1.1木星的ー個衛(wèi)星一木衛(wèi)1——上面的珞磯火山噴發(fā)出的巖塊上升髙度可達200km,這些石塊的噴出速度是多大?已知木衛(wèi)1上的重力加速度為1.80m/s2,而且在木衛(wèi)1上沒有空氣。解 v=V2gh=</2"X1.80X200X10J=849m/s2ー種噴氣推進的實驗車,從靜止開始可在1.80s內(nèi)加速到1600km/h的速率。按勻加速運動計算,它的加速度是否超過了人可以忍受的加速度25g?這1.80s內(nèi)該車跑了多大距離?解實驗車的加速度為1600X1033600X1600X1033600XE80=2.47X102m/s2=25g基本上未超過25g。1.80s內(nèi)實驗車跑的距離為1600X103

2~1600X103

2~X3600X1.80=400m1.3一輛卡車為了超車,以90km/h的速度駛?cè)胱髠?cè)逆行道時,猛然發(fā)現(xiàn)前方80m處ー輛汽車正迎面駛來。假定該汽車以65km/h的速度行駛,同時也發(fā)現(xiàn)了卡車超車。設兩司機的反應時間都是0.70s（即司機發(fā)現(xiàn)險情到實際剎車所經(jīng)過的時間）,他們剎車后的減速度都是7.5m/s2,試問兩車是否會相撞?如果會相撞,相撞時卡車的速度多大?解 Vio=90km/h=25m/s,“〇=65km/h=18m/s,So=80m,Ax=0.70s,a=7.5m/s20兩車開始剎車時,它們之間的距離為So=s0—（0io+"〇）△￡=8〇一￠254-18）X0.70=50m卡車到停止需繼續(xù)開行的距離

&=五=2><775=4L7m汽車到停止需繼續(xù)開行的距離_ _182 _917“ー而ー2><775-21.7m因為Sl+頻>配',所以兩車會相撞。以t表示兩車剎車后到相撞所用的時間,則有So=UioiデaZ'+"2oZ5"。ガ=沁o+w>?-a。代人已知數(shù),為50=(25+18)1-7.5ゼ解此方程可得f=1.62s?t—4.11s(舍去)由此得碰撞時卡車的速度為5=Vio—at=25—7.5X1.62=12.9m/s=46km/h1.4跳傘運動員從1200m髙空下跳,起初不1.4跳傘運動員從1200m髙空下跳,起初不打開降落傘做加速運動。由于空氣阻力的作用,會加速到ー“終極速率”200km/h而開始勻速下降。下降到離地面50m處時打開降落傘,很快速率會變?yōu)?8km/h而勻速下降著地。若起初加速運動階段的平均加速度按g/2計,此跳傘運動員在空中一共經(jīng)歷了多長時間?解 h0=1200m,0=200km/h=55.6m/s,v2=18km/h=5m/s?殯=50m。運動員加速下落的時間ち加速下落的距離心=以速率S勻速下落的時間g/22X55.69.8=11.3s5 55.629.8315m1200-315-5050510s以速率S勻速下落的時間50510sる運動員在空中總共經(jīng)歷的時間為t=厶+A+も=11.3+15.0+10=36.3S

1.5由消防水龍帶的噴嘴噴出的水的流量是q=280L/min,水的流速v0=26m/s0若這噴嘴豎直向上噴射,水流上升的髙度是多少?在任一瞬間空中有多少升水?解水流上升的髙度2622X9.82622X9.8=34.5m同一滴水在空中運動的時間2v2v02X26 <門FF=5?31s在時間￡內(nèi)噴嘴噴出的水即在任一瞬間空中所有的水。這些水的總體積是V=V=qt=280X5.31/6024.7L圖L2習題圖L2習題1.6解用圖1.6ー質(zhì)點在xy平面上運動,運動函數(shù)為よ=2ルメ=4產(chǎn)ー8（采用國際單位制）。（1）求質(zhì)點運動的軌道方程并畫出軌道曲線;（2）求ム=1s和ム=2s時,質(zhì)點的位置、速度和加速度。解（】）在運動函數(shù)中消去人可得軌道方程為y=xi-3軌道曲線為ー拋物線,如圖1.2所示。（2）由r=2ホ+（4ドー8）jx>=-r=2i+8ガa一石一8ノ可得在￡=1S時rx=2/—4J,Vj=2i+8j?ゐ=8ノ在r=2s時「2=4i+8j,v2=2i+16J?a2=8j1.7女子排球的球網(wǎng)髙度為2.24m,球網(wǎng)兩側(cè)的場地大小都是9.0mX9.0me一運動員采用跳發(fā)球,其擊球點髙度為2.8m,離網(wǎng)的水平距離是8.5me球以28.0m/s的水平速度被擊出。（1）此球能否過網(wǎng)?（2）此球是否落在了對方場地界內(nèi)（忽略空氣阻力）？1.7解（D排球離手后到達網(wǎng)頂所用時間為皿=紹二。?在此時間內(nèi)球落下距離為△心=Jg(△ムア=；X9.8X(0.304)*=0.452m

擊球點到網(wǎng)上沿的髙度差為△N=2.8-2.24=0.56m0由于△">A陽,所以球可以過網(wǎng)。(2)球離手后到達對方底邊線所用時間為A._8.54-9.0_nfi9(.△ルー-28.0~-°-625s在此時間內(nèi)球落下的距離為△112=~^~g(△な)?=X9?8X(0.625プ=1.91m由于△ん小于擊球點髙度2.8m,所以球?qū)⒗^續(xù)飛行一段時間并落在對方界外。滑雪運動員離開水平滑雪道飛入空中時的速率a=110km/h,著陸的斜坡與水平面夾角。=45°(見圖1.3).圖1.3習題1.8解用圖(1)圖1.3習題1.8解用圖(2)在實際的跳躍中,滑雪運動員所達到的距離し=165m,這個結(jié)果為什么與計算結(jié)果不符?解(1)如圖1.3所示，運動員著陸點的坐標為x=Lcos450=v0￡,y=Lsin45°="yg尸解此二方程,得『包g而運動員沿斜坡的位移為ヤ“一2就一2X2ハ10X103：=

cos450geos45°9.8X>/2V3600I(2)實際L的數(shù)值小于上述計算值,是由于空氣阻カ對運動員的影響。ー個人扔石頭的最大出手速率0=25m/s,他能把石頭扔過與他的水平距離圖1.4習題1.9解用圖L=50m,髙/i=13m圖1.4習題1.9解用圖解如圖1.4所示,石頭的軌道方程為1ヌデy=ztanG—ヲ疣爲以cos2￡=(l+tan2の.1代入可得l^j-tan2^—xtan(除+メ)=〇

能扔過墻的。角需滿足上式,即條件為tan歸1[1±/1一案卜+察)]將已知數(shù)據(jù)代入后,可得上式根號中的值,即有―翁G+春)ー。?一<0由此可知。無實數(shù)解,所以軌道不可能越過墻,即石頭不可能被扔過墻。只有當時,。オ有解,由此得a<-v2_gt2_252,-9.8X5〇2_]2マ巾02g2ガ2X9.8-2X252所以在し=5Om這個距離上,他能把石頭扔過墻的最高高度為12.3mo附帶算出相應的「arctan=arctan遊す=5L9為迎接香港回歸,柯受良1997年6月1日駕車飛越黃河壺口(見原書圖!.25),東岸跑道長265m,柯駕車從跑道東端啟動,到達跑道終端時速度為!50km/h,他隨即以仰角5°沖出，飛越跨度為57m,安全落到西岸木橋上。(1)按勻加速運動計算,柯在東岸驅(qū)車的加速度和時間各是多少?(2)柯跨越黃河用了多長時間?(3)若起飛點高出河面10.0m,柯駕車飛行的最高點離河面幾米?(4)西岸木橋橋面和起飛點的高度差是多少?解在圖1.5中，5=265m, =150km/h,。=5°,L=57m,Ax=10m0圖1.5習題1.10解用圖(1)圖1.5習題1.10解用圖(1)柯在東岸的加速度z> 150X1032X26513600=3.28m/s2加速的時間t_2s*i加速的時間t_2s*i （2）柯跨越黃河用的時間2X265X3600150X103=12.7s57X3600 _1q7v0cos0v0cos0(3)柯飛行最髙點離河面距離H_ルキペ8出2。_1,(150X103):sin25°_fi7日-瓦+~2T~一加+36002x2X9.8-10-67m(4)西岸木橋橋面和起飛點的髙度差為ht—hi=Vosin0t2——g”?夕0，Xsin50X1.37-4-X9.8X1.372

obUv L=—4.22m即西岸木橋橋面比起飛點低4.22m.山上和山下兩炮各瞄準對方并同時以相同初速各發(fā)射一枚炮彈（圖1.6）。這兩枚炮彈會不會在空中相碰（忽略空氣阻力）?為什么?如果山髙/1=50m,兩炮相隔的水平距離為5=200m,要使這兩枚炮彈相碰,它們的速率至少應等于多少?解兩炮彈有相同的水平初速率強與豎直初速率5バ如果能相碰,則相碰點必在兩炮水平距離的中點。從炮彈出口算起,相碰時刻為’2vo,2vcos0此時兩炮彈的豎直坐標分別為yi=h—（比品+ヲg”り1 2yz=比プ0—萬目し由于“ム=#=智4=匹磬=等,所以有あ=北。這樣,在時刻小兩炮彈的水平和4"*ZCOSI厶ム豎直坐標均相同,就說明二者能在空中相碰。但要在空中相碰要求北＞0,即由此可得

P>石言=ド產(chǎn)=L/藍2。び）=毎6m/s乂:由于兩炮彈出口后同時自由下落,所以可設想一隨兩炮彈自由下落的參考系,在此系內(nèi)觀測,兩炮彈將沿同一直線相向運動,因而必然能相碰（仍需滿足”>0的條件）。在生物物理實驗中用來分離不同種類的分子的超級離心機的轉(zhuǎn)速是6X104r/min.在這種離心機的轉(zhuǎn)子內(nèi),離軸10cm遠的ー個大分子的向心加速度是重力加速度的幾倍?解所求倍數(shù)為dr4ピ〃セ=4ゼ（6X10"プX0.1びgg 6014按玻爾模型,氫原子處于基態(tài)時，它的電子圍繞原子核做圓周運動。電子的速率為2.2X14按玻爾模型,氫原子處于基態(tài)時，它的電子圍繞原子核做圓周運動。電子的速率為2.2XIO'm/s,離核的距離為0.53XIO-10m.求電子繞核運動的頻率和向心加速度。解所求頻率為2X1061.13北京天安門所處緯度為39.9°,求它隨地球自轉(zhuǎn)的速度和加速度。解所求速度為27tKEゝ2%X6378X102nX0.53X-IO-10,2nX0.53X-IO-10v=丁cosA= 〇.,ハハ cos39.9=356m/sT 86400所求加速度為a=（第）"ReCosス=（^7^）2X6378X10aXcos39.9°\I/ \ob4UU/=2.59XICT?m/s?=6.6X1015Hz所求加速度為(2.2X106)(2.2X106)2〇.53"x"IO-"=9.1X1022m/s21.15北京正負電子對撞機的儲存環(huán)的周長為240m,電子要沿環(huán)以非常接近光速的速率運行。這些電子運動的向心加速度是重力加速度的幾倍?解所求倍數(shù)為ゼ_（3X108）2x2兀ー “麻 240X978 2.4X101.16汽車在半徑R=400m的圓弧彎道上減速行駛。設在某ー時刻,汽車的速率為

v=10m/s,切向加速度的大小為ス=0.2m/s2。求汽車的法向加速度和總加速度的大小和方向。解 如圖1.7所示,汽車的法向加速度為TOC\o"1-5"\h\zムベ=孺=625m/s2 人總加速度為 ハ、［Va=ノa：+a；=イ。.25?十〇.2?=0.32m/s2 0\択總加速度與速度之間的夾角為 \180°-/?=180°-arctan 圖メ習題1.16解用圖=180°—arctanツミ?=128°40，,1.17ー張致巒光盤（CD）音軌區(qū)域的內(nèi)半徑用=2.2cm,外半徑為R2=5.6cm圖1.8習題1.17解用圖（圖1.8）,徑向音軌密度N=650條/mm。在CD唱機內(nèi),光盤毎轉(zhuǎn)ー圈,激光頭沿徑向向外移動一條音軌,激光束相對光盤是以圖1.8習題1.17解用圖（1）這張光盤的全部放音時間是多少?（2）激光束到達離盤心プ=5.0cm處時,光盤轉(zhuǎn)動的角速度和角加速度各是多少?解（1）以r表示激光束打到音軌上的點與光盤中心的距離,則在レ寬度內(nèi)的音軌長度為2krNdへ激光束劃過這樣長的音軌所用的時間為&=2什Nd〃".由此得光盤的全部放音時間為T=fdr=12ltrNdr=ぜ（屬-閉）JJR,V V

7tX650X103X(0.0562-0.0222)

L3=4.16X103s=69.4min(2)所求角速度為3=—=7r=26rad/s

r0.05所求角加速度為レvdrvv ピa=d7=一戸瓦=一ア獲N=ー公示ア=-_X6冃di.乂。。デ=-3.31X10~arad/s21.18當速率為30m/s的西風正吹時,相對于地面,向東、向西和向北傳播的聲音的速率各是多大?已知聲音在空氣中傳播的速率為344m/s。解 Vi=30m/s,V2=344m/s〇向東傳播的聲音的速率從=5+S=30+344=374m/s向西傳播的聲音的速率%=功ー5=344-30=314m/s向北傳播的聲音的速率vN=ノる—Vi=-/3442—302=343m/s1.19ー個人騎車以!8km/h的速率自東向西行進時,看見雨點垂直下落,當他的速率增至36km/h時,看見雨點與他前進的方向成120°角下落,求雨點對地的速度。解 =18km/h,0n>2=36km/h,a=90,F=1200以和V.分別表示前后兩次人看到的雨點的速度,以ル表示雨點對地的速度。由題設可得各速度之間的關系如圖1.9所示。由于サ皿1+Vml=t>r=Vnn2+Vm2所以就有vt=v?2=36km/h而。=90°—60°=30°即雨點的速度方向為向下偏西30°。1.20飛機A以"=1000km/h的速率（相對地面）向南飛行,同時另ー架飛機B以vB=800km/h的速率（相對地面）向東偏南30°方向飛行。求A機相對于B機的速度與B機相對于A機的速度。解兩飛機的速度關系如圖!.10所示,a=60°.A機相對于B機的速度為Vab—vt？i+Vb-2vavbcosa=a/10002+8002-2X1000X800Xcos600=917m/s方向由角，表示,而介 vbcos300 800X0.866 い。”，a=arccos =arccos rr-z =4056vab 917即西偏南40°56，.因為B機相對于A機的速度づ射=ートb,所以Vba=917m/s而方向則為東偏北40°56‘。1.2!利用本書的數(shù)值表提供的有關數(shù)據(jù)計算圖!.1I中地球表面的大樓日夜相對太陽參考系的速率之差。解如圖1.11所示,相對太陽參考系,大樓白天正午的速率為Vd=V—碗&大樓晚間子夜的速率為q=V+o>eRe式中,V為地球的公轉(zhuǎn)速率,小，Re分別為地球的自轉(zhuǎn)角速度和半徑。由上二式可得二速率之差為q—q=2亞&=2X X6400X103=931m/s圖1.11習題1.2I解用圖用力F推水平地面上一質(zhì)量為M的木箱(見圖2.4)。設カF與水平面的夾角圖2.4習題2.1解用圖為圖2.4習題2.1解用圖(1)要推動木箱,ド至少應多大?此后維持木箱勻速前進,F應需多大?(2)證明當タ角大于某ー值時,無論用多大的カド也不能推動木箱。此。角是多大?解(1)對木箱,由牛頓第二定律，在木箱將要被推動的情況下,Jcos8—fa=Gy向:N-FminSin0—Mg=O還有f0=%N解以上三式可得要推動木箱所需カF的最小值為Mcos0ー出sin。在木箱做勻速運動情況下,如上類似分析可得所需力F的大小為—Mg

cos。一ルksin。(2)在上面FmS的表示式中,如果cos。ー“.sin。->0,則ド3。-*8,這意味著用任何有限大小的カ都不可能推動木箱,不能推動木箱的條件是由此得ク的最小值為cos由此得ク的最小值為cosター".sin6=arctan丄設質(zhì)量m=Q.50kg的小球掛在傾角ク=30°的光滑斜面上(見圖2.5)。(1)當斜面以加速度。=2.0m/ザ沿如圖所'I 黑T，知 示的方向運動時,繩中的張カ及小球?qū)π泵娴恼攴剑` 壓カ各是多大?ノノ'曠 (2)當斜面的加速度至少為多大時,小球?qū)⒁?〃メ,,〃)〃,〃〃,“,“’〃〃,〃〃〃〃,ワ〃,^ r^i |:解(1)對小球,由牛頓第二定律,圖2.5習題2.2解用圖 エ向:TeosQ-Nsin0=may向:Tsin。+Ncos0—mg=0聯(lián)立解此二式,可得T=m(acosa+gsina)=0.5X(2Xcos300+9.8sin300)=3.32NN=m(gcosa-asina)=0.5X(9.8Xcos30°-2sin30°)=3.75N由牛頓第三定律,小球?qū)π泵娴膲亥玁'=N=3.75N(2)小球剛要脫離斜面時N=0,則上面牛頓第二定律方程為Teos0=ma,Tsin0—mg由此二式可解得a=g/tan8=9.8/tan30°=17.0m/s2mg圖2.6習題2.3解用圖3ー架質(zhì)量為5000kg的直升機吊起一輛1500kg的汽車以〇.60m/s2mg圖2.6習題2.3解用圖(1)空氣作用在螺旋槳上的上舉カ多大?(2)吊汽車的纜繩中張カ多大?解(1)如圖2.6所示。對直升機一汽車整體,由牛頓第二定律F—(M+m)g=(M+m)a

F=(M4-m)(g4-a)=(5000+1500)X(9.8+0.6)=6.76X10*N(2)對汽車，由牛頓第二定律T-mg=maT=m(g+a)=1500X(9.8+0.6)=1.56X104N如圖2.7所示,ー個擦窗工人利用滑輪ー吊桶裝置上升.(1)要自己慢慢勻速上升,他需要用多大力拉繩?對人ー吊桶整體,由牛頓第二定律

2T~Mg=Ma(2)如果他的拉力增大10%,他的加速度將多大?設人和吊桶的總質(zhì)量為對人ー吊桶整體,由牛頓第二定律

2T~Mg=Ma(1)(2)T=M(g+a)/2

人勻速上升,。=o,人需要用的カ(1)(2)T=Mg/2=75X9.8/2=368N2T,~Mg(1.l-l)Mg=0.lg=O.2T,~Mg(1.l-l)Mg=0.lg=O.98m/s2圖2.7習題2.4解用圖在一水平的直路上,ー輛車速ッ=90km/h的汽車的剎車距離s=35m。如果路面相同,只是有1：10的下降斜度，這輛汽車的剎車距離將變?yōu)槎嗌?解セ=90km/h=25m/s,在水平直路上剎車,阻カア=〃7ng,s="/2a="/2作。/jtmgcosd—mgsin8=ma圖2.8/jtmgcosd—mgsin8=ma圖2.8習題2.5解用圖TOC\o"1-5"\h\zt ?げ?a=〃gcosクーgsinク=夷cosクーgsin0252,ピ5252,ピ5=—7=-5-2a式s=39.3m2S2 1cos0—2gsin0-Z7"X1—2X9.8X—

3b 10

2.6桌上有一質(zhì)量M=l.50kg的板,板上放一質(zhì)量m=2.45kg的另一物體,設物體與板、板與桌面之間的摩擦系數(shù)均為"=0.25。要將板從物體下面抽出,至少需要多大的水平カ?7777777777777777777777Nah圖2.97777777777777777777777Nah圖2.9習題2.6解用圖解如圖2.9所示,摩擦力加か=〃(M+m)g。對機,由牛頓第二定律,沿Z方向由此得對M,由牛頓第二定律,沿1方向F—g—/img=MaMF=MaM+〃(M+27n)g要將板抽出，需要a”3%。因此ド》Ma?,+〃(M+2m)g=2〃(M+/n)gド的最小值為FBin=2/z(M+m)g=2X0.25X(1.50+2.45)X9.8=19.4N圖2.10習題2.7解用圖2.7如圖2.10所示,在一質(zhì)量為M的小車上放ー質(zhì)量為根I圖2.10習題2.7解用圖(1)當用水平力F推小車使之沿水平桌面加速前進時,小車的加速度多大?(2)如果要保持口的髙度不變，カア應多大?解如圖2.10所示為小車和兩物塊的受力圖.各カ之間的關系有Ti=T；=T2=71，N=N',而且有生=。2。(1)對m],沿よ(水平)方向,有Tj=m.xa\

對2,沿メ豎直)方向,有T2-m2g=m2(一a2)由上二式可得m2 丁minha2= V g? /1= "T gmi+m2 mi-f-m2對帆2,沿エ方向,有N=m2a對小車,沿Z方向,有F-N，-T,=Ma由此二式可得(匸mim2\

a=77"； ド T-gM+m2\ mi+m2/(2)如果人的髙度不變,則M,旳,2相對位置保持不變。三者可視為一體,受有水平外力F,因而有F=(M+g4"m2)a.對ル,沿y方向T2—m2g=O,對mi,沿Z方向,加速度也是(2。于是有Ti=mia由上二式可得a=mzg/mi,從而有F=(M+g+twj)m2g/mj“壊圖2.11習題2.8解用圖如圖2.11所示,質(zhì)量m=1200kg的汽車,在ー彎道上行駛,速率セ=25m/s.彎道的水平半徑R=400m,路面外髙內(nèi)低,傾角“壊圖2.11習題2.8解用圖(1)求作用于汽車上的水平法向力與摩擦カ。(2)如果汽車輪與軌道之間的靜摩擦系數(shù)”"=0.9,要保證汽車無側(cè)向滑動,汽車在此彎道上行駛的最大允許速率應是多大?解(D如圖2.11所示,對汽車,由牛頓第二定律,エ向:Nsin6+/cos0=m京y向:Ncos/sin0—mg=Q解此二式可得摩擦カ為/=m滅cosd-mgsind=1200X^XcoS6?-1200X9.8XSin6?=635N作用于汽車上的水平法向カ為九=祇る=1200X気=1.88X103N(2)以外表示最大允許速率,和此相對應的fa=內(nèi)N。將％和/ax代替上面牛頓定律方程中的ヤ和人可以解得/.Kg(sinO+上“cosのVmVcosター".sin。/400X9.8X(sin60+0.9Xcos6°)一Ncos6。ー0.9Xsin6。=66.0m/s鐵路經(jīng)過我家后嶺時有一圓弧彎道,在彎道起始處有一塊路碑,上面寫著“緩和長40,半徑300,超髙40,加寬15”,其中“半徑”是指圓弧半徑R(m);“超髙”是指鐵道內(nèi)、外軌高度差從mm)；“加寬”是指外、內(nèi)軌頂部中線間距/(mm)比標準軌距(1435mm)加寬的距離;“緩和長”是指鐵道從直線到弧線間的過渡距離s(m)。(1)為了安全行車和避免乘客不適,要求車廂在圓弧段行駛時，其中乘客所受慣性離心力バ在車廂中觀察的)和他所受重力沿水平面的分力之差不能超過其重力的4%(圖2.12(a))。根據(jù)這ー要求和路碑上所示數(shù)據(jù),求火車駛過彎道時的最大允許速率(km/h).圖2.12火車廂在圓弧軌道上開行(a)車廂與鐵軌截面簡圖,(b)乘客受カ圖(在車隔內(nèi)觀察),(2)軌道如果由直線直接進入圓弧,則車廂(和乘客)的法向加速度將由零突然增大到與圓弧相應的值。這將產(chǎn)生相當大的急動度而使乘客感到不適。因此,在軌道由直線進入圓弧之間要加一段緩和曲線,使車廂沿緩和曲線行進時法向加速度逐漸增大(實際上與路徑成正比）到圓弧處的要求。試求按上一問的速率開行時,車廂在緩和路段的急動度（最大允許值為0.5m/s,）#解（1）如圖2.12（b）所示,將乘客受的重力分解為水平方向和垂直于軌道面方向的兩個分力。根據(jù)慣性離心力/和重力的水平分力％之差不能超過重力的4%的要求可得f—B<0.04mg由于K=mgtangmgsin0=mgh/l,代入上式取等號可得最大允許速率為サ=J（。?〇4+アトR=/〇?04+^^）X9.8X300=14.l（m/s）=50.7（km/h）（2）由于在緩和路段法向加速度和路徑s成正比,所以可寫a=ks由于s=40m時,a="/R,所以k=^/Rs=A4.17(300X40)=0.0166(l/s?)在緩和路段的急動度為ku=0.0166X14.1=0.23(m/s3)現(xiàn)已知木星有!6個衛(wèi)星,其中4個較大的是伽利略用他自制的望遠鏡在1610年發(fā)現(xiàn)的（原書圖2.28）?這4個“伽利略衛(wèi)星”中最大的是木衛(wèi)三,它到木星平均距離是!.07X106km,繞木星運行的周期是7.16d.試由此求出木星的質(zhì)量。解以M和m分別表示木星和木衛(wèi)三的質(zhì)量,則由萬有引力定律和牛頓第二定律,=1.89XIO??kgM =1.89XIO??kgGT? 6.67-X10-uX-(7.16x-86400)2星體自轉(zhuǎn)的最大轉(zhuǎn)速發(fā)生在其赤道上的物質(zhì)所受向心力正好全部由引力提供之時。（1）證明星體可能的最小自轉(zhuǎn)周期為?一=，3x/（Gp）,其中p為星體的密度。（2）行星密度一般約為3.0X10,kg/nf,求其可能最小自轉(zhuǎn)周期。（3）有的中子星自轉(zhuǎn)周期為1.6ms,若它的半徑為10km,則該中子星的質(zhì)量至少多大（以太陽質(zhì)量為單位）？解（1）以M和△根分別表示星體的總質(zhì)量和星體赤道上一小塊物體的質(zhì)量,由引カ定律和牛頓第二定律,可得G欝宀%）ス

44M=—nR3pO代入上式消去△ル和R可得T'mm=ノ3*/(Gp)Tmln=(2)以p=3.0X108kg/m3代入TTmln= ^21 =69XIO3s.67X10-uX3.0X103（3）由上述T?公式可得3工

GT而中子星的質(zhì)量為M==濠4x*X(104)3

6.67XIO-11X(1.6X107)2=2.31X1029kg=0.12太陽質(zhì)量2.12設想ー個三星系統(tǒng):三個質(zhì)量都是M的星球沿同一圓形軌道運動,軌道半徑為R,求此系統(tǒng)的運行周期。解如圖2.13所示,每個星球受其他二星球的引力的合力指向軌道中心,大小為圖2.13習施2.12解用圖尸ー。圖2.13習施2.12解用圖G竺菽ク由牛頓第二定律器ル傳）ス由此式可解得星球運行周期為T=/VGM2.13光滑的水平桌面上放置一固定的圓環(huán)帶,半徑為R。一物體貼著環(huán)帶內(nèi)側(cè)運動（見圖2.14）,物體與環(huán)帶間的滑動摩擦系數(shù)為外。設物體在某ー時刻經(jīng)A點時速率為ル，求此后￡時刻物體的速率以及從A點開始所經(jīng)過的路程。解如圖2.14所示,對物體在法向上有而在切向上有由此三式可得圖2.14習題2.13解用圖N=m左f=N、Ndv_一

dl=~^Rv2**VoRR+aル卜￡vdt=VoR圖vdt=VoR圖2.15習題2.14解用圖而在時間t內(nèi)物體經(jīng)過的路程為dt5X10：60X0.02/9.8=0.56X105在管底處「郊,『X0.10/9.8=2.80X10解解（1）在管口處（2）如圖2.15所示,管內(nèi)離轉(zhuǎn)軸r處的一質(zhì)元質(zhì)量為dm=pSdr

其中P為液體密度,S為管的截面積。此質(zhì)元受的法向（即沿半徑指向轉(zhuǎn)軸）的カ為F4-dF-F=dF由牛頓第二定律dF=dman=pSa/rdr對全管長度積分可得管底對液體的壓カ為Fb=（dF=j1pSa）zrdr=0,一（rj-rf）=*二-3+ね）=嚟（な+な）=12.10-3（5XW4）2イバメ（〇?02+0.10）=1.97X104N由牛頓第三定律,管底承受液體的壓カ等于1.97X104N,相當于2.01t物體受的重力。又:居也可以用3.5節(jié)介紹的質(zhì)心運動定律更方便地求出。（3）大分子受的慣性離心力為F尸m^r=1.67X10-27X106X4ゼ,浦アx0.10=4.6XIO-18N受重力的幾倍? 解如圖2.16所示,旋翼上離轉(zhuǎn)軸r處的ー質(zhì)元的質(zhì) ー,一量為dm=pSdrュ 圖2.16習4其中タ為旋翼材料密度,S為旋翼截面積。此質(zhì)元受的法向（即沿半徑指向轉(zhuǎn)軸）的カ為F-（F+dF）受重力的幾倍? 解如圖2.16所示,旋翼上離轉(zhuǎn)軸r處的ー質(zhì)元的質(zhì) ー,一量為dm=pSdrュ 圖2.16習4其中タ為旋翼材料密度,S為旋翼截面積。此質(zhì)元受的法向（即沿半徑指向轉(zhuǎn)軸）的カ為F-（F+dF）=-dF由牛頓第二定律—dF=dman=pSa/rdr對全長L積分可得旋翼根部受的拉カ為Fo=dF=-f^>Sa>2rdr ^-pSa）2L2 ^ma>2LFF+dF?イクー一ーdr冢2.15解用圖此結(jié)果的負號表示拉力方向與r的正向相反,即指向轉(zhuǎn)軸,亦即旋翼根部受的是拉カ。此拉カ大小是旋翼所受重力的倍數(shù)為47400X5.97=mg2g2X9.8X602乂:E也可以用3.5節(jié)介紹的質(zhì)心運動定律更方便地求出。2.16如圖2.17所示,ー個質(zhì)量為人的物體拴在長為ル的輕繩上,繩的另一端固定在ー個水平光滑桌面的釘子上。另一物體質(zhì)量為か2,用長為ル的繩與ゆ連接。二者圖2.17習題2.圖2.17習題2.16解用圖解如圖2.17所示,對值,由牛頓第二定律T21=mz(o(Li+L2)對m1,由牛頓第二定律Tx—Tu=mx(^Lx再利用牛頓第三定律-2=￡い聯(lián)立解以上二方程,可得7\=a)2[mxLx+ル(Lx+レ)]T2x—TX2—a)zm2(Lx+L2)2.17在剎車時卡車有一恒定的減速度a=7.0m/s2。剎車ー開始,原來停在上面的一個箱子就開始滑動,它在卡車車廂上滑動了Z=2m后撞上了卡車的前幫。問此箱子撞上前幫時相對卡車的速率為多大?設箱子與車廂底板之間的滑動摩擦系數(shù)柱=0.50。請試用車廂參考系列式求解。解如圖2.18所示，以車廂為參考系,箱子在水平方向受有摩擦カ7?二いmg和慣性力Fo=ma,由牛頓第二定律,對箱子,應有 aFo—f=ma, ユ仿由此得箱子對車廂的加速度為 了亠ヨ——:——レ?圖2.18習題2.17解用圖箱子滑動距離I后碰上前幫時相對卡車的速度為v=v2aZ=ド(a—ハg)I=ノ2X(7-0.5X9.8)X2=2.9m/s,2.18平流層信息平臺是目前正在研制的ー種多用途通信裝置。它是在2〇?40km髙空的平流層內(nèi)放置的充氫飛艇,其上裝有信息轉(zhuǎn)發(fā)器可進行各種信息傳遞。由于平流層內(nèi)有比較穩(wěn)定的東向或西向氣流,所以要固定這種飛艇的位置需要在其上裝推

進器以平衡氣流對飛艇的推力。ー種飛艇的設計直徑為50m,預定放置處的空氣密度為0.062kg/n?,風速取40m/s,空氣阻カ系數(shù)取0.016,求固定該飛艇所需要的推進器的推カ。如果該推進器的推力效率為10mN/W,則該推進器所需的功率多大?（能源可以是太陽能）解推進器的推力和氣流對飛艇的流體阻カ相平衡,所以推力等于F=f=；CpA02=4-x0.016X0.062X7tX252X402=1560N所需功率為1.56X103/10X107=1.56X106W=156kWo2.19ー種簡單的測量水的表面張カ系數(shù)的方法如下。在ー彈簧秤下端吊ー只細圓環(huán),先放下圓環(huán)使之浸沒于水中,然后慢慢提升彈簣秤,待圓環(huán)被拉出水面一定髙度時,可見接在圓環(huán)下面形成了一段環(huán)形水膜。這時彈簧秤顯示出一定的向上的拉カ（圖2.19）.以，表示細圓環(huán)的半徑,以m表示其質(zhì)量,以F表示彈簧秤顯示的拉力的大小。試證明水的表面張カ系數(shù)可利用下式求出y=F—mg證當細圓環(huán)被拉出水面,裏在細環(huán)上的環(huán)形水膜因其表面張カ而向下拉細環(huán)。由于膜有兩個表面,它們拉圓環(huán)向下的邊界長為2門,所以向下拉圓環(huán)的表面張カ合力為/X2X2Kr,再考慮到細圓環(huán)所受的重力mg。可得細圓環(huán)受カ平衡條件為F=/X4nr+mg由此可得_F-mg尹QgQQg圖2.19習題尹QgQQg圖2.19習題2.19用圖圖2.20習題2.20證用圖,2.20證明:以恒定速率セ沿半徑R的圓周運動的急動度的大小為ガ/k,方向與速度v的方向相反(圖2.20)o證由定義知,急動度為?davAaノ=丁=lim—j的大小為(參照圖2.20(b)), 「|Aa!ゾ〇,△9 ヽ.2 v2v v3j=lim L=lim =alim—=〇〇)=——=キAt-*oAz Az At RR Rj的方向即Af->0時Aa的方向。由圖2.20(b)可看出,△￡->0時,Aa的方向趨于和質(zhì)點的速度の的方向相反,所以任意時刻質(zhì)點的j的方向也就總與サ的方向相反。ー小球在彈簧的作用下做振動(見圖3.3),彈カド=ー板,而位移1=Acosa,i,其中る,A,3都是常量。求在Z=0到エk/(2s)的時間間隔內(nèi)彈カ施于小球的沖量。解所求沖量為”(23 fx/(2?) lAI=Fdt=—えAcosajtdt=———Jo Jo 0)負號表示此沖量的方向與ス軸方向相反。由于儀器艙應在前,所以“=5—5,即5=“ 將此式代人上式得(mj+7n2)tb=mi5+m2(〃+5)由此得nhU reヘヘ!50X910_ _/5="一ジ有=7600-150+290=7290m/s

〃+5=910+7290=8200m/svi,^2均為正值,故二速度皆沿正向,即與未分開前5的方向相同。圖3.8習題3.8解用圖兩輛質(zhì)量相同的汽車在十字路口垂直相撞,撞后二者扣在ー起乂沿直線滑動了s=25mオ停下來。設滑動時地面與車輪之間的動摩擦系數(shù)為分=0.80圖3.8習題3.8解用圖解兩車相撞后的加速度為ールkmg/m=ー兇1g,由此可知剛撞后二者扣在ー起時的速率為v=建ルkgs=ノ2X0.8X9.8X25=19.8m/s如果兩車均未超限制,并都以最大允許速率Vl開行，則由兩車的動量守恒可得(參考圖3.8)(znvj)2+(mv2)2=(2mv，)2由此可得撞后速度應為d=F\/vT+vf=もPi=修X14=9.9m/s由于實際撞后的初速む＞J,所以兩個司機的話并不都可信,至少一人撒謊。一空間探測器質(zhì)量為6090kg,正相對于太陽以105m/s的速率向木星運動。當它的火箭發(fā)動機相對于它以253m/s的速率向后噴出80.0kg廢氣后,它對太陽的速率變?yōu)槎嗌?解由火箭速度公式(原書(3.10)式)可得空間探測器的最后速度為+uln2=105+253XIn-=108m/sbOlO3.10在太空靜止的ー單級火箭,點火后,其質(zhì)量的減少與初質(zhì)量之比為多大時,它噴出的廢氣將是靜止的?解當火箭體的速度仍和廢氣相對于火葡體的噴出速度“相等,噴出廢氣的速度將等干零一中ル鐳凍南公式ひ=n+〃ln(M/M,)可得セ時

Vf=04-uln蕓="

M（由此得M/Mf=e而火箭質(zhì)量的減小與初質(zhì)量之比為3.11水分子的結(jié)構如圖3.9所示。兩個氫原子與氧原子的中心距離都是0.0958nm,它們與氧原子中心的連線的夾角為105°,求水分子的質(zhì)心.解由質(zhì)量的對稱分布可知水分子的質(zhì)心在兩氫原子對氧原子所張角度的平分線上,兩氫原子的質(zhì)心在B點,距氧原子中心的距離為AB=Q.0958Xcos—5-=0.0583nm由質(zhì)心C的定義可得ACX=BCX2mH=（AB—AC）X2mu由此得質(zhì)心離輒原子中心的距離為AC=ABX2m?ttiq4-2glAC=ABX2m?ttiq4-2gl0.0583X2X1164-2X1=0.00648nm圖3.9習題3.11解用圖圖3.10習題3.12解用圖3.12求半岡形均勻薄板的質(zhì)心。jcdm解如圖3.10所示,設薄板半徑為R,質(zhì)量為姉面密度pA=2m/（兀代）。由質(zhì)量分布的對稱性可得板的質(zhì)心在z軸上,而jcdm3TV=—［卬ん2a/1?2—t2dx=

mjc1

3TV有一正立方體銅塊,邊長為叫今在其下半部中央挖去ー截面半徑為a/4的圓柱形洞（原書圖3.30）。求剩余銅塊的質(zhì)心位置。解如圖3.11所示為垂直于圓柱洞軸線而前后等分銅塊的平面。由質(zhì)量分布的對稱性可知,銅塊的質(zhì)心應在此平面內(nèi)通過圓洞中心的豎直線上。完整銅塊的質(zhì)心應在正立方體中心0處。把挖去的銅柱塞冋原處,其質(zhì)心應在其中心A處。挖去銅柱后剩余銅塊的質(zhì)心應在AO連線上,設在B處。由于挖去的銅柱塞回后銅塊復歸完整,由此完整I I 銅塊的質(zhì)心定義應有叫 miBO=m2AO（a\ 其中mz—n（半）ap為銅柱的質(zhì)量,如=a15用繩系ー小物塊使之在光滑水平面上做圓周運動（見圖3.12）,圓半徑為r15用繩系ー小物塊使之在光滑水平面上做圓周運動（見圖3.12）,圓半徑為r0,h 0一H 紹（1一春）p為挖去銅柱后剩余銅塊的質(zhì)量（タ為銅的密度）。圖3.11習題3.13解用圖、 1D/將如和m2代人上式可得BO=—AO=.K/1/1fiXAO= ~rmゝ!-7t/16 4X（16—k）=0.061a即剩余銅塊的質(zhì)心在正方體中心上方0.061a處。哈雷彗星繞太陽運動的軌道是ー個橢圓。它離太陽最近的距離是た=8.75X10】。m,此時它的速率是0=5.46X10，m/s。它離太陽最遠時的速率是s=9.08X102m/s,這時它離太陽的距離r2是多少?解彗星運行受的引力指向太陽,所以它對太陽的角動量守恒,它在走過離太陽最近或最遠的地點時,速度的方向均與對太陽的徑矢方向垂直,所以角動量守恒給出mrxV\=mr2V2=5.26XIO=5.26XIO】ユm圖3.12習題3.15解用圖“Vz圖3.12習題3.15解用圖解繩縮短時,物塊受的拉カ指向圓心。此カ對圓心的力矩為零,因而物塊運動的角動量守恒。以m表示物塊的質(zhì)量,應有7nroVo=mrv由此可得V=vQ-

rN圖4.7習題4.5N圖4.7習題4.5解用圖圖4.8習題4.6解用圖如圖4.7所示,A和B兩物體的質(zhì)量かハ=か8,物體B與桌面間的滑動摩擦系數(shù)"k=0.20,滑輪摩擦不計。試求物體A自靜止落下/?=1.0m時的速度。解如圖4.7所示,對兩物體用動能定理可得乂由于ア=外代入上式可得v=ノ(1ールk)g「=>/(l-0.2)X9.8Xl=2.8m/s如圖4.8所示，一木塊M靜止在光滑水平面上。一子彈か沿水平方向以速度む射入木塊內(nèi)一段距離5’而停在木塊內(nèi)。(1)在這ー過程中子彈和木塊的功能變化各是多少?子彈和木塊間的摩擦カ對子彈和木塊各做了多少功?(2)證明子彈和木塊的總機械能的增量等于ー對摩擦カ之一沿相對位移J做的功。解如圖4.8所示。在地面參考系中，對子彈和木塊系統(tǒng),水平方向不受外力,動量守恒。以V表示二者最后的共同速度,則有mv=(m+ADV由此得V=V=(1)以ふ表示子彈停在木塊內(nèi)前木塊移動的距離,則子彈對地面的位移為S=5i+J。對子彈用動能定理,摩擦カ，對子彈做的功等于子彈動能的增量,為對木塊,摩擦カ，對它做的功等于木塊動能的增量為兒=暴ゼ=チM(尚/(2)考慮到づ=/,將兩等式相加,可得~fs=(一mV2+yMV2)—ymv2此式即說明子彈和木塊的總機械能增量等于ー對摩擦カ之一沿相對位移j做的功。如圖4.9所示,物體A（質(zhì)量/n=0.5kg）靜止于光滑斜面上。它與固定在斜面A 底B端的彈簧上端C相距s=3m0彈簧的勁度系數(shù)ん=やヽ 400N/m,斜面傾角ク=45°。求當物體A由靜止下滑時,能\ , 使彈簧長度產(chǎn)生的最大壓縮量是多大?冬 解由機械能守恒可知物體從開始下落到壓縮彈簧達最、大值" Img（5+z）sind=-^-kxz圖4.9習題4.7解用圖 Z代入數(shù)值0.5X9.8（3+z）sin45°=；X400/解此方程,可得x=0.23m如圖4.10表示質(zhì)量為72kg的人跳蹦極。彈性蹦極帶長20m,勁度系數(shù)為60N/m（忽略空氣阻カ）。TOC\o"1-5"\h\z（1）此人自跳臺跳出后,落下多髙時速度最大?此最大速 」度是多少? ハ祿（2）已知跳臺髙于下面水面60m?此人跳下后會不會觸 ノ:到水面? IIチ解（D此人下落時,當蹦極帶對他的向上拉力和他受的 V|重力相等時速度最大,以/。表示蹦極帶的原長，以/表示伸 :長的長度,則速度最大時,mg="。由此得2=”ル。此人速 ス度最大時已下落的距離為 r力=Zo+/=Z°+萼=20+72個”8=31.8m I由機械能守恒,以ル表示最大速度,則應有 しmgh=^kl24- 圖4.10習題4.8解用圖由此得ルニぽ%+2X9.8X20=22.5m/s60+2X9.8X20=22.5m/s60(2)人降到最下面時,動能為零。由機械能守恒定律,以/‘表示蹦極帶的最大伸長,則有mg(Zo+/')=う亙’2代人m,Z0,卜的數(shù)據(jù),可得一數(shù)字方程ピー27.42'—549=0解此方程可得lr=38.1m此時人在跳臺下的距離為Z。+Z'=20+38.1=58.lm<60m所以人不會觸及水面。如圖4.11所示,ー輕質(zhì)彈簧勁度系數(shù)為る,兩端各固定一質(zhì)量均為M的物塊A和B,放在水平光滑桌面上靜止。今有一質(zhì)量為m的子彈沿彈簧的軸線方向以速度へ圖4.11習題圖4.11習題4.9解用圖解由于子彈射入物塊A所需時間甚短,當二者獲得共同速度匕時,彈簧長度幾乎未變，而B尚未起動。由于A受水平彈カ為零,所以子彈和A在子彈射入前后水平方向動量守恒,即mvo=MV0由此得0m+M此后彈簧將被壓縮而B開始運動,當B的速度與A的速度相同時,彈簧將達到最大壓縮長度匹?。以V表示此時A與B的共同速度,則由動量守恒又可得mvo=(M+?n+M)V由此得mv02M+m在子彈進入A達到共同速度匕到A和B達到共同速度V的過程中，整個系統(tǒng)的機械能守恒給出由此可解得「 M T"xm=mvQ

4.10一質(zhì)量為m的物體,從質(zhì)量為M的圓弧形槽頂端由靜止滑下,設圓弧形槽的半徑為R,張角為〃2(見圖4.12)。如所有摩擦都可忽略,求(1)物體剛離開槽底端時,物體和槽的速度各是多少?(2)在物體從A滑到B的過程中,物體對槽所做的功Ao(3)物體到達B時對槽的壓カ。解(D如圖4.12所示，對物體、槽和地球系統(tǒng),外力不做功,物體和槽的相互壓カN和N’具有相同位移,所以做功之和為零。因此系統(tǒng)的機械能守恒。以リ和V分別表示物體剛離開槽時物體和槽的速度,則有mgR=すmJ+JMV2對物體和槽系統(tǒng),由于水平方向不受外力,所以水平方向圖イ.12習題4.10解用圖 動量守恒。又由于”和V皆沿水平方向,所以有mv—MV=Q聯(lián)立解上二式可得v=%1gRv=mI2gRM+m'VM(M+m)v=(2)對槽來說,只有物體對它的壓カN推它做功,重力和桌面對它的支持力不做功。由動能定理可知在物體下落過程中,物體對槽做的功就等于槽的動能的増量，即l jvi~i~m(3)物體到達最低點B的瞬間,槽在水平方向不受外力,加速度為零,此時可以把槽當作慣性系。在此慣性系中,物體的水平速度為p'『十v=僑かr兩片由牛頓第二定律N'_mg=m京-N'=mg+m唱N'=mg+m唱=(3-再由牛頓第三定律可知此時物體對槽的壓カ為N="=(3+就2mmgmg方向向下。4.11證明:ー個運動的小球與另ー個靜止的質(zhì)竝相同的小球作彈性的非對心碰撞后,它們將總沿互成直角的方向離開(參看原書圖4.23和圖4.24)0證以上。表示一個小球的初速度,以3和四分別表示碰撞后此小球和另ー小球的速度。在グ=処的情況下,對兩球用動量守恒可得V1O=Vi+v2此等式兩側(cè)都平方,得就)=—+2th?V-乂由弾性碰撞前后動能守恒可得ベ0二試+諉此式和上式對比,可知?v2=Vicos0=0リ和S的標積為零,就說明二者方向的夾角ク總是90°..12ー質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星沿ー圓形軌道運動，離開地面的高度等于地球半徑的2倍(即2R)。試以m,R,引力恒量G,地球質(zhì)量M表示出:(1)衛(wèi)星的動能;(2)衛(wèi)星在地球引力場中的引力勢能;(3)衛(wèi)星的總機械能。解(1)對衛(wèi)星用牛頓第二定律GmM_mx/(3行 3R式中り為衛(wèi)星的速率。由此式可得衛(wèi)星的動能為_ 1 2GmM瓦=ヲ利"=飛左?(2)引力勢能為口GmM爲=ーセズ(3)衛(wèi)星的總機械能為__—?_ GmMGmM GmME=Ek「Ep=6R3R 6R.13證明:行星在軌道上運動的總能量為HGMmな+な式中M,m分別為太陽和行星的質(zhì)量,ね,な分別為太陽到行星軌道的近日點和遠日點的距離。

證以5和a分別表示行星通過近日點和遠日點時的速率。由于行星所受太陽引カ指向太陽,故行星對太陽的角動量守恒,即mr\5=mr2v2又行星和太陽只有引力相互作用,所以行星的機械能守恒,即1 2GMm 1 2GMm乙 rx L r2聯(lián)立解上兩式,可得1 2_GMmrx2加ぜ（n+r2）r2行星運行的總能量為匸! 2GMm GMmE-9 - I2 な な十な4.14兩顆中子星質(zhì)量都是1030kg,半徑都是20km,相距1()1°m。如果它們最初都是靜止的,求:(1)當它們的距離減小到ー半時,它們的速度各是多大?(2)當它們就要碰上時,它們的速度乂將各是多大?解(D由機械能守恒可得,對兩中子星的距離グ減小到ー半的過程,有Gmm_Gmm?ハ/1 2丁 あ+2又ヲ帆改由此得曬/6.67X1O-UX1O,C門ハ…3 ，5=4~r=V プ =8.2X103m/s(2)同理，對兩中子星的距離減小到就要碰上的過程,有一竿ー體+2X*由此得"=ル風ー：).67X10.67X10-11X10302X2X104 1O10=4.1X107m/s4.15ー個星體的逃逸速度為光速時,亦即由于引力的作用光子也不能從該星體表面逃離時,該星體就成了一個“黑洞”。理論證明,對于這種情況,逃逸速度公式(a=ノ2GM7R)仍然正確。試計算太陽要是成為黑洞，它的半徑應是多大(目前半徑為R=

7X108m>?質(zhì)量密度是多大?比原子核的平均密度（2.3X10"kg/mリ大到多少倍?解以光速c代人逃逸速度公式,可得太陽成為黑洞時的半徑為の2GM2X6.67X1O-UX1.99X1O300ncsziAS&=k= （3.0X10ワ =2-95X10m這時太陽的密度為=1.85X1019kg/m33M=1.85X1019kg/m34謁47cx(2.95X3)3比原子核的平均密度大到100倍!4.16238U核放射性衰變時放出a粒子釋放的總能量是4.27MeV,求一個靜止的2相1J核放出的a粒子的動能。解核放射a粒子后變?yōu)?34Th核。由動量守恒可得mThi>rh=mava由此可得即由能量守恒可得利用上式可得呉ハ用虹=春人ビ処E-n由此可得即由能量守恒可得利用上式可得呉ハ用虹=春人ビ処E-nm.Th=EamaETh+E.=E14-ma/mTh4.271+4/234=4.20MeV-4.17已知某雙原子分子的原子間相互作用的勢能函數(shù)為ガ,ゝーAB

EpG）-”デ其中A,B為常量,エ為兩原子間的距離。試求原子間作用力的函數(shù)式及原子間相互作用カ為零時的距離。解カ函數(shù)為F=dEF=dEp(x)12A6B由此可得ド=0時?4.18在實驗室內(nèi)觀察到相距很遠的ー個質(zhì)子（質(zhì)量為へ,）和一個気核（質(zhì)量M=

4rp）相向運動,速率都是マ。求二者能達到的最近距離。（忽略質(zhì)子和気核間的引力勢能,但二者間的電勢能需計入。電勢能公式可根據(jù)引力勢能公式猜出。）解仿引力勢能公式,兩電荷e（質(zhì)子）和2e（気核）相距r時的勢能為F_k2e*g_2ke2

prr式中る為ー常量。亠 Xス 亠M ?へ.| 叫I圖イ.13習題イ.18解用圖如圖4.13所示，在質(zhì)子和気核相向運動的過程中,速度方向設如圖4.13C由動量守恒可得—mpVo+Mv0=mpv-^-MV由此得v—一帆（仇+サ）+Mv0M由能量守恒可得 1--yT/ipV2+ 沢此式中當む最小時,第一項勢能最大,而動能耳=傳叫ザ+十MV2）應最小。將上面的V值代入動能表示式可得瓦=ympV24-y，一啊（a+V）+ルた0了反最小值出現(xiàn)在學=0時,上式對u求導可得當r=ス時M—mvp=tt-t—ヒ5

M+啊將此結(jié)果代入上面求V的公式中可得”M-mpV=Tj-r-~M+mp這說明當質(zhì)子和気核速度相同時,二者相距最近。此時4mp—m4mp—mp4mp+mp5V°代入上面的能量守恒表示式即可得,5ke2mpvS4.19有的黃河區(qū)段的河底髙于堤外田地。為了用河水灌溉堤外田地,就用虹吸管越過堤面把河水引入田中。虹吸管如圖4.14所示,是倒U形,其兩端分別處于河內(nèi)和堤外的水渠口上。如果河水水面和堤外管口的髙度差是5.0m,而虹吸管的半徑是0.20m,則毎小時引入田地的河水的體積是多少m，？解對河水水面和堤外管口的水來說,力=1atm,s=0,た=1atm。以堤外管口髙度為0,水的流速為5,則伯努利定理給出pgh=ypvl由此得a=?/2gh=ノ2X9.8X5.0=9.9m/s每小時引進田中的河水的體積為V=VzS="nr2=9.9XnX0.202=1.24m3/s=4.46X103m3/h4.20噴藥車的加壓罐內(nèi)殺蟲劑水的表面的壓強是d=21atm,管道另一端噴嘴的直徑是0.8cm(圖4.15)。求噴藥時,每分鐘噴出殺蟲劑水的體積。設噴嘴與罐內(nèi)液面處于同一髙度。解對罐內(nèi)液面和噴嘴處的水,根據(jù)伯努利定理,有po+憂=+ypv*式中?=0,po=21atm,/>!=1atm.代入上式可得殺蟲劑水噴出的速率為=ノ2(.一pC/p=y2X(21-l)X1.01X105/103=63.6m/s毎分鐘噴出的體積為V=Vi?nr2—63.6XitX0.42X10-4=3.19X10-3m3/s—0.19m3/min

擲鐵餅運動員手持鐵餅轉(zhuǎn)動1.25圈后松手,此刻鐵餅的速度值達到0=25m/se設轉(zhuǎn)動時鐵餅沿半徑為R=LOm的圓周運動并且均勻加速。求:(1)鐵餅離手時的角速度;(2)鐵餅的角加速度;(3)解(2)(3)解(2)(1)鐵餅離手時的角速度為25?° 20~2X2“XL25=39.8rad/s23=v/R=25?° 20~2X2“XL25=39.8rad/s2(3)20.(3)20.9+314鐵餅在手中加速的時間為202X2nXI.25A

t=—= - =0.628s0) Zu一汽車發(fā)動機的主軸的轉(zhuǎn)速在7.0s內(nèi)由200r/min均勻地增加到3000r/min。(1)求在這段時間內(nèi)主軸的初角速度和末角速度以及角加速度；(2)求這段時間內(nèi)主軸轉(zhuǎn)過的角度;解(1)初角速度為cuo=2xX200/60=20.9rad/s末角速度為cw=2kX3000/60=314rad/s角加速度為巧絲=型不彩二=41.9rad/s：(2)轉(zhuǎn)過的角度為X7=1.17X103rad=186(圈)地球自轉(zhuǎn)是逐漸變慢的。在1987年完成365次自轉(zhuǎn)比1900年長!.14s。求在1900年到!987年這段時間內(nèi)地球自轉(zhuǎn)的平均角加速度。解平均角加速度為365X2兀_365X2兀_0）一cuo_To4-ArToat~~ 87To.365X2nXAr=__365X2kXI.14? 87X71 —87X（3.15X107）3=—9.6X10-22rad/s2求位于北緯40°的頤和園排云殿（以圖5.1中P點表示）相對于地心參考系的線速度與加速度的數(shù)值與方向。解如圖5.1所示,所求線速度的大小為v=toKcosA=0!:ハハX6370X10JXcosAob400=463cosAtn/s方向垂直于地軸向東。加速度的大小為a=—ReosA=（ごん）X6370X103XcosAyob400/=3.37X10-2cosAtn/s2方向垂直指向地軸。5.5水分子的形狀如圖5.2所示。從光譜分析得知水分子對AA’軸的轉(zhuǎn)動慣量是J“=L93X10-"kg.m3對BB'軸的轉(zhuǎn)動慣量是ノ班，=1.14X10-47kg?m2.試由此數(shù)據(jù)和各原子的質(zhì)量求出氫和氧原子間的距離d和夾角ん假設各原子都可當質(zhì)點處理。解由圖5.2可得Jaa'=2mlグsin2y

此二此二式相加,可得Jbb'=Smut/2cos2Jaa'+Jbb)=27nHメ.=IJM'+Jbb'_/(1.93+1.14)X1O~47

一T2mH一、 2X1.67X10-27=9.59X10-um上二式相比,可得圖5.3圖5.3習題5.6解用圖CglFullerene,富勒烯）分子由60個碳原子組成。這些碳原子各位于ー個球光32面體的60個頂角上（見圖5.3）.此球體的直徑為71nm。（1）按均勻球面計算,此球形分子對其ー個直徑的轉(zhuǎn)動慣量是多少?（2）在室溫下一個仁。分子的自轉(zhuǎn)動能為4.14X10—211求它的自轉(zhuǎn)頻率。解⑴J=^mRl2 /71y1a-9\2=yX12Xl.67X10-27X60X（ ）=1.01X10-39kg?m2（2）由E= =Jル2mア可得頻率為/2E_1 12X4.14X-10b"ー麻"J涙" 1.01X10T9ー個氧原子的質(zhì)量是2.66X10—26kg,ー個氧分子中兩個氧原子的中心相良1.21X10ー】。m。求氧分子相對于通過其質(zhì)心并垂直于二原子連線的軸的轉(zhuǎn)動慣量。如果ー個氧分子相對于此軸的轉(zhuǎn)動動能是2.06X10-”J,它繞此軸的轉(zhuǎn)動周期是多少?解所求轉(zhuǎn)動慣量為J=2?mパ=2X2.66X10-26x（1^1x1。ー1°）=1.95XIO-46kg?m2轉(zhuǎn)動周期為丁= 27r 27r j37X10-12sノ2瓦〃 7（2X2.06XIO-21）/（1.95XIO-46）

在倫敦的英國議會塔樓上的大本鐘的分針長4.50m,質(zhì)量為100kg;時針長2.70m,質(zhì)量為60.0kg。二者對中心轉(zhuǎn)軸的角動量和轉(zhuǎn)動動能各是多少?將二者都當成均勻細直棒處理。解對分針,J1= X100X4.502=675kg?m2T~T~36001.75X10-3s-1Li=Jisi=675X1.75X107=1.18kg?m2/sEk.i=vJiwi=-5-x675X(1.75X10-s),=1.03X10-sJ對時針,ノ?=；m.G=!x60.0X2.702=146kg?m2-2k.レ"7；3600X12-2k.レ"7；3600X12=1.45X10Ts-iL?=Jb3?=146X1.45X10-4=2.12X10L?=Jb3?=146X1.45X10-4=2.12X10-2kg?m2/sEj=4"ノ,冠=JX146X(1.45X1〇y〉2=1.54X1OfJ?5.9從一個半徑為R的均勻薄板上挖去ー個直徑為R的圓板,所形成的圓洞中心在距原薄板中心R/2處（見圖5.4）,所剩薄板的質(zhì)量為求此時薄板對于通過原中心而與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量。解由于轉(zhuǎn)動慣量具有可加性,所以已挖洞的圓板的轉(zhuǎn)動慣量J加上挖去的圓板補回原位后對原中心的轉(zhuǎn)動慣量九就等于整個完整圓板對中心的轉(zhuǎn)動慣量心。設板的密度為p,厚度為Q,則對于通過原中心而與板面垂直的軸+g償）="M與）切傳）圖5.4習題5.9用圖J2=す電父="^"TtapR厶=32WpR又由于[icR-k協(xié))[ap=m,即式式apR“=—代入上面求J的公式,最后可得5.10如圖5.5所示,兩物體質(zhì)量分別為如和m2，定滑輪的質(zhì)量為m,半徑為，,可視作均勻圓盤。已知m2與桌面間的滑動摩擦系數(shù)為外,求如下落的加速度和兩段繩子圖5.5習題圖5.5習題5.10解用圖解對かい由牛頓第二定律7?ig-Tx=mia對m2,由牛頓第二定律T2-ル卜か2g=m2a對滑輪,用轉(zhuǎn)動定律(Tx—T2)r=^-mr2a又由運動學關系,設繩在滑輪上不打滑聯(lián)立解以上諸方程,可得（1+依）??12一+m/2 __（1_+とい殖+曲T71/2mi+m24-m12 2 g+s+m/21n2g5.11一根均勻米尺,在60cm刻度處被釘?shù)綁ι?且可以在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。先用手使米尺保持水平,然后釋放。求剛釋放時米尺的角加速度和米尺到豎直位置時的角速度各是多大?解如圖5.6所示,設米尺的總重量為姉則直尺對懸點的轉(zhuǎn)動慣量為/="1-miZi+!叫乙="5"X-B-mX0.ゼ+4X-r-mX0.62=0.093m對直尺,手剛釋放時,由轉(zhuǎn)動定律

mgXOC=la=10.5rad/s2mgXOC=mX9.8X=10.5rad/s2I 0.093mXOC在米尺轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中,機械能守恒給出mgXOC=Jia/XOCmX9.8X0.1 /「〇,/〇.093m =4.58rad/S5.12坐在轉(zhuǎn)椅上的人手握啞鈴（原書圖5.10）。兩臂伸直時,人、啞鈴和椅系統(tǒng)對豎直軸的轉(zhuǎn)動慣量為ハ=2kg?n?。在外人推動后,此系統(tǒng)開始以ル=15r/min轉(zhuǎn)動。當人的兩臂收回,使系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動慣量變?yōu)?2=0.80kg?m2時,它的轉(zhuǎn)速物是多大?兩臂收冋過程中，系統(tǒng)的機械能是否守恒?什么カ做了功?做功多少?設軸上摩擦忽略不計。解由于兩臂收冋過程中,人體受的沿豎直軸的外力矩為零,所以系統(tǒng)沿此軸的角動量守恒。由此得JI*2兀〃1=J2*2"〃2TOC\o"1-5"\h\zT 0“2=ルテ=15X；-x=37.5r/min

J2 g在兩臂收冋時,系統(tǒng)的內(nèi)力（臂力）做了功,所以系統(tǒng)的機械能不守恒。臂力做的總功為圖5.7習題5.13解用圖A=す/2圖5.7習題5.13解用圖=|[0.8X（2xX^）I-2X（2xx||）2]=3.70J5.13圖5.7中均勻桿長エ=0.4。111,質(zhì)量河=1.0kg,由其上端的光滑水平軸吊起而處于靜止。今有一質(zhì)量m=8.0g的子彈以v=200m/s的速率水平射入桿中而不復出,射入點在軸下d=3L/4處。求:（1）子彈停在桿中時桿的角速度;（2）桿的最大偏轉(zhuǎn)角。

解(D由子彈和桿系統(tǒng)對懸點。的角動量守恒可得mvXj-L=［チMI?+m傳)〉 3mv

嗎ml+え叫3X0.008X2004(チX1X0.4+疇X0.008X0.4)=8.89rad/s(2)對桿、子彈和地球系統(tǒng),由機械能守恒可得.(.ML?+[7nL2)ボ=(Mg與+mg告り(1—cosの由此得x1+3X0.008)X0.4X8.89?1 \3 16=arccos1- (14-yX0.008)X9.8=94°18'5.14ー轉(zhuǎn)臺繞豎直固定軸轉(zhuǎn)動,每轉(zhuǎn)一周所需時間為￡=10s,轉(zhuǎn)臺對軸的轉(zhuǎn)動慣量為J=1200kg?tnユ。ー質(zhì)量為M=80kg的人,開始時站在轉(zhuǎn)臺的中心,隨后沿半徑向外跑去,當人離轉(zhuǎn)臺中心r=2m時轉(zhuǎn)臺的角速度是多大?解由于轉(zhuǎn)臺和人系統(tǒng)未受到沿軸方向外力矩,所以系統(tǒng)的角動量守恒,即ル、=(J+Mr2)^由此可得轉(zhuǎn)臺后來的角速度為映、廣歩例ハ資?15TX発=〇.496rad/s

1200+80X22 1映、廣歩例5.15兩輛質(zhì)量都是!200kg的汽車在平直公路上各以72km/h的髙速迎面開行。由于兩車質(zhì)心軌跡間距太小,僅為0.5m,因而發(fā)生碰撞,碰后二車扣在ー起,此殘體對于其質(zhì)心的轉(zhuǎn)動慣量為2500kg?n?,求:(1)二車扣在ー起時的旋轉(zhuǎn)角速度;(2)ホ干碰椅而掏失的機械能.解(1)對兩汽車的質(zhì)心兩汽車的角動量守恒給出2nwr=Ia)由此得2nwr2X1200X20X0.25 .Bw=-= 2500 =4-8rad/s(2)損失的機械能為2X^-mvz—^-Ia)2=1200X202-X2500X4.82=4.5X106J16宇宙飛船中有三個宇航員繞著船艙內(nèi)壁按同一方向跑動以產(chǎn)生人造重力。(1)如果想使人造重力等于他們在地面上時受的自然重力,那么他們跑動的速率應多大?設他們的質(zhì)心運動的半徑為2.5m,人體當質(zhì)點處理。(2)如果飛船最初未動,當宇航員按上面速率跑動時,飛船將以多大角速度旋轉(zhuǎn)?設毎個宇航員的質(zhì)量為70kg,飛船體對于其縱軸的轉(zhuǎn)動慣量為3X10$kg-n?。(3)要使飛船轉(zhuǎn)過30°,宇航員需要跑幾圈?解(1)由于ピ/r=gp=Ygr—4^.8X2.5=4.95m/s(2)由飛船和宇航員系統(tǒng)角動量守恒可得3mvR—Jo)=0由此得飛船角速度為3mvR3X70X4.95X2.5〇/クViハー3 □/〇)=—;-= さネス$ =8.67X103rad/sJ 〇/X1U(3)飛船轉(zhuǎn)過30°用的時間。=マ/(6ハ,宇航員對飛船的角速度為の+a/R,在時間:內(nèi)跑過的圈數(shù)為=熹)=]2メひ+8.67X々〇ー>^275)=19圏5.17把太陽當成均勻球體,試由原書的“數(shù)值表”給出的數(shù)據(jù)計算太陽的角動量。再由原書表5.2的數(shù)據(jù)計算太陽的角動量是太陽系總角動量的百分之幾?解太陽自轉(zhuǎn)周期按25d計算,太陽的自轉(zhuǎn)角動量為Js=^-mR2a)=看X1.99Xの。X(6.96X10ワX而ヌ爲赤

?m'=3.3%=?m'=3.3%此角動量占太陽系總角動量的百分數(shù)為0.11X104S（0.11+3.2）X10