第2章 运动定律与力学中的守恒定律
2-5-角动量-角动量守恒定律
力矩，等于力的作用点
对该点的位矢与力的矢
积，即
M
r
F
M 的方向垂直于r和F所决定的
平面，指向用右手法则确定。
M x yFz zFy
在直角坐标系中，表示式为 M y zFx xFz
3
第2章 运动定律与力学中的守恒定律
M z xFy yFx
2–5 角动量 角动量守恒定律
2 质点的角动量定理
例2.16 在光滑的水平桌面上，放有质量为M的木块， 木块与一弹簧相连，弹簧的另一端固定在O点，弹簧
的劲度系数为k，设有一质量为m的子弹以初速 v0
垂直于OA射向M并嵌在木块内.弹簧原长 l0 ，子弹击
中木块后，木块M运动到B点时刻，弹簧长度变为l，
此时OB垂直于OA，求在B点时，木块的运动速v2度 .
解 击中瞬间，在水平 面内，子弹与木块组成 的系统沿 v0方向动量守 恒，即有
mv0 (m M )v1 6 第2章 运动定律与力学中的守恒定律
2–5 角动量 角动量守恒定律
2-5-角动量-角动量守恒定律
第2章 运动定律与力学中的守恒定律
2–5 角动量 角动量守恒定律
v L
rv
pv
rr
r xi
r yj
r zk
pr
r pxi
r py j
r pzk
rr
pr
(
ypz
zpy
r )i
( zpx
xpz
)
r j
( xp y
ypx
r )k
Z
rr
rr rr
tr
Mdt 叫冲量矩 t0
第2章 运动定律与力学中的守恒定律
2–5 角动量 角动量守恒定律
力守恒定律
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2. 1牛顿运动定律
4.万有引力 这是存在于任何两个物体之间的吸引力。它的规律是胡克、牛顿 等人发现的。按牛顿万有引力定律，质量分别为m1和m2的两个质点， 相距为r时，它们之间的引力大小为
式中的G0叫做万有引力恒量，在国际单位制中，它的大小经测定为
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2. 1牛顿运动定律
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2. 1牛顿运动定律
(4)牛顿第二定律只适用于研究宏观物体、低速运动问题，同时所用参 照系应该是相对于地面静止或匀速直线运动的物体，a是相对地面的 加速度。 (5)牛顿第二定律是动力学的核心规律，是本章重点和中心内容，在力 学中占有重要的地位。 3.牛顿第三定律 力是物体对物体的作用，当甲物对乙物施加力的作用的同时，也 受到乙物对它施加的方向相反的作用，因此，物体间的作用总是相互 的，成对出现的。我们把两个物体间相互作用的这对相反的力叫做作 用力和反作用力。它们遵从的规律就是牛顿第三定律，又叫作用力和 反作用力定律
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2. 2动量守恒
如在完全弹性碰撞过程中v2 - v1 =v10 - v20 ，可得碰撞后两球的速 度为
在碰撞前后系统动能的增量为
此式说明，在完全弹性碰撞前后，系统的动能守恒。
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2. 3 能量守恒
2. 3. 1功动能定理
1.功 如有一质点在力F的作用下，沿图2一14所示的路径AB运动。设 在时刻t、质点位于A，经过时间间隔dt，质点的位移为，dt。力F与 质点位移之间的夹角为θ 在物理学中，功的定义是:力对质点所做的功为力在质点位移方 向的分矢量与位移大小的乘积。按此定义，该力所作的元功为
第2章力守恒定律
2-5角动量 角动量守恒定律
例：一个人站在转台（质量为M，半径为R）的边
缘，质量为m ，当人沿转台边缘行走一周时，人和转台
相对地面各转过了多少角度？
解：取人和转台为一系统，对整个系统而言，M 0
系统的角动量守恒。
取地面为参照系，人相对地面转动的角速度为 1，
转台相对地面转动的角速度为 2 ，人相对转台转动的
角速度为 。
(mR2 )1
12 v0
7l
由角动量定理
M dL d(I) dI
dt dt
dt
即
mgr cos d ( 1 ml2 mr2 ) 2mr dr
dt 12
dt
考虑到 t
dr g cost 7lg cos(12v0 t)
dt 2
24 v0
7l
§2.5角动量 角动量守恒定律 第2章 运动定律与力学中的守恒定律
§2.5角动量 角动量守恒定律 第2章 运动定律与力学中的守恒定律
2.5.L2 质r点的p角动量定dp理
F,
dL ?
dL
d
(r
dt
p)
r dp
dt
dr
p
dt
dr v,
dt
v p 0
dt dL
dt r dp
r
F
dt
dt
dt
M
dL
作用于质点的合力对参考点 O 的力矩 ，等于质点对该点 O 的角
得 LdL m2 gR3 cosd
L LdL m2gR3
cosd
0
0
L mR 3 2 (2g sin )1 2
L mR 2
( 2g sin )1 2
R
§2.5角动量 角动量守恒定律 第2章 运动定律与力学中的守恒定律
2-4功 动能 势能 机械能守恒定律
∫
4
0
Fy dy =
∫
4
0
6 ydy = 48 J
1 A = A1 + A2 = 45 J 3
§2.4 功 动能 势能 机械能守恒定律
第2章运动定律与力学中的守恒定律
(2)因为由原点到点(2,4)的直线方程为y＝2x，所以
A=
∫
2
0
f x dx + ∫ f y dy =
0
4
∫
2
0
(4 x − x ) dx + ∫
§2.4 功 动能 势能 机械能守恒定律
第2章运动定律与力学中的守恒定律
质点组受到的作用力： 质点组受到的作用力：
外力：Fe 保守内力：Fci 内力非保守内力：F ni
§2.4 功 动能 势能 机械能守恒定律
第2章运动定律与力学中的守恒定律
在离水面高为H的岸上， 例2.8 在离水面高为H的岸上，有人用大小不变 的力F拉绳使船靠岸，如图所示， 的力F拉绳使船靠岸，如图所示，求船从离岸 x1 处移 x2 处的过程中， 对船所做的功. 到 处的过程中，力F对船所做的功. 解: 因为力的方向在不断变化， 因为力的方向在不断变化， v v F F 故仍然是变力做功. 故仍然是变力做功.以岸边为 α 坐标原点， 轴正向， 坐标原点，向左为x轴正向，则 x x1 x2 v v x dA = F ⋅ dx = F cos α (−dx) = − F dx 2 2 x +H 即 A = ∫ −F x
注意
参考系有关 有关； 功和动能都与 参考系有关；动能定理 仅适用于惯性系 仅适用于惯性系 .
例：铅直下落的冰雹，质量为 m，某时刻的速率 铅直下落的冰雹， 为 v ，试问从地面上以速率 v 作直线运动的车上观 试问从地面上以速率 该冰雹的动能是多少？ 察，该冰雹的动能是多少？ 解：以运动的车作为参照系;冰雹相对车的速度为： 以运动的车作为参照系;冰雹相对车的速度为：
大学物理第二章习题质点力学的基本规律 守恒定律
基本要求
掌握经典力学的基本原理及会应用其分析和处理质点动力学问题，理 解力学量的单位和量纲。掌握动量、冲量、动量定理，动量守恒定律。并 能分析和计算二维平面简单力学问题。理解惯性系概念及经典力学的基本 原理的适用范围。掌握功与功率、动能、势能（重力势能、弹性势能、引 力势能）概念，动能定理、功能原理、机械能守恒定律。
教学基本内容、基本公式
1.牛顿定律
解牛顿定律的问题可分为两类： 第一类是已知质点的运动，求作用于质点的力； 第二类是已知作用于质点的力，求质点的运动.
2.基本定理 动量定理
动能定理
I
t2 t1
F (t )dt
mv
mv0
A12
2
F
(r)
dr
1
1 2
mv
2 2
1 2
解：根据牛顿第二定律
f
k x2
m dv dt
m dv d x dx dt
mv
dv dx
k x2
mv
dv dx
v
dv
k
dx mx2
v
v
0
dv
A/4
A
k mx2
d
x
1v2 k (4 1) 3 k 2 m A A mA
另解：根据动能定理
v 6k /(mA)
(2)写出初末态系统的动量
t 时刻水平方向动量
dm m
t+dt时刻水平方向动量
O
x
(3)求出系统水平方向动量的增量
大学物理第2章-质点动力学基本定律
势能的绝对值没有意义，只关心势能的相对值。 势能是属于具有保守力相互作用的系统 计算势能时必须规定零势能参考点。但是势能差是一定的，与零点的选择无关。 如果把石头放在楼顶，并摇摇欲坠，你就不会不关心它。 一块石头放在地面你对它并不关心。
重力势能：以地面为势能零点
01
万有引力势能：以无限远处为势能零点
m
o
θ
设：t 时刻质点的位矢
质点的动量
运动质点相对于参考原点O的角动量定义为：
大小：
方向：右手螺旋定则判定
若质点作圆周运动，则对圆心的角动量：
质点对轴的角动量:
质点系的角动量:
设各质点对O点的位矢分别为
动量分别为
二.角动量定理
对质点:
---外力对参考点O 的力矩
力矩的大小：
力矩的方向:由右手螺旋关系确定
为质点系的动能，
令
---质点系的动能定理
讨论
内力和为零,内力功的和是否为零？
不一定为零
A
B
A
B
S
L
例:炸弹爆炸，过程内力和为零，但内力所做的功转化为弹片的动能。
内力做功可以改变系统的总动能
例 用铁锤将一只铁钉击入木板内,设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板之深度成正比,如果在击第一次时,能将钉击入木板内 1 cm, 再击第二次时（锤仍以第一次同样的速度击钉）,能击入多深？ 第一次的功 第二次的功 解：
（1）重力的功
重力做功仅取决于质点的始、末位置za和zb，与质点经过的具体路径无关。
（2） 万有引力的功
*
设质量M的质点固定，另一质量m的质点在M 的引力场中从a运动到b。
M
a
b
大学物理第2章 动量、动量守恒定律
( g a)
( g a)
FT1 0
a2
y FT2
FT
a1
P1 y
P2 0
30
第二章
动量、动量守恒定
物理学
2-1 牛顿运动定律
例2 如图长为 l的轻 绳，一端系质量为 m 的小 球，另一端系于定点 o ， t 0 时小球位于最低位 置，并具有水平速度 v 0 ， 求小球在任意位置的速率 及绳的张力．
电弱相互作用 强相互作用 “大统一”（尚待实现） 万有引力作用
第二章 动量、动量守恒定
14
物理学
2-1 牛顿运动定律
二
弹性力
由物体形变而产生的．
常见弹性力有：正压力、张力、弹簧 弹性力等． 弹簧弹性力 F kx ——胡克定律
第二章
动量、动量守恒定
15
物理学
2-1 牛顿运动定律
例1 质量为m 、长为l 的柔软细绳， 一端系着放在光滑桌面上质量为＇ 的物体， m 在绳的另一端加力 F ．设绳的长度不变， 质量分布是均匀的．求： (1)绳作用在物体上的力； (2)绳上任意点的张力．
第二章 动量、动量守恒定
1
物理学
2-1 牛顿运动定律
一
牛顿第一定律
F 0时，v 恒矢量
任何物体都要保持其静止或匀速直线运 动状态，直到外力迫使它改变运动状态为止.
惯性和力的概念
如物体在一参考系中不受其它物体作 用，而保持静止或匀速直线运动，这个参 考系就称为惯性参考系．
第二章 动量、动量守恒定
第二章 动量、动量守恒定
6
物理学
2-1 牛顿运动定律
两个物体之间作用力 F 和反作用力 F＇ ， 沿同一直线，大小相等，方向相反，分别作 用在两个物体上． F12 F21 （物体间相互作用规律）
2020年高中物理竞赛(力学篇)02运动、力学定律：对称性和守恒定律(共20张PPT)
r
U
f AB
(r)
r
B B B
U U
fBA f AB
A r A A
三、时间平移对称性与机械能守恒律
时间平移的对称性意味着时间的均匀性，表示系统 的势函数与时间无关，这将导致能量守恒。
讨论一维情况： EP x, t t E p( x, t)
对两个粒子的保守系统有：
EP x1, x2, t t Ep(x1, x2, t)
用泰勒级数展开
EP x1,
x2, t
t
E p ( x1 ,
x2, t)
EP t
t
高次项
EP x1,
x2, t
t
E p ( x1 ,
x2, t)
E P t
t
高次项
上式中必有：EP 0 t
考虑动能和势能可推导出
dEP 0 dt
E 常数
如果系统对于时间平移是对称的，那么系统
的能量一定守恒。——能量守恒定律
x r sin cos y r sin sin z r cos
o
r
P
x
m
2x t 2
E p x
m
2 y t 2
E p y
y
EP
t
Lz
m
2z t 2
E p z
Ep具有旋转不变性，即与φ无关
EP 0
t Lz 0
Lz 常量
空间旋转对称性意味着空间旋转一个角度，系
统势函数保持不变，必然导致角动量守恒。
系统
外界
孤立系统 封闭系统 开放系统
n
外力 F Fi
i1
· ·i · ·
内力 fij f ji
第2章牛顿第二定律
第二章 质点力学的运动定律和守恒定律P91．2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为x = v 0t ，2211sin 22y at g t α==⋅．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=， 这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一质量m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：（1）今以水平力F 拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力N m = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于板和物体的重力N M = (m + M )g = 29.4(N)，这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为f M = μk N M = 7.35(N)．这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a'的运动，物体的运动方程为f =μs mg = ma'，可得 a' =μs g ． 这就是物体的最大加速度．这时板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma'，即F = f + Ma' + μk (m + M )g = (μs + μk )(m + M )g ，αv 0P图2.1N mf mN M f aN mf N M f ‘ f F a'算得 F = 16.17(N)．当外力大于16.17N 时，板的加速度就会大于物体的最大加速度，因此要将板从物体下面抽出，需要大于16.17N 的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得 T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为12212(2)/22F m m ga m m μ-+=+= 4.78(m·s -2)，绳对它的拉力为22112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= 1.35(N)．2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式12111k k k =+； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2．（1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2，因此1212F F F k k k =+， 即12111k k k =+． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，因此kx = k 1x 1 + k 2x 2，即 k = k 1 + k 2．m 2 FT 1 a 1m 1 T 2a 2 12图2.3k 1k 2F(a) k 1k 2F图2.4(b)2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动；（2）小车以加速度1a 沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度1b 把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度2b （b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tan θ = ma/mg ，所以θ = arctan(a/g )；绳子张力等于摆所受的拉力2222()()T ma mg m a g =++ （3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）建立水平和竖直直角坐标系，可列方程T sin θ = ma x = mb cos φ， ① T cos θ – mg = ma y = mb sin φ． ②由(2)式得T cos θ = mg + mb sin φ． ③①除以③得cos tan sin b g b ϕθϕ=+，①的平方加③的平方得T 2 = (mb cos φ)2 + (mg + mb sin φ)2，公式化简再开平方得张力为222sin T m b g bg ϕ=++（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．[讨论]第（1）、第（2）和第（3）问比较简单，第（5）问可由第（4）问得出，而第（4）问除前面的一种用正直角坐标系的解法之外，还有多种解法．图2.5Tmgmaθ （2） T mg maφ θ Tmg mb φθ φ（4） xyT mgmb φ θ方法二：用斜坐标系．张力T 与x 轴正向的夹角为90° – θ – φ，重力mg 与y 轴负向的夹角为φ，可列方程T cos(90° – θ – φ) – mg sin φ = mb ， ① T sin(90° – θ – φ) – mg cos φ = 0． ② 即 T sin(θ + φ) = mb + mg sin φ， ③ T cos(θ + φ) = mg cos φ． ④由③和④解得张力为222sin T m b g bg ϕ=++ ⑤摆线与竖直线的夹角为sin arctancos b g g ϕθϕϕ+=-． ⑥这个角度也是一种结果，它可以化成前面的形式．设sin arctancos b g g ϕαϕ+=，则sin tan cos b g g ϕαϕ+=．于是tan tan tan tan()1tan tan αϕθαϕαϕ-=-=+sin sin cos cos sin sin 1cos cos b g g b g g ϕϕϕϕϕϕϕϕ+-=++cos sin b b g ϕϕ=+，因此cos arctansin b b gϕθϕ=+．方法三：用矢量三角形．张力T 、重力mg （虚线）和mb 构成一个矢量三角形，延长竖直虚线，与水平虚线相交，可知张力T 的对角为180° - (90° – φ) = 90° + φ，根据余弦定理可得张力为22()()2()()cos(90)T mb mg mb mg ϕ+-︒+222sin b g bg ϕ=++．张力与竖直虚线和水平虚线构成一直角三角形，θ角的对边是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+，由此可得⑥式．Tmg mb φ θ φ（4）Tmg mbφ θφ（4）xy2．6 如图所示：质量为m = 10kg 的小球，拴在长度l = 5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求：（1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？ （2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为22d d sF ma mt ==， 其中s 表示弧长．由于s = R θ = l θ，所以速度为d d d d s v l t tθ==，因此d d d d d d d d v v m vF mm v t t l θθθ===， 即 v d v = -gl sin θd θ， （1）取积分60d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰，得2601cos 2B v gl θ︒=，解得B v gl =s -1)． 由于22B BB v v T mg m m mg R l-===，所以T B = 2mg = 1.96(N)．（2）由（1）式积分得2601cos 2C v gl θθ︒=，因此速度为(2cos 1)C v gl θ-切向加速度为a t = g sin θ；lmθ B C O 图2.6 l mθ BC O mgT法向加速度为2(2cos 1)Cn v a g Rθ==-．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)．（3）当 θ = 60º时，切向加速度为3t a g == 8.49(m·s -2)， 法向加速度为a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为 22d d sF ma m t==，s 表示弧长．由于v = d s /d t ，所以22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s vv t t t t s t s====， 因此v d v = g cos θd s = g d h ，h 表示石下落的高度．积分上式得2012v hv gh =，因此速率为2v gh2．8 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力2kf x=-(k 为常数)作用下沿直线运动．证hθmNmg图2.7明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/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222d d k x f ma m x t=-==利用v = d x/d t ，可得22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x===， 因此方程变为2d d k xmv v x=-， 积分得2012xvx k mv x=，即 2012k k mv x x =-， 所以211()k v m x x =- 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：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．如果f (x ) = -k/x n ，则得21d 2n x mv k x=-⎰． （1）当n = 1时，可得21ln ln2xx x mv k x k x=-=． 即 02ln x k v m x=（2）如果n ≠1，可得21121xnx k mv x n-=--11011()1n n k n x x --=--， 即 110211()(1)n n k v n m x x --=--当n = 2时，即证明了本题的结果．2．9 一质量为m 的小球以速率v 0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，取向上的方向为正，根据牛顿第二定律得方程d d v f mg kv mt=--=， 分离变量得d d()d v m mg kv t mmg kv k mg kv+=-=-++， 积分得ln ()vv mt mg kv k=-+00/ln ln/m mg kv m mg k vk mg kv k mg k v ++=-=-++， 小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mg v v k m k=+--． （2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg+==+． [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 = d x/d t ，所以0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k=+--， 即 0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx t k m k+=---， 积分得00(/)exp()tm v mg k kt mgx tk m k+=---0(/)[1exp()]m v mg k kt mgt k m k+=---．（2）如果小球以v 0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d d v f mg kv mt=-=， 用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m=---． 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v m = mg/k ．2．10 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v 0，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 = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，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2k d d v vf m m R tμ=-=，即 k2d d vt Rv μ=-． 积分得k111vv t R vv v μ==-， 解得k 01/v v v t Rμ=+．由于0k 0k 0k k 0d d(1/)d 1/1/v t v t R R x v t R v t Rμμμμ+==++， 积分得k 0kln (1)tv tRx Rμμ=+k 0kln (1)v tRRμμ=+．*2．11 2．12 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 = mg tan θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tan θ = m ω2R sin θ，可得A R v 0 mR ωθ rmg图2.122cos mgR ωθ=， 解得2arccosg R θω=±．2．13 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 = A cos ωt ，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d I = F d t = -kA cos ωt d t ，积分得冲量为/20(cos )d I kA t t ωω=-⎰π，/20sin kAkAtωωωω=-=-π方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的质量为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0，末动量为p 2 = mv 2 = -m ωA ，小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -m ωA ，可以证明k =m ω2，因此I = -kA /ω．2．14 一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -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 21p p p ∆=-得21p p p =+∆，由此可作矢量三角形，可得22p mv ∆==．因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= 1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F = mv 2/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O xFx m图2.13m Rp 1p 2Δp p 124v TI Ft mR ==2/42R T T mv mv R ππ==． 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 = mv 2/R = m ωv ，其分量大小分别为F x = F cos θ = F cos ωt ， F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为d I x = F x d t = F cos ωt d t ， d I y = F y d t = F sin ωt d t ，积分得/4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmv ω==，/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmv ω==，合冲量为222x y I I I mv =+=，所前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．15 用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -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2y v gh =s -1)， 其速度的增量为22Δx y v v v =+s -1)．棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)，对球的作用力为（不计重力）F = I/t = 366.2(N)．2．16 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 = 10m·s -2）[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，m R F x yF F yxOC BA图2.16v xΔv v y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(m·s -2)．根据运动学公式s = v 0t + at 2/2，可得B 拉C 之前的运动时间2/t s a =．此时B 的速度大小为v = at = 2(m·s -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(m·s -1)．2．17 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为 v = v 0cos θ， 方向沿水平方向．根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的总动量，可作矢量三角形，列方程得/2cos 452mmv v '=︒， 所以v'= v /cos45° =02cos v θ．1．18 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d s 的大小为d s = R d θ．重力G 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1d d cos(W G s G =⋅=+θ/2)d s πsin d mgR θθ=-，积分得重力所做的功为45°mgN θ F fd s 图2.18 v 0 θ vv'v' 45°454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰2(1)2mgR =--． 摩擦力f 的大小为f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为2d d cos d W f s f s =⋅=πk cos d u mg R θθ=-，积分得摩擦力所做的功为452k 0(cos )d W mgR μθθ︒=-⎰45k k 02sin mgR mgR μθ︒=-=． 要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F 就是平衡力，即0F G f ++=，或者 ()F G f =-+． 拉力的功元为d d (d d )W F s G s f s =⋅=-⋅+⋅12(d d )W W =-+，拉力所做的功为12()W W W =-+k 22(1)22mgR =-+． 由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2．19 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v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，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E 1 = mv 02/2，末动能为E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8，这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得2πk k 0()d 2πW mgr mgr μθμ=-=-⎰．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为20k 316πv grμ=． （3）在自然坐标中，质点的切向加速度为a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为2200k 8π223v v rs a g μ===， 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。
3运动定律与力学中的守恒定律
质点的 动量定理 ：物体在运动过程中所受到的合外 力的冲量，等于该物体动量的增量。 动量定理的几点说明： 1.冲量的方向：
r r I 冲量的方向一般不是某一瞬时力 的方向，而是所 F
i
有元冲量的合矢量
的方向。
2.动量定理可以计算碰撞中的平均力
3.对于一个质点系，若合外力为 0，系统的总动 量保持不变，但系统内的动量可以相互转移。 4.若合外力不为 0，但在某个方向上合外力分量 为 0，这个方向上的动量守恒。
o
x
m v0 u M
l
v
例二、
质量为2.5g的乒乓球以
v2 30o
45o v1 n
10m/s的速率飞来，被板推挡后，又 以20m/s的速率飞出。设两速度在垂
直于板面的同一平面内，且它们与
板面法线的夹角分别为45o和30o，求：
（1）乒乓球得到的冲量；（2）若
撞击时间为0.01s，求板施于球的平 均冲力的大小和方向。 解：取挡板和球为研究对象，由于 作用时间很短，忽略重力影响。设 挡板对球的冲力为 F 则有：
四、牛顿定律的应用 •已知力求运动 两类力学问题： •已知运动求力 加速度 a 解题步骤：十六字诀 隔离物体——明确研究对象 具体分析——研究对象的运动情况和受力情 况，作出受力图 选定坐标——参考系、坐标系、正方向 建立方程——分量式 2
d vx d x Fx max m m 2 dt dt d vy d2 y Fy may m m 2 dt dt d vz d2 z Fz maz m m 2 dt dt
总功 自然坐标系：
Aab Fx dx Fy dy Fz dz
xa ya za xb yb zb
朗道《力学》第二章,守恒定律
• 惯性系中空间始终是均匀的，因为此时实际上没有外场，所有的 场的相互作用都被包含在系统内了，但是对于非惯性系，就会出 现一个惯性力场（如离心力场）
• 这就是书上（6.1）上面的式子，也就直接得到了能量守恒定律。
• 有意思的地方：之所以时间均匀能够得到
L t
0，是因为我们
把 L 0定义为均匀了。时间均匀是由于我们选定了惯性系，
t
• 所以可以这样说，之所以惯性系的能量守恒（封闭体系），是因
为我们把能够得到能量守恒的参考系定义为惯性系了。
§10 力学相似性
• 拉格朗日量乘上一个常数不会发生改变，通过欧拉齐次定理，我 们可以得知时间和空间的伸缩如何做到让拉氏量只乘上一个常数， 这使得运动的轨道仅仅改变了一个尺寸，即轨道之间是相似的。
• 我们看到，这样可以将开普勒第三定律和很多其他的规律统一起 来解释，这就是科学美的所在，用尽量简单的公理描述尽量多的 现象。
• 位力定理则是来自于欧拉定理的又一个，考察物理量的时间平均， 这种方法常用于统计力学，位力定理也在统计物理中用处很大。
动量守恒
空间有各向同性
角动量守恒
• 在电动力学中，我们还可以看到一种新的对称
规范不变性
电荷守恒
• 有兴趣的同学可以寻找参考材料，如刘辽《狭义相对论》
时间均匀与能量守恒
• 均匀：y坐标轴的每一段都是完全一样的，这意味着将y坐标原点 移动一段距离，运动方程不会变，或与之等价的，在原坐标y上 面增加一个任意常数，令y'=y+y0，运动方程不变，则称该坐标均 匀。
动量定理
F2
j
两个质点的动量定理： （F1 f12 ） d t d p1 （F2 f 21 ） d t d p2 对此质点系 : （ [ F1 F2 ) ( f12 f 21 ） ] d t d p1 d p1 d( p1 p2 ) f12 f 21 0 由牛顿第三定律有: 所以有: （F1 F2 ) d t d( p1 p2 ) 多个质点时： ( Fi ) d t d pi
第2章 运动定律与力学中的守恒定律
2-3 动量 动量守恒定律
8
4 关于冲量和动量，下列说法哪些是错误的 ( ) A．冲量是反映力对作用时间积累效果的物理 量 B．动量描述物体运动状态的物理量 C. 冲量是物体动量变化的原因 D．冲量方向律
第2章 运动定律与力学中的守恒定律
2-3 动量 动量守恒定律
2
一、质点的动量定理 动量
p mv
动量是瞬时矢量 m·s-1 单位: kg ·
冲量 力对时间的积累（矢量）
I Fdt t0 注意： 1.恒力的冲量: I F (t t0 )
2.变力的冲量: I
3.冲量的单位:N.s
f x 0 2mv cos 2 0.2 5 0.5 fN 20 N t 0.05 按牛顿第三定律，球对墙的平均作用力和 f N 的方向相反而等值，即垂直于墙面向里.
第2章 运动定律与力学中的守恒定律
2-3 动量 动量守恒定律
17
例2.6 如图所示，一辆装矿砂的车厢以 v＝4m/s的速 率从漏 斗下通 过 ，每 秒落入 车厢的 矿砂为 k ＝ 200 kg/s ，如欲使车厢保持速率不变，须施与车厢多大 的牵引力(忽略车厢与地面的摩擦). 解 设 t时刻已落入车厢的矿砂 质量为m，经过dt后又有 dm＝kdt的矿砂落入车厢 . 取m 和 dm为研究对象，则系统沿 x 方向的动量定理为
大学物理参考答案(白少民)第2章 力学中的守恒定律
向心力
F心 = m
2 υc = mg sin α(3 + 2 cos θ) l
它由重力分力和绳子的张力共同提供 F心 = −mg sin αcos θ + Tc
∴T
c
= F心 + mg sin αcos θ = 3mg sin α + 2mg sin αcos θ + mg sin αcos θ
(1 + cos θ) =1.47(1 + cos θ)N = 3mg sin α
第二章 力学中的守恒定律 2.1 在下面两种情况中，合外力对物体作的功是否相同 ?(1)使物体匀速铅直地升高 h 。(2) 使 物体匀速地在水平面上移动 h。如果物体是在人的作用下运动的，问在两种情况中对物体作的功 是否相同? 答：合外力对物体做功不同。 2.2 A 和 B 是两个质量相同的小球，以相同的初速度分别沿着摩擦系数不同的平面滚动。 其中 A 球先停止下来，B 球再过了一些时间才停止下来，并且走过的路程也较长，问摩擦力对这两个 球所作的功是否相同? 答：摩檫力对两球做功相同。 2.3 有两个大小形状相同的弹簧：一个是铁做成的，另一个是铜做成的，已知铁制弹簧的倔 强系数比铜大。 (1) 把它们拉长同样的距离，拉哪一个做功较大？ (2) 用同样的力来拉，拉哪一个做功较大？ 答：（1）拉铁的所做功较大； （2）拉铜的做功较大。 2.4 当你用双手去接住对方猛掷过来的球时，你用什么方法缓和球的冲力。 答：手往回收，延长接球时间。 2.5 要把钉子钉在木板上，用手挥动铁锤对钉打击，钉就容易打进去。如果用铁锤紧压着钉 ， 钉就很难被压进去，这现象如何解释? 答：前者动量变化大，从而冲量大，平均冲力也大。 2.6 "有两个球相向运动，碰撞后两球变为静止，在碰撞前两球各以一定的速度运动，即各 具有一定的动量。由此可知，由这两个球组成的系统，在碰撞前的总动量不为零，但在碰撞后， 两球的动量都为零，整个系统的总动量也为零。这样的结果不是和动量守恒相矛盾吗?" 指出上述讨论中的错误。 答：上述说法是错误的，动能守恒是成立的。虽然碰前各自以一定的速度不为零，相应的动 量也不为零，但动量是矢量，系统的总动量在碰前为 0，满足动量守恒定律。 2.7 试问：(1) 一个质点的动量等于零，其角动量是否一定等于零 ?一个质点的角动量等于零， 其动量是否一定等于零? (2) 一个系统对某惯性系来说动量守恒，这是否意味着其角动量也守恒? 答：（1）一个质点的动量等于零，其角动量也一定为零；一个质点的角动量等于零，其动 量不一定为零。 （2）一个系统对某惯性系来说动量守恒，这并不意味其角动量也守恒。 * * * * * * 2 2.8 一蓄水池，面积为 S = 50m ，所蓄的水面比地面低 5.0m，水深 d=1.5m。用抽水机把这 池里的水全部抽到地面上，问至少要作多少功？ 解：池中水的重力为 F = mg = ρsdg =1.0 ×10 3 ×50 ×1.5 ×10 = 7.5 ×10 5
大学物理动能势能机械能守恒定律
解
(1)由点(0,0)沿x轴到(2,0)，此时y＝0， dy＝0，所以
A1 Fx dx
0
4 4 0 0
2
2
0
8 ( x )dx J 3
2
A2 Fy dy 6 ydy 48 J
第2章 运动定律与力学中的守恒定律
2–4 功 动能 势能 机械能守恒定律
13
1 A A1 A2 45 J 3
第2章 运动定律与力学中的守恒定律
2–4 功 动能 势能 机械能守恒定律
6
3 保守力的功 1） 重力的功 质量为m的质点在重力G作用 下由A点沿任意路径移到B点。 重力G只有z方向的分量
dr dxi dyj dzk
A Fz dz mgdz (mgz mgz0 )
A12 Ek2 E k1
注意
功和动能都与 参考系有关；动能定理 仅适用于惯性系 .
第2章 运动定律与力学中的守恒定律
2–4 功 动能 势能 机械能守恒定律
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例2.10 一质量为10kg的物体沿x轴无摩擦地滑动，t ＝0时物体静止于原点，(1)若物体在力F＝3＋4t N 的作用下运动了3s，它的速度增为多大？(2)物体在 力F＝3＋4x N的作用下移动了3m，它的速度增为多 大？ 解 (1)由动量定理 Fdt mv ，得
Mm dA F dr G 2 r 0 dr r
第2章 运动定律与力学中的守恒定律
B
2–4 功 动能 势能 机械能守恒定律
8
Mm A F dr G 2 r 0 dr A r
B
d ( A ) d ( A A) 2 A d A
大学物理上册-课后习题答案全解
大学物理上册课后习题答案第一章 质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．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 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13= 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23= 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(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 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 ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -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，并由上述资料求出量值．[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2+ 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：．计算得加速度为：= (m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成°的夹角的初速度65m·s -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 = 10m·s -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（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = (m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = (s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02= 2a s ，可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = (m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = (m)．根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= (s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = (s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = (m·s -1)， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = (m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = (m·s -1)，落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = (m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = º，方向斜向下．方法二：一步法．图取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y0t - gt2/2，移项得时间的一元二次方程，解得：．这里y = -70m，根号项就是人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= (s)．由此可以求解其它问题．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d v/d t = -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）分离变数得，故，可得：．（2）公式可化为，由于v = d x/d t，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/d t2，而 d x/d t = v，a = d v/d t，分离变数得方程：，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d v/d t = -kv n．（1）如果n = 1，则得，积分得ln v = -kt + C．当t = 0时，v = v0，所以C = ln v0，因此ln v/v0 = -kt，得速度为：v = v0e-kt．而d v = v0e-kt d t，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/d t = 12t2= 48(rad·s-1)，法向加速度为a n= rω2= (m·s-2)；角加速度为β = dω/d t = 24t= 48(rad·s-2)，切向加速度为a t= rβ = (m·s-2)．（2）总加速度为a = (a t2 + a n2)1/2，当a t = a/2时，有4a t2 = a t2 + a n2，即．由此得，即，解得．所以 =(rad)．（3）当a t = a n时，可得rβ = rω2，即： 24t = (12t2)2，解得：t = (1/6)1/3 = (s)．1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -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 = 20m·s -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v 0x = v 0cos θ，v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 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，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 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 = 内下降的距离h = ．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a t = 2h /Δt 2 = (m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = (m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= (m·s -2)．1．8 一升降机以加速度·s -2上升，当上升速度为·s -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．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 = h 1 - h 2，所以， 解得时间为= (s)．算得h 2 = ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为．[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 )t 2/2，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t 0 = 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，可作向量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为． 证毕．图A AB v v + uv - u ABv uuvv1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，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v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1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，由此可作向量三角形．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v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 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 = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．第二章 运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为x = v 0t ，．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为，这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一品质m = 2kg的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = ，静摩擦因素为μs = ．求：（1）今以水平力拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = (N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = (N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = (N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．图1h lα图 m（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = (N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = ，m 2 = ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮品质均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 = (m·s -2)，绳对它的拉力为= (N)．2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2， 因此 ，即：． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2， 因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动； （2）小车以加速度沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度（b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )； 绳子张力等于摆所受的拉力 ：．（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）根据题意作力的向量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：12图2 图（2）， 因此角度为；而张力为． （5）与上一问相比，加速度的 方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2．6 如图所示：质量为m =的小球，拴在长度l =的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？ （2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向． 小球的运动方程为，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为 ， 因此 ， 即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分 ， 得 ，解得：= (m·s -1)． 由于：， 所以T B = 2mg = (N)． （2）由（1）式积分得 ，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2， 因此速度为．切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为 ．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为= (m·s -2)，法向加速度为 a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = (N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为，s 表示弧长．图图由于，所以，因此v d v = g cosθd s= g d h，h表示石下落的高度．积分得，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为．2．8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 = d x/d t，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：mv d v = f(x)d x，积分即可求解．如果f(x) = -k/x n，则得．（1）当n = 1时，可得利用初始条件x = x0时，v = 0，所以C = ln x0，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．2．9一质量为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，分离变数得，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 = d x/d t，所以，即，积分得，当t = 0时，x = 0，所以，因此 ．（2）如果小球以v 0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v m = mg/k ．2．10 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子为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，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 = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，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 = v 0，所以， 因此 ．解得 ．由于 ， 积分得，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此．2．11 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 = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，可得，解得 ．(二)力学中的守恒定律2．12 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 = A cos ωt ，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d I = F d t = -kA cos ωt d t ，积分得冲量为 ， 方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，图设小球的品质为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -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：， 由此可作向量三角形，可得：．因此向心力给予小球的的冲量大小为= (N·s)． [注意]质点向心力大小为F = mv 2/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 = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得，，合冲量为，与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．14 用棒打击质量，速率等于20m·s -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，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为= 14(m·s -1)，其速度的增量为= (m·s -1)．棒给球冲量为I = m Δv = (N·s)，对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = (N)． 2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个品质都为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 = 10m·s -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(m·s -2)．根据运动学公式：s = v 0t + at 2/2，v x Δv v y可得B 拉C 之前的运动时间；= (s)．此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -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 = (m·s -1)．2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作向量三角形，列方程得， 所以 v` = v /cos45° = ．2．17 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．雪橇的品质为m ，它与路面的滑动摩擦因子为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d s = R d θ．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 = μk N = μk mg cos 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．2．18 一品质为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v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因子；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2，末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8， 这就是摩擦力所做的功W ．图（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得： ．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因子为．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2= 2a t s ，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。
大学物理学-刚体的转动定律
ω
v ri
vi
∆mi
v
Ek =
∑
i =1
n
1 1 n 1 2 2 2 2 ∆ m i ri ω = ( ∑ ∆ m i ri )ω = J ω 2 2 2 i =1 2
刚体绕定轴转动时的转动动能等于刚体的转动惯量 与角速度平方乘积的一半. 与角速度平方乘积的一半.
第2章 运动定律与力学中的守恒定律
支架S 支架S
外环 陀螺G 陀螺G 内环
2–6 刚体的定轴转动 6 直升机螺旋桨的设置
尾桨的设置： 尾桨的设置：直升机发动后机身要在旋翼旋转相反方向旋 产生一个向下的角动量。 转，产生一个向下的角动量。为了不让机身作这样的反向 旋转，在机身尾部安装一个尾桨， 旋转，在机身尾部安装一个尾桨，尾桨的旋转在水平面内 产生了一个推力，以平衡单旋翼所产生的机身扭转作用。 产生了一个推力，以平衡单旋翼所产生的机身扭转作用。 对转螺旋桨的设置：双旋翼直升机则无需尾桨， 对转螺旋桨的设置：双旋翼直升机则无需尾桨，它在直立 轴上安装了一对对转螺旋桨， 轴上安装了一对对转螺旋桨，即在同轴心的内外两轴上安 装了一对转向相反的螺旋桨。工作时它们转向相反， 装了一对转向相反的螺旋桨。工作时它们转向相反，保持 系统的总角动量仍然为零。 系统的总角动量仍然为零。
力矩的功
A=
∫θ
θ2
1
M dθ
力矩的功率 力矩的功率
dA dθ P= =M = Mω dt dt
第2章 运动定律与力学中的守恒定律
2–6 刚体的定轴转动 6
9
3、刚体定轴转动的动能定理 、
物理学中的基本力学定律与守恒定律
物理学中的基本力学定律与守恒定律在自然界中，物质和能量的转移和变化是按照一定规律进行的。
这些规律被总结为力学定律和守恒定律。
本文将从物理学中的基本力学定律和守恒定律两个方面进行探讨。
一、基本力学定律1. 牛顿第一定律——惯性定律物体在没有外力作用时，保持静止或匀速直线运动的状态。
这个定律也可以表述为：“任何物体都有惯性，它们在没有外力作用时会保持不变。
”2. 牛顿第二定律——运动定律物体受到的合力与质量的乘积等于物体的加速度。
该定律也可以表述为：当一个质点受到一个合力时，它的加速度与该合力成正比，与质点的质量成反比。
3. 牛顿第三定律——作用与反作用定律相互作用的两个物体之间，彼此作用力大小相等、方向相反。
这个定律可以表述为：“物体之间的相互作用力都是相等的，方向相反的。
”这三条定律是牛顿力学的基础，涵盖了所有物体受力运动的规律。
这些定律可以应用到天体物理学、地球物理学和微观粒子物理学等多个领域中。
二、守恒定律1. 能量守恒定律能量不能被创造或者消失，只能从一种形式转换为另一种形式。
在封闭系统内，能量的总和是不变的。
2. 动量守恒定律在一个封闭的系统中，宏观物体组成的总体系动量，维持不变的。
这个定律可以用下面的表达式进行表示：对于任何封闭的系统，总的动量等于每个物体动量和的代数和。
3. 质量守恒定律质量是守恒的，意思是一个系统中的质量总是不变的，无论是一个封闭的系统还是一个开放的系统。
这些守恒定律是基本物理定律，它们的适用范围非常广泛。
例如，在工程中我们需要遵循动量守恒定律来确定机械设备的最终状态。
结论以上介绍了物理学中的基本力学定律和守恒定律，这些定律涵盖了物质和能量的转化和变化。
它们是理解自然界运动和物质变化基础的重要工具，为我们了解自然现象提供了框架和指导。
大学物理第二章
Dt ≈ 0,
a物= 0
上面的线的Dl = 0, DT = 0, 两根线都不断 [D]
mg
[例14] 作业、p-21 力学单元2 例-2-5 如图已知：小车：M，物体mA，mB，m=0， 求物体A与小车无滑动时的F。 解：此时各物体的 a 相同， 列方程： F= (M +mA+mB)a T= mAa Tcosq = mBa Tsinq = mBg
质量为20 g的子弹，以400 m/s的速率 射入一静止的质量为980 g的摆球中，求：子弹射 入摆球后与摆球一起开始运动的速率。
解：子弹射入木球过程 ∵ F ≠ 0 ， ∴ Dp≠0 ∵M0=0，∴DL0=0
o
30
v2
mvlsina=(m+M)Vl
mvsina V= = 4 m/s m+M
作业、p-366 附录 E一-2 如图已知：体重、身高相同的甲乙两人，他 们从同一高度由初速为零向上爬，经过一定 时间，甲相对绳子的速率是乙相对绳子速率 的两倍，则到达顶点的情况？ 解： 甲乙两人受力相同， a、v、时时刻刻相同，
y0
y0 /2
v0
v0/2
Ix = mvx - mvx0 = -mv0 /2 Iy = mvy - mvy0
= ( 1+ 2 ) m gy0
x
如图 ，质量为m的小球，自距斜面高h 处自由下落到倾角为的光滑固定斜面上。设碰撞 是完全弹性的，则小球对斜面的冲量 I 解：完全弹性碰撞: DEk = 0
[例9]
[例11]
已知： M、m，线断开后，猴高度不 变。求：棒的加速度。
解：∵猴高度不变
∴ F猴= 0
N = mg N + Mg = Ma 解得：a =( m+M)g/M
第2章-牛顿定律
v 2gx 1gx2 2l
x = l 时： v (22 1)gl 2
（2） 最大深度时有 v = 0
0 2gx 1gx2 2l
x 22l 1
（3）
求极值
2g 2 1g x
dv
2l 0
dx 2 2gx 1gx2
2l
2g 21g x 2l
第二章
动力学基本定律
提纲
牛顿运动定律 动量守恒定律 角动量守恒定律 能量守恒定律
在前一章用位移、速度和加速度等概念描述物体
的运动，但没有涉及物体运动状态变化的原因。 从现在开始，我们将研究物体间的相互作用，以 及这种相互作用所引起的物体运动状态变化的规 律。力学的这部分内容叫做动力学。
描述物体状态的量：动能，动量，角动量，能量
外界作用量：冲量，角冲量，功，作用量将改变
物体的状态量。
系统不受外界作用时， 动量，角动量，能量守恒
── 三个守恒定律。
§2-1 牛顿定律
牛顿（Isaac Newton，1642 -1727），英国伟大的物理学 家，一生对科学事业所做的 贡献，遍及物理学、数学和 天文学等领域。在物理学上， 牛顿在伽利略、开普勒等人 工作的基础上，建立了牛顿 三定律和万有引力定律，并 建立了经典力学的理论体系。
f1 1N1
f2 2N2
由A式： 1mAg T mAa
由B式： F 1mAg 2 (mA mB )g T mBa
解得：
F 13.2N
例2.质量为m的小球最初位于A点，然后沿半径为R的
光滑圆弧面下滑。求小球在任一位置时的速度和对圆
弧面的作用。
解： mg cos m dv
理论力学中的动量守恒定律
理论力学中的动量守恒定律动量守恒定律是理论力学中的基本定律之一。
它揭示了物体在运动过程中动量的守恒特性，对于解释和预测物体的运动状态具有重要意义。
本文将从动量守恒定律的原理、运用和实际意义等方面进行论述。
一、动量守恒定律的原理动量，简单而言，是物体运动状态的量度。
它是速度和质量的乘积，用数学表示为p=mv。
根据牛顿第二定律F=ma，可以通过引入力的概念，将动量的变化量表示为FΔt=Δmv，进一步化简为FΔt=Δp。
由此可见，力对物体的作用产生了动量的变化。
然而，实验表明，在某些情况下，物体在没有外力作用的情况下，其动量仍然保持不变。
这就是动量守恒定律的核心内容。
动量守恒定律的表达方式可以简述为：在一个孤立系统内，当外力对系统的合外力为零时，系统内各个物体的动量之和保持不变。
数学表达为ΣFext=0，则Σp=常数。
二、动量守恒定律的应用动量守恒定律在实际问题中有着广泛的应用。
下面以两个典型例子来说明：1. 弹性碰撞在理论力学中，弹性碰撞是指两个物体之间没有能量的损失，即动能在碰撞前后保持不变的碰撞过程。
在弹性碰撞中，根据动量守恒定律，可以得到碰撞前后物体动量的数学关系。
例如，两个质量分别为m1和m2的物体，在弹性碰撞过程中，碰撞前后动量守恒的数学表达式为m1v1i + m2v2i = m1v1f + m2v2f，其中vi和vf分别表示碰撞前后的速度。
2. 火箭推进原理火箭推进原理是利用动量守恒定律的一个重要应用。
当火箭喷射出高速气体时，由于喷射产生的反作用力可以看作是外力，火箭与喷射出的气体满足动量守恒定律。
根据动量守恒定律，可以推导出火箭的质量变化与速度变化之间的关系，即火箭质量减小，速度增加。
三、动量守恒定律的实际意义动量守恒定律的实际意义非常重大。
首先，它为解释和预测物体的运动行为提供了基本原理和依据。
通过动量守恒原理可以解释一些复杂的运动现象，如碰撞、爆炸、运动轨迹等。
其次，动量守恒定律在工程设计和科学研究中具有广泛应用。
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k
02 k 2
1
第2章 运动定律与力学中的守恒定律
§2.1 §2.2 §2.3 §2.4 §2.5 牛顿运动定律 动量 动量守恒定律 功 动能 势能 机械能守恒定律 角动量 角动量守恒定律 刚体的定轴转动＊
物体间的相互作用称为力，研究物体在力的 作用下运动的规律称为动力学.
10
●变力作用下，求物体运动
力是速度的函数F=F(v):
力是位置的函数F=F(x):
力是时间的函数F=F( t ):
一质量为0.25kg的质点A 受外力 动, 且当时t=0从坐标原点开始运动，v0 程、速度的表达式。
F ti 的作用下运
2 j ,求运动方
11
例:
跳伞运动员在张伞前的俯冲阶段，由于受到随速度增加而 增大的空气阻力，其速度不会像自由落体那样增大.当空气阻力 增大到与重力相等时，跳伞员就达到其下落的最大速度，称为 终极速度. 设跳伞员下落时受到的空气阻力为F＝k2(k为常量)，试求 跳伞在任一时刻的下落速度. F
按牛顿第三定律，球对墙的平均作用力和 f N 的方向相反而等值，即垂直于墙面向里.
21
思考：帆船逆风行驶
航向 风
F
帆
船
v0
vo
v F
ห้องสมุดไป่ตู้v
22
例: 一辆装矿砂的车厢以＝4 m·－1的速率从漏斗下 s 通过，每秒落入车厢的矿砂为k＝200 kg·－1，如欲 s 使车厢保持速率不变，须施与车厢多大的牵引力(忽 略车厢与地面的摩擦)？
I // P // V
平均冲力
F
t2 1 m 2 m1 t1 Fdt t2 t1 t2 t1
碰撞问题中的应用，如，汽
车气囊、拳击手套、运动护垫
16
二、质点系的动量定理
质点系
t2
t1
( Fi外 Fji )dt mi vi 2 mi vi1
z2
z1
mgdz
W mgz 2 mgz 1
重力的功只由质点始、末位置来决定，而与 所通过的路径无关.
30
(2) 万有引力的功 两个质点之间在引力作用下相对运动时 ，以M 所在处为原点,M指向m的方向为矢径的正方向。m 受的引力方向与矢径方向相反。
Mm F G 3 r r
W
b
a
x2 y2 z2 F dr Fx dx Fydy Fz dz
x1 y1 z1
功率
dA F dr P＝ F v dt dt
27
例:一力作用在质量 m = 3kg 的质点上，质点沿 x方向运动，运动方程为x=-3t-4t2+t3 (SI) 求：该力最初4秒内所作的功?
n n 1 t2 ( Fi 外 )dt ( f ji )dt n i 1 t1 i 1 j 1 n
Fi外
i
Fij Fji
F j外
j
t2
t1
n mi vi 2 mi vi1 i 1
n
i 1
n n n t2 f ji 0 ( Fi外 )dt mi vi 2 mi v i1
将冲量和动量分别沿图中N和x两方向分解得：
f x t mv sin mv sin 0
f N t mv cos (mv cos ) 2mv cos
f x 0 fN 2mv cos 2 0.2 5 0.5 20 N t 0.05
2
§2-1 牛顿运动定律
牛顿（Isaac Newton， 1642 - 1727），英国伟大 的物理学家，一生对科学事 业所做的贡献，遍及物理学、 数学和天文学等领域。在物 理学上，牛顿在伽利略、开 普勒等人工作的基础上，建 立了牛顿三定律和万有引力 定律，并建立了经典力学的 理论体系。
3
一、牛顿第一定律（惯性定律）
18
守恒条件讨论
系统所有质点不受外力，或者所受合外力为零时 系统某个合外力不为零，但合外力沿某一方向为零，可得 到该方向上的动量守恒
Px mi v ix C x Py mi v iy C y pz mi v iz C z
Fx 0 Fy 0 Fz 0
d ( m ) dp F dt dt
微分形式 积分形式
dI Fdt dp
t I Fdt p p0
t0
作用于物体上的合外力的冲量等于物体动量 的增量这就是质点的动量定理。
I x Fx dt m x m x0
t0 t t
dv a 8 6t dt 2 dx (3 8t 3t )dt
A
0 4 4
f ma 3(6t 8)
f dx
3(6t 8)(3t 2 8t 3)dt 240J
0
28
例、质量为两kg的质点在力 F 12 i ＝ t 的作用下，从静止出发，沿x轴正向作直线运动。 求前三秒内该力所作的功。 解：（一维运动可以用正负表示）
n 1
i 1 j 1
t1
i 1
i 1
i 1
质点系总动量的增量等于作用于该系统上合外力的冲量
17
三、质点系的动量守恒定律
若质点系所受的合外力为零 Fi外 0
n i 1
则系统的总动量守恒，即
m v
i 1 i
n
i2
mi vi1
i 1
n
定义：一个孤立的力学系统(系统不受外力作用)或 合外力为零的系统，系统内各质点间动量可以交换， 但系统的总动量保持不变。
( xi yj ) yj ? ( xi yj ) xj ?
A d A AdA r d r rdr
24
一.功 功率 恒力的功
(中学）力在位移方向上的投影与该物体位移大小的乘积。
F
F
r
A F Δr cosα
W＝ F d r F v dt 12tvdt
dv adt
3
F dv mdt 0 0
2
v
t
12t v dt 3t 2 0 2
t
W 12 t 3t dt 729 J
0
29
3.保守力的功 (1) 重力的功 物体m在重力作用下由a运动到b，取地面为坐 标原点. z b z2 b W mg dr a z1 a b ( mg k ).(d xi d yj dzk ) y 0 a x mg
9
y
N
解方程，得:
a2＝(g＋a1)sin
a1 a2 x mg
N ＝m(g＋a1)cos
物体对斜面的压力 N′=N=m(g＋a1)cos
垂直指向斜面.
m沿斜面向下作匀变速直线运动，所以
1 1 l a2t 2 ( g a1 ) sin t 2 2 2
2l t ( g a1 ) sin
由矢量标积定义式
A F Δr
25
变力的功（力的空间累积） F3 4 3 F4
1 F1
2
F2
A＝ dA F dr F cos dr
26
直角坐标系中
F Fx i Fy j Fz k dr dxi dyj dzk
19
例2.4 一弹性球，质量m＝0.20kg，速度 v＝5m/s， 与墙碰撞后弹回.设弹回时速度大小不变，碰撞前后 的运动方向和墙的法线所夹的角都是α ，设球和墙碰 撞的时间Δ t＝0.05s，α ＝60°，求在碰撞时间内， 球和墙的平均相互作用力.
解
f t mv2 mv1 mv
20
1 e 1 e
2g
T
2g t
t
t
T
t
13
§2.2 动量 动量守恒定律
整个物理学大厦的基石,三大守恒定律： 动量守恒定律 能量转换与守恒 角动量守恒
一.质点的动量定理
定义: 质点的动量— p m
定义:
t 力的冲量 — I F dt
t0
14
若一个质点，所受合外力为 F
8
四 牛顿定律的应用
例: 升降机内有一光滑斜面，固定在底板上，斜面倾 角为.升降机以匀加速度a1竖直上升，质量为m的物体 从斜面顶端沿斜面下滑.已知斜面长为l，求物体对斜面 的压力，物体从斜面顶点滑到底部所需的时间.
a1
a2 y a1
N
x
mg
x方向: mgsin ＝m(a2－a1sin) y方向: N－mgcos ＝ma1cos
动量定理的分量形式
I y Fydt m y m y0
t0 t
I z Fz dt m z m z0
t0
15
冲量:
dI Fdt
t I dI Fdt
t0
●冲量为矢量，而且
I是过程量，它的方向不能由某瞬时力
的方向决定。 冲量是过程量，其方向是过程的动量增量的方向
例: 一飞轮受摩擦力矩作用作减速转动过程中，其角 加速与角位置成正比，比例系数为k(k＞0)，且t＝0 时， 0＝0， ＝ 0.求：角速度作为的函数表达式；
解
d d d d k dt d dt d
0
d
0
kd
2
2
2