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1、第一章质点运动学1 .解：(1)r=( -I0t+ 30t2)i (15t 20t2)jdrv ( 10 60t)i (15 40t) j ,初速度：v 10i 15j大小：v= .1015 m/s 18.03m/s15万向：与x轴负向夹角arctan一 56.3102 2) a dv 60i 40j dt大小：a = . 602 402 m/s2 72.11m/Saxdvx10t dtay包 15t2 dt由初始条件t=0时v0x=v0y=0,对式进仃积分，有Vxt210tdt 5t20vyt2315t2dt 5t30即v5t2i 5t3j将t=5s带入式，有v(125i 625j)(m/s
2、)方向：与x轴正向夹角arctan 33.69o602.解：取质点的出发点为原点。由题意知质点的加速度为又由速度的定义及初始条件t=0时，X0 =y 0=0,对式进行分离变量并积分，有t 25 3x 5t2dt -t303t 35 4y 5t dt -1y 04(4)3将t=5s带入式有,625. 3125.、(h -vj)m3.解 根据运动学方程，可得角速度和角加速度分别为d /dt 12t2d /dt 24tt 2秒时，法向加速度和切向加速度分别为an t 2 0.1 (12t2)2 0.1 (12 22)2_ _222.30 10 (m/s )2 a r 2.4t 2.4 2 4.8(m
3、/s2)由a a/2 ,有,22224a a a an从而得O 223a an即 _ _22_ 2 43(24rt) r (12t )由此可得13 ,3t 6因此，此时刻的 值为2 4t32 4 .3/6 3.15(rad)由题意ana ,即r(12t2)2 24rt解得t 0.55(s)4.解由题意有tandv dt所以分离变量对上式积分，并代入初始条件整理式得tan2 v/Rdv dtdv2 vRtan-dtt0时，vvo,11tvovRtanvv0RtanRtanvot得牛顿定律第二章dv1.解 （1）f cv = m dtdv，vmv dvct lxdtv0 Vm0In vo-t m-
4、tvoe(2)dsdtc_tvemds_ctV0em dtsds0tV。0e2tmdtmvot_ctemd(-t) mmv0e vct mmv(1c_ctem )2.解在任一点B处,小球的受力情况如图所示，在自然坐标系中其运动方程为在切向:mgsindv m dt在法向:T mgcos2 V m R由式V dV gsinR dvdvRgsin对式积分，并由已知条件0时，Vvo得由式得代入式得2Vo2gR(1cos )(4)g cos2V02RT mg22、m(3v v0)2R第三章动量守恒定律和能量守恒定律1.解由x 3t 4t2 t3可得v dx 3 8t 3t2dt由式得，当t=0时，v0
5、3.0m/s； t=2s时，v21.0m/s。因此，作用力在最初2.0s内所作的功A gm(v； v2)1 22 3.0 ( 1.0)2 3.02)12.0J 式对时间求导数，得质点的加速度a dv 8 6tdt瞬时功率P Fv(ma)v3( 86 1.0)(3 8 1.0 3 1.02)12.0(J/s)2.解由功的定义可知，由物体开始运动到2m时22W o Fdx o 0.18(x 1)dx 0.72由动能定理1 212Wmv2mv12 2代入初始条件x 0时，v1 0.3 m/s ,得v2 0.9m/s所以，2m时物体的动量为P2 mv2 2 0.9 1.8(kg m/s)由动量定理，前
6、2m内的冲量为I2 P2 P0 1.8 0.6 1.2(kg m/s)3.解：（1）因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置。因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒。令子弹穿出时物体的水平速度为V，1分有mv0 mv Mvv m v0 v M 3.13m sT Mg Mv2l 26.5Nt mvmvo（设v0方向为正方向）=-4.7 N4.解 Is由题意分析，力F与x的关系为由牛顿运动定律，有dv m dt即mvdv Fdxmvdv Fdx(FoFo x)dxL两边积分,并由初始条件,x 0时，v 0,得1 2一 mv2Fox2L因此F0 g(2x m2-)
7、Lx L时,速率为FoLmOX,各量的标记如图所示。在5.解 以物体m1、m2和弹簧为研究系统，建立图示坐标系 力F作用下，m1处于Xo处达到平衡，由静力平衡条件得Fmgkxo0（1）而m2离开地面的条件为kx m2g0刚好离开地面时，上式取等号。现在的问题是将x与F联系起来。由m1，m2弹簧和地球组成的系统，其只有重力和弹性力作功，故系统机械能守恒。以坐标原点O(即弹簧的自然长度处)为弹性势能和重力势能零点，对A、B两状态有守恒关系migx1 2i2kx0mi gx0kx2 2两边乘以2k有k2x(2 2mi|gkx0 k2x22m1gkx将式代入上式，得(F mig)22mg(F2 2mi
8、g) k x2m1gkx2(kx mig)_ 2_ 一F 2mi gF22mi g222migF mi g整理得(kx、2 mig)F2kxF mig(4)由,(2)、(4)两式可得(mi m2)g即F至少要等于(m1m2)g ,可使F撤销后，恰使m2抬起。m1弹起的最局点xo(a)1.解：受力分析如图示,OA弹簧为原长时m1的位置力f作用下，m1的位置(b)第四章刚体的转动根据牛顿运动定律和转动定律得：mg T maTr J解得： J m g又根据已知条件Vo= 0S2at2,2S得：J mr2 gt22smg2.解设斜面上问题质量为m2,另一物体质量为 巨。滑轮的质量为 M ,半径为r。分
9、别对两物体及滑轮进行受力分析。mi受重力，拉力mig T1miam2受重力，斜面给它的支持力，摩擦力，拉力T2m2g cosm2g sinm2a滑轮受重力，轴对它的支持力，两侧绳子的拉力1T2r r Mr25.79联列求解am仪8$m2gsin1 .-Mm1m2Timigm1a 75.78T2 m2am2g cosm2g sin 69.943.解：J12.2-MR = 0.675kg mmamgTRa厘mR5.06m/s2 J因此（1）下落距离2 一 一h at /2 63.3m（2）张力Tm(ga) 37.9 N分析图4.解 M(Ti丁2平1为旧2 12(1)(TiT2)R2m2R2(2)(
10、3)由于皮带不打滑，切向速度相同，其变化率即切相加速度相同:R1 1R2 2由式（2） （3）得由式(2)得Ti T21m2R2 22由式（3）得2一并代入式（1附2M1:777(m1 m2) R1代入式（3）得2M2(ml1 mh) R1 R25.解（1）由题意可知细棒的质量线密度为kr式中k为常数。L由于细棒的总质量为 m ,所以 krdr m0由此得2mFkr2mFrr2dm r2 dr所以L2mr3dr -mL20 L22(2)细棒上到转轴距离为 r的长度元dr所受到的摩擦力及摩擦力矩分别为df2m g gdm g drrdrdM2m g 2rdf 产 r drL2整个细棒所受到的摩擦
11、力矩为一 2 mgM -L2Lr2dr03mgL(3)设细棒由角速度0到停止转动所经历的时间为t,则角动量定理可得Mt 0mgLt/ 12(-mL) o2tMJ0.2(1)Jd3 oL g0.2(d dt1)d0.2由条件1,积分上式得2(1)2即1由角速度的定义d,分离变量得dt-d dt1积分上式，并代入初始条件t =0时 2 ,得t ln( 1)则砂轮的运动方程为1 et将式代入式得te因此2s时，砂轮的动能为1214Ek-J2-0.2 e45.46(J)角动量为_2_2L J 20.2 e 1.48(kg m /s)由动能定理，前2s内力矩的功为1 212A -J 22-J 05.46 0.1 5.36(J)2 2由角动量定理，前2s内的冲量距为I J 2 J 0 1.48 0.2 1
