大学物理上册课后习题答案.docx

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1、大学物理上册课后习题答案习题解答 习题一 1-1 Dr与Dr 有无不同?drdrdvdv和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?dtdtdtdt试举例说明 解：vvDr是位移的模，Dr是位矢的模的增量，即Dr=r2-r1，Dr=r2-r1； drdrds是速度的模，即. =v=dtdtdtdr只是速度在径向上的分量. dt有r=rr，则式中drdrdr+r =rdtdtdtdr就是速度径向上的分量， dtdrdr与不同如题1-1图所示. dtdt题1-1图 vdvdvvdv (3)表示加速度的模，即a=，是加速度a在切向上的分量. dtdtdt有v=vt(t表轨道节线方向单位矢），所以 vvv

2、vdvdvvdt =t+vdtdtdtdv就是加速度的切向分量. dtvvdtdr与(Q的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) dtdt式中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d2rdr出rx+y，然后根据v =，及a2而求得结果；又有人先计算速度和加速度dtdt22的分量，再合成求得结果，即 dxdy v=+及a=dtdt22d2xd2ydt2+dt2 你认为两种方法哪一种22正确？为什么？两者差别何在？ vvvr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=xi+yj， vvdrdxvdyvv=i+jdtdtd

3、t 2v22vvdrdxdyva=2=2i+2jdtdtdt故它们的模即为 dxdyv=v+v=+dtdt2x2y22x2y22d2xd2ya=a+a=dt2+dt22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 drv=dtd2ra=2 dtdrd2rdr其二，可能是将与2误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明不是速度的模，dtdtdtd2r而只是速度在径向上的分量，同样，2也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中dt2d2rvdq的一部分a径=2-r或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r在径向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

4、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=12t+3t-4. 2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t2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t0 s时刻到t4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t4 s 时质点的速度；(5)计算t0s 到t4s 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t4s 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) v12vv解： r=(3t

5、+5)i+(t+3t-4)jm 2(2)将t=1,t=2代入上式即有 vvvr1=8i-0.5j m vvvr2=11j+4jm vvvvvDr=r2-r1=3j+4.5jm vvvvvv(3) r0=5j-4j,r4=17i+16j vvvvvvvvDrr4-r012i+20j v=3i+5jms-1 Dt4-04vvvvdr(4) v=3i+(t+3)jms-1 dtvvv-1则 v4=3i+7j ms vvvvvvv=3i+3j,v=3i+7j (5) 04vvvvvDvv4-v04=1jms-2 a=Dt44vvvdv(6) a=1jms-2 dt这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量

6、。 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v0(ms-1)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q角，由图可知 l=h+s 将上式对时间t求导，得 222 2ldlds=2s dtdt 题1-4图 根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， v绳=-即 v船=-dlds=v0,v船=- dtdtvdsldll=-=v0=0 dtsdtscosqlv0(h2+s2)1/2v0=或 v船= ss将v船再对t求导，即得船的加速度 dlds-ldv-v0s+lv船a=船=dt2dtv0=v

7、02dtss 2l2(-s+)v022hv0s=s2s3s1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a2+6x，a的单位为ms，x的单位为 m. 质点在x0处，速度为10ms,试求质点在任何坐标处的速度值 解： a=-12-2dvdvdxdv=v dtdxdtdx2分离变量： udu=adx=(2+6x)dx 两边积分得 12v=2x+2x3+c 2由题知，x=0时，v0=10,c=50 v=2x3+x+25ms-1 1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a4+3t ms，开始运动时，x5 m，=0，求该质点在t10s 时的速度和位置 解： a=-2v dv=4+3t dt分离变量，

8、得 dv=(4+3t)dt 积分，得 v=4t+由题知，t=0,v0=0 ,c1=0 32t+c1 232t 2dx3又因为 v=4t+t2 dt232分离变量， dx=(4t+t)dt 2132积分得 x=2t+t+c2 2故 v=4t+由题知 t=0,x0=5 ,c2=5 故 x=2t+所以t=10s时 213t+5 2v10=410+3102=190ms-121x10=2102+103+5=705m231-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 q=2+3t，q式中以弧度计，t以秒计，求：(1) t2 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

9、是多少? 解： w=dqdw=9t2,b=18t dtdt-2 (1)t=2s时， at=Rb=1182=36ms an=Rw2=1(922)2=1296ms-2 (2)当加速度方向与半径成45角时，有 tan45=2at=1 an即 Rw=Rb 亦即 (9t)=18t 则解得 t=于是角位移为 3222 92=2.679rad q=2+3t3=2+31-8 质点沿半径为R的圆周按sv0t-12bt的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧2长,v0，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： v=ds=v0-bt dtdv=-bdt 22(v-bt

10、)van=0RRat=(v0-bt)4则 a=at+a=b+ R222n2加速度与半径的夹角为 j=arctan(2)由题意应有 at-Rb= an(v0-bt)2(v0-bt)4 a=b=b+R22(v0-bt)4,(v0-bt)4=0 即 b=b+2R22当t=v0时，a=b b1-9 半径为R的轮子，以匀速v0沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点B的运动方程为xR(wt-sinwt)，yR(1-coswt)，式中w=v0/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

11、可知 题1-9图 (1) x=v0t-2Rsin=v0t-Rsinqq2cosq2=R(wt-Rsinwt)y=2Rsinq 22=R(1-cosq)=R(1-coswt)sinq(2) dxv=Rw(1-coswt)xdt v=dy=Rsinwt)ydtdvx2a=Rwsinwt=xdt a=Rw2coswt=dvyydt1-10 以初速度v020ms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R1；(2)落地处的曲率半径R2 (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系) -1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， v1

12、=vx=v0cos60o an1=g=10ms-2 又 an1=v12r1v12(20cos60)2r1=an110 =10m(2)在落地点， v2=v0=20ms-1, 而 an2=gcos60o 2v2(20)2 r2=80m an210cos601-11 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为= 0.2 rads，求t2s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t=2s时，w=bt=0.22=0.4 rads 则v=Rw=0.40.4=0.16ms -1-1-2an=Rw2=0.4(0.4)2=0.064ms-2 at=Rb=0.40.2=0.08ms-2 2

13、a=an+at2=(0.064)2+(0.08)2=0.102ms-2 1-12 如题1-12图，物体A以相对B的速度v2gy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，y=h，则vA=因此，A对地的速度为 2gh,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响，vvvvA地=u+vAvv =(u+2ghcosa)i+(2ghsina)j题1-12图 1-13 一船以速率v130kmh沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率v240kmh -1-1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

14、小艇，则有v21=v2-v1，依题意作速度矢量图如题1-13图(a) vvr题1-13图 由图可知 v21=2v12+v2=50kmh-1 方向北偏西 q=arctanv13=arctan=36.87 v24(2)小船看大船，则有v12=v1-v2，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得 vvrv12=50kmh-1 方向南偏东36.87 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-1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 ms，求轮船的速率 解： 依题意作出矢量图如题1-14所示 o题1-14图

15、 v雨船=v雨-v船 v雨=v雨船+v船 由图中比例关系可知 vvvvvvv船=v雨=8ms-1 习题二 2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a1，其对于m2则为牵连加速度，又知m2对绳子的相对加速度为a，故m2对地加速度，由图(b)可知，为 a2=a1-a 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 m1g-T=m1a1 T-m2g=m2a2 联立、式，得 (m1-m2)g+m2aa1=m1+m2(m-m2)g-m1a a2=1m1+m2mm(2g-a)f=T=12m1+m2讨论 (1)若a=0，则a1=a2表示柱体与绳之间无相对滑动 (2)若

16、a=2g，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m1,m2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， NB-mg=0 又因梯无转动，以B点为转动点，设梯子长为l，则 NAlsin-mglcos=0 2在水平方向因其有加速度a，故有 f+NA=ma 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=0mg 联立、式得 tanqm=gg,tanqM= 2(a+m0g)2(a-m0g)2-3 ax=fx63=m168-716ms-2 ms-2 ay=(1) fym=235vx=vx0+axdt=-2+2=-ms-10842-7

17、7vy=vy0+aydt=2=-ms-10168于是质点在2s时的速度 57v=-i-j48(2) ms-1 11axt2)i+ayt2j22131-7=(-22+4)i+4j 28216137=-i-jm48r=(v0t+2-4 (1)a=分离变量，得 -kvdv =mdtdv-kdt =vmvdvt-kdt即 =v0v0mv-ktln=lnem v0 v=v0e(2)x=vdt=k-mtk-mtkmv0-mtdt=(1-e) kve00k-mtt(3)质点停止运动时速度为零，即t， 故有x=0v0edt=mv0 k (4)当t=m时，其速度为 k=v0e-1=v0 ev=v0ekm-mk即

18、速度减至v0的1. e2-5分别以m1,m2为研究对象，其受力图如图(b)所示 (1)设m2相对滑轮(即升降机)的加速度为a，则m2对地加速度a2=a-a；因绳不可伸长，故m1对滑轮的加速度亦为a，又m1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m1在水平方向对地加速度亦为a，由牛顿定律，有 m2g-T=m2(a-a) T=m1a 题2-5图 联立，解得a=g方向向下 (2) m2对地加速度为 a2=a-a=g 方向向上 2m1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 g25a1=a+a=g+=g 42222=arctana1=arctan=26.6，左偏上 a22-6依题

19、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 p=mv-mv0 由矢量图知，动量增量大小为mv0，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v1=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦为v2=0.5g设向上为y轴正向，则动量的增量 p=mv2-mv1 方向竖直向上， 大小 p=mv2-(-mv1)=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

20、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 p1=Fdt=0t40(10+2t)idt=56 i kgms-1,沿x轴正向， Dv1=Dp1=5.6imI1=Dp1=56ims-1kgms-1-1若物体原来具有-6 ms初速，则 p0=-mv0,p=m(-v0+t0tFdt)=-mv0+Fdt于是 0m0tDp2=p-p0=Fdt=Dp1, 同理，v2=v1,I2=I1 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

21、I=(10+2t)dt=10t+t2 0t亦即t+10t-200=0 解得t=10 s，(t=-20 s舍去) 2-9 质点的动量为 p=mv=m(-asinti+bcostj) 将t=0和t=2p分别代入上式，得 2wp1=mbj,p2=-mai, 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I=p=p2-p1=-m(ai+bj) 2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有 F=(a-bt)=0,得t=a b(2)子弹所受的冲量 t1I=(a-bt)dt=at-bt2 02a将t=代入，得 ba2I= 2b(3)由动量定理可求得子弹的质量 Ia2 m=v02bv02-11设一块为m1，则另一块为m2

22、， m1=km2及m1+m2=m 于是得 m1=kmm,m2= k+1k+1又设m1的速度为v1,m2的速度为v2，则有 T=联立、解得 1112m1v12+m2v2-mv2 222mv=m1v1+m2v2 v2=(k+1)v-kv1 将代入，并整理得 2T=(v1-v)2 km于是有v1=v2T km将其代入式，有 v2=v2kT m又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 v1=v+2kT2T,v2=v- mkm证毕 2-12 (1)由题知，F合为恒力， A合=Fr=(7i-6j)(-3i+4j+16k) =-21-24=-45 J (2)N=A45=75Dt0.6w (3)由动能定

23、理，Ek=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A1 A1=fdy=-fdy=kydy=ss01k 2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dt0时，f=-f 设第二锤外力的功为A2，则同理，有 A2=kydy=1y212kky2- 22由题意，有 1kA2=A1=D(mv2)= 22即12kkky2-= 2222 所以，y2=于是钉子第二次能进入的深度为 y=y2-y1=2-1=0.414 cm 2-14 F(r)=dE(r)nk=-n+1 drr方向与位矢r的方向相反，

24、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 FA=FB=Mg 又 FA=k1x1 FB=k2x2 所以静止时两弹簧伸长量之比为 Dx1k2= Dx2k1弹性势能之比为 Ep1Ep21k1Dx12k=2=2 1k12k2Dx22mM地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 GmM月r2=G(R-r)M月2经整理，得 r=M地+M月R =7.3510225.981024+7.3510223.48108 =38.32106 m 则p点处至月球表面的距离为 67h=r-r月 =(38.32-1.74)103.6610 m (2

25、)质量为1 kg的物体在p点的引力势能为 EP=-GM月r-GM地(R-r)7.3510225.981024-11 =-6.6710 -6.6710(38.4-3.83)1073.8310711 =-1.28106J 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 -m2gh=1122 (m1+m2)v-m1gh+k(l) 22式中l为弹簧在A点时比原长的伸长量，则 l=AC-BC=(2-1)h 联立上述两式，得 v=2(m1um2)gh+khm1+m22(2-1)2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

26、能原理，有 -frs=1212kx-mv+mgssin37 2212mv+mgssin37-frs k=2 12kx2式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有关数据，解得 -1k=1390 Nm 题2-18图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度h -fts=mgssin37-13kx 2代入有关数据，得 s=1.4 m, 则木块弹回高度 h=ssin37=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=121mv+MV2 22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 m

27、v-MV=0 联立，以上两式，得 v=2MgR(m+M)2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 121212mv0=mv1+mv2 222222即 v0=v1+v2 题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有 mv0=mv1+mv2 亦即 v0=v1+v2 由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v0为斜边，故知v1与v2是互相垂直的 2-21 由题知，质点的位矢为 r=x1i+y1j 作用在质点上的力为 f=-fi 所以，质点对原点的角动量为 L0=rmv =(x1i+y1j)m(vxi+vyj) =(x1mvy-y1mvx)k 作用

28、在质点上的力的力矩为 M0=rf=(x1i+y1j)(-fi)=y1fk 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 r1mv1=r2mv2 r1v18.7510105.46104r2=5.2610122v29.08102-23 (1) Dp=m fdt=5jdt=15j03kgms-1 (2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7 115y=v0yt+at2=63+32=25.5j 223即r1=4i,r2=7i+25.5j vx=v0x=1 5vy=v0y+at=6+3=11 3即v1=i1+6

29、j,v2=i+11j L1=r1mv1=4i3(i+6j)=72k L2=r2mv2=(7i+25.5j)3(i+11j)=154.5k 2-1L=L2-L1=82.5k kgms 解(二) M= DL=dz dtt0t0Mdt=(rF)dt 315=(4+t)i+(6t+)t2)j5jdt023 =5(4+t)kdt=82.5k03kgm2s-1题2-24图 2-24 在只挂重物M1时，小球作圆周运动的向心力为M1g，即 2M1g=mr00 挂上M2后，则有 2 (M1+M2)g=mr 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒 即 r0mv0=rmv r02w0=r2w2 联立、得 w

30、0=w=r=M1gmr0M1gM1+M23mr0M12M1+M2g=mwr0g3(M1+M2)M2mM12-25 (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，Fr、Fr是摩擦力，Fx和Fy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 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(l1+l2)-Nl1=0N=l1+l2F l1对飞轮，按转动定律有=-FrR/I，式中负号表示与角速度方向相反 Fr=N N=N Fr=mN=m又 I=b=-l1+l2F l11mR2, 2FrR-2m(l1+l2)=F

31、ImRl1以F=100 N等代入上式，得 b=-20.40(0.50+0.75)40100=-600.250.503rads-2 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 t=-w09002p3=7.06b6040s 这段时间内飞轮的角位移为 f=w0t+bt2=53.12p129002p91409p-(p)2 604234rad可知在这段时间里，飞轮转了53.1转 -1(2)0=900(2)/60 rads，要求飞轮转速在t=2 s内减少一半，可知 w0b=2-w0t=-w02t=-15p2rads-2 用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 F=-=mRl1b2m(l1+l

32、2)600.250.5015p20.40(0.50+0.75)2=177N2-26 设a，a2和分别为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： T2-m2g=m2a2m1g-T1=m1a1TR-Tr=Ib2112 3式中 T1=T1,T2=T2,a2=r,a1=R 22而 I=(1/2)MR+(1/2)mr 由上式求得 b=Rm1-rm2g22I+m1R+m2r0.22-0.129.8 11100.202+40.102+20.202+20.10222=6.13rads-2 (2)由式 T2=m2r+m

33、2g=20.106.13+29.820.8 N 由式 T1=m1g-m1R=29.8-20.206.1317.1 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 T1=m1a 对滑轮运用转动定律，有 2T2r-T1r=(1/2Mr) 又， a=r 联立以上4个方程，得 a=m2gm1+m2+M2=2009.8=7.6155+200+2ms-2 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)ml =23g 2l(2)由机械能守恒定律，有 22mg(l/2)sin

34、=(1/2)(1/3)ml =3gsinq l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，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=I+mvl 222 (1/2)mv0=(1/2)I+(1/2)mv 2上两式中I=1/3Ml，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=30，按机械能守恒定律可列式： 12lIw=Mg(1-cos30) 22由式得 3g3Mglw=(1-cos30)=(1-) Il2由式 1212v=v0-由式 Iw mlIw2v=

35、v- m220所以 (v0-求得 Iw212)=v0-w2 mlmlwIl1M(1+2)=(1+)w223mmlglv0=6(2-33m+M12m(2)相碰时小球受到的冲量为 Fdt=mv=mv-mv0 由式求得 Fdt=mv-mv0=-(I)/l=(-1/3)Ml =-6(2-3)M6gl 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=R 设碎片上升高度h时的速度为v，则有 22v=v0-2gh 令v=0，可求出上升最大高度为 2v0122H=Rw 2g2g(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR，碎片抛出后圆盘的转动惯量I

36、=(1/2)MR-mR，碎片脱离前，盘的角动量为I，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 222I=I+mv0R 式中为破盘的角速度于是 222(1/2)MR=(1/2)MR-mR+mv0R 2222(1/2)MR-mR=(1/2)MR-mR 得=(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为 22(1/2)MR-mR 转动动能为 题2-31图 222Ek=(1/2)(1/2)MR-mR 2-31 (1)射入的过程对O轴的角动量守恒 2Rsinm0v0=(m+m0)R =m0v0sinq(m+m0)Rmvsinq21(m+m0)R200Ek2(m+m0)Rm0sin2q=(2)