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赵近芳版《大学物理学上册》课后答案解析

习题解答习题一

1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同?

d d r 和

d d r 有无不同?

d d v 和

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 ?1

2r r -=，1

2r r r

-=?；

（2）

d d r 是速度的模，即

t d d r =

=v t s d d .t

d d 只是速度在径向上的分量.

∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则

t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中

d d 就是速度径向上的分量，

∴

t d d d d 与

r 不同如题1-1图所示.

题1-1图

(3)

d d v 表示加速度的模，即

v a d d =

，

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

就是加速度的切向分量. (t

t r d ?d d ?d 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 ＝2

2y x +，然后根据v =

d d ，及a ＝

2d 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 =

2d d d d ??

? ??+??? ??t y t x 及a =

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

+=，

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

222

22222

2d d d d d d d d ?

??+???? ??=+=?

? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y

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

22d d d d t

r a t

r v ==

其二，可能是将

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

d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，

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

2d 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 =

1t 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

)432

1()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+=-=

∴

104s m 534

201204-?+=+=--=??=j i j

i r r t r v

(4) 1s m )3(3d d -?++==j t i t

则 j i v 734+= 1

s m -?

(5)∵

j i v j i v

73,3340+=+=

204s m 14

44-?==-=??=j v v t v a (6) 2s m 1d d -?==j t

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

222s h l +=

将上式对时间t 求导，得

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， ∴

s v v t l v d d ,d d 0-==-

=船绳即

cos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-

=船

或

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

0222

020

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2s m -?，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s m -?,

试求质点在任何坐标处的速度值．解： ∵

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

222

1 由题知，0=x

时，100=v ,∴50=c

∴

13s 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 2s 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

a 34d d +==

分离变量，得 t t v d )34(d +=

积分，得

4c t t v ++=

由题知，0=t

,00=v ,∴01=c

故 22

4t t v +=

又因为 22

34d d t t t x v +==

分离变量，

t t t x d )2

4(d 2+=

积分得 2322

2c t t x ++=

由题知

0=t ,50=x ,∴52=c

故 52

232++=t t x

所以s 10=t

时

7055102

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， 2s 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 ==

a a τ

即 β

ωR R =2

亦即

t t 18)9(22=

)

sin (sin 2

cos

sin

200t R t R R t v R t v x ωωθθ

-=-=-=则解得 9

23=

t 于是角位移为

rad 67.29

32323=?

+=+=t θ

1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝202

bt 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

v -==0d d

R bt v R v a b t

a n 2

02)(d d -=

=-==

则 2

)(R bt v b a a a n

=+=τ

加速度与半径的夹角为

0)(arctan

bt v Rb a a n --=

=τ?

(2)由题意应有

)(R bt v b b a -+

即 0)(,)(402

=-?-+=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

（1）

题1-9图

)

cos 1()cos 1(2

sin

2sin

2t R R R y ωθθ

-=-== （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 22

ωωωω

1-10 以初速度0v ＝201

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 ==

21s m 10-?==g a n

又∵

11ρv a n =

∴

1010)60cos 20(2

2111=??=

=n a v ρ

(2)在落地点，

2002==v v 1s m -?,

而

o 60cos 2?=g a n

∴

m 8060cos 10)20(2

2222=?

?==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

-，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，4.022.0=?==t βω 1s rad -?

则16.04.

04.0=?==ωR v

1s m -?

064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2s m -?

08.02.04.0=?==βτR a 2s m -?

22222

s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+=τa 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

gh i gh u v u v A

A )sin 2()cos 2('

αα++=+=地

题1-12图

1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝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1221

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

22121h km 50-?=+=v v v

方向北偏西 ?===87.364

arctan arctan

21v v θ

(2)小船看大船，则有2112

v v v

-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得

5012=v 1h 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因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a 1，其对于m 2则为牵连加速度，又知m 2对绳子的相对加速度为a ′，故m 2对地加速度，由图(b)可知，为

a 2=a 1-a ′ 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

m 1g-T=m 1a 1 ②

T-m 2g=m 2a 2 ③

联立①、②、③式，得

212

112122

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a ′=0，则a 1=a 2表示柱体与绳之间无相对滑动．

(2)若a ′=2g ，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m 1,m 2均作自由落体运动．

题2-1图

2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，

N B -mg=0 ①

又因梯无转动，以B 点为转动点，设梯子长为l ，则

N A lsin θ-mg

cos θ=0 ② 在水平方向因其有加速度a ，故有

f+N A =ma ③

题2-2图

式中f 为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，

即 f=±μ0mg ④ 联立①、②、③、④式得

)

(2tan ,)(2tan 00g a g

g a g M m μθμθ-=+=

2-3

283

166-?===s m m f a x x

216

7-?-=

s m m

f a y y

(1)

??--?-=?-=+=?-=?+-=+=201

2008

21674

2832s m dt a v v s m dt a v v y y y x x x

于是质点在2s 时的速度

45-?--=s m j

i v

(2)

j i j i j t a i t a t v r y x 874134)16

(21)4832122(21

)21(220--=?-+??+?-=++

2-4 (1)∵dt

m kv a

分离变量，得

m kdt v dv -=

即??-=v v t m

kdt v dv 00 m kt

e v v -=ln ln

∴

m k e

v v -=0

(2)??---=

==t

m k m k

e k

mv dt e

v vdt x

00)1( (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有?∞

='00

mv dt e

v x t

m k

(4)当t=

m 时，其速度为

v e v e

v v k

m m k 0

100=

==-?-

即速度减至v 0的

1. 2-5分别以m 1,m 2为研究对象，其受力图如图(b)所示．

(1)设m 2相对滑轮(即升降机)的加速度为a ′，则m 2对地加速度a 2=a ′-a ；因绳不可伸长，故m 1对滑轮的加速度亦为a ′，又m 1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m 1在水平方向对地加速度亦为a ′，由牛顿定律，有

m 2g-T=m 2(a ′-a)

T=m 1a ′

题2-5图

联立，解得a ′=g 方向向下 (2) m 2对地加速度为 a 2=a ′-a=

g 方向向上

m 1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a 绝=a 相′+a 牵

∴g g g a a a 2

422

1=+=+'=

θ=arctan

a a '=arctan 2

=26.6°，左偏上． 2-6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30°，则动量的增量为 Δp=mv-mv 0

由矢量图知，动量增量大小为｜mv 0｜，方向竖直向下．

2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量 Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上，大小｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=mg

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 (1)若物体原来静止，则

Δp 1=

?=+=t

idt t Fdt 0

56)210( i kg ·m ·s -1,沿x 轴正向，

1111

1566.5--??=?=?=?=

?s m kg i

p I s m i m p v

若物体原来具有-6 m ·s -1初速，则

+-=+-=-=t t

Fdt mv dt m F

v m p mv p 000000)(,于是 ??==-=?t p Fdt p p p 0

102,

同理，Δv 2=Δv 1,I 2=I 1

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 dt t I 0

210)210(

亦即t 2+10t-200=0

解得t=10 s ，(t ′=-20 s 舍去) 2-9 质点的动量为

p=mv=m ω(-asin ωti+bcos ωtj) 将t=0和t=

2分别代入上式，得 p 1=m ωbj,p 2=-m ωai,

则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I=Δp=p 2-p 1=-m ω(ai+bj)

2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有 F=(a-bt)=0,得t=

a (2)子弹所受的冲量

?-=-=t

bt at dt bt a I 0221

)(

将t=b

代入，得

a I 22=

(3)由动量定理可求得子弹的质量

02bv a v I m =

2-11设一块为m 1，则另一块为m 2， m 1=km 2及m 1+m 2=m 于是得

,121+=

k m

m k km m ① 又设m 1的速度为v 1,m 2的速度为v 2，则有

22222112

12121mv v m v m T -+=

② mv=m 1v 1+m 2v 2 ③

联立①、③解得

v 2=(k+1)v-kv 1 ④

将④代入②，并整理得

21)(2v v km

-= 于是有km

T v v 21

= 将其代入④式，有

kT v v 22±

又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取

v v m kT v v 2,221-=+

= 证毕．

2-12 (1)由题知，F 合为恒力， ∴ A 合=F ·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)

=-21-24=-45 J (2)w t A N

756

.045==?=

(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J

2-13 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 f=-ky

第一锤外力的功为A 1

???=

=-='=s

kydy fdy dy f A 1

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dt →0时，f ′=-f ．设第二锤外力的功为A 2，则同理，有

?-=

2222

21y k

ky kydy A ② 由题意，有

)21(212k

mv A A =?== ③

即

22122k

k ky =- 所以，

22=y

于是钉子第二次能进入的深度为 Δy=y 2-y 1=

2-1=0.414 cm

2-14

)

(

)

(

方向与位矢r的方向相反，即指向力心．

2-15 弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有

题2-15图

F A=F B=Mg

又F A=k1Δx1

F B=k2Δx2

所以静止时两弹簧伸长量之比为

弹性势能之比为

2-16 (1)设在距月球中心为r处F月引=F地引，由万有引力定律，有

mM月=G

()2r

地

经整理，得

r=R

月

地

月

.3?

=38.32?106m

则p点处至月球表面的距离为

h=r-r月=(38.32-1.74)×106＝3.66×107m

(2)质量为1 kg的物体在p点的引力势能为

()r

P-

=地

月

=()7

=-1.28J

2-17 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

-μm2gh=

(m1+m2)v2-［m1gh+

k(Δl)2］

式中Δl为弹簧在A点时比原长的伸长量，则

Δl=AC-BC=(2-1)h

联立上述两式，得

()()

题2-17图

2-18 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

-f r s=?

-37

sin

2mgs

sin

mgs

式中s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有关数据，解得

k=1390 N·m-1

题2-18图

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h′

-f t s′=mgs′sin37°-

kx3

代入有关数据，得s′=1.4 m,

则木块弹回高度

h′=s′sin37°=0.84 m

题2-19图

2-19 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

mgR=

222

21MV mv + 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 mv-MV=0

联立，以上两式，得 v=

()

M m MgR +2

2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有

2221202

12121mv mv mv += 即

22120v 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

mv 0=mv 1+mv 2

亦即 v 0=v 1+v 2 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v 0为斜边，故知v 1与v 2是互相垂直的． 2-21 由题知，质点的位矢为

r=x 1i+y 1j

作用在质点上的力为

f=-fi

所以，质点对原点的角动量为 L 0=r ×mv

=(x 1i+y 1j)×m(v x i+v y j) =(x 1mv y -y 1mv x )k 作用在质点上的力的力矩为 M 0=r ×f=(x 1i+y 1j)×(-fi)=y 1fk

2-22 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

r 1mv 1=r 2mv 2

∴m v v r r 12

410211210

26.51008.91046.51075.8?=????==

2-23 (1)

??-??===?3

1155s m kg j

jdt fdt p

(2)解(一

) x=x 0+v 0x t=4+3=7

j at t v y y 5.2533

213621220=??+?=+=

即r 1=4i,r 2=7i+25.5j v x =v 0x =1

1133

60=?+=+=at v v y y

即v 1=i 1+6j,

v 2=i+11j

∴ L 1=r 1×mv 1=4i ×3(i+6j)=72k

L 2=r 2×mv 2=(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5k ∴ΔL=L 2-L 1=82.5k kg ·m 2·s -1 解(二) ∵dt

dz M =

∴

???=?=?t

t dt F r dt M L 0

)(

??-??=+=???

????+++=3

30225.82)4(55)35)216()4(s m kg k

kdt t jdt j t t i t

题2-24图

2-24 在只挂重物M 1时，小球作圆周运动的向心力为M 1g ，即

M 1g=mr 0ω20 ①

挂上M 2后，则有

(M 1+M 2)g=mr ′ω′2 ②

重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即 r 0mv 0=r ′mv ′

22020ωω''=?r r ③

联立①、②、③得

211

21010

10)()(M M M mM g r g m M M r M M M mr g M mr g M +='

'+=

'=ωωω

2-25 (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，F r 、F ′r 是摩擦力，F x 和F y 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

11210

)(+=

'='-+

对飞轮，按转动定律有β=-F r R/I ，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ F r =μN N=N ′ ∴

F l l l N F r 1

1+='=μ

又∵ ,2

2mR I =

∴F mRl l l I R F r 1

21)

(2+-=-

=μβ

① 以F=100 N 等代入上式，得

10050.025.060)75.050.0(40.02-?-

=???+??-=

s rad 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 t 06.740

60329000=???=-

=πβω

这段时间内飞轮的角位移为

rad

t t π

πππβωφ21.53)4

(34021496029002

20?=??-??=

+= 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．

(2)ω0=900×(2π)/60 rad ·s -1，要求飞轮转速在t=2 s 内减少一半，可知

1522

-?-

=-=s rad t

πωωωβ

用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

mRl

177

)

.0(

)

(

2-26 设a，a2和β分别为m1m2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)m1，m2和柱体的运动方程如下：

βI

式中T1′=T1,T2′=T2,a2=rβ,a1=Rβ

而I=(1/2)MR2+(1/2)mr2

由上式求得

8.9

1.0

2.0

rad

(2)由①式

T2=m2rβ+m2g=2×0.10×6.13+2×9.8＝20.8 N

由②式

T1=m1g-m1Rβ=2×9.8-2×0.20×6.13＝17.1 N

2-27 分别以m1，m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m1,m2运用牛顿定律，有m2g-T2=m2a ①

T1=m1a ②

对滑轮运用转动定律，有

T2r-T1r=(1/2Mr2)β③

又，a=rβ④

联立以上4个方程，得

26.7

200

8.9

200

题2-27(a)图题2-27(b)图

题2-28图

2-28 (1)由转动定律，有

mg(l/2)=[(1/3)ml2]β

∴β=

(2)由机械能守恒定律，有

mg(l/2)sinθ=(1/2)[(1/3)ml2]ω2

∴ω=

gθ

sin

题2-29图

2-29 (1)设小球的初速度为v0，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：

mv0l=Iω+mvl ①

(1/2)mv20=(1/2)Iω2+(1/2)mv2 ②

上两式中I=1/3Ml2，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θ=30°，按机械能守恒定律可列式：

)

cos

Iω③

由③式得

)

cos

1(?

Mgl

由①式

④

由②式

=⑤

所以

)

(2ω

求得

2(6

)

(2)相碰时小球受到的冲量为

∫Fdt=Δmv=mv-mv0

由①式求得

∫Fdt=mv-mv0=-(Iω)/l=(-1/3)Mlω

=-gl

2(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 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度

v0=Rω

设碎片上升高度h时的速度为v，则有

v2=v20-2gh

令v=0，可求出上升最大高度为

(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I′=(1/2)MR2-mR2，碎片脱离前，盘的角动量为Iω，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

Iω=I′ω′+mv0R

式中ω′为破盘的角速度．于是

(1/2)MR2ω=[(1/2)MR2-mR2]ω′+mv0R

[(1/2)MR2-mR2]ω=[(1/2)MR2-mR2]ω′

得ω′=ω(角速度不变)

圆盘余下部分的角动量为

[(1/2)MR2-mR2]ω

转动动能为