第2章运动定律与力学中的守恒定律

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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

运动学中的牛顿第二定律和动量守恒

运动学中的牛顿第二定律和动量守恒运动学是物理学中的重要分支，其研究对象是物体的运动规律。

在物体运动中，往往受到各种力的作用，而力的作用会导致物体的加速度发生改变，牛顿第二定律正是描述了这一过程。

另外，为了更好地解释物体在运动过程中的变化，动量守恒原理也是必备的知识。

一、牛顿第二定律牛顿第二定律，也称为力学基本定律，是经典力学中最基本的定律之一。

其表述为：任何物体的加速度，都与作用在该物体上的总力成正比，与物体的质量成反比。

其数学表达式为F=ma，其中，F代表物体所受的总力，m代表物体的质量，a代表物体的加速度。

牛顿第二定律的意义在于揭示了力与加速度之间的本质联系，即力是决定物体运动状态的关键因素之一。

通过对物体所受力的分析，可以推断出物体受力后的加速度变化情况，从而预测物体在未来的运动状态。

二、动量守恒动量守恒原理是指在一个孤立系统中，系统的总动量守恒不变。

其中所谓的孤立系统，是指除系统内部的物体之外，不受外界其他物体的干扰和影响。

这意味着，系统内部各个物体的动量之和，在任何时刻都不会改变。

动量守恒原理的实质是基于动量的守恒性质进行推导的。

动量，是一个物体的运动量，它的大小与物体的质量和速度有关。

例如，一个质量为m，速度为v的物体，其动量为p=mv。

在一个系统中存在多个物体时，系统的总动量就是各个物体动量的代数和，即P=Σp。

动量守恒原理的应用范围非常广泛。

例如在弹球撞击、爆炸等过程中，可以通过动量守恒原理推导出撞击后物体的速度和方向变化；在行星运动等天文学问题中，也能够应用到动量守恒原理，推导出天体的轨道变化等。

三、牛顿第二定律和动量守恒的联系牛顿第二定律和动量守恒原理，是经典力学中的两个基本定律，它们之间存在着紧密的联系。

一方面，牛顿第二定律揭示了力与加速度之间的关系，而力又与动量变化有密切的联系。

这意味着，如果我们知道物体所受的力，就可以通过牛顿第二定律推导出物体的加速度变化，从而确定物体动量的变化情况。

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。

大学物理第二章习题质点力学的基本规律守恒定律

第2章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

②保守力作功。
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

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章运动定律与力学中的守恒定律 2

mi vi2 mi vi1
i 1
i 1
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，这就是动量守恒定律。
注意
n
1. 守恒条件是 Fi外 0
n
i 1
Fi外 0 有以下几种情况：
i 1
①不受外力。 ② 外力矢量和为零。③内力〉〉外力。
(2) 若t=0.01s
2
2
Fx 6.1N Fy 0.7N F F x F y 6.14N
例：一细绳跨过一轴承光滑的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m1和m2的物体(m1<m2)，如图所示。设滑轮和绳的质量可忽略不计，绳不能伸长，试求物体的加速度以及悬挂滑轮的绳中张力
解选取对象 m1、m2及滑轮
分析运动
m1，以加速度a1向上运动
m2，以加速度a2向下运动
分析受力
T1
隔离体受力如图所示

恒矢量
F

ma

F1 F2
（2）质点的动量定理
动量
P

mv
冲量动量定理

I
t2
F

dt
t1
微分形式积分形式

dI
tFdt

dp

I t0 Fdt p p0
二、质点系的动量定理
n 个质点的质点系m1、m2、..... mn ，对第 i 个质点

k m
dt
因t＝0时，＝0；并设t时，速度为 . 取定积分
则有
d
0 T2 2

朗道《力学》第二章,守恒定律

• 当存在动量守恒时，就需要规定什么时候动量会发生变化，根据定义，很显然当空间不均匀，即拉氏量对空间坐标求导不为0时就会出现。外场的存在就能造成这种情况，因为外场的势能在各个空间点上是不一样的，坐标增加一个量，势能就会发生改变。
• 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。

第二章运动的守恒量和守恒定律总结

F 对空间积累
W，E
动量、冲量、动量定理、动量守恒动能、功、动能定理、机械能守恒
3
三、主要内容：
1、冲量质点的动量定理
➢ 动量 p mv
➢ 冲量（矢量）
I
t2
Fdt
t1
I
t2 t1
Fdt
mv2
mv1
动量定理在给定的时间间隔内，外力作用在质点上的冲量，等于质点在此时间内动量的增量．
i
i
i
5
——动量守恒定律
讨论动量守恒时
(1) 系统的总动量不变，但系统内任一质点的
动量是可变的．
(2)
守恒条件：合外力为零．
F ex
➢
当
F ex
F时in，可近似地认为
i
Fiexiex ， 0但满足
Fxex 0
i
有 px mi vix Cx
第二章运动的守恒量和守恒定律总结
一理解动量、冲量概念，掌握动量定理和动量守恒定律．
二掌握功的概念, 能计算变力的功，理解保守力作功的特点及势能的概念，会计算万有引力、重力和弹性力的势能．
1
三掌握动能定理、功能原理和机械能守恒定律，掌握运用动量和能量守恒定律分析力学问题的思想和方法．
非保守力：力所作的功与路径有关．（例如摩擦力）
保守力所作的功与路径无关，仅决定
于始、末位置．
9
7、势能与质点位置有关的能量．
定义：保守力的功 W (Ep2 Ep1) EP
讨论
——保守力作正功，势能减少．
势能是状态的函数 Ep Ep (x, y, z)
势能具有相对性，势能大小与势能零点的选取有关．
3 完全非弹性碰撞系统内动量守恒，机械能不守恒

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

大学物理动量守恒定律质心运动定理

mi vi 2 mi vi1
i 1 i 1
质点间的作用力是相互的，满足牛顿第三定律
f ji 0
n n 1 i 1 j 1
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 *质心运动定理
8

t2
t1
n n ( Fi外 )dt mi vi 2 mi v i1 n i 1 i 1 i 1
1 n zc m i z i m i 1
对质量连续分布的物体：
xdm xc m
说明
ydm yc m
zdm zc m
对密度均匀、形状对称的物体，其质心在其几何中心．
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 *质心运动定理
1
力的累积效应一、质点的动量定理动量
F (t ) 对 t 积累 p , I F 对 r 积累 W , E
p mv
动量为矢量，方向与速度的方向相同。单位：
kg m / s
第2章运动定律与力学中的守恒定律
F ma d(mv) dp dv F a dt dt dt Fdt dp d (mv)
n 1 t2 t1 ( Fi外 f ji )dt i 1 j 1 n mi vi 2 mi vi1 n i 1
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 *质心运动定理
7

t2
t1
n n 1 t2 ( Fi 外 )dt ( f ji )dt n i 1 t1 i 1 j 1 n n

大学物理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
A1 2 = Ek2 E k1
2–5 角动量角动量守恒定律 5 一对作用力和反作用力的功
m1,m2组成一个封闭系统在dt 时间内
m 1
r 1
f1
dr 1
dr2 dr1 m1 f1 r1 o r2 r21 f2 m2
m2 r2
f2 dr2
dA = f1 dr1 + f2 dr2
Z注意:不能先求合力,再求合力的功;只能先求每个力注意:不能先求合力,再求合力的功; 注意的功,再对这些功求和. 的功,2章运动定律与力学中的守恒定律第再对这些功求和.
2–5 角动量角动量守恒定律 5
质点系动能定理质点系动能定理
A外 + A内非 + A内保 = Ek2 Ek1
质点系总动能的增量等于外力的功与质点系内保守力的功和质点系内非保守力的功三者之和. 守力的功和质点系内非保守力的功三者之和.
注意
内力可以改变质点系的动能, 内力可以改变质点系的动能,但内力不能改变质点系的总动量
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 5
功能原理
A内保 = E p = ( E p 2 E p1 )
Ep表示势能总和
A外 + A内非 = ( Ek2 Ek1 ) + ( Ep2 Ep1 )
的方向符合右手法则. L 的方向符合右手法则
第2章运动定律与力学中的守恒定律
= 90
mv
直角坐标系中角动量的分量表示
Lx = ypz zpy Ly = zpx xpz
Lz = xpy ypx
2–5 角动量角动量守恒定律 5

第2章-动量守恒定律

i i
连续体的质心位置：
xc
xdm dm
yc
ydm dm
zc
zdm dm
说明：
对于密度均匀，形状对称的物体，其质心都在它的几何中心。
2．质心运动定理
质心位置公式：
Mrc mi ri
drc dri M mi dt dt
Mvc mi vi

t to
Fi fi dt mi vi mi vio
F2

f12 F1 m1
f21
m2
其中：
fi 0
系统总末动量： P mi vi 系统总初动量： P mi vio 0
合外力的冲量：

t
t0
Fi dt
海绵垫子可以延长运动员下落时与其接触的时间，这样就减小了地面对人的冲击力。
2．质点系的动量定理
设有n个质点构成一个系统
第i个质点：质量
内力 f
mi
i
初速度 vio 末速度 vi
由质点动量定理：
外力 Fi
i
Fi
fi

t to
Fi f i dt mi vi mi vio
B
O
u
A
V
x
y
x
O B A x
动量守恒定律是物理学中最重要、最普遍的规律之一，它不仅适合宏观物体，同样也适合微观领域。
坐在冰车上的小孩
射击中的动量守恒现象
例3、火箭以2.5103m/s的速率水平飞行，由控制器使火箭分离。头部仓m1=100kg，相对于火箭的平均速率为103 m/s 。火箭容器仓质量m2=200kg。求容器仓和头部仓相对于地面的速率。 v= 2.5103 m/s 解： vr= 103 m/s 设：头部仓速率为v1，容器仓速率为v2

大学物理参考答案(白少民)第2章力学中的守恒定律

f = mg ( 4 + 0) = 4mg 与（1）中结果相同。， 2 （3）因为只有当 H 有足够的值，才能保证在圈顶时，物体具有一定的速度（动能），使得所需向心力大于物体的重力，而不致使物体掉下来。 2.15 如图 2.22 所示，一质量为 m = 0.10kg 的小球，系在绳的一端，放在倾角 α = 30o 的光滑斜面上，绳的另一端固定在斜面上的 O 点，绳长 0.2m，当小球在最低点 A 处，若在垂直于
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

1 1 ∆mi vi 2 = ∆mi (riω ) 2 则i质元的动能为质元的动能为 2 2 则整个刚体的转动动能
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、

大学物理第二章

T l m
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