1.5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t3．求：
（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；
（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？
（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？
[解答]（1）角速度为
ω = dθ/dt = 12t2 = 48(rad²s-1) ，
法向加速度为
an = rω2 = 230.4(m²s-2) ；
角加速度为
β = dω/dt = 24t = 48(rad²s-2) ，
切向加速度为
at = rβ = 4.8(m²s-2) ．
（2）总加速度为a = (at2 + an2)1/2，
当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即
．
由此得，
即 ，
解得 ．
所以
=3.154(rad)．
（3）当at = an时，可得r β = rω2，
即 24t = (12t2)2，
解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．
1.7 一个半径为R = 1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s内下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．
[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．
由于，所以
at = 2h/Δt2 = 0.2(m²s-2) ．
物体下降3s 末的速度为
v = att = 0.6(m²s-1) ，
这也是边缘的线速度，因此法向加速度为
= 0.36(m²s-2) ．
1.8 一升降机以加速度1.22m ²s-2上升，当上升速度为2.44m ²s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m ．计算：
（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；
（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．
[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为
；
螺帽做竖直上抛运动，位移为
．
由题意得h = h1 - h2，所以
，
解得时间为
= 0.705(s)．
算得h2 = -0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．
[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程 h = (a + g)t2/2，
由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．
第一章 质点运动学
1.1 一质点沿直线运动，运动方程为x(t) = 6t2 - 2t3．试求：
（1）第2s 内的位移和平均速度；
（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程；
（3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．
[解答]（1）质点在第1s 末的位移大小为
x(1) = 6³12 - 2³13 = 4(m)．
在第2s 末的位移大小为
x(2) = 6³22 - 2³23 = 8(m)．
在第2s 内的位移大小为
Δx = x(2) – x(1) = 4(m)，
经过的时间为Δt = 1s，所以平均速度大小为
=Δx/Δt = 4(m²s-1) ．
（2）质点的瞬时速度大小为
v(t) = dx/dt = 12t - 6t2，
因此v(1) = 12³1 - 6³12 = 6(m²s-1) ，
v(2) = 12³2 - 6³22 = 0，
质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m．
（3）质点的瞬时加速度大小为
a(t) = dv/dt = 12 - 12t，
因此1s 末的瞬时加速度为
a(1) = 12 - 12³1 = 0，
第2s 内的平均加速度为
= [v(2) - v(1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m²s-2) ．
[注意]第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．
1.2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s内走过路程s = 30m，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为．
并由上述数据求出量值．
[证明]依题意得vt = nvo，
根据速度公式vt = vo + at，得
a = (n – 1)vo/t， (1)
根据速度与位移的关系式vt2 = vo2 + 2as，得
a = (n2 – 1)vo2/2s，(2)
（1）平方之后除以（2）式证得
．
计算得加速度为
= 0.4(m²s-2) ．
1.3一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m ²s-1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m²s-2．问：
（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？
（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？
[解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（他）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为
vy0 = v0sinθ = 24.87(m²s-1) ．
取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式
vt - v0 = at，
这里的v0就是vy0，a = -g；当他达到最高点时，vt = 0，所以上升到最高点的时间为 t1 = vy0/g = 2.49(s)．
再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式
vt2 - v02 = 2as，
可得上升的最大高度为
h1 = vy02/2g = 30.94(m)．
他从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为
h2 = h1 + h = 100.94(m)．
根据自由落体运动公式s = gt2/2，得下落的时间为
= 4.49(s)．
因此他飞越的时间为
t = t1 + t2 = 6.98(s)．
他飞越的水平速度为
vx0 = v0cosθ = 60.05(m²s-1) ，
所以矿坑的宽度为
x = vx0t = 419.19(m)．
（2）根据自由落体速度公式可得他落地的竖直速度大小为
vy = gt = 69.8(m²s-1) ，
落地速度为
v = (vx2 + vy2)1/2 = 92.08(m²s-1) ，
与水平方向的夹角为
φ = arctan(vy/vx) = 49.30?，
方向斜向下．
方法二：一步法．取向上的方向为正，他在竖直方向的位移为y = vy0t - gt2/2，移项得时间的一元二次方程
，
解得
．
这里y = -70m，根号项就是他落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为
t = 6.98(s)．
由此可以求解其他问题．
1.4一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即dv/dt = -kv2，k 为常数．
（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为；
（2）试证在时间t 内，船行驶的距离为．
[证明]（1）分离变量得，
积分 ，
可得 ．
（2）公式可化为，
由于v = dx/dt，所以
积分 ．
因此 ． 证毕．
[讨论]当力是速度的函数时，即f = f(v)，根据牛顿第二定律得f = ma．
由于a = d2x/dt2，
而 dx/dt = v，
所以 a = dv/dt，
分离变量得方程
，
解方程即可求解．
在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则
dv/dt = -kvn．
（1）如果n = 1，则得
，
积分得
lnv = -kt + C．
当t = 0时，v = v0，所以C = lnv0，因此
lnv/v0 = -kt，
得速度为
v = v0e-kt．
而dv = v0e-ktdt，积分得
．
当t = 0时，x = 0，所以C` = v0/k，因此
．
（2）如果n ≠1，则得，积分得
．
当t = 0时，v = v0，所以，因此
．
如果n = 2，就是本题的结果．
如果n ≠2，可得
，
读者不妨自证．
1.5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t3．求：
（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；
（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？
（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？
[解答]（1）角速度为
ω = dθ/dt = 12t2 = 48(rad²s-1) ，
法向加速度为
an = rω2 = 230.4(m²s-2) ；
角加速度为
β = dω/dt = 24t = 48(rad²s-2) ，
切向加速度为
at = rβ = 4.8(m²s-2) ．
（2）总加速度为a = (at2 + an2)1/2，
当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即
．
由此得，
即 ，
解得 ．
所以
=3.154(rad)．
（3）当at = an时，可得r β = rω2，
即 24t = (12t2)2，
解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．
1.6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m²s-1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = 20m²s-2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？
[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为
v0x = v0cosθ，
v0y = v0sinθ．
加速度的大小为
ax = acosα，
ay = asinα．
运动方程为
，
．
即 ，
．
令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为
t = 0（舍去）；(s)．
将t 代入x 的方程求得x = 9000m．
[注意]选择不同的坐标系，例如x 方向沿着a 的方向或者沿着v0的方向，也能求出相
同的结果．
1.7 一个半径为R = 1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s内下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．
[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．
由于，所以
at = 2h/Δt2 = 0.2(m²s-2) ．
物体下降3s 末的速度为
v = att = 0.6(m²s-1) ，
这也是边缘的线速度，因此法向加速度为
= 0.36(m²s-2) ．
1.8 一升降机以加速度1.22m ²s-2上升，当上升速度为2.44m ²s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m ．计算：
（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；
（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．
[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为
；
螺帽做竖直上抛运动，位移为
．
由题意得h = h1 - h2，所以
，
解得时间为
= 0.705(s)．
算得h2 = -0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．
[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程 h = (a + g)t2/2，
由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．
1.9有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．
（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为；
（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；
（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．
[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t0 = 2l/v．
（2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u，向西飞行逆风的速率为v - u，所以飞行时间为 ．
（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为
． 证毕．
1.10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v2．今在车后放一长方形物体，问车速v1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？
[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作矢量三角形．根据题意得tan α = l/h．
方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得
v1 = v2sinθ + v3sinα，
其中v3 = v⊥/cosα，而v ⊥ = v2cosθ，
因此v1 = v2sinθ + v2cosθsin α/cosα，
即 ． 证毕．
方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得
，
所以
，
即 ．
方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为
l = (v1 – v2sin θ)t ，
h = v2cosθ?t ．
两式消去时间t 即得所求． 证毕．
2.12 质量为m 的物体，最初静止于x0，在力(k为常数) 作用下沿直线运动．证明物体在x 处的速度大小v = [2k(1/x – 1/x0)/m]1/2．
[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程
利用v = dx/dt，可得
，
因此方程变为
，
积分得
．
利用初始条件，当x = x0时，v = 0，所以C = -k/x0，因此
，
即 ． 证毕．
[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f(x)，利用变换可得方程：mvdv = f(x)dx，积分即可求解．
如果f(x) = -k/xn，则得
．
（1）当n = 1时，可得
．
利用初始条件x = x0时，v = 0，所以C = lnx0，因此 ，
即 ．
（2）如果n ≠1，可得
．
利用初始条件x = x0时，v = 0，所以，
因此 ，
即 ．
当n = 2时，即证明了本题的结果．
2.13 一质量为m 的小球以速率v0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：
（1）小球速率随时间的变化关系v(t)；
（2）小球上升到最大高度所花的时间T ．
[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程
，
分离变量得
，
积分得
．
当t = 0时，v = v0，所以
，
因此
，
小球速率随时间的变化关系为
．
（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为
．
[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤．
由于v = dx/dt，所以
，
即
，
积分得
，
当t = 0时，x = 0，所以
，
因此
．
（2）如果小球以v0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为 ，
用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为
．
这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数vm = mg/k．
2.14 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．
[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即
N = mv2/R．
物体所受的摩擦力为
f = -μkN ，
负号表示力的方向与速度的方向相反．
根据牛顿第二定律得
，
即 ．
积分得
．
当t = 0时，v = v0，所以
，
因此 ．
解得 ．
由于
，
积分得
，
当t = 0时，x = x0，所以C = 0，因此
．
2.15 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．
[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为
F = mgtgθ．
珠子做圆周运动的半径为
r = Rsinθ．
根据向心力公式得
F = mgtgθ = mω2Rsin θ，
可得
，
解得 ．
2.16 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx，而位移x = Acosωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．
[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得
dI = Fdt = -kAcosωtdt ，
积分得冲量为
，
方法二：利用动量定理．小球的速度为
v = dx/dt = -ωAsin ωt ，
设小球的质量为m ，其初动量为
p1 = mv1 = 0，
末动量为
p2 = mv2 = -mωA ，
小球获得的冲量为
I = p2 – p1 = -mωA ，
可以证明k =mω2，因此
I = -kA/ω．
2.17 一个质量m = 50g，以速率的v = 20m²s-1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？
[解答]小球动量的大小为
p = mv，
但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义
得，
由此可作矢量三角形，可得
．
因此向心力给予小球的的冲量大小为
= 1.41(N²s) ．
[注意]质点向心力大小为F = mv2/R，方向是指向圆心的，其方向在不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量
．
假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R运动，拉力的大小就是向心力
F = mv2/R = mωv ，
其分量大小分别为
Fx = Fcosθ = Fcosωt ，
Fy = Fsinθ = Fsinωt ，
给小球的冲量大小为
dIx = Fxdt = Fcosωtdt ，
dIy = Fydt = Fsinωtdt ，
积分得
，
，
合冲量为
，
所前面计算结果相同，但过程要复杂一些．
2.18用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m ²s-1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高
度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？
[解答]球上升初速度为
= 14(m²s-1) ，
其速度的增量为
= 24.4(m²s-1) ．
棒给球冲量为
I = mΔv = 7.3(N²s) ，
对球的作用力为（不计重力）
F = I/t = 366.2(N)．
2.19 如图所示，3个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m²s-2）
[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程
Mg – T = Ma，
物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动，加速度大小为a ，可列方程 T = Ma，
联立方程可得
a = g/2 = 5(m²s-2) ．
根据运动学公式
s = v0t + at2/2，
可得B 拉C 之前的运动时间
= 0.4(s)．
此时B 的速度大小为
v = at = 2(m²s-1) ．
物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得
2Mv = 3Mv`，
因此C 开始运动的速度为
v` = 2v/3 = 1.33(m²s-1) ．
2.22 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？
[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移的大小为
ds = Rdθ．
重力的大小为
G = mg，
方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为
，
积分得重力所做的功为
．
摩擦力的大小为
f = μkN = μkmgcos θ，
方向与弧位移的方向相反，所做的功元为
，
积分得摩擦力所做的功为
．
要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即 ， 或者 ．
拉力的功元为
，
拉力所做的功为
．
由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．
2.23 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v0，当它运动1周时，其速率变为v0/2，求：
（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数； （3）在静止以前质点运动了多少圈？ [解答] （1）质点的初动能为
E1 = mv02/2，
末动能为
E2 = mv2/2 = mv02/8，
动能的增量为
ΔEk = E2 – E1 = -3mv02/8，
这就是摩擦力所做的功W ．
（2）由于
dW = -fds = -μkNds = -μkmgrd θ，
积分得
．
由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为
．
（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为
at = f/m = -μkg ，
根据公式vt2 – vo2 = 2ats，可得质点运动的弧长为
，
圈数为 n = s/2πr = 4/3．
[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量
-fs = ΔE k，
可得 s = -ΔE k/f，
由此也能计算弧长和圈数。
2.24 如图所示，物体A 的质量m = 0.5kg，静止于光滑斜面上．它与固定在斜面底B 端的弹簧M 相距s = 3m．弹簧的倔强系数k = 400N²m-1．斜面倾角为45°．求当物体A 由静止下滑时，能使弹簧长度产生的最大压缩量是多大？
[解答]取弹簧自然伸长处为重力势能和弹性势能的零势点，由于物体A 和弹簧组成的系统只有保守力做功，所以机械能守恒，当弹簧压缩量最大时，可得方程
，
整理和一元二次方程
，
解得
= 0.24(m)（取正根）．
2.29 如图所示，有一个在竖直平面上摆动的单摆．问：
（1）摆球对悬挂点的角动量守恒吗？
（2）求出t 时刻小球对悬挂点的角动量的方向，对于不同的时刻，角动量的方向会改变吗？
（3）计算摆球在θ角时对悬挂点角动量的变化率．
[解答]（1）由于单摆速度的大小在不断发生改变，而方向与弧相切，因此动量矩l 不变；由于角动量L = mvl，所以角动量不守恒．
（2）当单摆逆时针运动时，角动量的方向垂直纸面向外；当单摆顺时针运动时，角动量的方向垂直纸面向里，因此，在不同的时刻，角动量的方向会改变．
（3）质点对固定点的角动量的变化率等于质点所受合外力对同一点的力矩，因此角动量的变化率为
2.31我国第一颗人造地于卫星的质量为173kg ，其近地点高度为439km ，远地点高度为2 384km ，求它的轨道总能量．
[解答]地球半径R0 = 6371km，因此
r1 = R0 + h1，r2 = R0 + h2．
根据万有引力定律，在地球表面有
，
因此
，
根据上题的结果可得卫星的轨道总能量为
= -4.42³109(J)．
2.38 质量为m ，半径为R 的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如图所示．盘与水平面的摩擦因数为μ，圆盘从初角速度为ω0到停止转动，共转了多少圈？
[解答]圆盘对水平面的压力为
N = mg，
压在水平面上的面积为
S = πR2，
压强为
p = N/S = mg/πR2．
当圆盘滑动时，在盘上取一半径为r 、对应角为d θ面积元，其面积为
dS = rdθdr ，
对水平面的压力为
dN = pdS = prdrdθ，
所受的摩擦力为
df = μdN = μprdrd θ，
其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为
dM = rdf = μpr2drd θ，
总力矩为
．
圆盘的转动惯量为
I = mR2/2，
角加速度大小为
，
负号表示其方向与角速度的方向相反．
根据转动公式ω2 = ω02 + 2βθ，当圆盘停止下来时ω = 0，所以圆盘转过的角度为 ，
转过的圈数为
．
[注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积为ds = 2πrdr ，这样计算力矩等更简单。
4.1 一物体沿x 轴做简谐振动，振幅A = 0.12m，周期T = 2s．当t = 0时，物体的位移x = 0.06m，且向x 轴正向运动．求：
（1）此简谐振动的表达式；
（2）t = T/4时物体的位置、速度和加速度；
（3）物体从x = -0.06m，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．
[解答]（1）设物体的简谐振动方程为
x = Acos(ωt + φ) ，
其中A = 0.12m，角频率ω = 2π/T = π．
当t = 0时，x = 0.06m，所以
cos φ = 0.5，
因此
φ = ±π/3．
物体的速度为
v = dx/dt = -ωAsin(ωt + φ) ．
当t = 0时，
v = -ωAsin φ，
由于v > 0，所以sin φ
φ = -π/3．
简谐振动的表达式为
x = 0.12cos(πt – π/3)．
（2）当t = T/4时物体的位置为
x = 0.12cos(π/2 – π/3)
= 0.12cosπ/6 = 0.104(m)．
速度为 v = -πAsin(π/2 – π/3) = -0.12πsin π/6 = -0.188(m²s-1) ． 加速度为
a = dv/dt = -ω2Acos(ωt + φ)
= -π2Acos(πt - π/3)
= -0.12π2cos π/6 = -1.03(m²s-2) ．
（3）方法一：求时间差．当x = -0.06m时，可得
cos(πt1 - π/3) = -0.5，
因此
πt1 - π/3 = ±2π/3．
由于物体向x 轴负方向运动，即v 0，因此
πt1 - π/3 = 2π/3，
得t1 = 1s．
当物体从x = -0.06m处第一次回到平衡位置时，x = 0，v > 0，因此
cos(πt2 - π/3) = 0，
可得 πt2 - π/3 = -π/2或3π/2等．
由于t2 > 0，所以
πt2 - π/3 = 3π/2，
可得 t2 = 11/6 = 1.83(s)．
所需要的时间为
Δt = t2 - t1 = 0.83(s)．
方法二：反向运动．物体从x = -0.06m，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x = 0.06m，即从起点向x 轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x = 0，v
cos(πt - π/3) = 0，
可得 πt - π/3 = π/2，
解得 t = 5/6 = 0.83(s)．
[注意]根据振动方程
x = Acos(ωt + φ) ，
当t = 0时，可得
φ = ±arccos(x0/A)，（-π
初位相的取值由速度决定．
由于
v = dx/dt = -ωAsin(ωt + φ) ，
当t = 0时，
v = -ωAsin φ，
当v > 0时，sin φ
φ = -arccos(x0/A)；
当v 0，因此
φ = arccos(x0/A)π/3．
可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x0 = A时，φ = 0；当初位置x0 = -A时，φ = π．
5.8 一简谐波沿x 轴正向传播，波长λ = 4m，周期T = 4s，已知x = 0处的质点的振动曲线如图所示．
（1）写出时x = 0处质点的振动方程；
（2）写出波的表达式；
（3）画出t = 1s时刻的波形曲线．
[解答]波速为u = λ/T = 1(m²s-1) ．
（1）设x = 0处的质点的振动方程为
y = Acos(ωt + φ) ，
其中A = 1m，ω = 2π/T = π/2．
当t = 0时，y = 0.5，因此
cos φ = 0.5，
φ = ±π/3．
在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此
φ = π/3．
振动方程为
y = cos(πt/2 + π/3)．
（2）波的表达式为
．
（3）t = 1s时刻的波形方程为
，
波形曲线如图所示．
1.5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t3．求：
（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；
（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？
（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？
[解答]（1）角速度为
ω = dθ/dt = 12t2 = 48(rad²s-1) ，
法向加速度为
an = rω2 = 230.4(m²s-2) ；
角加速度为
β = dω/dt = 24t = 48(rad²s-2) ，
切向加速度为
at = rβ = 4.8(m²s-2) ．
（2）总加速度为a = (at2 + an2)1/2，
当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即
．
由此得，
即 ，
解得 ．
所以
=3.154(rad)．
（3）当at = an时，可得r β = rω2，
即 24t = (12t2)2，
解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．
1.7 一个半径为R = 1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s内下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．
[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．
由于，所以
at = 2h/Δt2 = 0.2(m²s-2) ．
物体下降3s 末的速度为
v = att = 0.6(m²s-1) ，
这也是边缘的线速度，因此法向加速度为
= 0.36(m²s-2) ．
1.8 一升降机以加速度1.22m ²s-2上升，当上升速度为2.44m ²s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m ．计算：
（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；
（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．
[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为
；
螺帽做竖直上抛运动，位移为
．
由题意得h = h1 - h2，所以
，
解得时间为
= 0.705(s)．
算得h2 = -0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．
[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程 h = (a + g)t2/2，
由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．
第一章 质点运动学
1.1 一质点沿直线运动，运动方程为x(t) = 6t2 - 2t3．试求：
（1）第2s 内的位移和平均速度；
（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程；
（3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．
[解答]（1）质点在第1s 末的位移大小为
x(1) = 6³12 - 2³13 = 4(m)．
在第2s 末的位移大小为
x(2) = 6³22 - 2³23 = 8(m)．
在第2s 内的位移大小为
Δx = x(2) – x(1) = 4(m)，
经过的时间为Δt = 1s，所以平均速度大小为
=Δx/Δt = 4(m²s-1) ．
（2）质点的瞬时速度大小为
v(t) = dx/dt = 12t - 6t2，
因此v(1) = 12³1 - 6³12 = 6(m²s-1) ，
v(2) = 12³2 - 6³22 = 0，
质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m．
（3）质点的瞬时加速度大小为
a(t) = dv/dt = 12 - 12t，
因此1s 末的瞬时加速度为
a(1) = 12 - 12³1 = 0，
第2s 内的平均加速度为
= [v(2) - v(1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m²s-2) ．
[注意]第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．
1.2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s内走过路程s = 30m，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为．
并由上述数据求出量值．
[证明]依题意得vt = nvo，
根据速度公式vt = vo + at，得
a = (n – 1)vo/t， (1)
根据速度与位移的关系式vt2 = vo2 + 2as，得
a = (n2 – 1)vo2/2s，(2)
（1）平方之后除以（2）式证得
．
计算得加速度为
= 0.4(m²s-2) ．
1.3一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m ²s-1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m²s-2．问：
（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？
（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？
[解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（他）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为
vy0 = v0sinθ = 24.87(m²s-1) ．
取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式
vt - v0 = at，
这里的v0就是vy0，a = -g；当他达到最高点时，vt = 0，所以上升到最高点的时间为 t1 = vy0/g = 2.49(s)．
再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式
vt2 - v02 = 2as，
可得上升的最大高度为
h1 = vy02/2g = 30.94(m)．
他从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为
h2 = h1 + h = 100.94(m)．
根据自由落体运动公式s = gt2/2，得下落的时间为
= 4.49(s)．
因此他飞越的时间为
t = t1 + t2 = 6.98(s)．
他飞越的水平速度为
vx0 = v0cosθ = 60.05(m²s-1) ，
所以矿坑的宽度为
x = vx0t = 419.19(m)．
（2）根据自由落体速度公式可得他落地的竖直速度大小为
vy = gt = 69.8(m²s-1) ，
落地速度为
v = (vx2 + vy2)1/2 = 92.08(m²s-1) ，
与水平方向的夹角为
φ = arctan(vy/vx) = 49.30?，
方向斜向下．
方法二：一步法．取向上的方向为正，他在竖直方向的位移为y = vy0t - gt2/2，移项得时间的一元二次方程
，
解得
．
这里y = -70m，根号项就是他落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为
t = 6.98(s)．
由此可以求解其他问题．
1.4一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即dv/dt = -kv2，k 为常数．
（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为；
（2）试证在时间t 内，船行驶的距离为．
[证明]（1）分离变量得，
积分 ，
可得 ．
（2）公式可化为，
由于v = dx/dt，所以
积分 ．
因此 ． 证毕．
[讨论]当力是速度的函数时，即f = f(v)，根据牛顿第二定律得f = ma．
由于a = d2x/dt2，
而 dx/dt = v，
所以 a = dv/dt，
分离变量得方程
，
解方程即可求解．
在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则
dv/dt = -kvn．
（1）如果n = 1，则得
，
积分得
lnv = -kt + C．
当t = 0时，v = v0，所以C = lnv0，因此
lnv/v0 = -kt，
得速度为
v = v0e-kt．
而dv = v0e-ktdt，积分得
．
当t = 0时，x = 0，所以C` = v0/k，因此
．
（2）如果n ≠1，则得，积分得
．
当t = 0时，v = v0，所以，因此
．
如果n = 2，就是本题的结果．
如果n ≠2，可得
，
读者不妨自证．
1.5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t3．求：
（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；
（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？
（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？
[解答]（1）角速度为
ω = dθ/dt = 12t2 = 48(rad²s-1) ，
法向加速度为
an = rω2 = 230.4(m²s-2) ；
角加速度为
β = dω/dt = 24t = 48(rad²s-2) ，
切向加速度为
at = rβ = 4.8(m²s-2) ．
（2）总加速度为a = (at2 + an2)1/2，
当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即
．
由此得，
即 ，
解得 ．
所以
=3.154(rad)．
（3）当at = an时，可得r β = rω2，
即 24t = (12t2)2，
解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．
1.6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m²s-1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = 20m²s-2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？
[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为
v0x = v0cosθ，
v0y = v0sinθ．
加速度的大小为
ax = acosα，
ay = asinα．
运动方程为
，
．
即 ，
．
令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为
t = 0（舍去）；(s)．
将t 代入x 的方程求得x = 9000m．
[注意]选择不同的坐标系，例如x 方向沿着a 的方向或者沿着v0的方向，也能求出相
同的结果．
1.7 一个半径为R = 1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s内下降的距离h = 0.4m ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．
[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．
由于，所以
at = 2h/Δt2 = 0.2(m²s-2) ．
物体下降3s 末的速度为
v = att = 0.6(m²s-1) ，
这也是边缘的线速度，因此法向加速度为
= 0.36(m²s-2) ．
1.8 一升降机以加速度1.22m ²s-2上升，当上升速度为2.44m ²s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m ．计算：
（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；
（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．
[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为
；
螺帽做竖直上抛运动，位移为
．
由题意得h = h1 - h2，所以
，
解得时间为
= 0.705(s)．
算得h2 = -0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．
[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程 h = (a + g)t2/2，
由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．
1.9有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．
（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为；
（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为；
（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为．
[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t0 = 2l/v．
（2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u，向西飞行逆风的速率为v - u，所以飞行时间为 ．
（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作矢量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为
． 证毕．
1.10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v2．今在车后放一长方形物体，问车速v1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？
[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作矢量三角形．根据题意得tan α = l/h．
方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得
v1 = v2sinθ + v3sinα，
其中v3 = v⊥/cosα，而v ⊥ = v2cosθ，
因此v1 = v2sinθ + v2cosθsin α/cosα，
即 ． 证毕．
方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得
，
所以
，
即 ．
方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为
l = (v1 – v2sin θ)t ，
h = v2cosθ?t ．
两式消去时间t 即得所求． 证毕．
2.12 质量为m 的物体，最初静止于x0，在力(k为常数) 作用下沿直线运动．证明物体在x 处的速度大小v = [2k(1/x – 1/x0)/m]1/2．
[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程
利用v = dx/dt，可得
，
因此方程变为
，
积分得
．
利用初始条件，当x = x0时，v = 0，所以C = -k/x0，因此
，
即 ． 证毕．
[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f(x)，利用变换可得方程：mvdv = f(x)dx，积分即可求解．
如果f(x) = -k/xn，则得
．
（1）当n = 1时，可得
．
利用初始条件x = x0时，v = 0，所以C = lnx0，因此 ，
即 ．
（2）如果n ≠1，可得
．
利用初始条件x = x0时，v = 0，所以，
因此 ，
即 ．
当n = 2时，即证明了本题的结果．
2.13 一质量为m 的小球以速率v0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：
（1）小球速率随时间的变化关系v(t)；
（2）小球上升到最大高度所花的时间T ．
[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程
，
分离变量得
，
积分得
．
当t = 0时，v = v0，所以
，
因此
，
小球速率随时间的变化关系为
．
（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为
．
[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤．
由于v = dx/dt，所以
，
即
，
积分得
，
当t = 0时，x = 0，所以
，
因此
．
（2）如果小球以v0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为 ，
用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为
．
这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数vm = mg/k．
2.14 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．
[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即
N = mv2/R．
物体所受的摩擦力为
f = -μkN ，
负号表示力的方向与速度的方向相反．
根据牛顿第二定律得
，
即 ．
积分得
．
当t = 0时，v = v0，所以
，
因此 ．
解得 ．
由于
，
积分得
，
当t = 0时，x = x0，所以C = 0，因此
．
2.15 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．
[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为
F = mgtgθ．
珠子做圆周运动的半径为
r = Rsinθ．
根据向心力公式得
F = mgtgθ = mω2Rsin θ，
可得
，
解得 ．
2.16 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx，而位移x = Acosωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．
[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得
dI = Fdt = -kAcosωtdt ，
积分得冲量为
，
方法二：利用动量定理．小球的速度为
v = dx/dt = -ωAsin ωt ，
设小球的质量为m ，其初动量为
p1 = mv1 = 0，
末动量为
p2 = mv2 = -mωA ，
小球获得的冲量为
I = p2 – p1 = -mωA ，
可以证明k =mω2，因此
I = -kA/ω．
2.17 一个质量m = 50g，以速率的v = 20m²s-1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？
[解答]小球动量的大小为
p = mv，
但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义
得，
由此可作矢量三角形，可得
．
因此向心力给予小球的的冲量大小为
= 1.41(N²s) ．
[注意]质点向心力大小为F = mv2/R，方向是指向圆心的，其方向在不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量
．
假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R运动，拉力的大小就是向心力
F = mv2/R = mωv ，
其分量大小分别为
Fx = Fcosθ = Fcosωt ，
Fy = Fsinθ = Fsinωt ，
给小球的冲量大小为
dIx = Fxdt = Fcosωtdt ，
dIy = Fydt = Fsinωtdt ，
积分得
，
，
合冲量为
，
所前面计算结果相同，但过程要复杂一些．
2.18用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m ²s-1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高
度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？
[解答]球上升初速度为
= 14(m²s-1) ，
其速度的增量为
= 24.4(m²s-1) ．
棒给球冲量为
I = mΔv = 7.3(N²s) ，
对球的作用力为（不计重力）
F = I/t = 366.2(N)．
2.19 如图所示，3个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m²s-2）
[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程
Mg – T = Ma，
物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动，加速度大小为a ，可列方程 T = Ma，
联立方程可得
a = g/2 = 5(m²s-2) ．
根据运动学公式
s = v0t + at2/2，
可得B 拉C 之前的运动时间
= 0.4(s)．
此时B 的速度大小为
v = at = 2(m²s-1) ．
物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得
2Mv = 3Mv`，
因此C 开始运动的速度为
v` = 2v/3 = 1.33(m²s-1) ．
2.22 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？
[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移的大小为
ds = Rdθ．
重力的大小为
G = mg，
方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为
，
积分得重力所做的功为
．
摩擦力的大小为
f = μkN = μkmgcos θ，
方向与弧位移的方向相反，所做的功元为
，
积分得摩擦力所做的功为
．
要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即 ， 或者 ．
拉力的功元为
，
拉力所做的功为
．
由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．
2.23 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v0，当它运动1周时，其速率变为v0/2，求：
（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数； （3）在静止以前质点运动了多少圈？ [解答] （1）质点的初动能为
E1 = mv02/2，
末动能为
E2 = mv2/2 = mv02/8，
动能的增量为
ΔEk = E2 – E1 = -3mv02/8，
这就是摩擦力所做的功W ．
（2）由于
dW = -fds = -μkNds = -μkmgrd θ，
积分得
．
由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为
．
（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为
at = f/m = -μkg ，
根据公式vt2 – vo2 = 2ats，可得质点运动的弧长为
，
圈数为 n = s/2πr = 4/3．
[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量
-fs = ΔE k，
可得 s = -ΔE k/f，
由此也能计算弧长和圈数。
2.24 如图所示，物体A 的质量m = 0.5kg，静止于光滑斜面上．它与固定在斜面底B 端的弹簧M 相距s = 3m．弹簧的倔强系数k = 400N²m-1．斜面倾角为45°．求当物体A 由静止下滑时，能使弹簧长度产生的最大压缩量是多大？
[解答]取弹簧自然伸长处为重力势能和弹性势能的零势点，由于物体A 和弹簧组成的系统只有保守力做功，所以机械能守恒，当弹簧压缩量最大时，可得方程
，
整理和一元二次方程
，
解得
= 0.24(m)（取正根）．
2.29 如图所示，有一个在竖直平面上摆动的单摆．问：
（1）摆球对悬挂点的角动量守恒吗？
（2）求出t 时刻小球对悬挂点的角动量的方向，对于不同的时刻，角动量的方向会改变吗？
（3）计算摆球在θ角时对悬挂点角动量的变化率．
[解答]（1）由于单摆速度的大小在不断发生改变，而方向与弧相切，因此动量矩l 不变；由于角动量L = mvl，所以角动量不守恒．
（2）当单摆逆时针运动时，角动量的方向垂直纸面向外；当单摆顺时针运动时，角动量的方向垂直纸面向里，因此，在不同的时刻，角动量的方向会改变．
（3）质点对固定点的角动量的变化率等于质点所受合外力对同一点的力矩，因此角动量的变化率为
2.31我国第一颗人造地于卫星的质量为173kg ，其近地点高度为439km ，远地点高度为2 384km ，求它的轨道总能量．
[解答]地球半径R0 = 6371km，因此
r1 = R0 + h1，r2 = R0 + h2．
根据万有引力定律，在地球表面有
，
因此
，
根据上题的结果可得卫星的轨道总能量为
= -4.42³109(J)．
2.38 质量为m ，半径为R 的均匀圆盘在水平面上绕中心轴转动，如图所示．盘与水平面的摩擦因数为μ，圆盘从初角速度为ω0到停止转动，共转了多少圈？
[解答]圆盘对水平面的压力为
N = mg，
压在水平面上的面积为
S = πR2，
压强为
p = N/S = mg/πR2．
当圆盘滑动时，在盘上取一半径为r 、对应角为d θ面积元，其面积为
dS = rdθdr ，
对水平面的压力为
dN = pdS = prdrdθ，
所受的摩擦力为
df = μdN = μprdrd θ，
其方向与半径垂直，摩擦力产生的力矩为
dM = rdf = μpr2drd θ，
总力矩为
．
圆盘的转动惯量为
I = mR2/2，
角加速度大小为
，
负号表示其方向与角速度的方向相反．
根据转动公式ω2 = ω02 + 2βθ，当圆盘停止下来时ω = 0，所以圆盘转过的角度为 ，
转过的圈数为
．
[注意]在圆盘上取一个细圆环，其面积为ds = 2πrdr ，这样计算力矩等更简单。
4.1 一物体沿x 轴做简谐振动，振幅A = 0.12m，周期T = 2s．当t = 0时，物体的位移x = 0.06m，且向x 轴正向运动．求：
（1）此简谐振动的表达式；
（2）t = T/4时物体的位置、速度和加速度；
（3）物体从x = -0.06m，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．
[解答]（1）设物体的简谐振动方程为
x = Acos(ωt + φ) ，
其中A = 0.12m，角频率ω = 2π/T = π．
当t = 0时，x = 0.06m，所以
cos φ = 0.5，
因此
φ = ±π/3．
物体的速度为
v = dx/dt = -ωAsin(ωt + φ) ．
当t = 0时，
v = -ωAsin φ，
由于v > 0，所以sin φ
φ = -π/3．
简谐振动的表达式为
x = 0.12cos(πt – π/3)．
（2）当t = T/4时物体的位置为
x = 0.12cos(π/2 – π/3)
= 0.12cosπ/6 = 0.104(m)．
速度为 v = -πAsin(π/2 – π/3) = -0.12πsin π/6 = -0.188(m²s-1) ． 加速度为
a = dv/dt = -ω2Acos(ωt + φ)
= -π2Acos(πt - π/3)
= -0.12π2cos π/6 = -1.03(m²s-2) ．
（3）方法一：求时间差．当x = -0.06m时，可得
cos(πt1 - π/3) = -0.5，
因此
πt1 - π/3 = ±2π/3．
由于物体向x 轴负方向运动，即v 0，因此
πt1 - π/3 = 2π/3，
得t1 = 1s．
当物体从x = -0.06m处第一次回到平衡位置时，x = 0，v > 0，因此
cos(πt2 - π/3) = 0，
可得 πt2 - π/3 = -π/2或3π/2等．
由于t2 > 0，所以
πt2 - π/3 = 3π/2，
可得 t2 = 11/6 = 1.83(s)．
所需要的时间为
Δt = t2 - t1 = 0.83(s)．
方法二：反向运动．物体从x = -0.06m，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x = 0.06m，即从起点向x 轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x = 0，v
cos(πt - π/3) = 0，
可得 πt - π/3 = π/2，
解得 t = 5/6 = 0.83(s)．
[注意]根据振动方程
x = Acos(ωt + φ) ，
当t = 0时，可得
φ = ±arccos(x0/A)，（-π
初位相的取值由速度决定．
由于
v = dx/dt = -ωAsin(ωt + φ) ，
当t = 0时，
v = -ωAsin φ，
当v > 0时，sin φ
φ = -arccos(x0/A)；
当v 0，因此
φ = arccos(x0/A)π/3．
可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x0 = A时，φ = 0；当初位置x0 = -A时，φ = π．
5.8 一简谐波沿x 轴正向传播，波长λ = 4m，周期T = 4s，已知x = 0处的质点的振动曲线如图所示．
（1）写出时x = 0处质点的振动方程；
（2）写出波的表达式；
（3）画出t = 1s时刻的波形曲线．
[解答]波速为u = λ/T = 1(m²s-1) ．
（1）设x = 0处的质点的振动方程为
y = Acos(ωt + φ) ，
其中A = 1m，ω = 2π/T = π/2．
当t = 0时，y = 0.5，因此
cos φ = 0.5，
φ = ±π/3．
在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此
φ = π/3．
振动方程为
y = cos(πt/2 + π/3)．
（2）波的表达式为
．
（3）t = 1s时刻的波形方程为
，
波形曲线如图所示．