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习题1
1.1选择题
(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径的端点处，其速度大小为
(A) (B)
(C) (D)
[答案：D]
(2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度，瞬时加速度，则一秒钟后质点的速度
(A)等于零 (B)等于-2m/s
(C)等于2m/s (D)不能确定。
[答案：D]
(3) 一质点沿半径为R的圆周作匀速率运动，每t秒转一圈，在2t时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为
(A) (B)
(C) (D)
[答案：B]
1.2填空题
(1) 一质点，以的匀速率作半径为5m的圆周运动，则该质点在5s内，位移的大小是 ；经过的路程是 。
[答案： 10m； 5πm]
(2) 一质点沿x方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v0为5m·s-1，则当t为3s时，质点的速度v= 。
[答案： 23m·s-1 ]
(3) 轮船在水上以相对于水的速度航行，水流速度为，一人相对于甲板以速度行走。如人相对于岸静止，则、和的关系是 。
[答案： ]
1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定：
(1) 物体的大小和形状；
(2) 物体的内部结构；
(3) 所研究问题的性质。
解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。
1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？
（1）x=4t-3；（2）x=-4t3+3t2+6；（3）x=-2t2+8t+4；（4）x=2/t2-4/t。
给出这个匀变速直线运动在t=3s时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x单位为m，t单位为s）
解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。
其速度和加速度表达式分别为
t=3s时的速度和加速度分别为v=20m/s，a=4m/s2。因加速度为正所以是加速的。
1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？
(1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。
解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零；
(2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零；
(3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零；
(4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。
1.6 ｜｜与 有无不同?和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?试举例说明．
解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；
（2）是速度的模，即.
只是速度在径向上的分量.
∵有（式中叫做单位矢），则
式中就是速度在径向上的分量，
∴不同如题1.6图所示.
题1.6图
(3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量.
∵有表轨道节线方向单位矢），所以
式中就是加速度的切向分量.
(的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)
1.7 设质点的运动方程为=()，=()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r＝，然后根据 =及＝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
=，= 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，
故它们的模即为
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
其二，可能是将误作速度与加速度的模。在1.6题中已说明不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢及速度的方向随时间的变化率对速度、加速度的贡献。
1.8 一质点在平面上运动，运动方程为
=3+5, =2+3-4.
式中以 s计，,以m计．(1)以时间为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出=1 s 时刻和＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算＝0 s时刻到＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算＝4 s 时质点的速度；(5)计算＝0s 到＝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＝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）
(2)将,代入上式即有
(3)∵
∴
(4)
则
(5)∵
(6)
这说明该点只有方向的加速度，且为恒量。
1.9 质点沿轴运动，其加速度和位置的关系为 ＝2+6，的单位为，的单位为 m. 质点在＝0处，速度为10,试求质点在任何坐标处的速度值．
解： ∵
分离变量：
两边积分得
由题知，时，,∴
∴
1.10 已知一质点作直线运动，其加速度为 ＝4+3 ，开始运动时，＝5 m， =0，求该质点在＝10s 时的速度和位置．
解：∵
分离变量，得
积分，得
由题知，, ,∴
故
又因为
分离变量，
积分得
由题知 , ,∴
故
所以时
1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3，式中以弧度计，以秒计，求：(1) ＝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：
(1)时，
(2)当加速度方向与半径成角时，有
即
亦即
则解得
于是角位移为
1.12 质点沿半径为的圆周按＝的规律运动，式中为质点离圆周上某点的弧长,，都是常量，求：(1)时刻质点的加速度；(2) 为何值时，加速度在数值上等于．
解：（1）
则
加速度与半径的夹角为
(2)由题意应有
即
∴当时，
1.13 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为β= 0.2 rad·，求＝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：当时，
则
1.14 一船以速率＝30km·h-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率＝40km·h-1
沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为多少?在艇上看船的速度又为多少?
解：(1)大船看小艇，则有，依题意作速度矢量图如题1.14图(a)
题1.14图
由图可知
方向北偏西
(2)小艇看大船，则有，依题意作出速度矢量图如题1.14图(b)，同上法，得
方向南偏东.
习题2
2.1 选择题
(1) 一质点作匀速率圆周运动时，
(A)它的动量不变，对圆心的角动量也不变。
(B)它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。
(C)它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。
(D)它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。
[答案：C]
(2) 质点系的内力可以改变
(A)系统的总质量。 (B)系统的总动量。
(C)系统的总动能。 (D)系统的总角动量。
[答案：C]
(3) 对功的概念有以下几种说法：
①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。
②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。
③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。
在上述说法中：
(A)①、②是正确的。
(B)②、③是正确的。
(C)只有②是正确的。
(D)只有③是正确的。
[答案：C]
2.2填空题
(1) 某质点在力（SI）的作用下沿x轴作直线运动。在从x=0移动到x=10m的过程中，力所做功为 。
[答案：290J]
(2) 质量为m的物体在水平面上作直线运动，当速度为v时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s后速度减为零。则物体加速度的大小为 ，物体与水平面间的摩擦系数为 。
[答案：]
(3) 在光滑的水平面内有两个物体A和B，已知mA=2mB。（a）物体A以一定的动能Ek与静止的物体B发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为 ；（b）物体A以一定的动能Ek与静止的物体B发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为 。
[答案：]
2.3 在下列情况下，说明质点所受合力的特点：
（1）质点作匀速直线运动；
（2）质点作匀减速直线运动；
（3）质点作匀速圆周运动；
（4）质点作匀加速圆周运动。
解：（1）所受合力为零；
（2）所受合力为大小、方向均保持不变的力，其方向与运动方向相反；
（3）所受合力为大小保持不变、方向不断改变总是指向圆心的力；
（4）所受合力为大小和方向均不断变化的力，其切向力的方向与运动方向相同，大小恒定；法向力方向指向圆心。
2.4 举例说明以下两种说法是不正确的：
（1）物体受到的摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反；
（2）摩擦力总是阻碍物体运动的。
解：（1）人走路时，所受地面的摩擦力与人的运动方向相同；
（2）车作加速运动时，放在车上的物体受到车子对它的摩擦力，该摩擦力是引起物体相对地面运动的原因。
2.5质点系动量守恒的条件是什么？在什么情况下，即使外力不为零，也可用动量守恒定律近似求解？
解：质点系动量守恒的条件是质点系所受合外力为零。当系统只受有限大小的外力作用，且作用时间很短时，有限大小外力的冲量可忽略，故也可用动量守恒定律近似求解。
2.6在经典力学中，下列哪些物理量与参考系的选取有关：质量、动量、冲量、动能、势能、功？
解：在经典力学中，动量、动能、势能、功与参考系的选取有关。
2.7 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为的物体，另一边穿在质量为的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度下滑，求，相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)．
解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为，其对于则为牵连加速度，又知对绳子的相对加速度为，故对地加速度，
题2.7图
由图(b)可知，为 ①
又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力在数值上等于绳的张力，由牛顿定律，有
②
③
联立①、②、③式，得
讨论 (1)若，则表示柱体与绳之间无相对滑动．
(2)若，则，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时, 均作自由落体运动．
2.8 一个质量为的质点，在光滑的固定斜面（倾角为）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平线平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
解: 物体置于斜面上受到重力，斜面支持力.建立坐标：取方向为轴，平行斜面与轴垂直方向为轴.如题2.8图.
题2.8图
方向： ①
方向： ②
时
由①、②式消去，得
2.9 质量为16 kg 的质点在平面内运动，受一恒力作用，力的分量为＝6 N，＝-7 N，当＝0时，0，＝-2 m·s-1，＝0．求当＝2 s时质点的(1)位矢；(2)速度．
解：
(1)
于是质点在时的速度
(2)
2.10 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力(为常数)作用，=0时质点的速度为，证明(1) 时刻的速度为＝；(2) 由0到的时间内经过的距离为
＝()［1-］；(3)停止运动前经过的距离为；(4)当时速度减至的，式中m为质点的质量．
答: (1)∵
分离变量，得
即
∴
(2)
(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，
故有
(4)当t=时，其速度为
即速度减至的.
2.11 一质量为的质点以与地的仰角=30°的初速从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．
解: 依题意作出示意图如题2.11图
题2.11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,
而抛物线具有对轴对称性，故末速度与轴夹角亦为，则动量的增量为
由矢量图知，动量增量大小为，方向竖直向下．
2.12 一质量为的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s后，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒?
解: 由题知，小球落地时间为．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为，小球上跳速度的大小亦为．设向上为轴正向，则动量的增量
方向竖直向上，
大小
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．
2.13 作用在质量为10 kg的物体上的力为N，式中的单位是s，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N·s，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度m·s-1的物体,回答这两个问题．
解: (1)若物体原来静止，则
,沿轴正向，
若物体原来具有初速，则
于是
,
同理， ,
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
亦即
解得，(舍去)
2.14 一质量为的质点在平面上运动，其位置矢量为
求质点的动量及＝0 到时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．
解: 质点的动量为
将和分别代入上式，得
, ,
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为
2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =()N(为常数)，其中以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．
解: (1)由题意，子弹到枪口时，有
,得
(2)子弹所受的冲量
将代入，得
(3)由动量定理可求得子弹的质量
2.16 一炮弹质量为，以速率飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为，且一块的质量为另一块质量的倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为
+, -
证明: 设一块为，则另一块为，
及
于是得 ①
又设的速度为, 的速度为，则有
②
③
联立①、③解得
④
将④代入②，并整理得
于是有
将其代入④式，有
又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取
证毕．
2.17 设．(1) 当一质点从原点运动到时，求所作的功．(2)如果质点到处时需0.6s，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg，试求动能的变化．
解: (1)由题知，为恒力，
∴
(2)
(3)由动能定理，
2.18 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．
题2.18图
解: 以木板上界面为坐标原点，向内为坐标正向，如题2.18图，则铁钉所受阻力为
第一锤外力的功为
①
式中是铁锤作用于钉上的力，是木板作用于钉上的力，在时，．
设第二锤外力的功为，则同理，有
②
由题意，有
③
即
所以，
于是钉子第二次能进入的深度为
2.19 设已知一质点(质量为)在其保守力场中位矢为点的势能为, 试求质点所受保守力的大小和方向．
解:
方向与位矢的方向相反，方向指向力心．
2.20 一根劲度系数为的轻弹簧的下端，挂一根劲度系数为的轻弹簧，的下端又挂一重物，的质量为，如题2.20图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．
题2.20图
解: 弹簧及重物受力如题2.20图所示平衡时，有
又
所以静止时两弹簧伸长量之比为
弹性势能之比为
2.21 (1)试计算月球和地球对物体的引力相抵消的一点，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98×1024kg，地球中心到月球中心的距离3.84×108m，月球质量7.35×1022kg，月球半径1.74×106m．(2)如果一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在点的势能为多少?
解: (1)设在距月球中心为处，由万有引力定律，有
经整理，得
=
则点处至月球表面的距离为
(2)质量为的物体在点的引力势能为
2.22 如题2.22图所示，一物体质量为2kg，以初速度＝3m·s-1从斜面点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，到达点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．
题2.22图
解: 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
式中，，再代入有关数据，解得
再次运用功能原理，求木块弹回的高度
代入有关数据，得 ,
则木块弹回高度
2.23 质量为的大木块具有半径为的四分之一弧形槽，如题2.23图所示．质量为的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．
题2.23图
解: 从上下滑的过程中，机械能守恒，以，，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有
又下滑过程，动量守恒，以、为系统，则在脱离瞬间，水平方向有
联立以上两式，得
2.24 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直．
证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有
即 ①
题2.24图(a) 题2.24图(b)
又碰撞过程中，动量守恒，即有
亦即 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，且以为斜边，故知与是互相垂直的．
习题3
3.1选择题
(1) 有一半径为R的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为
(A) (B)
(C) (D)
[答案： (A)]
(2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P相对于碗静止，其位置高于碗底4cm，则由此可推知碗旋转的角速度约为
(A)13rad/s (B)17rad/s
(C)10rad/s (D)18rad/s
(a) (b)
题3.1（2）图
[答案： (A)]
(3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度w在距孔为R的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体
（A）动能不变，动量改变。
（B）动量不变，动能改变。
（C）角动量不变，动量不变。
（D）角动量改变，动量改变。
（E）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案： (E)]
3.2填空题
(1) 半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.5rad·s-2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度aτ= ，法向加速度an= 。
[答案：]
(2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的 守恒，原因是 。木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的 守恒。
题3.2（2）图
[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒]
(3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为JA和JB，则有JA JB 。（填>、<或=）
[答案： <]
3.3刚体平动的特点是什么？平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动？
解：刚体平动的特点是：在运动过程中，内部任意两质元间的连线在各个时刻的位置都和初始时刻的位置保持平行。平动时刚体上的质元可以作曲线运动。
3.4刚体定轴转动的特点是什么？刚体定轴转动时各质元的角速度、线速度、向心加速度、切向加速度是否相同？
解：刚体定轴转动的特点是：轴上所有各点都保持不动，轴外所有各点都在作圆周运动，且在同一时间间隔内转过的角度都一样；刚体上各质元的角量相同，而各质元的线量大小与质元到转轴的距离成正比。因此各质元的角速度相同，而线速度、向心加速度、切向加速度不一定相同。
3.5刚体的转动惯量与哪些因素有关？请举例说明。
解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质量的分布、转轴的位置等有关。如对过圆心且与盘面垂直的轴的转动惯量而言，形状大小完全相同的木质圆盘和铁质圆盘中铁质的要大一些，质量相同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环的转动惯量要大。
3.6 刚体所受的合外力为零，其合力矩是否一定为零？相反，刚体受到的合力矩为零，其合外力是否一定为零？
解：刚体所受的合外力为零，其合力矩不一定为零；刚体受到的合力矩为零，其合外力不一定为零。
3.7 一质量为的质点位于()处，速度为, 质点受到一个沿负方向的力的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩．
解: 由题知，质点的位矢为
作用在质点上的力为
所以，质点对原点的角动量为
作用在质点上的力的力矩为
3.8 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为＝8.75×1010m 时的速率是＝5.46×104m·s-1，它离太阳最远时的速率是＝9.08×102m·s-1这时它离太阳的距离是多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)
解: 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
∴
3.9 物体质量为3kg，=0时位于, ，如一恒力作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对轴角动量的变化．
解: (1)
(2)解(一)
即 ,
即 ,
∴
∴
解(二) ∵
∴
3.10 平板中央开一小孔，质量为的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为的重物．小球作匀速圆周运动，当半径为时重物达到平衡．今在的下方再挂一质量为的物体，如题3.10图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度和半径为多少?
题3.10图
解: 在只挂重物时，小球作圆周运动的向心力为，即
①
挂上后，则有
②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．
即
③
联立①、②、③得
3.11 飞轮的质量＝60kg，半径＝0.25m，绕其水平中心轴转动，转速为900rev·min-1．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题3.11图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 =0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：
(1)设＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?
(2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力?
解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中、是正压力，、是摩擦力，和是杆在点转轴处所受支承力，是轮的重力，是轮在轴处所受支承力．
题3.11图（a）
题3.11图(b)
杆处于静止状态，所以对点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有
对飞轮，按转动定律有，式中负号表示与角速度方向相反．
∵
∴
又∵
∴ ①
以等代入上式，得
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
这段时间内飞轮的角位移为
可知在这段时间里，飞轮转了转．
(2)，要求飞轮转速在内减少一半，可知
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
3.12 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴转动．设大小圆柱体的半径分别为和，质量分别为和．绕在两柱体上的细绳分别与物体和相连，和则挂在圆柱体的两侧，如题3.12图所示．设＝0.20m, ＝0.10m，＝4 kg，＝10 kg，＝＝2 kg，且开始时，离地均为＝2m．求：
(1)柱体转动时的角加速度；
(2)两侧细绳的张力．
解: 设,和β分别为,和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．
题3.12(a)图 题3.12(b)图
(1) ,和柱体的运动方程如下：
①
②
③
式中
而
由上式求得
(2)由①式
由②式
3.13 计算题3.13图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为，半径为，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设＝50kg，＝200 kg,M＝15 kg, ＝0.1 m
解: 分别以,滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对,运用牛顿定律，有
①
②
对滑轮运用转动定律，有
③
又， ④
联立以上4个方程，得
题3.13(a)图 题3.13(b)图
3.14 如题3.14图所示，一匀质细杆质量为，长为，可绕过一端的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求：
(1)初始时刻的角加速度；
(2)杆转过角时的角速度.
题3.14图
解: (1)由转动定律，有
∴
(2)由机械能守恒定律，有
∴
3.15 如题3.15图所示，质量为，长为的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度 30°处．
(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速的值；
(2)相撞时小球受到多大的冲量?
题3.15图
解: (1)设小球的初速度为，棒经小球碰撞后得到的初角速度为，而小球的速度变为，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：
①
②
上两式中，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，按机械能守恒定律可列式：
③
由③式得
由①式
④
由②式
⑤
所以
求得
(2)相碰时小球受到的冲量为
由①式求得
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．
3.16 一个质量为M、半径为并以角速度转动着的飞轮 (可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片质量为的碎片从轮的边缘上飞出，见题3.16图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．
(1)问它能升高多少?
(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能．
题3.16图
解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度
设碎片上升高度时的速度为，则有
令，可求出上升最大高度为
(2)圆盘的转动惯量，碎片抛出后圆盘的转动惯量，碎片脱离前，盘的角动量为，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
式中为破盘的角速度．于是
得 (角速度不变)
圆盘余下部分的角动量为
转动动能为
3.17 一质量为、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动．另一质量为的子弹以速度射入轮缘(如题3.17图所示方向)．
(1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值?
(2)用,和 表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比．
题3.17图
解: (1)射入的过程对轴的角动量守恒
∴
(2)
3.18 弹簧、定滑轮和物体的连接如题3.18图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N·m-1；定滑轮的转动惯量是0.5kg·m2，半径为0.30m ，问当6.0 kg质量的物体落下0.40m 时，它的速率为多大? 假设开始时物体静止而弹簧无伸长．
题3.18图
解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有
又
故有
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