第一章牛顿力学的基本定律

第一章 牛顿力学的基本定律
（1） 直线坐标系
r xi yj zk
r xi yj zk a r xi yj zk
υυ=++==++===++
（2） 平面极坐标系
r r 2r r re re r e a (r r )e (r 2r )e θθ
υθθθθ==+=-++
（3） 自然坐标系
t
2t n e v a e e υυυ
ρ
==+
（4） 柱坐标系
2t n z v a e e e e ze ρθυ
ρ
υρρθ=+=++
〈析〉 上述矢量顺序分别为：r k t n b z i,j,k;e ,e ,e ;e ,e ,e ;e ,e ,e .θρθ
矢量微分：r k r k r k k k de e e e dt de e e e dt de e e 0dt
θ
θθθθθθθ=⨯==⨯=-=⨯=
（其它各矢量微分与此方法相同） 微分时一定要注意矢量顺序
2 牛顿定律
惯性定律的矢量表述
22d r ma m F dt
==
（1） 直角坐标系中
x y z F mx
F my
F mz
⎧=⎪
=⎨⎪=⎩ （2） 极挫标系中
2r k
F m(r r )F m(r 2r )F 0θθθθ⎧=-⎪=+⎨⎪=⎩ （3） 自然坐标系中
2n b F m F m F 0
τυ
υρ=⎧⎪
⎪
=⎨⎪
⎪=⎩
3 质点运动的基本定理 几个量的定义：
动量 P m υ=
角动量 L r m r P υ=⨯=⨯
冲量 21I P P =-
力矩 M r F =⨯
冲量矩 21
t 21t H I I Mdt =-=⎰
动能 21T m 2
υ=
（1） 动量定理 dP
F dt
=
ˆe
方向上动量守恒：dP
ˆˆe F e 0dt ==
（2） 动量矩定理 dL
M dt
=
（3） 动能定理 d dT
F m dt dt
υυυ==
4机戒能守恒定理 T+V=E
〈析〉势函数V: V V V dV dx dy dz F dr x y z
∂∂∂=
++=-∂∂∂ V V V F (i j k)x y z
∂∂∂=-++∂∂∂
稳定平衡下的势函数：
()0
x x x dV 0dx
==;
()0
2x x x dV 0dx
=>
此时势能处极小处m V
且能量满足M m
V E 00E V E <<⎧⎪
<∞⎨⎪<∞⎩质点再平衡点附近振动质点逃逸-质点逃逸+
【解题演示】
1 细杆OL 绕固定点O 以匀角速率ω转动，并推动小环C 在固定的钢丝AB 上滑动，O 点与钢丝间的垂直距离为d ，如图所示。

求小环的速度υ
和加速度a。

解：依几何关系知：x d tan θ=
又因为：222
d d x xi i i cos d
ωυωθ+===
故：2222
2(d x )x a 2xx i i d d ωυω+=== 2 椭圆规尺AB 的两端点分别沿相互垂直的直线O χ与Oy 滑动，已知B 端以匀速c 运动，如图所示。

求椭圆规尺上M 点的轨道方程、速度及加速度的大小υ与α。

解：依题知：B y (b d)cos θ=+
且：B y
C (b d)sin θθ=-=-+ 得：C
*(b d)sin θθ
=
+
又因M 点位置：M M x bsin ,y dcos θθ==
故有：M M M x
i |y j b cos i d sin j υθθθθ=+=-
代入（*）式得：M bccot dc i j b d b d
θυ=
-++
即：υ=
2
M M
222bc bc a i i (b d)sin (b d)sin θυθθ
==-=++
1 一半径为r 的圆盘以匀角速率ω沿一直线滚动，如图所示。

求
圆盘边上任意一点M 的速度υ
和加速度a
（以O 、M 点的连线与铅直线间的夹角θ表示）；并证明加速度矢量总是沿圆盘半径指向圆心。

解：设O 点坐标为（0Rt x ,R ω+）。

则M 点坐标为
（0Rt x Rsin ,R R cos ωθθ+++）
故：M M M x
i y j (R R cos )i R υωωθ=+=+-
222M M a R sin i R cos j R (sin i cos j)υωθωθωθθ==--=-+
2 一半径为r 的圆盘以匀角深度ω在一半经为R 的固定圆形槽内作无滑动地滚动，如图所示，求圆盘边上M 点的深度υ和加速度α（用参量θ，Ψ表示）。

解：依题知：r r
R r
R r
θωϕ
=-=-
--
且O 点处：k r e cos()e sin()e θθϕθϕ=---
则：
M O O OM
R r
r r r r (R r)e re [(R r)cos()r]e (R r)sin()e θθϕθϕ'=+=-+=--+---
M M r r
r r r ()sin()e [(R r)cos()r]e (R r)()cos()e (R r)sin()e r sin()e r [1cos()]e θθθ
υϕθθϕθϕθϕθθϕθθϕωθϕωθϕ==--+--+----+--=--+--
(){}
r r
r r 2
r a r ()cos()e r sin()e r ()sin()e r [1cos()]e r cos()e r sin()e r e r r R r cos()e r sin()e R r θθθθυ
ωϕθθϕωθθϕωϕθθϕωθθϕωϕθϕωϕθϕωθωθϕθϕ==----------=----=---+-⎡⎤⎣
⎦-
3 已知某质点的运动规律为：y=bt,at θ=,a 和b 都是非零常数。

（1）写处质点轨道的极坐标方程；（2）用极坐标表示出质点的速度υ
和加速度a。

解：()b 1y r sin bt a
θ
θ===
得：r b
r csc e a θθ=
()r 2
b a sin a cos b 2r e ae a sin a sin θθθθθυθθ
-==+ ()r b
1cot e e sin θθθθθ
=-+⎡⎤⎣⎦ 4 已知一质点运动时，经向和横向的速度分量分别是λr 和µθ，
这里μ和λ是常数。

求出质点的加速度矢量a
. 解：由题知：r re e θυλμθ=+
且：r r,r λθ
μθ== 故：r r
a re r e e e θθυλλθμθμθθ==++-
()r r e (r )e θ
λμθθλμθ=-++
222
r (r )e ()e r
r
θμθμλμθλ=-
++
5 质点作平面运动，其速率保持为常量，证明质点的速度矢量与
加速度矢量正交。

证明：设速度为e τυυ=。

则：22n n d a e e e dt τυυυρρ
=+=
由于e τ 与n e
为正交矢量。

即得证。

8一质点沿心脏线r (1cos )κθ=+以恒定速率v 运动，求出质点的速
度υ
和加速度a
.
解：设()()r r re r e sin e 1cos re θθυθθκθθκθ=+=-++
且有：()()222[sin ][1cos r]θκ
θθκθυ-++= 解得：2cos 2
υ
θθ
κ=
得：()r
sin sin ,r cos 22θ
θ
θκθυθυ=-=-= 则：r (sin e cos e )22
θθθυυ=-+
r r 11a cos e sin e sin e cos e 222222
θθ
θθθθυθυθυθυθυ==---- 2r 3(e tan e )42
θυθκ=-- 9已知质点按 t r e ,t αθβ==运动，分别求出质点加速度矢量的切向和法向分量，经向分量和横向分量。

解：（1）极坐标系下：
由t r e ,t αθβ==得：t r
e ,ααθβ== 且设：r re r e θ
υθ=+
则：
r re r e τθ
υθ==+
得：
r e τθ=+
n r e θ=+
2r r
a re re (r r )e r e θθυθθθθ==+++-
22t t r (r )e e 2e e ααθαβαβ=-+
则：径向与横向的分量分别为22t (r )e ααβ-，t 2e ααβ。

10质点以恒定速率C 沿一旋轮线运动，旋轮线方程为
x R(sin ),y R(1cos )θθθ=+=-+。

证明质点在y 方向做等加速运动。

解：依题意：222222222C x
y R (1cos )R sin θθθθ=+=++ 得：C 2R cos
2
θθ
=
则：2y a y R(cos sin )θθθθ==+ 2
2
23
1sin sin C cos 2
2()4R cos cos 22
θ
θθθθ=+ 2
2
22
2
2
cos sin sin C 2
22()4R
cos cos 2
2
θ
θ
θθ
θ
-=
+
2
C 4R
=
11 一质点沿着抛物线2y 2px =运动，如图所示，其切向加速度的量
值是法向加速度值的-2k 倍。

若此质点从正焦弦的一端点p (,p)2以速率u 出发，求质点到达正焦弦的另一端点p (,p)2-时的速率
υ。

解：建立自然坐标系有：2n d a e e dt τυυρ
=+
且：2d ds ds d 2k 2k 2k 2k ds dt dt dt dt d υυυυθυρρθ
=-=-=-=-
d 2kd υ
θυ
=-
积分得：2k ue θυ-= （代入0u υ=） 又因为：2y 2px =在p (,p)2点处斜率：
p
2
11p
x 2
dy k 1dx
===
=
==
在p (,p)2-点处斜率：
p
2
2
2p
x 2
dy k 1dx
===
===-
故：21arc tan k arc tan k 2
π
θ=-=
即：k ue πυ-=
12 竖直上抛一小球，设空气阻力恒定。

证明小球上升的时间比下落返回至原地点的时间短。

解：设空气阻力为f ，且小球初速为υ，质量为没，则有：
上升时间：1t f
g m
υ
=+ 上升高度：2
h f
2(g )
m υ=
+
下落时间：20
t υ==
得：12t 1t ==
< 即得证。

13 质量为m 的质点自离地面h 高度处下落。

若空气阻力与质点速度的平方成正比，比例常数为C ，试讨论此质点下落过程中的运动状况。

解：设加速度为a ，速率为υ，则：2ma mg C m υυ
=-= 得：
2d dt C g m
υ
υ=-
积分并代入t 0=时0υ=有：
υ=
-
a 0υ
==>
3
a
8ge e
(1e
0-=+-<
知：质点一直在做向下的变加速运动，且加速度越来越小。

14 将一质量为m 的质点以初速度0υ与水平线成α角抛出，此质点受到的空气阻力是其速度的mk 倍，这里k 是常数。

试求当质点的速度与水平线之间的夹角又为α角度时所需时间。

解：依牛顿第二运动定律有：,x x y y m mk m mg mk υ
υυυ=-=-- 积分并代入初始条件：0t =时：0000sin ,cos x
y υ
υθυυθ==
解得：00cos ,(sin )kt kt x y g g
e e k
k
υυθυυθ--==+-
当再次夹角为α时：tan y
x
υαυ=-
可解出：02sin 1ln(1)k t k g
υθ
=+
15 一质量为m 的质点用一长度为l 的不可伸长的轻绳悬挂于一小环
上，小环穿于一固定的水平钢丝上，其质量为32m 。

开始时，小环静
止质点下垂，处于平衡态。

今若沿钢丝的水平方向给质点以大小为
的初速度，证明若轻绳与铅垂线之间的夹角是θ时，小环在钢丝
上仍不滑动，
则钢丝与小环间的摩擦系数至少是此时绳中的张
力为3cos T F mg θ=。

解：依 ()220111cos 22
m m mgl υυθ=--
得：2
2cos m mg r υθ=
则：2
cos 3cos T m F mg mg r
υθθ=
+=
22
2
3cos sin sin 22tan 33cos 223tan 3cos 22
T T F mg F mg mg mg
θθθθ
μθθθ⊥=
===++++
又因为：2222
2(3tan 2tan )
0tan (3tan )d d μθθθθ+-==+
得：tan θ=
故：tan θ= 即得证。

16 滑轮上绕有轻绳，绳端与一弹簧的一个端点联结，弹簧的另一端挂一质量为m 的质点，如图所示。

当滑轮以匀角速率转动时，质点以匀速率0υ下降。

若滑轮突然停止转动，试求弹簧的最大伸长及弹簧中的最大张力。

已知弹簧作用力为W 时的静止伸长0λ。

解：（注：此题中W mg =）设最大伸长为m λ有：0
mg
W
k λλ=
=
依能量守恒：()2220001
112
2
2
m m k k m mg λλυλλ-=+-
解得：0m λλυ=+
则：01Tm m W F k λυλ⎛
==
+ ⎝
17 两个相同的轻质弹簧，劲度系数为k ，自然长度是0l ，在它们中间竖直地串接一质量为m 的质点。

弹簧的另外两端点分别固定于A 点和B 点，如图所示，A 、B 间的高度差是032l 。

设开始时质点静止于AB 的中点，求质点的运动规律。

17解：质点运动时势能
2
2
22
00l l 11kl V mgx k x k x mgx kx 242416⎛⎫⎛⎫=-+-+--=-++
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
在平衡时：
dV
mg 2kx 0dx =-+= 得:0mg
x 2k
=
且运动时受力满足：dV
F mg 2kx mx
dx
=-=-= 代入初始条件: 0t 0,x 0,A x ===
可解得：mg x 1cos 2k ⎛
⎫⎛=- ⎪ ⎪⎝⎝
⎭ 18 两个质量都是m 的质点A 和质点B 用一自然长度为0l 的轻质弹簧相连，置于一光滑水平桌面上，如图所示。

弹簧的劲度系数为k 。

两质点处于静止状态，弹簧呈自然长度；而后，质点B 沿AB 方向受到一大小为0kl 的恒力作用。

分别求处质点A 和质点B 的运动规律。

18解：依受力分析知 ()()A A B A 01B B 0A B 2F mx
k x x l *F mx k 2l x x *==--⎧⎪⎨==+-⎪⎩
1*+2*得： A B 0k
x x l m +=
积分得: 20A B 0kl
x x t l 2m
+=+
代入1*得：2
0A A kl k x (t 2x )m 2m
=-
积分得：22
0A l t x (
cos t 1)42ωω=+- 同理：2
0B 0B kl k x (t 3l 2x )m 2m
=+-
积分得：22
0B l t x (
cos t 5)42
ωω=-+
式中ω=。

另解：先将AB 及弹簧看成一系统，其质心做一受恒力kl 的作用，再将A 与B 理解成绕质心做周期性振动，可得A 的运动规律为质心运动与A 振动的合运动，B 亦然。

计算亦很简单！
19 一质点从一光滑圆柱表面最高处，自静止下滑，如图所示。

问质点滑至何处将脱离圆柱表面？
解：将脱离时滑过相应角度为θ，此时满足：()
2221mgr 1cos mr 2mgr mgr cos θθθθ⎧
-=⎪⎨
⎪=⎩
可解得：2
arccos
3
θ= 20 一钢丝弯成尖端朝上的摆线：x a(sin ),z a(1cos )ϕϕϕ=-=+，上面穿有一质量为m 的小环。

今若小环在钢丝的最低处获得大小为0υ的初速度，开始沿摆线滑动。

求出当小环的速度与水平线成α角度时，小环的速率υ。

已知小环与钢丝的摩擦系数为μ。

解：小环运动时，依受力分析知： 其
对钢丝的正压力为 2
m N mgcos υαρ=+
又因为：dz z sin d tan cot dx x 1cos 2
d ϕϕ
ϕαϕϕ
===-
=-- 得：2ϕαπ=+
dl 2a sin d 4a cos d 2
ϕ
ϕαα===
代入：dl 2,4a sin 4a cos d 2
ϕ
ϕαπραα=+=
== 得：2
m N mg cos 4a cos υαα=+
则损失能量：T dQ Ndl (mg cos )4a cos d 2a cos μμαααα==+ 再依能量守恒：d(T Q V)0d α++=
得：T
2T 2mga(cos2sin 2)0μμααμ++++= ()2d 2d 21
T m e [C 2mga cos 2sin 2e d ]2
μαμαυμααμα-⎰⎰==-++⎰1*
（其中V mgz mga(1cos )ϕ==+）
现进行积分：2d 2e e μα
μα--⎰=
2222221cos 2e d (e cos 22sin 2e d )21sin 2e d (e sin 22cos 2e d )2μα
μα
μαμα
μαμααααααμ
αααααμ
=
+=+⎰⎰⎰⎰
解出：()()222222
cos 2e d cos 2e 21sin 2cos 2sin 2e d e 21μαμα
μαμαμαααμμααααμ⎧=⎪+⎪
⎨-⎪=⎪+⎩
⎰⎰
代入1*得：
2d 222221mga
T m e {C e [sin 2(1)cos 2(1)]}21
μαμαυμαμαμμ-⎰=
=-+-+++2* 代入2001t 0,0,T m 2αυ===得：22
0212mga C m 21
μυμ=++
再将C 代入2*得：
222
222022112mga mga m (m )e [sin 2(1)cos 2(1)]2211
μαμυυμαμαμμμ-=+-+-++++ 故：212
22220224ga 2ga
{()e [sin 2(1)cos 2(1)]}11
μαμυυμαμαμμμ-=+-+-++++
21 如图所示，用细线将一质量为m '的圆环悬挂起来，环上套有两个质量都是m 的小环，它们可以在大环上无摩擦地滑动。

若两小环同时从大环顶部由静止向两边滑动，证明如果3m m 2'>，大环将升起；此时角θ是多少？
解：小环因重力对m '的压力N mgcos θ=。

而小环运动所需向心力必由
m '对m 的弹力F 与重力提供，满足：2
m N F r
υ+=（法向）
又依能量守恒知：21m mg(1cos )2
υθ=-
且依两环的对称性知，大环受合力向上，且大小为：
2m F 2N)cos 2[2mg(1cos )mg cos ]cos r
υθθθθ=-=--合（
当大环升起须满足：F m g '>合 故得方程：2mg(23cos )cos m g θθ'->
22m 1113cos 2cos 3(cos )2m 333
θθθ'<-+=--+≤ 故：3m m 2'>
当满足3m m 2'>时，升起时角度满足2m 3cos 2cos 02m
θθ'
-+
<
解出： 11(1cos (13
3θ<<+
则刚升起时：1arccos[(13
θ=+。