方程为 RmvNg2（1）所以 （a） (b)2当 Rgv时， 0，故小物体立刻从轮子上飞离。（2）如图（b）所示。设 为物体刚开始滑动时的角度，则法线方向上： RmvNg2cos（2）切线方向上： ain （3）因物体在未滑动时的切向加速度与轮缘的切向加速度相等，而轮缘的切向加速度为零，这是由于其大小为 dtv，而不变故 0a。于是式（3）变为0sinNmg （4）将 1代入式（4） ，并从式（2）减去式（4） ，得 Rvg2)si(co即 g2in而 )4sin(si)2si(ncos 从而得 Rgv)4i(2arcsin18. 有一变力 ,)9()23(2jyxiF作用于
21、一可视为质点的物体上，物体运动的路径如图所示，试求沿下述路径，该力对物体所做的功。（1） OP；（ 2） A；（ 3） OBP。解 由功的定义，有dyFxdrA )9()23(2（1）（1） OP的直线方程为xy（2）将方程式（2）代入式（1）有 dyddA)6()3(22积分op=030)(38Jx（2） OA的直线方程为 0y，而在 OA段 yF不做功，因此2)(63JdxOA在 P段 xF不做功，而 P的直线方程为： ，因此03)()18(yA所以 57JAPOP（3）与（2）相类似 )(9302dyB6(JxP所以 )15JABOBP19. 质点在力 F 的作用下，由位置 ar运动到位
22、置 br,经过的路程为 S，如图所示。如果力 F的关系分别为 01kr( 为矢径方向的单位矢量)， 02(vkF为速度方向的单位矢量）。试求两种力 和 2在该过程中所做的功。解 由微功的定义drFA有 kdr01所以 )(1abrkdba虽然力 F作功与物体运动的路径无关，只与物体的始末位置有关，故 1F为保守力。kdSrvFA02S 为自然坐标，所以 kdSabrba)(这里 ab,两点自然坐标之差即为质点从 到 的路程 。显然 2F作功取决于物体运动的径迹，其为非保守力。20. 今有一辆自身质量为 4t 的大卡车装有 8t 的沙子，在平直的公路上以 60km/h 的速度匀速行驶，如图所示。
23、卡车行驶至某处 A 时，车厢底部裂开一条小缝，沙子以每秒钟 1kg 的匀速率流出，此后卡车行驶了 150km 至 B 处时，司机发现异常。试求此过程中摩擦力对卡车所做的功。已知车轮与地面间的摩擦系数为 0.3，并设卡车在漏沙行驶过程中车速仍保持不变。解 由题意，以 0m表示卡车（包括沙子）开始时的总质量， m表示 t时刻卡车（包括未流出的沙子）的质量，则kt （1）其中 skg/1。又vx （2）所以卡车在 x处时对应的质量 xkm00（3）式中kgvk/60。这里要注意，式（3）只适合于.4068km。当时mx34， 恒为 4000 ，即kx340时沙子已漏完。由功的定义，可知摩擦力 gf所
24、做的功为xxxdMgmdA00 0)()(21(gk（4）将,3.,/,/6,34,120 20 kskxkgm x5代入式（4） ，计算得 )(104.39JA21. 已知与某二维引力场相对应的势能为：)(2),2yxkyU（。试求：（1）力的分量 xF与 y，并用直角坐标将力以矢量形式表示出来；（2） rF与 ，并用极坐标将力以矢量形式表示出来。解 （1）由保守力 与势能 的微分关系： F得kxUxyFy因此 kjxi（2） 在极坐标系中，因为2yxr,所以21),(rU故 krFr0UF因此 kr电子绕原子核运动，月球绕地球运动时，所受的力就服从 krF的规律。22. 航天飞行器绕地球沿
25、地球表面运动所需的最小速度称为第一宇宙速度 1v，它脱离地球所需的最小速度称为第二宇宙速度 2v，其逃离太阳系所需的最小速度称为第三宇宙速度3v。设地球的半径为 m61037.，地球绕太阳的公转速度为 sm/098.24。试求21,和。解 （1）航天飞行器在地球引力作用下绕地表作圆周运动，因而其运动法线方程为 rvMG22（1）gRv（2）式中 g为地球表面处的重力加速度。将 r代入上式，即得第一宇宙速度1（3）将地球半径 26/8.9,1037. smgR代入上式，得 )/(0731sv（）以地球和航天飞行器为研究体系，规定无穷远处的势能为零，且在无穷远处，动能也最小，由于在此过程中，只有万
26、有引力的作用，故系统机械能守恒，有2RMG（4）由此求得第二宇宙速度 )/(102.312 smvgv（3） 求第三宇宙速度可分为两步进行：第一步从地球表面把航天飞行器送出地球引力圈，在此过程略去太阳引力，这一步的计算方法与分析第二宇宙速度相似，所不同的是航天器还剩有一定的动能21m，因此由机械能守恒定律可知231vRMGv（5）由式（4） ，有223v（6）第二步由航天飞行器脱离地球引力圈的地点（近似认为在地球相对于太阳的轨道上）出发，继续运动，逃逸太阳系，在这过程中忽略地球的引力。以太阳为参考系，地球绕太阳的公转速度为 01rGMv太其中 太M为太阳质量， 0r为太阳中心到地球中心的距离，
27、根据题中给定的条件smv/198.241，以太阳为参考系计算，逃离太阳引力范围所需的速度（与计算第二宇宙速度相当）为 )/(10.42108.293 31smvrGMv太（7） 为了充分利用地球的公转速度，使航天飞行器在第二步开始时的速度沿公转方向。这样，在第二步开始时，航天飞行器所需的相对地球速度为)/(103.28.29.312 smv这就是第一步航天飞行器所需的剩余动能所对应的速度。因此 7.6).1().(3 这就是第三宇宙速度。23. 已知一质点的质量 kgm1，其运动的位置矢量为 jtitr)2cos()(sn6（SI 制）试求：（1）第 4 秒时，质点的动量；（2）前 4 秒内，
28、质点受到合力的冲量：（3）据（2）的计算，是否说明在（2）所指的过程中，质点的动量是守恒的？解 （1）由速度的定义，可得质点的速度为jtitdtrv)2sn()co(（1）因此，质点的动量 jtitmP)(3)(（2）将 t=4s 代入式（2）得 i4由动量定理，前 4s 内，质点受到外力的冲量 0I（3）上述计算表明质点在前 4s 的运动过程中，初末两时刻（状态）的动量相等。将 t=1s 代入式（2） ，得 013Pj将 t=2s 代入式（2） ，得 12i故质点在（2）所指的过程中动量是不守恒的。24. 质量为 2kg 的物体在力 F 的作用下从某位置以 0.3m/s 的速度开始作直线运动
29、，如果以该处为坐标原点，则力 F 可表示为 )1(8.0x（ SI 制）式中 x为位置坐标。试求 2s 时物体的动量和前 2s 内物体受到的冲量。解 由动能定理的微分式 )2(mvd有 )()1(8.02vdx积分并代入初始条件 时， s/3.0得1 （1）又由 dtxv得 dtx3.01积分得t.)ln( 130e(2)将式（2）代式（1） ，得tv. （3）所以，2s 时物体的动量)/(09.62 smkgemP由动量定理，前 2s 内的冲量 4102I25. 质量为 5kg 并可视为质点的物体，在平面力 jitF8)62(SI 制，t 为物体运动的时间，从开始运动时记时)作用下，从原点开
30、始运动时，试求任意时刻（1） 该质点的动量；（2） 力 F 对原点的力矩；（3） 该质点的动量对原点的动量矩。解 （1）由牛顿运动定律 ma可得质点运动的加速度jit6.1)2.40(（1）由速度的定义，有 dtjitdv即 tjitt06.1)2.4(积分得 tjitv（2）因此，质点的动量 mP8)32(（3）（2）由式（2） ，有 dtjitrt06.1.4积分得 jtitt2328.0)(（4）由力对定点矩的定义 kt kttFrM3 230. )6(.(3)根据动量对定点矩的定义，由式（3） ，有t tttPL4 223208. )(8.0.26. 一旋转齿轮的角加速度 由下式给出：
31、 23bta（SI 制）式中 t为时间， a与 b均为常量。假定齿轮具有初角速率 0。试求角速率和转过的角度（以时间的函数表示） 。解 由角加速度的定义 dt，有 dtbat)34(2利用条件 0t时， 0，对上式积分 t t0234(1)再利用 dt，有dtbtad)(034(2)记 0t时，齿轮转过的角度为 0,则对式(2)积分得 0451tt27. 一绕定轴旋转的刚体，其转动惯量为 J，转动角速度为 0。现受一与转动角速度的平方成正比的阻力矩的作用，比例系数为 )(k。试求此刚体转动的角速度及刚体从0到所需的时间。解 由题意，此刚体所受的外力矩2kM （1）由转动定律2dtJ（2）分离变
32、量，有 tJkd2由条件 0t时 0，积分上式 002t得ktJ0（3）将 20代入式（ 3） ，得 kJt028. 如图（a）所示，一半径为 R质量为 m的均匀圆形平板放置在粗糙的水平桌面上，平板与桌面间的摩擦系数为 ，摩擦力均匀地分布于圆形平板的底面。现让平板绕垂直于平板中心的 O轴转动，试求摩擦力对 O轴的力矩。解 已知摩擦力： mgf。由于摩擦力均匀分布于平板底面，所以单位圆形平板底面所受的摩擦力为20Rf如图（b）所示，选取半径为 r，宽度为 dr的圆形质元，则其所受的摩擦力rdRmggf 22(1)df对 O轴的力矩rrdfM2(2)对式(2)积分 dRmg20= 329. 试求图
33、示圆柱体绕中心轴的转动惯量。设圆柱体的质量为 ，半径为 R，个圆柱形空洞的半径均是 3/R，从中心轴到各个空洞中心的距离均为 2/。解 设用与本题圆柱相同的材料将其 4 个圆柱形空洞填满。该方法称为补偿法。设填满之后每个小圆柱体的质量 m，则填满后的总质量为 m4m.因此 9)3(2LR所以 m51同时，设填满后整个圆柱体对中心轴的转动惯量为 1J，填满后的四个小圆柱对中心轴的转动惯量为 2J，则本题所求转动惯量 J为（ 2） ，而221109)4(2mRJ由平行轴定理，得 222 45)()3(Rm故30. 一个质量为 kg0.6的物体放在倾角为 0的斜面上，斜面顶端装一滑轮。跨过滑轮的轻绳
34、，一端系于该物体上，并与斜面平行，另一端悬挂一个质量为 kg18的砝码。滑轮质量 kg0.2，其半径为 1.，物体与斜面间的摩擦系数为 .。试求：（） 砝码运动的加速度：（） 滑轮两边绳子所受的张力。 （假定滑轮是均匀圆盘式的，重力加速度 取2/sm）解 （）各物体受力情况及 1、 2m的加速度 a的方向如图所示。应用牛顿运动定律及转动定律得对于 1 amTg11 （1）（a） (b) (c) (d)对于 2m amgfT222sin （2）对于滑轮 JrT)(21 (3)又cos2gmf (4)r (5)由式(1)至式(5)，并代入21MJ，解得sinco21gg(6)代入数值，计算得 0.
35、2.61830si3cos0.18 o= )/(79.52sm(2)由式(1)、(2)，得)(8.75)(1NgmT9.6sinco231. 如图（ a）所示， A、 B两个轮子的质量分别是 A和 Bm，半径分别是 Ar和 B。另有一细绳绕在两轮子上，并按图示连接。其中 轮绕固定轴 O转动。试求：(1)轮子 下落时，轮心的加速度；(2)细绳的拉力。解 两轮子的受力情况如图（b）所示，取竖直向下为 Y轴正向。轮子 A绕轴 O作定轴转动，因此，由转动定律有 AArmT21而 Ar，故A21(1)对于轮子 B除了绕其质心轴 C的转动外，还有质心 C的平动。根据牛顿运动定律，轮子的质心运动方程为BBa
36、mTg (2)又根据转动定律，对 轮的转动有 BBrmT21其中 r,因此得 Ba21(3)又 A、 B轮的切向加速度 A， 与 轮质心加速度 C满足关系式 BC(4)以式(1)、(3)代入式(4)，解得 (a) (b)BAamT)(2(5) 题 1-80 图联立式(2)和式(5)，解得gmaBAC23)(T32. 如图所示，设有一转台，质量为 M，半径为 R，可绕竖直的中心轴转动，初始角速度为 0，有一人站在转台中心，其质量为 。若他相对转台以恒定的速度 u 沿半径向边缘走去，试求人走了 t 的时间后，转台转过的角度。 （竖直轴所受摩擦阻力矩忽略不计）解 在人走动过程中，人和转台组成的系统不
37、受对竖直轴的外力矩（人离转台中心后受到的重力矩垂直于轴） ，因此系统对竖直轴的角动量守恒。设在时间 t，人走到距转台中心为 utr处，转台的角速度为 ，则由角动量守恒有)2(202mRM(1)可求出201tu(2)根据转台转过的角度 与 的关系，即 dt，积分上式tt tMRmud02001积分得 )2(arctn)2(110RMmuu(3)33. 一质量为 m，半径为 R，高 h的圆柱体，可绕轴线 O转动。在圆柱侧面上开有一与水平成 045角的螺旋槽，放一质量也为 m的小球于槽中。开始时小球由静止从圆柱顶端 A受重力作用滑下，圆柱体同时发生转动。设各摩擦均不计，试求当小球滑落到圆柱体底部 B
38、时，小球相对圆柱体的速度和圆柱体的角速度。解 设圆柱体沿图示方向转动的角速度为 ，小球相对圆柱体的运动速度为 u。由题意可知， u的水平分量为 cosu，因此小球相对于地面的运动速度的水平分量为Rcos，如图所示。由于重力不产生引起圆柱绕轴转动的力矩分量，轴上的反力对转轴的力矩也为零，所有摩擦均不计，故小球和圆柱体组成的系统对定轴 O的角动量守恒，有 0)cos(RumJ由题意知除重力矩外，无其它外力矩和任何非保守内力矩作功，故系统的机械能也守恒，有 22)s(1gh2)inu将圆柱体的转动惯量21mRJ和 h代入上式，联立上述两式，可得 g334. 如图所示，一具有圆形周边，质量对其中心对称
39、分布的物体，在一倾角 为的斜面上作纯滚动。设摩擦系数为 ，试求使该物体作纯滚动时， 的取值范围。解 设物体的半径为 R，对中心轴的转动惯量为 J，其受力如图所示。质心沿斜面平动，有 Cmafgsin(1)在垂直斜面方向，有 0coN（2）物体绕质心转动，由转动定律有 JfR(3)纯滚动的条件 RaC (4)由式（1） 、 （2） 、 （3） 、 （4） ，解得 sin2mgJf欲使物体作纯滚动，则必须满足 coNf即 JmRgJ22tanssi从而得 arct2J(5)35.一人自原点出发，25 s 内向东走 30 m，又 10 s 内向南走 10 m，再 15 s 内向正西北走 18 m求在
40、这 50 s 内， (1) 平均速度的大小和方向; (2) 平均速率的大小 解：(1) BCAO)45sin)co(18)0(3jji 7.2.1=17.48 m，方向 =8.98(东偏北) C0.35 m/stOCtr/v方向东偏北 8.98 (2) (路程 ) m=58m, 1803Sm/s 6./tSv50.有一宽为 l 的大江，江水由北向南流去设江中心流速为 u0，靠两岸的流速为零江中任一点的流速与江中心流速之差是和江心至该点距离的平方成正比今有相对于水的速度为 的0v汽船由西岸出发,向东偏北 45方向航行，试求其航线的轨迹方程以及到达东岸的地点解：以出发点为坐标原点，向东取为 x 轴
41、，向北取为 y 轴，因流速为y 方向，由题意可得ux = 0 uy = a(xl/2)2b 令 x = 0, x = l 处 uy = 0, x = l/2 处 uyu 0 ， 代入上式定出 a、 ，而得 xl24船相对于岸的速度 (vx，v y)明显可知是 2/0，yyuO C A B 东 y北 西 南 x y45v0u0xl将上二式的第一式进行积分，有 tx20v还有，=xytxyty d2d0vxlu204即 l01v因此，积分之后可求得如下的轨迹(航线) 方程： 302042xluxlyv到达东岸的地点(x ，y )为 031v,lylxx36. 一质点在平面 xOy 内运动，运动方程
42、为 x=2t， 29ty(SI)。(1) 求质点的运动轨道；(2)求 t=1s 和 t=2s 时刻质点的位置矢量；(3)求 t=1s 和 t=2s 时刻质点的瞬时速度和瞬时加速度；(4) 在什么时刻，质点的位置矢量和速度矢量垂直 ?这时 x、y 分量各为多少?(5)在什么时刻，质点离原点最近?最近距离为多大?解 质点的运动方程 tx2， 219ty(1)消去参数 t，得轨道方程为:2(2)把 t=1s 代入运动方程，得jijir17yx把 t=2s 代入运动方程，可得ji4)29(2(3)由速度、加速度定义式，有/d,0/dyxtvatva所以，t 时刻质点的速度和加速度分别为jiji42yx
43、所以，t=1s 时， jiv， jat=2s 时， 8，(4)当质点的位置矢量和速度矢量垂直时，有0r即 042)19(2jijittt整理，得 3解得 t； t； 3t(舍去)m19,0s1yx地622t(5)任一时刻 t 质点离原点的距离2)()( ttr令 dr/dt=0 可得 t=3所以，t=3s 时，质点离原点最近 r(3)=6.08m37. 一质点的运动学方程为 2tx， 21ty(S1)。试求： (1)质点的轨迹方程：(2)在 2ts 时，质点的速度和加速度。解 (1) 由质点的运动方程 (1) 2t (2)消去参数 t，可得质点的轨迹方程 )1(xy(2) 由(1)、(2) 对
44、时间 t 求一阶导数和二阶导数可得任一时刻质点的速度和加速度tv2dx12dytv所以 jijiyxt (3)2ta2yta所以 ji (4)把 t=2s 代入式(3)、(4)，可得该时刻质点的速度和加速度。 jiv4ji38. 质点的运动学方程为 tAxsn， tBycos，其中 A、B、 为正常数，质点的轨道为一椭圆。试证明质点的加速度矢量恒指向椭圆的中心。证明 由质点的运动方程 i (1)tyco (2)对时间 t 求二阶导数，得质点的加速度 ttxasind22tBtyco所以加速度矢量为 rjia22cossntA可得加速度矢量恒指向原点椭圆中心。39. 质点的运动学方程为 jir2tt(SI)，试求： (1)质点的轨道方程； (2)t2s 时质点的速度和加速度。解 (1) 由质点的运动方程，可得tx 2ty消去参数 t， 可得轨道方程241x(2) 由速度、加速度定义式，有 jirvttd/a2将 t=2s 代入上两式，得ji4 ja240. 已知质点的运动学方程为 trxcos， trysin， ctz，其中 r、 、c 均为常量。试求：(1) 质点作什么运动？(2)其速度和加速度?(3) 运动学方程的矢量式。解 (1) 质点的运动方程 (1) tyin(2) cz(3)由(1)、(2) 消去参数 t 得 22rx此方程表示
