第III篇 动力学习题课
2018-2019学年人教版必修一 第4章 习题课3 动力学的图象问题和连接体问题 课件(35张)
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如图 1 甲所示，质量为 m＝2 kg 的物体在水平面上向右做直线
合 作 探 究 • 攻 重 难
运动．过 a 点时给物体作用一个水平向左的恒力 F 并开始计时，选水平向右 为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得 vt 图象如图 乙所示．取重力加速度 g＝10 m/s2.求：
重 难 强 化 训 练
随 堂 自 测 • 即 时 达 标
甲 图1
乙
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合 作 探 究 Байду номын сангаас 攻 重 难
(1)力 F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数 μ； (2)10 s 末物体离 a 点的距离．
思路点拨：①恒力 F 的方向不变，而摩擦力的方向随速度方向的改变而 改变． ②vt 图象的斜率表示物体的加速度． ③vt 图象与 t 轴所围面积表示物 体的位移．
重 难 强 化 训 练
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(2)相对静止或相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时， 常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大 值或为零．
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4．运用隔离法解题的基本步骤 (1)明确研究对象或过程、状态，选择隔离对象．选择原则：一要包含 待求量，二是所选隔离对象和所列方程数尽可能少． (2)将研究对象从系统中隔离出来，或将研究的某状态、某过程从运动 的全过程中隔离出来．
分析时要特别注意． (3)整体法与隔离法的选用：求解各部分加速度都相同的连接体问题时， 要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法．求解连 接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用．
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电动力学 第三版_郭硕鸿_课后答案[第3章]
![电动力学 第三版_郭硕鸿_课后答案[第3章]](https://img.taocdn.com/s3/m/96c1ce326fdb6f1aff00bed5b9f3f90f77c64d45.png)
电动力学习题解答参考 第三章 静磁场1. 试用A r 表示一个沿z 方向的均匀恒定磁场0B r写出A r的两种不同表示式证明两者之差是无旋场解0B r 是沿z 方向的均匀的恒定磁场即ze B B r r =0且AB r r×∇=0在直角坐标系中zx y y z x x y z e yA x A e x A z A e z A y A A r r rr )()()(∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=×∇如果用A r 在直角坐标系中表示0B r 即=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂000y A x A x A z A z A y A xy zx yz 由此组方程可看出A r有多组解如解1)(,00x f y B A A A x Z y +−=== 即 xe xf y B A rr )]([0+−= 解2)(,00y g x B A A A Y z x +=== 即 ye y g x B A rr )]([0+=解1和解2之差为yx e y g x B e x f y B A r r r )]([)]([00+−+−=∆则zx y y z x x y z e y A xA e x A z A e z A y A A r r r r ])()([])()([])()([)(∂∆∂−∂∆∂+∂∆∂−∂∆∂+∂∆∂−∂∆∂=∆×∇这说明两者之差是无旋场2.均匀无穷长直圆柱形螺线管每单位长度线圈匝数为n电流强度为I 试用唯一性定理求管内外磁感应强度B解根据题意得右图取螺线管的中轴线为z 轴本题给定了空间中的电流分布故可由∫×='43dV r rJ B rr r πµ求解磁场分布又J r 在导线上所以∫×=34r r l Jd B r r r πµ1 螺线管内由于螺线管是无限长理想螺线管故由电磁学的有关知识知其内部磁内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场场是均匀强磁场故只须求出其中轴线上的磁感应强度即可知道管内磁场 由其无限长的特性不妨取场点为零点以柱坐标计算x y x e z e a e a r r r r r ''sin 'cos −−−=ϕϕyx e ad e ad l d r r r 'cos ''sin 'ϕϕϕϕ⋅+⋅−=)''sin 'cos ()'cos ''sin '(x y x y x e z e a e a e ad e ad r l d r r r r r r r −−−×⋅+⋅−=×∴ϕϕϕϕϕϕ zy x e d a e d az e d az rrr'''sin '''cos '2ϕϕϕϕϕ+−−= 取由'''dz z z +−的以小段此段上分布有电流'nIdz ∫++−−=∴232220])'([)'''sin '''cos '('4z a e d a e d az e d az nJdz B z y x rr r r ϕϕϕϕϕπµ I n az a z d nI e nI z a dz a d z 0232023222200]1)'[()'(2])'([''4µµϕπµπ=+=⋅+=∫∫∫∞+∞−∞∞−r 2)螺线管外部:由于是无限长螺线管不妨就在xoy 平面上任取一点)0.,(ϕρP 为场点)(a >ρ 222')'sin sin ()'cos cos ('z a a x x r +−+−=−=∴ϕϕρϕϕρrr )'cos(2'222ϕϕρρ−−++=a z a ('=−=x x r r r r x e a r )'cos cos ϕϕρ−zy e z e a rr ')'sin sin (−−ϕϕρyx e ad e ad l d r r r 'cos ''sin 'ϕϕϕϕ⋅+⋅−= zy x e d a a e d az e d az r l d r r r r r ')]'cos([''sin '''cos '2ϕϕϕρϕϕϕϕ−−+−−=×∴+−+−⋅=∴∫∫∫∫∞∞−∞∞−'''sin '''''cos ''[43203200dz e r d az d dz e r d az d nI B y x rr r ϕϕϕϕϕϕπµππ]')'cos('3220∫∫∞∞−−−+z e dz r a a d rϕϕρϕπ由于磁场分布在本题中有轴对称性而螺线管内部又是匀强磁场且螺线管又是无限长故不会有磁力线穿出螺线管上述积分为0所以0=B r内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场3. 设有无穷长的线电流I 沿z 轴流动以z<0空间充满磁导率为µ的均匀介质z>0区域为真空试用唯一性定理求磁感应强度B 然后求出磁化电流分布解本题的定解问题为×∇=×∇=<−=∇>−=∇===010020212201211)0(,)0(,z z z A A AA z J A z J A r r r rrr rr µµµµ由本题具有轴对称性可得出两个泛定方程的特解为∫∫==rl Id x A rl Id x A rr r rr r πµπµ4)(4)(201由此可推测本题的可能解是<>=)0(,2)0(,20z er I z e r I B θθπµπµr rr 验证边界条件1)(,12021=−⋅==B B n A A z r rr r r 即 题中,=⋅=θe e e n z z rr r r 且所以边界条件1满足2)(,11120102=−××∇=×∇==H H n A A z z r r rr r即µµ本题中介质分界面上无自由电流密度又θθπµπµe r I B H e rI B H r r r r r r 2222011====,012=−∴H H r r 满足边界条件0)(12=−×H H n r r r综上所述由唯一性定理可得本题有唯一解<>=)0(,2)0(,20z er I z e r I B θθπµπµr rr 在介质中MB H r r r −=0µ故在z<0的介质中22H B M r rr −=µ内部资料料料内部资料内部即θθθµππµπe r e r e r M )1(22200−=−⋅= ∴介质界面上的磁化电流密度r z M e r I e e r I n M r r r r r r )1(2)1(200−=×−=×=µµπµµπαθ总的感应电流)1()1(20200−=⋅⋅⋅−=⋅=∫∫µµϕµµππθθI e d r e r I l d M J Mr r rr 电流在z<0的空间中沿z 轴流向介质分界面4. 设x<0 半空间充满磁导率为µ的均匀介质x>0 空间为真空今有线电流I 沿z 轴流动求磁感应强度和磁化电流分布解假设本题中得磁场分布仍呈轴对称则可写作ϕπµe rI B vv 2′=其满足边界条件0)(0)(1212==−×=−⋅αvv v v v vv H H n B B n 即可得在介质中ϕµπµµe r I B H vv v 22′== 而Me r I M B H v v v v v −′=−=ϕµπµµ0022∴在x<0的介质中ϕµµµµπµe r I M vv 002−′= 则∫=ld M I Mvv 取积分路线为B A C B →→→的半圆,ϕe AB vQ ⊥ AB ∴段积分为零 002)(µµµµµ−′=I I M ϕπµe r I I B M v v 2)(0+=∴∴由ϕϕπµπµe rI B e r I I M v v v 22)(0′−==+可得02µµµµµ+=′内部资料料料内部资料内∴空间ϕπµµe rB 0+= I I M 0µµµµ+−=沿z轴5.某空间区域内有轴对称磁场在柱坐标原点附近已知)21(220ρ−−≈z C B Bz 其中B 0为常量试求该处的ρB 提示用,0=⋅∇B r 并验证所得结果满足0Hr×∇解由B v 具有轴对称性设zz e B e B B v v v +=ρρ其中 )21(220ρ−−=z c B B z 0=⋅∇B v Q 0)(1=∂∂+∂∂∴z B zB ρρρρ即02)(1=−∂∂cz B ρρρρ A cz B +=∴2ρρρ(常数) 取0=A 得ρρcz B =z e z c B e cz B vv v )]21([220ρρρ−−+=∴10,0==D j v vQ 0=×∇∴B v 即 0)(=∂∂−∂∂θρρe B z B z v2代入1式可得2式成立∴ρρcz B = c 为常数6. 两个半径为a 的同轴线圈形线圈位于L z ±=面上每个线圈上载有同方向的电流I1 求轴线上的磁感应强度2 求在中心区域产生最接近于均匀的磁场时的L 和a 的关系提示用条件022=∂∂z B z解1由毕萨定律L 处线圈在轴线上z 处产生得磁感应强度为内部资料料料内部资料内,11z z e B B = ∫∫−+==θπαπd L z a r B z 232231])([4sin 4 232220])[(121a z L Ia +−=µ同理L 处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为zz e B B vv 22=2322202])[(121a z L Ia B z++=µ∴轴线上得磁感应强度zz z e a z L a z L Ia e B B v v v++++−==2322232220])[(1])[(121µ 20=×∇B vQ 0)()(2=∇−⋅∇∇=×∇×∇∴B B B v v v 又0=⋅∇Bv0,0222=∂∂=∇∴z B zB v 代入1式中得62225222322212222122])[(])[()(6])[(])[()(])[(a z L a z L z L a z L a z L z L a z L +−+−−++−+−−−+−−−62225222322212222122])[(])[()(6])[(])[()(])[(a z L a z L z L a z L a z L z L a z L +−++−−++ ++++++−−0取z得)(12])(2)(2[)(22522212222122322=+++−+−+−L a L a L L a L a L 2225a L L +=∴内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场a L 21=∴7. 半径为a 的无限长圆柱导体上有恒定电流J 均匀分布于截面上试解矢势A r的微分方程设导体的磁导率为0µ导体外的磁导率为µ解定解问题为×∇=×∇=∞<>=∇<−=∇外内内外内外内A A A A A a r A a r J A a a v v v vvv vv µµµ11)(,0)(,00202选取柱坐标系该问题具有轴对称性且解与z 无关令ze r A A v v )(内内=z e r A A vv )(外外代入定解问题得=∂∂∂∂−=∂∂∂∂0))(1))((10r r A r rr J r r A r r r 外内µ 得43212ln )(ln 41)(C r C r A C r C Jr r A +=++−=外内µ由∞<=0)(r r A 内 得01=C 由外内A A v v ×∇=×∇µµ110 得 232Ja C µ−=内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场由aaA A 内外v v =令0==aaA A 内外v v 得 a Ja C Ja C ln 2,4124202µµ==−=∴ra a J A r a J A ln 2)(412220v v v vµµ外内8.假设存在磁单极子其磁荷为Qm它的磁场强度为304r rQ H m r r πµ=给出它的矢势的一个可能的表示式并讨论它的奇异性解rm m e rQ r r Q H v v v 2030144πµπµ== 由rm e rQ H B A v v v v 204πµ===×∇ 得=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂0])([10)](sin 1[14])(sin [sin 12θφθπφθθθθφθφrr m A rA r r rA r A r r Q A A r (1)令,0==θA A r得rQ A m πθθθφ4sin )(sin =∂∂θθπθπθθφθφsin cos 144sin sin 0r Q A d rQ A mm −=∴=∴∫显然φA 满足1式∴磁单极子产生的矢势φθθπe r Q A m vv sin cos 14−=内部资料料料内部资料内部当2πθ→时φπe rQ A m v v 4→当πθ→时∞→A v故A v的表达式在πθ=具有奇异性A v不合理9. 将一磁导率为µ半径为R 0的球体放入均匀磁场0H r内求总磁感应强度B r 和诱导磁矩mr解根据题意以球心为原点建立球坐标取0H v 的方向为zev此球体在外界存在的磁场的影响下极化产生一个极化场并与外加均匀场相互作用最后达到平衡保持在一个静止的状态呈现球对称本题所满足的定解问题为−=∞<=∂∂=∂∂=>=∇<=∇∞==θϕϕϕµϕµϕϕϕϕcos )(,,,0,0000002221212121R H R R R R R R R R R m R m m m m m m m 由泛定方程和两个自然边界条件得∑∞==0)(cos 1n n n n m P R a θϕ∑∞=++−=010)(cos cos 2n nn nm P R d R H θθϕ由两个边界条件有+−−=+−=∑∑∑∑∞=+∞=−∞=+∞=0200001100100000)(cos )1(cos )(cos )(cos cos )(cos n n n nn n n n n nn n n n nn P R d n H P nR a P R d R H P R a θµθµθµθθθ得内部资料料料内部资料内≠==+−=+)1(,0223000101n d a R H d n n µµµµµµ>⋅+−+−=<+−=∴00230000000,cos 2cos ,cos 2321RR H R R R H R R R H m m θµµµµθϕθµµµϕ+==+=+−+=−∇=00011000000012323sin 23cos 231H H B H e H e H H r m v v v v vv v µµµµµµµµθµµµθµµµϕθ−⋅+−+==−⋅+−+=⋅+−−−⋅+−+=−∇=])(3[2])(3[2sin ]21[cos ]221[3050300000020230503000003300003300022R H R R R H R H H B R H R R R H R H e H R R e H R R H r m v v v v v v v vv v v v vv v µµµµµµµµµµµθµµµµθµµµµϕθ >−⋅+−+<+=∴)()(3[2)(,230305030000000000R R R H R R R H R H R R H B vv v v v vv µµµµµµµµµµ当B v在R>R 0时表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场θµµµµϕcos 20230002H RR m ⋅+−∴中可看作偶极子m v产生的势即R H R R H R R R Rm v v v v ⋅⋅+−=⋅+−=⋅⋅02300002300032cos 241µµµµθµµµµπ HR m v v300024⋅+−=∴µµµµπ10. 有一个内外半径为R 1和R 2的空心球位于均匀外磁场0H r内球的磁导率为µ求空内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场腔内的场Br讨论0µµ>>时的磁屏蔽作用解根据题意以球心为原点取球坐标选取0H v的方向为z e v在外场0H v的作用下 球壳极化产生一个附加场并与外场相互作用最后达到平衡B v的分布呈现轴对称定解问题−=∞<∂∂=∂∂∂∂=∂∂==>=∇<<=∇<=∇∞======θϕϕϕµϕµϕµϕµϕϕϕϕϕϕϕcos ,,,0,0,00000322121231223121232121321R H RR R R R R R R R R R R m R m R R m m R R m m R R m m R R m m m m m 由于物理模型为轴对称再有两个自然边界条件故三个泛定方程的解的形式为∑∞==0)(cos 1n n n n m P R a θϕ∑∞=++=01)(cos (2n n n nn n m P Rc R b θϕ∑∞=++−=010)(cos cos 3n nn nm P Rd R H θθϕ因为泛定方程的解是把产生磁场的源0H v做频谱分解而得出的分解所选取的基本函数系是其本征函数系)}(cos {θn P 在本题中源的表示是)(cos cos 100θθRP H R H −=−所以上面的解中)0(,0≠====n d c b a n n n n 故解的形式简化为θθϕθϕθϕcos cos cos )(cos 2102111321RdR H Rc R b R a mm m +−=+==内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场代入衔接条件得−=−−−=+−=++=2(22(32113210031110122120221212111111R c b R d H R c b a R d R H R c R b R c R b R a µµµµµ解方程组得3200312032000320001)2)(2()(2)(3)2(3R R R H R H a µµµµµµµµµµµµ++−−−++= 32003120320001)2)(2()(2)2(3R R R H b µµµµµµµµµ++−−+= 3200312031320001)2)(2()(2)(3R R R R H c µµµµµµµµµ++−−−= 320320031203132000620001)2)(2()(2)(3)2(3R H R R R R H R H d +++−−−++=µµµµµµµµµµµµ而 )3,2,1(,00=∇−==i H B i m i i ϕµµvv ze a B v v 101µ−=∴ 003212000321])()(2)2)(2()(11[HR R R R v µµµµµµµ−−++−−=当0µµ>>时1)(2)2)(2(2000≈−++µµµµµµ 01=∴B v 即球壳腔中无磁场类似于静电场中的静电屏障11. 设理想铁磁体的磁化规律为000,M M H B µµ+=rr 是恒定的与H r无关的量今将一个内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场理想铁磁体做成均匀磁化球0M为常值浸入磁导率为'µ的无限介质中求磁感应强度和磁化电流分布解根据题意取球心为原点做球坐标以0M v的方向为z e v本题具有球对称的磁场分布满足的定解问题为=∞<=∂∂′−∂∂=>=∇<=∇∞===0cos ,,0,021021021*******02R m R m R m m R R m m m m M R RR R R R ϕϕθµϕµϕµϕϕϕϕ ∴∑∞==0)(cos 1n n n nm P R aθϕ∑∞=+=01)(cos )(2n n n nm P R b θϕ代入衔接条件对比)(cos θn P 对应项前的系数得)1(,0≠==n b a nn µµµ+′=2001Ma 30012R M b µµµ+′=)(,cos 20001R R R M m <+′=∴θµµµϕ)(,cos 20230002R R RR M m>+′=θµµµϕ由此µµµµµµ+′′=+=<22,0000110M M H B R R v r v v ,0R R > )(3[2305030022RM R R R M R B m v r v v v −⋅+′′=∇′−=µµµµϕµ >−⋅+′′<+′′=∴)()(3[2)(,2203050300000R R R M R R R M R R R M B v r v v vv µµµµµµµµ内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场又0)()(0120其中αααµv v v vv v+=−×M R B B n 代入B v的表达式得ϕθµµµαe M Mvv sin 230′′12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场0H r中结果如何解根据题意假设均匀外场0H v 的方向与0M v的方向相同定为坐标z 轴方向定解问题为−=∞<=∂∂−∂∂=>=∇<=∇∞===θϕϕθµϕµϕµϕϕϕϕcos cos ,,0,00000002022102102121R H M R RR R R R R m R m R m m R R m m m m 解得满足自然边界条件的解是)(,cos 011R R R a m <=θϕ)(,cos cos 02102R R R d R H m >+−=θθϕ代入衔接条件0013010020100012M a R d H R d R H R a µµµµ=+++−=得到 0000123µµµµ+−=H M a 3000012)(R H M d µµµµµ+−+=)(,cos 23000001R R R H M m <+−=∴θµµµµϕ内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场)(,cos 2)(cos 0230000002R R RR H M R H m>+−++−=θµµµµµθϕ]sin 23cos 23[000000000011θθµµµµθµµµµϕe H M e H M H r m v v v +−−+−−=−∇=∴ µµµµ+−−=0000023H M v v )(,22230002000001R R M H M H B <+++=+=v v v v v µµµµµµµµµ−+−+−−−=−∇=r m e R R H M H H v v )cos 22)(cos [(23000000022θµµµµµθϕ 350230000000)(3])sin 2)(sin (Rm R R R m H e R R H M H v v r r v v−⋅+=+−++−−θθµµµµµθ ])(3[3500202RmR R R m H H B v v r r v v v −⋅+==µµ030003000022H R R M m v vv µµµµµµµ+−++=13. 有一个均匀带电的薄导体壳其半径为R 0总电荷为Q今使球壳绕自身某一直径以角速度ω转动求球内外的磁场Br提示本题通过解m ϕ或A r的方程都可以解决也可以比较本题与5例2的电流分布得到结果解根据题意取球体自转轴为z 轴建立坐标系定解问题为=∞<=∂∂=∂∂−=∂∂−∂∂>=∇<=∇∞===0)(,4sin )(1,0,021211221000000202R m R m m m R R m m m m R R R R R Q R R R R R ϕϕϕµϕµπθωθϕθϕϕϕ其中4sin R Q πθωσ=是球壳表面自由面电流密度解得满足自然边界条件的解为内部资料料料内部资料内部)(,cos 0212R R Rb m >=θϕ代入衔接条件=+−=−024301102101R b a R Q R b R a πω解得 016R Q a πω−= πω12201R Q b =)(,cos 6001R R R R Q m <−=∴θπωϕ)(,cos 1202202R R R R Q m>=θπωϕ00016sin 6cos 61R Q e R Q e R Q H r m πωθπωθπωϕθv vv v =−=−∇=∴ωπµµvr v 001016R Q H B == ])(3[41sin 12cos 1223532032022Rm R R R m e R R Q e R R Q H r r m r v v v vv v −⋅=+=−∇=πθπωθπωϕ其中ωvv 320QR m =])(3[4350202RmR R R m H B r v v v v v −⋅==πµµ14. 电荷按体均匀分布的刚性小球其总电荷为Q 半径为R 0它以角速度ω绕自身某以直径转动求1 它的磁矩2 它的磁矩与自转动量矩之比设质量M 0是均匀分布的 解1磁矩∫×=dV x J x m )(21v v v v内部资料料料内部资料内又 rR x e R == )(34)(30R R v x J ×==ωπρ∫∫×=××=∴φθθπωφθθωπφd drd R e e R Q d drd R R R R Q m r 2430230sin )(4321sin )(4321v v v v r v 又 )sin cos (cos sin y x z r e e e e e e vv v v v v φφθθθφ−−+=−=×∫∫∫−−+=∴ππφθθφφθθπω20243sin )sin cos (cos [sin 83R y x z d drd R e e e R Q m vv v v ωφθθπωππv v 5sin 8320200043300QR d drd R e R Q R z ==∫∫∫2)自转动量矩∫∫∫∫××=×=×==dV R R R M dm v R P d R L d L )(43300v v v v v v v v vωπ52sin 43sin )sin cos (cos [sin 43sin )(sin 43sin )sin (43sin )(43200203430200024302230022300223000ωφθθπωφθθφφθθπωφθθθωπφθθθωπφθθωπππππθφv v vv v v v v v v v R M d drd R R M d drd R e e e R M d drd R e R R M d drd R e e R R M d drd R e e e R R M R R y x z r r z r ==−−+=−=×−=××=∫∫∫∫∫∫∫∫∫ 0200202525M Q R M QR L m ==∴ωωv v v v15. 有一块磁矩为m r的小永磁体位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中求作用在小永磁体上的力F r.内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场解根据题意因为无穷大平面的µ很大则可推出在平面上所有的H v均和平面垂直类比于静电场构造磁矩m r 关于平面的镜像m ′r则外场为=⋅=∇−=2304cos 4r m R R m B m m e πθπϕϕµv v v)sin cos (4]sin cos 2[430330θθθθαπµθθπµe e r m e r e r m B rr e vv r v v +=−−−=∴m v∴受力为za r ee a m B m F v v vv )cos 1(643)(24022απµαθ+−=⋅∇⋅===内部资料料料内部资料内部。
教科版物理必修1-- 第3章 习题课3 瞬时加速度问题和动力学图像问题
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2．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力 F 的作用， F 的大小与时间 t 的关系如图甲所示，物块速度 v 与时间 t 的关系如图乙 所示．取重力加速度 g＝10 m/s2.由这两个图像可以求得物块的质量 m 和 物块与地面之间的动摩擦因数 μ 分别为 ( )
A．0.5 kg,0.4 C．0.5 kg,0.2
B．1.5 kg，125 甲 乙 D．1 kg,0.2
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A [由 F-t 图像和 v-t 图像可得，物块在 2～4 s 内所受外力 F＝3 N， 物块做匀加速运动，a＝ΔΔvt ＝42 m/s2＝2 m/s2，F－f＝ma，即 3－10μm＝ 2m①
A．弹簧的拉力 F＝cmosgθ B．弹簧的拉力 F＝mgsin θ C．小球的加速度为零 D．小球的加速度 a＝gsin θ
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思路点拨：解答本题应把握以下三点： ①剪断绳前小球的受力情况． ②剪断绳 AO 后弹簧弹力不突变． ③根据牛顿第二定律确定加速度．
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A [烧断 AO 之前，小球受三个力，受力分析如图所示， 烧断绳的瞬间，绳的张力没有了，但由于轻弹簧形变的恢复需 要时间，故弹簧的弹力不变，A 正确，B 错误．烧断绳的瞬间， 小球受到的合力与绳子的拉力等大反向，即 F 合＝mgtan θ，则小球的加速 度 a＝gtan θ，则 C、D 错误．]
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重难强化 训 练
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BD [撤去 F 瞬间，弹簧弹力不发生变化，故 A 球受力不变，加速度 为零，选项 A 错误，B 正确；对 B 球撤去 F 前，弹簧弹力与 F 等值反向， 撤去 F 后，弹簧弹力不变，故加速度大小为mF，选项 C 错误，D 正确．]
2019_2020学年高中物理第三章牛顿运动定律习题课动力学中的三类典型问题课件教科版必修1
2．求解临界极值问题的三种常用方法 (1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到 正确解决问题的目的． (2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能 出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题． (3)数学法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件．
[典例3] 如图所示，质量 m＝1 kg 的光滑小球用细线系在质量 为 M＝8 kg、倾角为 α＝37°的斜面体上，细线与斜面平行，斜 面体与水平面间的摩擦不计，g 取 10 m/s2.试求： (1)若用水平向右的力 F 拉斜面体，要使小球不离开斜面，拉力 F 不能超过多少？ (2)若用水平向左的力 F′推斜面体，要使小球不沿斜面滑动，推力 F′不能超过多少？
A．18 m
B．54 m
C．72 m
D．198 m
解析：物体与地面间最大静摩擦力 f＝μmg＝0.2×2×10 N ＝4 N．由题图知 0～3 s 内，F＝4 N，说明物体在这段时 间内保持静止.3～6 s 内，F＝8 N，说明物体做匀加速运动， 加速度 a＝Fm－f＝2 m/s2，6 s末物体的速度 v＝at＝2×3 m/s ＝6 m/s，在 6～9 s内物体以 6 m/s 的速度做匀速运动.9～12 s 内又以 2 m/s2 的加速度 做匀加速运动．作 v -t 图像如图所示，故 0～12 s 内的位移 s＝12×3×6×2 m＋6×6 m ＝54 m．故 B 项正确． 答案：B
解析：隔离小铁球受力分析得 F 合＝mgtan α＝ma 且合外力水平向右，故小铁球加速度 为 gtan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为 gtan α，A、B 错误，D 正确．整体受力分析得 F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan α，故选项 C 正确． 答案：CD
南京理工大学-高等动力学课后习题答案及考题解答
18、设 b, c 接触点为 P ， a, c 接触点为 Q 。因为 C 球作纯滚动，所以 b, c 在接触点上有相同 的速度， a, c 在接触点上也有相同的速度。设沿 OC 方向上的单位矢量为 e 。
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.n
Rω1 Rω Ω × k ' (1) Ω = ω1 k − 1 k ' (2) r r 2 Rω1 ' j 把(2)代入(1) : ε = r
.n
i i
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i
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= p i ' + q j ' + r k ' + ω × ( pi ' + q j ' + rk ' ) = p i ' + q j ' + r k ' + ω × ω
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理工大机械论坛（）
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7、由题易得：ψ = −2
i
ϕ =4 θ =0
解得： ωC =
aωa − bωb a −b
1 vC = (aωa + bωb ) × e 2
第三篇 刚体动力学 第一章 物体的二次惯量矩（P254） （1） 薄片平面 ⇒ 2011-2 1、
Jz = Jx + J y
∵ 厚度为0, ∴ z = 0 Jz =
(V )
∫ ρ(x
2
+ y 2 )dV (1) J y =
ψ = ψ t = 15t
ω y = ω sinψ = 20sin15t
i
ω x = ω cosψ = 20 cos15t
∴ω = 20 cos15ti + 20sin15t j ⇒ ε = −300sin15ti + 300 cos15t j ⇒ ε = 300
郭硕鸿《电动力学》第三版 课后答案详细解释
证明： （1） f (u )
f (u ) f (u ) f (u ) df u df u df u ex ey ez ex ey ez x y z du x du y du z df u u u df ( ex ey ez ) u du x y z du Ax (u ) Ay (u ) Az (u ) dAx u dAy u dAz u （2） A(u ) x y z du x du y du z d Ay dA dA u u u dA ( x ex e y z ez ) ( ex ey e z ) u du du du x y z du
（2）在（1）中令 A B 得：
( A A) 2 A ( A) 2( A ) A ， 所以 A ( A) 1 2 ( A A) ( A ) A
即
2 A ( A ) 1 2 A ( A ) A 2. 设 u 是空间坐标 x, y, z 的函数，证明： df dA dA f (u ) u ， A(u ) u ， A(u ) u du du du
方向由原点指向场点。 证明： （ 1 / r ) r / r
3
方法（II）
mr 1 1 ) [m ( )] [( ) m ] 3 r r r 1 1 1 1 ( m ) (m ) [ ( )]m [( ) ]m r r r r 1 1 (m ) [ 2 ]m r r 2 其中 (1 / r ) 0 ， （r 0） 1 A (m ) ， （ r 0 ） r mr 1 又 ( 3 ) [ m ( )] r r 1 1 1 1 m [ ( )] ( ) ( m ) (m )( ) [( ) ]m r r r r 1 (m )( ) r 所以，当 r 0 时， A 7. 有一内外半径分别为 r1 和 r2 的空心介质球，介质的电容率为 ，使介质球内均匀带静 A (
2019版一轮物理课件：第三章 第三讲 动力学的三类典型问题 精品
C．物体 M 与 m 做加速运动，加速度 a＝(M－m)g/M
D．绳子中张力不变
解析
答 案
解析：当物体 M 和 m 恰好做匀速运动，对 M，水平方向受到
绳子的拉力和桌面的摩擦力，得：μMg＝T＝mg，所以：μ＝Mmgg
＝Mm.若将 M 与 m 互换，则对 M：Ma＝Mg－T′，对 m，则：
ma＝T′－μmg，得：a＝MMg－＋μmmg＝MgM－＋Mmmmg＝MM2M－＋mm2g ＝
A．一定等于 F1－F2 C．一定等于 F1＋F2
B．一定大于 F2 小于 F1 D．条件不足，无法确定
解析
答 案
解析：两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体 运用牛顿第二定律，有：F1－F2＝(M＋m)a，再对物体 A 受力 分析，运用牛顿第二定律，得到：F1－F＝Ma，由以上两式解 得 F＝mFM1＋＋MmF2，由于 F1 大于 F2，故 F 一定大于 F2 小于 F1， 故 B 正确． 答案：B
[方法技巧] 由图看出两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运 动，重力与空气阻力平衡，根据平衡条件和牛顿第二定律列式 分析．
[跟踪训练] 2.(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速 度 a 随时间 t 变化的图线如图所示，以竖直向上为 a 的正方向， 则人对地板的压力( )
A．t＝2 s 时最大 C．t＝8.5 s 时最大
解析
答 案
题型3 接触连接体
[示例6] (多选)(2015·高考全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨
上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这
列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的
挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着车厢以大小
大学物理化学7-动力学课后习题及答案精品资料
动力学课后习题习题 1某溶液中反应 A + B Y 开始时 A 与 B 的物质的量相等，没有 Y ，1h 后 A 的转化率为75%，问2h 后 A 尚有多少未反应？假设：（1）对 A 为一级，对 B 为零级；（2）对 A ，B 皆为一级；（3）对 A ，B 皆为零级。
习题 2某反应 A → Y ＋ Z ，在一定温度下进行，当－3－1的初始速率υA,0 =0.01mOl·dm·s。
试计算反应物－3及 x A =0.75 时，所需时间，若对反应物 At= 0，c A,0 =1mOl ·dm－3时，测定反应A 的物质的量浓度 c A＝ 0．50mOl ·dm (i) 0 级； (ii) 1 级； (iii) 2 级；习题 3已知气相反应 2A + B2Y 的速率方程为dp Akp A p B。
将气体 A 和 B 按物质的量dt比 2：1 引入一抽空的反应器中，反应温度保持400 K 。
反应经 10min 后测得系统压力为84 kPa，经很长时间反应完了后系统压力为63 kPa。
试求：(1)气体 A 的初始压力 p A,0及反应经 10 min 后 A 的分压力 p A；(2)反应速率系数 k A；(3)气体 A 的半衰期。
习题 4反应 2A(g)+B(g)Y(g)的动力学方程为－dcB= k B c1A.5 c B0. 5。
今将 A 与 B 的摩尔比为dt2∶ 1 的混合气体通入400 K 定容容器中，起始总压力为 3.04 kPa，50s 后，总压力变为 2.03 kPa，试求反应的反应速率系数k B及 k A。
习题 5已知反应 2HI → I2 + H 2，在 508℃下，HI 的初始压力为 10132.5 Pa 时，半衰期为 135 min ；而当 HI 的初始压力为 101 325 Pa 时，半衰期为 13.5 min 。
试证明该反应为二级，并求出反应速率系数 (以 dm3·mol －1· s－1及以P a－1· s－1表示 )。
E420-理论力学-动力学第三章部分习题解答
动力学第三章部分习题解答3－3 取套筒B 为动点，OA 杆为动系 根据点的复合运动速度合成定理r e a v v v +=可得：l v v ω==e 0a 30cos ，l v v v BC B ω332a === 研究AD 杆，应用速度投影定理有：030cos D A v v =，l v D ω334=再取套筒D 为动点，BC 杆为动系，根据点的复合运动速度合成定理r D BC D v v v +=将上式在x 轴上投影有：r D BC D v v v +-=-，l v v v BC D D ω332r =+-=3－4 AB 构件（灰色物体）作平面运动， 已知A 点的速度s A O v A /0cm 4510==ωAB 的速度瞬心位于C ，应用速度瞬心法有：rad/s 23==AC v A AB ω BC v AB B ω=，设OB 杆的角速度为ω，则有rad/s 415==OB v B ω 设P 点是AB 构件上与齿轮I 的接触点， 该点的速度：CP v AB P ω=齿轮I 的角速度为：rad/s 61==r v PI ω a v e vr vA vDv rD v A vB P v CAB ωI ω3－6 AB 杆作平面运动，取A 为基点 根据基点法公式有：BA A B v v v +=将上式在AB 连线上投影，可得0,01==B O B v ω因此，041ωω==AB v A AB因为B 点作圆周运动，此时速度为零，因此只有切向加速度（方向如图）。
根据加速度基点法公式n t BA BAA B aaa a ++=将上式在AB 连线上投影，可得n060cos BA A B a a a +=-，r a B 205.2ω-=201231ωα-==B O a B B O （瞬时针）3－7 齿轮II 作平面运动，取A 为基点有nt BA BA A B a a a a ++= n t 1BA BA a a a a ++=将上式在x 投影有：n 1cos BA a a a -=-β由此求得：212n 2cos 2r a a r a BAII βω+==再将基点法公式在y 轴上投影有：2t2sin r a a II BA αβ==，由此求得22sin r a II βα=再研究齿轮II 上的圆心，取A 为基点n t n t2222A O AO A O O aaa aa++=+将上式在y 轴上投影有2sin 2t t 22βαa r a a II AO O ===， B vBAv A vAa Ba t BA an BA atBA anBA axyt2A Oa n 2AO a xyn 2O a t 2Oa由此解得：)(2sin 2121t 221r r a r r a OO O +=+=βα再将基点法公式在x 轴上投影有：n1n22A O O a a a -=- 由此解得：2cos 1n2a a a O -=β，又因为221n 212)(O O O r r a ω+= 由此可得：)(2cos 21121r r a a O O +-±=βω3－9 卷筒作平面运动，C 为速度瞬心， 其上D 点的速度为v ，卷筒的角速度为r R vDC v -==ω 角加速度为rR ar R v -=-== ωα 卷筒O 点的速度为：rR vRR v O -==ω O 点作直线运动，其加速度为 rR aRr R R v va O O -=-==研究卷筒，取O 为基点，求B 点的加速度。
动力学习题课小结PPT
（期中题）
O A m
v
v2 mg cos m R
R
3. 质量为m＝1 kg的质点，在Oxy坐标平面内
运动，其运动方程为x＝5t，y=0.5t2（SI）， 从t=2 s到t=4 s这段时间内，外力对质点作的 功为 (A) 1.5 J． (C) 6J． (B) 3 J． (D) -1.5J． ［ C ］
完成积分得： = 10(m/s) 。 再由动量定理求出该力的冲量：
I oy平面上运动，其位置矢量 为 r a costi b sin tj (SI),式中a、b、是正 值常数，且a >b。求：t=0到t=/(2)时间内合外力的 功及分力Fx、Fy的功。
功能原理：
系统： 掌握！
机械能守恒定律： 系统： W外
0，W非保 0时
E E0
1. 讨论
（1） P93 3-1 (C)
（2） P93 3-3
(C)
（3）P93 3-4
(D)
2．如图所示，质量为m的钢球A沿着中心在 O、半径为R的光滑半圆形槽下滑．当A滑到 图示的位置时，其速率为v ，钢球中心与O 的连线OA和竖直方向成θ角，这时钢球对槽 的压力为
1) 动力学问题
dv dx 2 a k kv k x dt dt
F ma mk x
2
2) 运动学问题
dx kx dt
x2
x1
t2 dx kdt t1 x
1 x2 t 2 t1 ln k x1
8. 质量m=4kg的物体在力 F (2 x 5)i (SI)的作用下,
68(N s)
（2）
（3 ）
300 30t 2t 2 t 6.86s
电动力学习题课 复旦大学精品课程.
一、 并矢 1. 定义ab 两个矢量并写在一起，称为并矢。
我们为何要引入并矢这个概念呢？这是因为许多物理与力学问题难以用矢量来表示。
先看一个例子：要描述一变形物体内应力对截面的拉伸作用就必须考虑f 对n 的投影矢量用Pr n oj f 表示()()Pr or n oj f f n n n n f f nn nn f =⋅=⋅−−→⋅⋅nn 就被称为并矢。
两阶并矢的定义为(,123)i ij ji j i jijijab a e a e a b e ei j ===∑∑∑2. 运算规律除交换率外，并矢服从初等代数的运算规律 结合律：()()()m ab ma b a mb mab ===()()ab c a bc ⋅=⋅分配率：()a b c ab ac +=+ 但ab ba ≠ 单位并矢i i iI e e =∑，任何一并矢都在单位并矢所长成的空间中I a a I a ⋅=⋅=3. 基本的几个并矢的矩阵形式 单位并矢I100010001I ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭并矢ab111213212223313233a b a b a b ab a b a b a b a b a b a b ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭ 并矢aa111213212223313233a a a a a a aa a a a a a a a a a a a a ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭4. 张量分析 并矢的散度()()()()()()()a b a b a b ab ab aba b a b a b a b∇⋅=∇⋅+∇⋅=∇⋅+∇⋅=∇⋅+⋅∇↓↓标量 标量()ab ∴∇⋅是矢量例： 1. r ∇i i j jiji j i jijij i jiji i ie r e r e e e e e e Iδ=∂=∂===∑∑∑∑∑2. ()A r 为常矢量()()()()()()()()()()()()A r r A r r A r rA r r A r r A r r A r I∇⋅=∇⋅+⋅∇=∇⋅+⋅∇=∇⋅+⋅并矢的积分变换公式 高斯公式：Vsd T dS T τ∇⋅=⋅⎰⎰证：T ab =，j ij iiT a b e =∑ji ij j j i ij j VVVVijjijj j ssjd T d Te e d T e d T e ds T ds Tττττ∇⋅=∂=∂=∇⋅=⋅=⋅∑∑∑∑⎰⎰⎰⎰∑⎰⎰也就是说并矢的高斯公式也就是三个不同方向矢量的高斯公式 斯托克斯公式：()Slds T dl T ⋅∇⨯=⋅⎰⎰证：()()j j j j j j S S S l j j j lds T ds T e e ds T e dl T dl T⎛⎫⋅∇⨯=⋅∇⨯=⋅∇⨯=⋅⎪⎝⎭=⋅∑∑∑⎰⎰⎰⎰⎰二、曲线正交坐标系简介在一般曲线正交坐标系中，空间一点p 的位置用三个坐标1u ，2u ，3u 表示。
飞行动力学习题课打印.
作用在飞行器上的力矩始终保持平衡。
1.2 飞行器的最大允许升力系数主要受哪些因素的限制？
1、失速的限制，即最大允许升力系数CL.a， 比失速升力系数 CL.s 小一些。此方面限制最大 允许升力系数的主要因素有：高度、马赫数、 飞行器的气动外形。 2 、操纵的限制，保持俯仰平衡所需的舵面 极限偏角的限制。
Flight Dynamics 2
2.5 某 轻 型 喷 气 飞 机 重 量 W=30000N, 翼 载 荷 W/S=1000N/m2 在某高度上的可用推力 Ta =4000N。假设 CD=0.015+0.024CL2 和 CLmax=1.4。试确定最大和最小平飞 速度。（任取一高度求解）
K CL L W 30000 7.5 CD D Ta 4000
Flight பைடு நூலகம்ynamics 3
2.6 某歼击机重量W=50000N,以升阻比K=6飞行，当发动 机可用推力Ta =21500N时，试问在此种情况下，飞机能否 L W 50000 N D T a 21500 N 做定直平飞？若不能，可以以多大的上升角做定直爬升飞 K K 6 行。（保持油门不动） 需用推力
T D 16000 N
小时耗油量
cf T cf. R 2.327 kg km V cf T cf. t 1861.224 kg h
Flight Dynamics 5
补充题：解释飞行包线的形状。
Vmax 最大平飞速度： 2Ta CD S
T a , , C D 都会随高度变化
对于跨音速飞机：可用推力随高度的增加而降低， 起主导作用，这样组合参数 Ta/CDρ 随高度的增加而 降低，因而Vmax随高度的增加一直减小。
动力学习题课
总结 例1 例2 例3 例4 例5 例6 例7 例8 例9 例10 例11 例12 例13 例14 例15
2. 平行反应（竞争反应） 平行一级反应速率公式：A
k1
k2
y
z
dx ( k1 k 2 )(a x ) dt a ln ( k1 k 2 )t a x
浓度特征：
其 中x y z
l n (t1 / 2 / t1 / 2 ' ) n 1 l n ( 0 / c0 ' ) c 2 微分法： n l n (r1 / r2 ) l n (c1 / c2 )
3 孤立法（过量浓度法、降级法）
8
总结 例1 例2 例3 例4 例5 例6 例7 例8 例9 例10 例11 例12 例13 例14 例15
1 1 1 2 t 200s k a / 3 a 0.1 0.1
6. 在温度T，实验测得某化合物在溶液中分解的数据 c0/ mol· -3 dm 0.50 1.10 2.48 t1/2 /s 4280 885 174 则该化合物分解反应级数为_________ 3 6.解：半衰期t1/2随c0的增加而下降，可排除零级和一 级反应，4280/885=4.8, 而1.10/.5=2.2, 故不是二级反 应，但(1.10/.5)2=4.8, 因此是三级反应。
三、 简单级数反应
1. 一级反应 k/s-1 k dx A B k (a x ) dt
a ln kt a x t1 / 2 ln 2 k
2. 二级反应 k/ mol-1· 3· -1 dm s
2A x
A B x
k
k
dx k (a x )2 dt
1 1 kt a x a
【2019年整理】化学反应动力学习题(可打印修改) (2)
二、 选择题 1.(C)；2.(B)；
三、 填空题 1. 一、是非题 下列各题中的叙述是否正确？正确的选“√”，错误的选“×”。
√ × 1. 设对行反应正方向是放热的，并假定正、逆都是元反应，则升高温度更利 于增大正反应的速率系数。
√ × 2.若反应 A
Y，对 A 为零级，则 A 的半衰期
。
二、选择题
2. 3. kA=0.01 mol-1×dm3×s-1 t1/2=100 s
4. t1/2=15min 5. k(310K)/k(300K)=25.36
1. 二甲醚的气相分解是一级反应：CH3OCH3(g)
CH4(g)+ H2(g) + CO(g)
504℃时把二甲醚充入真空的定容反应器内，测得时间 t 时总压力 pt, 总数据如下：
N2O2 （快）；
N2O2＋O2
2NO2 （慢）。
又已知 2NO
U Δ N2O2 的 r m <0。试导出总反应的动力学方程式，并解释其反应级数及
对比实验 1, 2：
B 过量： 实验 1： 实验 3
则 b=2。
两式相除，得 4=4×2a-1，则 a=1。反应速率方程为：－dpA/dt=kApApB2
由实验 1 数据，
=1.13×10-10 Pa2×h-1。
4.[题解]：(1)据 Arrhenius 方程的不定积分式： 给 kA=f(T)的经验式对比，得
在以下各小题的“
”处填上答案。
1.链反应的一般步骤是(i)
；(ii)
；(iii)
。
答案：一、是非题 1. √； 2. √；
二、选择题 1.(B)； 2.(B)； 3.(C)；
三、填空题 1.链的引发 链的传递 链的终止
《电动力学》课后题答案 第三版 郭硕鸿
微商 (∇ = e x
r ∂ r ∂ r ∂ + ey + e z ) 的关系 ∂x ∂y ∂z r r r r r r 1 r r r ' ' 1 ' r ∇r = −∇ r = , ∇ = −∇ = − 3 , ∇ × 3 = 0, ∇ ⋅ 3 = −∇ 3 = 0.(r ≠ 0) r r r r r r r
7 有一内外半径分别为 r1 和 r2 的空心介质球 求 介质的电容率为 ε 使介质内均匀带静止自
由电荷 ρ f 1 2 解 1
空间各点的电场 极化体电荷和极化面电荷分布
r r D ∫ ⋅ dS = ∫ ρ f dV ,
S
(r2>r>r1)
即
Hale Waihona Puke D ⋅ 4πr 2 =4π 3 (r − r13 ) ρ f 3
S
若 S → ∞, 则 ( xj ) ⋅ dS = 0, ( j 同理
(
r ∂ρ ) ∂t
∫
r
r
r
S
= 0)
y
= ∫ j y dV ' , (
r ∂ρ ) z = ∫ j z dV ' ∂t
即
r r r dP = ∫ j ( x ' , t )dV ' V dt
r r r r r m ×R m⋅R r 的旋度等于标量 ϕ = 的梯 6. 若 m 是常矢量 证明除 R 0 点以外 矢量 A = R3 R3
r r r r r r r r ∂Ax (u ) ∂A y (u ) ∂Az z (u ) dAx (u ) ∂u dA y (u ) ∂u dAz (u ) ∂u dA ∇ ⋅ A(u ) = + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ = ∇u ⋅ ∂x ∂y ∂z du ∂x du ∂y dz ∂z du
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vC Cr
2
(R
1 r)2
]v
2 A
vAr
R
1 r
2 [m1
JC
m2
m2 2
r2 (R
2
r)2
]vA2
B rC
R
vC
受力：物块A重力如图所示；运动：滚子C平面运动，
O
滑轮D定轴转动，重物A平移；方程： T1 0
设系统在物块下降任意距离h时的动能
T2
1 2
m1v
2 A
1 2
m2vC2
1 2
J
2
CC
D
T2
由运动学知识 C
1 2
[m1
m2
(R
r2 r)2
vA
Rr m2
附录： 习题解答
10－2
10－2 图示系统中，已知鼓轮以ω的角速度绕O轴转动，其大、小半径分 别为R、r，对O轴的转动惯量为JO；物块A、B的质量分别为mA和mB；试求 系统对O轴的动量矩。
解：对象：系统 运动：两物块平移，鼓 轮定轴转动
ω
O R
r
LO (JO mAR2 mBr 2 )
3mg FOy
25 g 11 mg 36 12
FOx
44F9ONy m# g d
D
2mg
2
5 g 8.17 rad/s2 #
6l
附录： 习题解答
10－8
10－8 图示圆柱体A的质量为m，在其中部绕以细绳，绳的一端B固定。圆柱 体沿绳子解开的而降落，其初速为零。求当圆柱体的轴降落了高度h时圆柱体
解：对象：轮；受力：如图
mm‘gg
运动：平面运动
(a)
方程：由平面运动微分方程
JO TR Fr maO F T
1 2
对象：对A;受力：如图;
运动：平移方程：
·E
aO
FN
F
aA
maA mg T 3
vA (R r), aA (R r)
4
H
T
a H绳
vO r, aO r 5 mD 0,T T
T
JO m 2 6
由上六式联立，得
aA
mg(R r)2 m( 2 r 2 ) m(R r)2
g
m m
( 2 (R
r2) r)2
# 1
mg
附录： 习题解答
11－4
T
1 2
JZ2
T
1 2
mvC2
1 2
J C 2
动能定理及其应用
T2 T1 W12
机械能守恒定律 T1 V1 T2 V2
动力学综合应用
动量定理、动量矩定理和动能定理的比较
动量定理、动量矩定理和动能定理都是描述质点系整 体运动的变化与质点系所受的作用力之间的关系。
整体运动的变化
M
e C
5.刚体平面运动的微分方程
n
m aC Fie
i
dJ C
dt
J C
n i
M C (Fie )
mxC Fxe myC Fye
JC Biblioteka Mc(Fi e
)
动能定理
刚体的动能 平移刚体的动能
T
1 2
mvC2
定轴转动刚体的动能 平面运动刚体的动能
dvA dt
dvA dy
dy dt
vA
dvA dy
2 3
g
vA
2h
0 vAdvA 3 g 0 dy
vA
2 3
3gh #
附录： 习题解答
10－10
10－10 图示重物A的质量为m，当其下降时，借无重且不可伸长的绳使滚子C 沿水平轨道滚动而不滑动。绳子跨过不计质量的定滑轮D并绕在滑轮B上。滑 轮B与滚子C固结为一体。已知滑轮B的半径为R，滚子C的半径为r，二者总质 量为m′，其对与图面垂直的轴O的回转半径为。求：重物A的加速度。
解中：心对A象的：速圆度v柱和体绳子的拉力FT。 受力：如图；运动：平面运动 FT
方程：平面运动微分方程
maA mg FT 1
J Aα FTr
2
C
建立运动学补充方程 aA rα 3
解得
FT
JA
1 2
mr 2
1 mg# 3
aA
2 3
g
4
r A aA
mg
vA
aA
动量定理
动量
动量矩定理 动量矩
所受的作用力
力(冲量)
力矩
表达式
dp dt
FRe
d dt
Lo
=
M
e o
动能定理
动能
力的功
T2 T1 = W12
动量定理、动量矩定理和动能定理都可以用于求解动力 学的两类基本问题。
附录： 习题解答
作业中存在的问题
1、方程中出现的量（力和运动量）一定要标注。 2、运动学补充方程。 3、使用的理论要交待。
理论力学 第三篇 工程动力学基础
第三篇 工程动力学基础
动力学习题课
第3篇 动力学习题课
动量定理 动量矩定理 动能定理 动力学综合应用
动量定理
1.质点系动量定理的微分形式
d dt
p
FRe
2.质心运动定理 maC miaCi FRe
动量矩定理
1.刚体的动量矩：
平移刚体 LO rC mv
定轴转动刚体对转动轴 LZ J Z
刚体对轴的转动惯量 ，
JZ
mi ri2
m
2 Z
2.质点系相对固定点的动量矩定理及其守恒形式
dLO dt
M
e O
0
3.刚体定轴转动微分方程 J z M z Jz M z
4.相对质心的动量矩定理
dLC dt
3m 6
2m
aD
5 6
l
25 36
g
由质心运动定理：
3m aDn 0 FOx #
刚体作定轴转动，初瞬时ω=0
J O
mg
l 2
2mg
l
FOy
3m aD
3mg 3m
JO
1 3
ml 2
1 12
2m (2l)2
2ml 2
3ml 2
即 3ml2 5 mgl
A
B θ
附录： 习题解答
10－3
10－3 图示匀质细杆OA和EC的质量分别为50kg和100kg，并在点A焊成一体。
若此结构在图示位置由静止状态释放，计算刚释放时，铰链O处的约束力和杆
EC在A处的弯矩。不计铰链摩擦。
解：令m = mOA = 50 kg，则mEC = 质d心 DOD位置m：2l（ 设2mll=15ml ）
11－4 图示一重物A质量为m1，当其下降时，借一无重且不可伸长的绳索使滚 子C沿水平轨道滚动而不滑动。绳索跨过一不计质量的定滑轮D并绕在滑轮B上。
滑轮B的半径为R，与半径为r的滚子C固结，两者总质量为m2，其对O轴的回转
解：半对径象为：滚。子试C求、重滑物轮AD的、加物速块度A。所组成的刚体系统；C