质点力学习题课讲解

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01 力学：第一章质点运动学-课堂练习及部分习题解答

h1 O
xM h2 = x h1 − h2 dxM h1 dx vM = = dt h1 − h2 dt
h2
x
· x
M
M
x
《学习指导》第1章·典型例题3
Zhang Shihui
题. 距河岸(看成直线)500m处有一艘静止的船，船上的探照灯以转速为n=1r/min转动。当光束与岸边成60°角时，光束沿岸边移动的速度的大小是多少？解：首先建立 p 的运动方程 x(t)
Zhang Shihui
题. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即 dv dt = − kv 2。式中k为常数，试求电艇在关闭发动机后行驶x距离时的速度。 dv dv dx 2 解：已知 = − kv ⇒ = − kv 2 dt dx dt
《学习指导》第1章·典型例题7
Zhang Shihui
题. 物体悬挂在弹簧上作竖直振动，加速度为a=-ky，k为常数，y是以平衡位置为原点测得的坐标，假定振动的物体在坐标y0处的速度为v0，求速度v和坐标y的函数关系。
dv dv dy dv 解：由 a = = −ky ⇒ = − ky ⇒ v = − ky dt dy dt dy
《学习指导》第1章·典型例题2
Zhang Shihui
题. 灯距地面高度为h1，一只鸵鸟身高为h2，在灯下以匀速率v沿水平直线行走，如图所示，则它的头顶在地上的影子M点沿地面移动的速度为多少？解：建立如图所示的坐标系，鸵鸟坐标为x， M点的坐标为xM
dx dxM = v, vM = =? dt dt
α h
O
vp
x
θ P
《学习指导》第1章·习作题1

质点和刚体力学习题课.ppt [修复的]

v0
t
1 2
at
t2
0 t
(1-27)
0
t
1 2
t2
(1-28)
四、平面曲线运动（plane curvilinear motion）
一个任意的平面曲线运动，可以视为由一系
列小段圆周运动所组成。
加速度：
a
dv dt
et
v2
en
―曲率半径
et1
· P1en1 · 1
O1
曲率圆2 运动轨迹
circular motion motion ）
二、一维直线运动
沿直线取 x 轴坐标 1. 位置坐标 x
o x
x● 1
●
x2
x
2. 运动方程 x = x (t)
3. 位移 4. 速度
Δx x2 x1
v dx dt
＞0 ,
i
＜0 ,
i
5. 加速度
a
dv dt
d2 x dt 2
三、圆周运动（circular motion）
速度对时间的一阶导数
(1-11)
位矢对时间的二阶导数
★直角a坐标系中dddd：2tvtr2ddddvt2tx2xiiddvddty2t
j
y
2
j
(1-12)
ax i ay j
(1-13)
a 大小： a a ax2 a y2
方向： tan a y ax
★ 注意：
位矢 r 、位移 Δr、速度 v 、加速度 a
ax
dvx 2Rcos t ,
dt
ay
a
ax i ay j
2R ( cos
t
i

质点力学习题.ppt

故有（M m)V0 MVt m(Vt u)
mu Vt V0 M m
例7(书本例2.18)、一质量均
匀分布的柔软细绳铅直地悬挂
o
着，绳的下端刚好触到水平桌
面上，如果把绳的上端放开，
绳将落在桌面上。
试证明：在绳下落的过程中，
任意时刻作用于桌面的压力，
等于已落到桌面上的绳重量的
dt
dt 2
v
v
2 x

v
2 y
2
1t2 ,
a 2 (m/s 2 )
a

dv dt

2t 1 t2
2(m s-2 )
an
a 2 a2
2 1 t2
2(m s-2 )
【例2】一质点在xoy平面内作曲线运动，其加
速度是时间的函数。已知ax=2，ay=36t2 (m/s2)，当 t=0时质点静止在坐标原点，求：
0
y
t
0 dy 0 vydt
t12t 3dt y 3t 2
0
(2)、消去时间得 y 3x2

r

t
2i

3t
4
j
(3)、v
v
2 x

v
2 y

4t 2
144t 6
a

dv dt

1 2
8t 864t 5 4t 2 144t 6
an
【例2】一质点在xoy平面内作曲线运动，其加速度是时间的函数。
已知ax=2，ay=36t2 (SI)，当 t=0时质点静止在坐标原点，求： ①此质点的运动方程；②此质点的轨迹方程；③此质点在任一时

质点力学第9讲——质点力学习题课

方向的分量方程：沿 υ 0 方向的分量方程：
r
r r + (1 − α ) Mυ . M υ 0 = αM υ 1 2 r
r 垂直于
解出：解出：
Mυ 0 = αMυ 1 cos θ + (1 − α ) Mυ 2 cos θ , 0 = αMυ 1 sin θ − (1 − α ) Mυ 2 sin θ .
f 1 = Ma 0
r N1 r Mg
r mg
f1
r a0
X 以物体B为参考系对物体 A ,以物体为参考系假设它有向右的加速度以物体为参考系, v 受力分析如右图，牛顿第二定律有受力分析如右图 a ' ，B受力分析如右图，由牛顿第二定律有： r
r r r r ) = ma ′ mg + N 2 + f 2 + ( − ma 0 即： − mg + N 2 = 0 , _ f 2 + ( - ma 0 ) = ma '
的最小值，求 ∆ E 的最小值，即求 f (α) = α(1−α) 的最大值。大值。
df 令 = 1 − 2α = 0 , dα
2
故
2
1 得α = , 2
∆Elim = (sec θ −1)E = E tan θ
2
1 d f = −2 , f (α ) α = 1 = 确是最大值由于 2 2 4 dα (0 < α < 1)
v v dr v = dt
v v = -aω sin ωti + bω cos ωtj
(2)由由
x = a cos ωt 和 y = b sin ω t 2 2 x y 消去t得轨道方程消去得轨道方程 + 2 =1 2 a b

质点运动学和动力学习题课

2 t SI）沿直线运动。设滑块初速度 2-7 一滑块以加速度 a sin （ 2

v0 2 ，且以滑块中心与坐标原点重合时为起始位置，求：
（1）滑块任意时刻的速度；（2）滑块的运动方程。解：滑块作匀速直线运动。
（） 1 dv a 2 sin t， dt 2 v 2 cos d v 2 sin
二、填空题 1. 在光滑的水平面上 , 一根长 L=2m 的绳子 , 一端固定于 O 点,另一端系一质量为m=0.5kg的物体,开始时,物体位于位置A，OA间距离D=0.5m，绳子处于松弛状态 ,现在使物体以初速度vA=4m· s-1垂直于OA向右滑动,如图所示。设以后的运动中物体到达位置 B,此时物体速度的方向与绳垂 1kg· m2/s 直,则此时刻物体角动量的大小为。速率为 1m/s 。
解：（）因 1 a 3m s 2 为常量，故由任一时刻的速率v a t，得 v 2 a2t 2 an R R 当总加速度a与径向成450时，an a，即 a2t 2 a R t R 1s a
（2）在上述0到1s内，质点经过的路程为 1 2 s a t 1.50 m 2
4
5. 如图，一弹簧劲度系数为 k ，一端固定在 A 点，另一端连接一质量为m的物体，靠在光滑的半径为R的圆柱表面，弹簧原长为 AB ，在切向变力 F 的作用下，物体极缓慢地沿表面从位置B移到C，试分别用积分方法和功能原理求力F作的功。解：积分法 F mg cos kR
功能原理
2 2 2 2 2
2
可知质点作半径 R 3m
的圆周运动，故切向加速度 a 和法向加速度an分别为
2 dv v2 （ 12） a 0 an 48 （m s 2 ） dt R 3 2-5 一质点沿 x 轴运动，其加速度 a 与位置坐标 x 的关系为

质点力学习题与参考解答

【郑重说明】《理论力学》课程的习题及解答方面的参考书很多，学习者可以通过各种形式阅读与学习，按照学院对教学工作的要求，为了满足学习者使用不同媒体学习的实际需要，通过各种渠道收集、整理了部分习题及参考解答，仅供学习者学习时参考。

由于理论力学的题目解答比较灵活，技巧性也比较强，下面这些解答不一定是最好的方法，也可能会存在不够完善的地方，希望阅读时注意之。

学习理论力学课程更重要的是对物理概念的掌握与理解，学习处理问题的思想与方法，仅盲目的做题目或者阅读现成的答案，很难达到理想的结果。

质点动力学思考题与习题及参考解答思考题(1) 有一质量为m 的珠子, 沿一根置于水平面内的铁丝滑动, 采用自然坐标法描述. 珠子受重力g m W=, 铁丝施与的约束力b Nb n Nn t Nt Ne F e F e F F ++=.t Nt e F 即为滑动摩擦力f F, 设动摩擦因数为μ. 试判断下列各式正误: (1) mg F f μ=； (2) Nb f F F μ= （3）Nn f F F μ=；(4) 22Nb Nnf F F F +=μ(2) 用极坐标系描述单摆的运动. 某甲如思考题(2图(a)规定θ角正向, 得到动力学方程θθsin mg ml -= ；某乙如思考题(2图(b)规定θ角正向, 则得到θθsin mg ml += . 你认为谁的做法正确?(a) (b)思考题(2图(3) 质量为m 的质点, 由静止开始自高处自由落下. 设空气阻力f F与速度成正比, 比例系数为k . 某甲建立竖直向上的坐标如思考题(3图(a), 得到方程为y k mg y m+-=. 某乙建立竖直向下的坐标如思考题(3图(b), 得到方程为y k mg y m-=.他们列出的方程对吗?(a) (b)思考题(3(4)有人认为: 用极坐标系讨论质点的平面运动时, 如果0≡r F , 则沿径向动量守恒,==rm p r 常量；若0≡θF , 则沿横向动量守恒. 这种看法对吗? (5) 试判断以下二论断是否正确:(1) 若质点对固定点O 的角动量守恒, 则对过O 点的任意固定轴的角动量守恒. (2) 若质点对固定轴的角动量守恒, 则对该轴上任一固定点的角动量守恒.(6) 一质点动量守恒, 它对空间任一固定点的角动量是否守恒? 如质点对空间某一固定点角动量守恒, 该质点动量是否守恒?(7) 当质点做匀速直线运动时, 其动量是否守恒? 角动量是否守恒?(8) 在固定的直角坐标系Oxyz 中, 质量为m 的质点的速度k v j v i v v z y x++=, 所受合力为k F j F i F F z y x ++=. 能否将质点的动能定理r F mv d )21(d 2⋅=向x 轴方向投影而得出分量方程x F mv x x d )21(d 2= 该方程是否正确?思考题解答(1) 仅(4)式正确.(2) 甲正确. 乙错在角度不可以定义为从动线指向定线.(3) 乙的方程正确. 甲错在空气阻力亦应为yk -，y 取负值，y k -取正值. (4) 仅对固定方向才有动量守恒的分量形式. 径向和横向均不是空间固定方向. (5) (1)对；(2)错. (6) 一质点动量守恒，则对空间任一固定点角动量守恒. 质点对空间某一固定点角动量守恒，其动量不一定守恒.(7) 质点作匀速直线运动时，其动量和角动量均守恒.(8) 动能定理是标量方程，不可能投影而得出分量方程. 但xF mv x d )21(d 2=是正确的. 仿照动能定理的导出，用x t v x d d =乘牛顿第二定律的x 分量方程x xF t v m=d d 即可证明.质点动力学习题及参考解答【1】研究自由电子在沿x 轴的振荡电场中的运动. 已知电场强度i t E E)cos(0ϕω+=,ϕω,,0E 为常量. 电子电量为e -, 质量为m . 初始时, 即当0=t 时i x r00=, i v v 00=. 忽略重力及阻力, 求电子的运动学方程.【解】力为时间的函数，积分两次可得)cos(200ϕωω+++=t m eE t V X x ，其中ϕωcos 2000m eE x X -=，ϕωsin 00m eE v V +=.【2】以很大的初速度0v自地球表面竖直上抛一质点, 设地球无自转并忽略空气阻力, 求质点能达到的最大高度. 已知地球半径为R , 地球表面处重力加速度为g .【解】以地心O 为原点，建立x 轴经抛出点竖直向上. 质点受万有引力沿x 轴负方向. 所以2x GMm xm -= . 因为2R GMmmg =，故g R GM 2=. 故有22x g R x -= . 做变换)2(d d d d d d d d 2x x x x x t x x x x ===，则x x g R x d )2(d 222-= . 积分并用0=t 时R x =，0v x = 定积分常数，得到 )11()(212202R x g R v x -=- . 质点达最大高度时H R x +=，0=x，可求出 1220)21(2--=Rg v g v H .三点讨论：(1)令∞=H ，对应Rg v 20=为第二宇宙速度.(2)若Rg v 220<<，则回到重力场模型所得结果. (3)题中不考虑地球自转及空气阻力，均不大合理，试进一步讨论之.【3】将质量为m 的质点竖直上抛, 设空气阻力与速度平方成正比, 其大小22gv mk F R =.如上抛初速度为0v , 试证该质点落回抛出点时的速率2201v k v v +=.【解】质点运动微分方程为（Oy 轴竖直向上）；上升阶段22y g mk mg y m--=，下降阶段22y g mk mg ym +-=. 【4】向电场强度为E 、磁感应强度为B 的均匀稳定电磁场中入射一电子. 已知B E⊥, 电子初速0v 与E 和B 均垂直, 如题4图所示. 试求电子的运动规律. 设电子电量为e -.题4图【解】令m eB=ω，电子运动微分方程为y xω-=，（1） m eEx y-= ω，（2）0=z . （3）对（2）式求导，利用（1）式得02=+y yω，解出)sin(αω+=t A y . 0=t 时0=y 故0=α，由t A y ωωcos = ，且0=t 时m eBv Ee y0+-= ，故B Bv E A 0+-=，则t B Bv E y ωsin 0+-= . 积分得)cos 1()(20t m eB eB Bv E m y -+-=. 代入（1）式积分可得t m eB eB Bv E m t B E x sin )(20--=.【5】旋轮线如题5图所示, 可理解为一半径为a 的圆轮在直线上做无滑滚动时轮缘上一点P 的轨迹, 其参数方程为)sin (ϕϕ+=a x , )cos 1(ϕ-=a y . 在重力场中, 设y 轴竖直向上, 一质点沿光滑旋轮线滑动, 试证质点运动具有等时性(绕O 点运动周期与振幅无关).题5图【解】(旋轮线是如图圆轮在直线AB 上作无滑滚动时P 点的轨迹，曲线上P 点切线方向即为轮上P 点速度方向. 因无滑，0P 为瞬心，故P 点切线与P P 0垂直，因此可知P 点切线与x 轴夹角为2ϕ. )以曲线最低点(0=ϕ)为自然坐标原点，弧长正方向与t e 一致. 质点运动微分方程为2sinϕmg s m -= .对曲线参数方程求微分，得ϕϕd )cos 1(d +=a x 和ϕϕd sin d a y =，所以ϕϕd 2cos 2d d d 22a y x s =+=，积分并用0=ϕ时0=s 定积分常数，得2sin 4ϕa s =. 代入质点运动微分方程消去ϕ，得到4=+s a gs ，s 作简谐振动而具有等时性. 其解为)cos(0αω+=t A s ，a g40=ω与振幅无关.【6】一小球质量为m , 系在不可伸长的轻绳之一端, 可在光滑水平桌面上滑动. 绳的另一端穿过桌面上的小孔, 握在一个人的手中使它向下做匀速运动, 速率为a , 如题【6图所示. 设初始时绳是拉直的, 小球与小孔的距离为R , 其初速度在垂直绳方向上的投影为0v . 试求小球的运动规律及绳的张力.题6图【解】小球运动微分方程为T F r r m -=-)(2θ ，（1） 0)2(=+θθr r m ，（2）a r-= . （3）由（3）式求出at R r -=，代入（2）式求出)/(0at R t v -=θ，再由（1）式求出3220)(at R R mv F T -=.【7】一质量为m 的珠子串在一半径为R 的铁丝做成的圆环上, 圆环水平放置. 设珠子的初始速率为0v , 珠子与圆环间动摩擦因数为μ, 求珠子经过多少弧长后停止运动 (根据牛顿第二定律求解).【解】珠子的运动微分方程为2b 2n d d N N F F t v m+-=μ，（1）n 2/N F mv =ρ，（2）mg F N -=b 0，（3）R =ρ（约束方程）. （4）把（2）、（3）、（4）式代入（1）式，作变换sv t v d /)21(d d d 2=，可求出]/)ln[()2/(224020Rg g R v v R s ++=μ.【8】质量为m 的小球沿光滑的、半长轴为a 、半短轴为b 的椭圆弧滑下, 此椭圆弧在竖直平面内且短轴沿竖直方向. 设小球自长轴端点开始运动时其初速度为零. 求小球达到椭圆弧最低点时对椭圆弧的压力 (根据牛顿第二定律求解). 【解】以椭圆最低点为自然坐标原点O ，弧长正方向指向小球初始位置，θ为切向与水平方向的夹角，小球的运动微分方程为θsin mg vm -= ，（1） θρcos /2mg F mv N -=. （2）Oy 竖直向上，将s y d /d sin =θ代入（1）式得s y g s v v d /d d /d -=，积分可求出小球达最低点时gb v 22=. 由轨道方程22x a a by --=求出当0=x 时0='y ，2/a b y =''，由公式可求出22/32)1(1a b y y ='+''=ρ. 再由（2）式求出0=θ时)/21(/cos 22a b mg mv mg F N +=+=ρθ.【9】力1F 和2F分别作用在长方体的顶角A 和B 上, 长方体的尺寸和坐标系如题【9图所示. 试计算1F 和2F对原点O 及3个坐标轴的力矩.题9图【解】11bF M x =，11aF M y -=，01=z M ，2222/b a bcF M x +=，2222/b a acF M y +-=，02=z M .【10】已知质量为0m 的质点做螺旋运动, 其运动学方程为t r x ωcos 0=, t r y ωsin 0=,kt z =,k r ,,0ω为常量. 试求: (1)t 时刻质点对坐标原点的角动量；(2) t 时刻质点对过),,(c b a P 点, 方向余弦为),,(n m l 的轴的角动量.【解】由运动学方程求出→v ，根据定义即可求出→→→→→→++--=⨯=k r m j t t t r km i t t t r km v r m L ωωωωωωω200000000)sin (cos )cos (sin ，)]cos ()sin )([(]cos )()sin ([000000),,(a t r k t r c kt m m t r c kt b t r k l m L n m l -+-----=ωωωωωω)sin cos (00200t br t ar r n m ωωωωω--+.【11】如题【11图所示, 质量为m 的小球安装在长为l 的细轻杆的A 端, 杆的B 端与轴21O O 垂直地固连. 小球在液体中可绕21O O 轴做定轴转动, 轴承1O 和2O 是光滑的. 转动中小球所受液体阻力与角速度成正比, ωαm F R =,α为常量. 设初始角速度为0ω,试求经多少时间后, 角速度减小为初始值的一半,以及在这段时间内小球所转圈数.(忽略杆的质量及所受阻力.)题 11图【解】由对21O O 轴的角动量定理ωαωm l ml t -=)(d d2，积分可得lt /0e αωω-=，求出α/)2ln (l t =. 将角动量定理化为l /d d θαω-=，积分可以求得αωαωθπ4/)r a d (2/00l l ==（圈）【12】质量为m 的质点沿椭圆轨道运动, 其运动学方程为kt a x cos =, kt b y sin = (k b a ,,为常量). 用两种方法计算质点所受合力在0=t 到k t 4π=时间内所做的功.【解】(1)由动能定理)(4121212222122b a mk mv mv W -=-=.(2)用曲线积分算⎰⎰+=⋅=→→2121)d d (y ym x x m r d F W ，把轨道参数方程kt b y kt a x sin ,cos ==代入，则曲线积分化为对t 的积分，可得同样结果.【13】试用动能定理求解7题.【解】珠子的动能定理为sF F mv N N d )21(d 2b 2n 2--=μ，参见3.7提示【14】有一小球质量为m , 沿如题【14图所示的光滑的水平的对数螺旋线轨道滑动. 螺旋线轨道方程为θa e r r -=0, a 为常数. 已知当极角0=θ时,小球初速为0v . 求轨道对小球的水平约束力N F 的大小. (用角动量及动能定理求解, 图中δ为θe 与v 方向间夹角,a =δtg.)题14图【解】因机械能守恒，小球动能不变，因此0v v =.过O 点作z 轴竖直向上(垂直纸面向外)，质点对z 轴的角动量δcos rmv L z =. 质点所受对z 轴力矩δsin N z rF M -=. 由对z 轴的角动量定理得δδsin )cos (d d0N rF rmv t -=.由于θθθθθ ar ar t r r v a r -=-===-e d d d d 0，θθ r v =. 故a v v r =-=θδtan . 将它代入角动量定理方程，得到N N arF rF rmv -=-=δtan 0 . 而δδsin sin 0v v v r r -=-== ，所以θδδδa N a r mv a r mv ar mv ar mv F e 11tan 1tan sin 2020220222020+=+=+==.【15】已知质点所受力F 的3个分量为z a y a x a F x 131211++=,z a y a x a F y232221++=, z a y a x a F z 333231++=,系数)3,2,1,(=j i a ij 都是常量. 这些ij a 满足什么条件时与力F相关的势能存在? 在这些条件被满足的条件下, 计算其势能.【解】当0=⨯∇→F 时势能存在，要求311332232112,,a a a a a a ===. 以原点为势能零点，则)222(21132312233222211xz a zy a xy a z a y a x a V +++++-=.【16】一带有电荷q 的质点在电偶极子的场中所受的力为3c o s 2r pq F r θ=,3sin r pq F θθ=,p 为偶极距, r 为质点到偶极子中心的距离.试证此力场为有势场.【解】)/cos (d d d )d d (d 2r pq r F r F e r e r F r F r r θθθθθ-=+=+⋅=⋅→→→→→，故为有势场【17】如题17图所示, 自由质点在Oxy 平面内运动, 静止中心A 和B 均以与距离成正比的力吸引质点M , 比例系数为k . 试证明势能存在并求出质点的势能.v题【17图【解】y ky x kx y ky ky x b x k b x k r F d 2d 2d )(d )]()([d --=--+--+-=⋅→→)](d [22y x k +-=.故势能存在. 以O 为势能零点，则)(22y x k V +=.【18】试用机械能守恒定律求解8题.【解】根据机械能守恒定律，以椭圆弧最低点为势能零点，mgbmv =221，可知gb v 2=，参见3.8提示.【20】将质量为m 的质点竖直抛上于有阻力的媒质中。

习题课-质点力学

d 2s v2 dv v2 v ˆ ˆ ˆ a = 2 τˆ + n = τˆ + n = aττˆ + an n dt R dt R
角加速度
dω β= dt v v
aτ = β R an = ω R
2
3. 运动学两类问题的求解已知质点的运动方程，求质点的状态微分已知质点的运动方程，求质点的状态—微分已知质点的状态，求质点的运动方程积分已知质点的状态，求质点的运动方程—积分三注意区分
t1
v v 1 dA = F ⋅ dr = dEk Ek = mv 2
Aab = ∫
rb ra
力的空间积累效应
2 v v F ⋅ dr = Ekb − Eka
uu d L v M= u v dtv v L=r×p
第三定律
v v v v v v Fij + Fji = 0, ri × Fij + rj × Fji = 0
dx 2 v= = 9t − 6t dt
d2x a = 2 = 9 − 12t dt
从上式可见质点开始时沿x 正向运动，从上式可见质点开始时沿正向运动，而加速度在0.75s后反向，所以运动有折返。正确的解后反向，速度在后反向所以运动有折返。法是找到运动折返的时刻。法是找到运动折返的时刻。 dx v=0 即 =0 由 dt x1.5 = xmax t = 1.5s 得 x1 所以 x2 X1.5
dω = 2dt
∫θ
t
θ + 75
dθ = ∫
t +5
t
2tdt
∫
ω
0
d ω = ∫ 2dt
0
75 = (t + 5)2 − t 2

大学物理第2章质点动力学习题(含解答)

第2章质点动力学习题解答2-1 如图所示，电梯作加速度大小为a 运动。

物体质量为m ，弹簧的弹性系数为k ，•求图示三种情况下物体所受的电梯支持力（图a 、b ）及电梯所受的弹簧对其拉力（图c ）。

解：（a ）ma mg N =- )(a g m N += （b ）ma N mg =- )(a g m N -= （c ）ma mg F =- )(a g m F +=2-2 如图所示，质量为10kg 物体，•所受拉力为变力2132+=t F （SI ），0=t 时物体静止。

该物体与地面的静摩擦系数为20.0=s μ，滑动摩擦系数为10.0=μ，取10=g m/s 2，求1=t s 时，物体的速度和加速度。

解：最大静摩擦力)(20max N mg f s ==μmax f F >，0=t 时物体开始运动。

ma mg F =-μ，1.13.02+=-=t mmgF a μ 1=t s 时，)/(4.12s m a =dtdv a =Θ，adt dv =，⎰⎰+=t v dt t dv 0201.13.0t t v 1.11.03+=1=t s 时，)/(2.1s m v =2-3 一质点质量为2.0kg ，在Oxy 平面内运动，•其所受合力j t i t F ρρρ232+=（SI ），0=t 时，速度j v ρρ20=（SI ），位矢i r ρρ20=。

求：（1）1=t s 时，质点加速度的大小及方向；（2）1=t s 时质点的速度和位矢。

解：j t i t m Fa ρρρρ+==223 223t a x =，00=x v ，20=x ⎰⎰=tv x dt t dv x0223，23t v x =⎰⎰⎰==txtx dt t dt v dx 03202，284+=t xt a y =，20=y v ，00=y⎰⎰=tv y tdt dv y02，222+=t v y⎰⎰⎰+==tyty dt t dt v dy 020)22(，t t y 263+=（1）1=t s 时，)/(232s m j i a ρρρ+=（2）j t i t v ρρρ)22(223++=，1=t s 时，j i v ρρρ2521+= j t t i t r ρρρ)26()28(34+++=，1=t s 时，j i r ρρρ613817+=2-4 质量为m 的子弹以速度0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：（1）子弹射入沙土后，速度随时间变化的关系；（2）子弹射入沙土的最大深度。

大学物理第一章质点运动学习题解详细完整

第一章质点运动学1–1 描写质点运动状态的物理量是 ;解：加速度是描写质点状态变化的物理量,速度是描写质点运动状态的物理量,故填“速度”;1–2 任意时刻a t =0的运动是运动；任意时刻a n =0的运动是运动；任意时刻a =0的运动是运动；任意时刻a t =0,a n =常量的运动是运动;解：匀速率；直线；匀速直线；匀速圆周;1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟,他能以与水平成30°角,其值为30m/s 的初速从一边起跳,刚好到达另一边,则可知此沟的宽度为 )m/s 102=g ;解：此沟的宽度为m 345m 1060sin 302sin 220=︒⨯==g R θv1–4 一质点在xoy 平面内运动,运动方程为t x 2=,229t y -=,位移的单位为m,试写出s t 1=时质点的位置矢量__________；s t 2=时该质点的瞬时速度为__________,此时的瞬时加速度为__________;解：将s t 1=代入t x 2=,229t y -=得2=x m,7=y ms t 1=故时质点的位置矢量为j i r 72+=m由质点的运动方程为t x 2=,229t y -=得质点在任意时刻的速度为m/s 2d d ==t x x v ,m/s 4d d t tx y -==v s t 2=时该质点的瞬时速度为j i 82-=v m/s质点在任意时刻的加速度为0d d ==ta x x v ,2m/s 4d d -==t a y y v s t 2=时该质点的瞬时加速度为j 4-m/s 2;1–5 一质点沿x 轴正向运动,其加速度与位置的关系为x a 23+=,若在x =0处,其速度m/s 50=v ,则质点运动到x =3m 处时所具有的速度为__________;解：由x a 23+=得x xt x x t 23d d d d d d d d +===v v v v 故x x d )23(d +=v v积分得⎰⎰+=305d )23(d x x v v v则质点运动到x =3m 处时所具有的速度大小为 61=v m/s=s ；1–6 一质点作半径R =的圆周运动,其运动方程为t t 323+=θ,θ以rad 计,t 以s 计;则当t =2s 时,质点的角位置为________；角速度为_________；角加速度为_________；切向加速度为__________；法向加速度为__________;解： t =2s 时,质点的角位置为=⨯+⨯=23223θ22rad由t t 323+=θ得任意时刻的角速度大小为36d d 2+==t tθω t =2s 时角速度为 =+⨯=3262ω27rad/s任意时刻的角速度大小为t t12d d ==ωα t =2s 时角加速度为 212⨯=α=24rad/s 2t =2s 时切向加速度为=⨯⨯==2120.1t αR a 24m/s 2t =2s 时法向加速度为=⨯==22n 270.1ωR a 729m/s 2；1–7 下列各种情况中,说法错误的是 ;A ．一物体具有恒定的速率,但仍有变化的速度B ．一物体具有恒定的速度,但仍有变化的速率C ．一物体具有加速度,而其速度可以为零D ．一物体速率减小,但其加速度可以增大解：一质点有恒定的速率,但速度的方向可以发生变化,故速度可以变化；一质点具有加速度,说明其速度的变化不为零,但此时的速度可以为零；当加速度的值为负时,质点的速率减小,加速度的值可以增大,所以A 、C 和D 都是正确的,只有B 是错误的,故选B;1–8 一个质点作圆周运动时,下列说法中正确的是 ;A ．切向加速度一定改变,法向加速度也改变B ．切向加速度可能不变,法向加速度一定改变C ．切向加速度可能不变,法向加速度不变D ．切向加速度一定改变,法向加速度不变解：无论质点是作匀速圆周运动或是作变速圆周运动,法向加速度a n 都是变化的,因此至少其方向在不断变化;而切向加速度a t 是否变化,要视具体情况而定;质点作匀速圆周运动时,其切向加速度为零,保持不变；当质点作匀变速圆周运动时,a t 值为不为零的恒量,但方向变化；当质点作一般的变速圆周运动时,a t 值为不为零变量,方向同样发生变化;由此可见,应选B;1–9 一运动质点某瞬时位于位置矢量),(y x r 的端点处,对其速度大小有四种意见： 1t r d d 2t d d r 3t s d d 422d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 下述判断正确的是 ;A ．只有1,2正确B ．只有2,3正确C ．只有3,4正确D ．只有1,3正确解：tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中为质点的径向速度,是速度矢量沿径向的分量；t d d r 表示速度矢量；t s d d 是在自然坐标系中计算速度大小的公式；22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 是在真角坐标系中计算速度大小的公式;故应选C;1–10 一质点在平面上运动,已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at +=其中a 、b 为常量,则该质点作 ;A ．匀速直线运动B ．变速直线运动C ．抛物线运动D ．一般曲线运动解：由j i r 22bt at +=可计算出质点的速度为j i bt at 22+=v ,加速度为j i b a 22+=a ;因质点的速度变化,加速度的大小和方向都不变,故质点应作变速直线运动;故选B;1–11 一小球沿斜面向上运动,其运动方程为S ＝5＋4t –t 2SI,则小球运动到最高点的时刻是 ;A ．t ＝4sB ．t ＝2sC ．t ＝8sD ．t ＝5s解：小球到最高点时,速度应为零;由其运动方程为S ＝5＋4t –t 2,利用ts d d =v 得任意时刻的速度为 t 24-=v令024=-=t v ,得s 2=t故选B;1–12 如图1-1所示,小球位于距墙MO 和地面NO 等远的一点A ,在球的右边,紧靠小球有一点光源S 当小球以速度V 0水平抛出,恰好落在墙角O 处;当小球在空中运动时,在墙上就有球的影子由上向下运动,其影子中心的运动是 ;A ．匀速直线运动B ．匀加速直线运动,加速度小于gC ．自由落体运动D ．变加速运动解：设A 到墙之间距离为d ;小球经t 时间自A 运动至B;此时影子在竖直方向的位移为S ;t V x 0=, 221gt y = 根据三角形相似得d S x y //=,所以得影子位移为2/V gt x yd S == 由此可见影子在竖直方向作速度为02V g 的匀速直线运动;故选A;1–13 在相对地面静止的坐标系内,A 、B 二船都以2m/s 的速率匀速行驶,A 船沿x 轴正向,B 船沿y 轴正向;今在A 船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系x 、y 方向单位矢量用i 、j 表示,那么在A 船上的坐标系中,B 船的速度以m/s 为单位为 ;A ．j i 22+B ．j i 22+-C ．j i 22--D ．j i 22+解：选B 船为运动物体,则B 船相对于地的速度为绝对速度j 2=v ,A 船相对于地的速度为牵连速度i 2=0v ,则在A 船的坐标系中,B 船相对于A 船的速度为相对速度v ';因v v v 0'+=,故j i 22+-='v ,因此应选B1–14 2004年1月25日,继“勇气”号之后,“机遇”号火星探测器再次成功登陆火星;在人类成功登陆火星之前,人类为了探测距离地球大约5103⨯km 的月球,也发射了一种类似四轮小车的月球探测器;它能够在自动导航系统的控制下行走,且每隔10s 向地球发射一次信号;探测器上还装着两个相同的减速器其中一个是备用的,这种减速器可提供的最大加速度为5m/s 2;某次探测器的自动导航系统出现故障,从而使探测器只能匀速前进而不再能自动避开障碍物;此时地球上的科学家必须对探测器进行人工遥控操作;下表为控制中心的显示屏的数据：图1-1y BM9:10:40 12 已知控制中心的信号发射与接收设备工作速度极快;科学家每次分析数据并输入命令最少需要3s;问： 1经过数据分析,你认为减速器是否执行了减速命令2假如你是控制中心的工作人员,应采取怎样的措施加速度需满足什么条件,才可使探测器不与障碍物相撞请计算说明;解：1设在地球和月球之间传播电磁波需时为0t ,则有s 10==c s t 月地从前两次收到的信号可知：探测器的速度为m/s 21032521=-=v 由题意可知,从发射信号到探测器收到信号并执行命令的时刻为9:10:34;控制中心第3次收到的信号是探测器在9:10:39发出的;从后两次收到的信号可知探测器的速度为m/s 2101232=-=v 可见,探测器速度未变,并未执行命令而减速;减速器出现故障;（2）应启用另一个备用减速器;再经过3s 分析数据和1s 接收时间,探测器在9:10:44执行命令,此时距前方障碍物距离s =2m;设定减速器加速度为a ,则有222≤=as v m,可得1≥a m/s 2,即只要设定加速度1≥a m/s 2,便可使探测器不与障碍物相撞;1–15 阿波罗16号是阿波罗计划中的第十次载人航天任务1972年4月16日,也是人类历史上第五次成功登月的任务;1972年4月27日成功返回;照片图1-2显示阿波罗宇航员在月球上跳跃并向人们致意;视频显示表明,宇航员在月球上空停留的时间是;已知月球的重力加速度是地球重力加速度的1/6;试计算宇航员在月球上跳起的高度;解：宇航员在月球上跳起可看成竖直上抛运动,由已知宇航员在空中停留的时间为,故宇航员从跳起最高处下落到月球表面的时间为t =,由于月球的重力加速度是地球的重力加速度的1/6,即g g 61M =,所以 m 43.0725.08.961212122M =⨯⨯⨯==t g h1–16 气球上吊一重物,以速度0v 从地面匀速竖直上升,经过时间t 重物落回地面;不计空气对物体的阻力,重物离开气球时离地面的高度为多少;解：方法一：设重物离开气球时的高度为x h ,当重物离开气球后作初速度为0v 的竖直上抛运动,选重物离开气球时的位置为坐标原点,则重物落到地面时满足图1-220021)(x x x gt h t h --=-v v 其中x h -表示向下的位移,0v x h 为匀速运动的时间,x t 为竖直上抛过程的时间,解方程得 gt t x 02v = 于是,离开气球时的离地高度可由匀速上升过程中求得,其值为)2()(000gt t t t h x x v v v -=-= 方法二：将重物的运动看成全程做匀速直线运动与离开气球后做自由落体运动的合运动;显然总位移等于零,所以0)(21200=--v v x h t g t 解得 )2(00g t t h x v v -=1–17 在篮球运动员作立定投篮时,如以出手时球的中心为坐标原点,作坐标系Oxy 如图1–3所示;设篮圈中心坐标为x ,y ,出手高度为H ,于的出手速度为0v ,试证明球的出手角度θ应满足⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-±=)2(211tan 2022020v v v gx y g gx θ才能投入;证明：设出手后需用时t 入蓝,则有 θt t x x cos 0v v ==20221sin 21gt t gt t y y -=-=θv v 消去时间t ,得 θgx gx αx θgx θx y 22022022202tan 22tan cos 21tan v v v --=-= 图1-3整理得02tan tan 22022202=++-v v gx y θx θgx解之得⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-±=)2(211tan 2022020v v v gx y g gx θ1–18 有一质点沿x 轴作直线运动,t 时刻的坐标为32254t t .x -=SI;试求：1第2s 内的平均速度；2第2s 末的瞬时速度；3第2s 内的路程;解：1将t =1s 代入32254t t .x -=得第1s 末的位置为m 5.225.41=-=x将t =2s 代入32254t t .x -=得第2s 末的位置为m 0.22225.4322=⨯-⨯=x则第2s 内质点的位移为0.5m 2.5m -m 0.212-==-=∆x x x第2s 内的平均速度-0.5m/s 10.5=-=∆∆=t x v 式中负号表示平均速的方向沿x 轴负方向;2质点在任意时刻的速度为269d d t t tx -==v 将s 2=t 代入上式得第2s 末的瞬时速度为 m/s 626292-=⨯-⨯=v式中负号表示瞬时速度的方向沿x 轴负方向;3由069d d 2=-==t t tx v 得质点停止运动的时刻为s 5.1=t ;由此计算得第1s 末到末的时间内质点走过的路程为m 875.05.25.125.15.4321=-⨯-⨯=s 第末到第2s 末的时间内质点走过的路程为m 375.10.25.125.15.4322=-⨯-⨯=s则第2s 内的质点走过的路程为m 25.2375.1875.021=+=+=s s s1–19 由于空气的阻力,一个跳伞员在空中运动不是匀加速运动;一跳伞员在离开飞机到打开降落伞的这段时间内,其运动方程为)e (/k t k t c b y -+-=SI,式中b 、c 和k 是常量,y 是他离地面的高度;问：1要使运动方程有意义,b 、c 和k 的单位是什么2计算跳伞员在任意时刻的速度和加速度;解：1由量纲分析,b 的单位为m,c 的单位为m/s,k 的单位为s;2任意时刻的速度为)e 1(d d /k t c ty -+-==v 当时间足够长时其速度趋于c -;任意时刻的加速度为k t kc t a /ed d -==v 当时间足够长时其加速度趋于零;1–20 一艘正在沿直线行驶的电艇,在发动机关闭后,其加速度方向与速度方向相反,大小与速度平方成正比,即2d d v v K t-=,式中K 为常量;试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为Kx -=e 0v v 其中0v 是发动机关闭时的速度; 证明：由2d d v v K t-=得 2d d d d d d v v v v K xt x x -== 即x K d d -=vv 上式积分为⎰⎰-=x x K 0d d 0v v v v 得 Kx -=e 0v v1–21 一质点沿圆周运动,其切向加速度与法向加速度的大小恒保持相等;设θ为质点在圆周上任意两点速度1v 与2v 之间的夹角;试证：θe 12v v =;证明：因R a 2n v =,ta d d t v =,所以 t R d d 2v v =dsv v d d = 即vv d d =R s 对上式积分⎰⎰=2d d 0v v v v s R s得 12ln v v =R s 12ln v v ==R s θ 所以 θe 12v v =1–22 长为l 的细棒,在竖直平面内沿墙角下滑,上端A 下滑速度为匀速v ,如图1-4所示;当下端B 离墙角距离为xx<l 时,B 端水平速度和加速度多大解：建立如图所示的坐标系;设A 端离地高度为y ;∆AOB 为直角三角形,有222l y x =+ 方程两边对t 求导得 0d d 2d d 2=+t y y t x x所以B 端水平速度为 t y x y t x d d d d -=v xy =v x x l 22-= B 端水平方向加速度为v 222d /d d /d d d x tx y t y x t x-=232v x l -=1–23 质点作半径为m 3=R 的圆周运动,切向加速度为2t ms 3-=a ,在0=t 时质点的速度为零;试求：1s 1=t 时的速度与加速度；2第2s 内质点所通过的路程;图1-4解：1按定义ta d d t v =,得 t a d d t =v ,两端积分,并利用初始条件,可得 ⎰⎰⎰==t t t a t a 0t 0t 0d d d v v t t a 3t ==v当s 1=t 时,质点的速度为 m/s 3=v方向沿圆周的切线方向;任意时刻质点的法线加速度的大小为2222n m/s 39t Rt R a ===v 任意时刻质点加速度的大小为242n 2t m/s 99t a a a +=+=任意时刻加速度的方向,可由其与速度方向的夹角θ给出;且有22t n 33tan t t a a ===θ 当s 1=t 时有24m/s 23199=⨯+=a ,1tan =θ注意到0t >a ;所以得︒=45θ2按定义ts d d =v ,得t s d d v =,两端积分可得 ⎰⎰⎰==t t t s d 3d d v故得经t 时间后质点沿圆周走过的路程为C t s +=223 其中C 为积分常数;则第2s 内质点走过的路程为：m 5.4)123()223()1()2(22=+⨯-+⨯=-=∆C C s s s1–24 一飞机相对于空气以恒定速率v 沿正方形轨道飞行,在无风天气其运动周期为T ;若有恒定小风沿平行于正方形的一对边吹来,风速为)1(<<=k k V v ;求飞机仍沿原正方形对地轨道飞行时周期要增加多少解：依题意,设飞机沿如图1-5所示的ABCD 矩形路径运动,设矩形每边长为l ,如无风时,依题意有 vl T 4= 1 图1-5当有风时,设风的速度如图1-5所示,则飞机沿AB 运动时的速度为v v v k V +=+,飞机从A 飞到B 所花时间为vv k l t +=1 2 飞机沿CD 运动时的速度为v v v k V -=-,飞机从C 飞到D 所花时间为vv k l t -=2 3 飞机沿BC 运动和沿DA 运动所花的时间是相同的,为了使飞机沿矩形线运动,飞机相对于地的飞行速度方向应与运动路径成一夹角,使得飞机速度时的速度v 在水平方向的分量等于v k -,故飞机沿BC 运动和沿DA 运动的速度大小为222v v k -,飞机在BC 和DA 上所花的总时间为22232v v k lt -= 4综上,飞机在有风沿此矩形路径运动所花的总时间,即周期为2223212vv v v v v k l k l k l t t t T -+-++=++=' 5 利用1式,5式变为)1(4)4()1(4)11(22222k k T k k T T --≈--+='飞机在有风时的周期与无风时的周期相比,周期增加值为43)1(4)4(222T k T k k T T T T =---≈'-=∆。

大学物理第2章质点动力学习题解答

第2章质点动力学习题解答2-17 质量为2kg 的质点的运动学方程为 j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-=ρ（单位：米，秒），求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。

解：∵j i dt r d a ˆ6ˆ12/22+==ρρ, j ia m F ˆ12ˆ24+==ρρ 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。

F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为：'34265.0/︒===arctg F arctgF x y α2-18 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为：j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+=ρ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。

证明：∵r j t b it a dt r d a ρρρ2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-== r m a m F ρρρ2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。

2-19在图示的装置中两物体的质量各为m 1,m 2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ，求在力F 的作用下两物体的加速度及绳内张力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可伸长。

解：以地为参考系，隔离m 1,m 2，受力及运动情况如图示，其中：f 1=μN 1=μm 1g ， f 2=μN 2=μ(N 1+m 2g)=μ(m 1+m 2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律：②①a m T g m m g m F a m g m T 221111)(=-+--=-μμμ①+②可求得：g m m gm F a μμ-+-=2112将a 代入①中，可求得：2111)2(m m g m F m T +-=μf 1 N 1 m 1g TaFN 2 m 2gTaN 1 f 1 f 22-20天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系上质量为m 1,m 2的物体（m 1≠m 2）,天平右端的托盘上放有砝码. 问天平托盘和砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不伸长。

大学物理-质点力学习题课ppt课件

x1
顿第二定律，小球的运动方程可以得到：
f2 G
x
mdd2tx21 kx1mgF(t)，即dd2tx21m kx1gFm (t)
令 2=k/m，将F(t)代入，可以得到：
d 2 x1 dt2
2 x1
g
at m
此方程对应的齐次方程的通解为(c1cos t+c2sin t)，
其中c1、c2为两个任意常数，非齐次方程的特解为
• 加速度是位置的函数a=a(x):即a=(F0 / m)+(k/m)x,
d vd v d x d v x
v
a v , a d x v d v
d t d x d t d x 0
v 0
(3)力是速度的函数F=F(v):一质量为m的轮船C在停靠码头之前关闭发动机这时的速率为v0，设水的阻力与轮船的速率成正比,比例常数为k，求发动机停机后, C所能前进的最大距离。
;并讨论. d d r t、 d d r t、 d d r t； d d v t、 d d v t、 d d v t 各式的含义.
解： (1)不y正确，以圆周x运R动c为os例t ：
t x
yRsint r x2y2 R vddrt0,add22 rt 0
结果不正确，做圆周运动的物体的速度和加速度显然
质点力学
运动学的基本物理量 r,v,a
动力学的基本物理量之一——力
复习
质点运动的描述〔在直角坐标系和自然坐标系）
运动学的两类问题
难
新内容
点新
兼
内容
重
牛顿第二定律的描述〔在直角坐
切向法向
点
积分微分问题
标系和自然坐标系）

理论力学第7章质点动力学习题解答

1第七章质点动力学习题解答7-1 质量为40 g 的小球M 以初速度v =8 j (m/s)从点A (0, 0, 0.3m)抛出后，受到沿i 方向恒定的电磁力作用，其大小F = 0.8 kN ，如图所示。

求小球M 到达xy 平面点B 时，点B 的坐标和小球的速度。

解：取小球M 为研究对象，小球所受到的主动力为 k i F mg F R -=由质点运动微分方程R F m =r ，写出投影式F x m = ，0=ym ，mg z m -= 初始条件为000====t t y x ，3.00==t z ；000====t t z x，v y t ==0 解得质点的速度方程为t mFx= ，v y = ，gt z -= 质点的运动方程为 22t m F x =，vt y =，3.022+-=t gz 当0=z 时，小球到达xy 平面，由03.022=+-=t g z 解得s 247.01=t ，于是小球到达xy 平面时的各速度分量为m/s 7.494811===t mFxt t ，m/s 81===v y t t ，m/s 425.211-=-==gt z t t . 各坐标为m 2.6122211===t m F x t t ，m 979.111===vt y t t ，m 137.23.02211-=+-==t gz tt .7-2 图示A ，B 两物体的质量分别为m A 和m B ，二者用一细绳连接，此绳跨过一定滑轮，滑轮半径为r 。

运动开始时，两物体的高度差为h ，且m A > m B ，不计滑轮质量。

求由静止释放后，两物体达到相同高度时所需的时间。

解：分别取A 和B 物体为研究对象，受力图如图示，列出动力学方程TA A A A F W x m -= ， TB B B B F W x m -= ，式中g m W A A =，g m W B B =，根据题意，有TB TA F F =，B A x x -=，B A xx -= 初始条件00==t A x ，h x t B ==0，00==t A x，00==t B x . 解以上初值问题，得题7-2图题7-2受力图2g m m m m xBA B A A +-= ， ()22gt m m m m x B A BA A +-=g m m m m x B A B A B +--= ， ()h gt m m m m x B A BA B ++--=22令B A x x =，即()()h gt m m m m gt m m m m B A BA B A B A ++--=+-2222解得当两物体达到相同高度时 ()()gm m h m m t B A B A -+=...7-3 质量为m 的质点M 受到引力F = -k 2m r 的作用，其中k 为常量，运动开始时，质点M在轴x 上，OM 0 = b ，初速度v 0与轴x 的夹角为β，如图所示。

质点力学-前4章-习题课

就算是超人也有难度让我们假设一个超人拯救失足坠落美女的场景。一个美女从 7 层楼高的空中坠落，受到的重力是 mg，假如不考虑空气阻力，她最终的速度可以通过如下公式求出：
假设她是从静止下落，也就是初速度 v 0 为 0米/秒，层高 3 米， 7 层楼高度为 18 米。据此我们可以算出美女落到地面的最终速度：
基本概念：
位置矢量、位移、速度与加速度位矢、位移是矢量，位矢随时间变化的关系称运动方程速度、加速度是矢量，它具有矢量性
r r(t )

质点做变速运动中各个时刻的速度不一定相同，它具有瞬时性选取不同的参考系，质点的速度和加速度是不同的，它具有相对性
平均速度
r （t t ) r(t ) v t
E p E p0 A保末 F保 dr "0"
Ep2
"0" 末
系统在任意状态时的势能等于系统保守力所做功的负值。
F保 dr
功与能
1 1 2 2 Aab E mv mv A E b a 2 kt 2 k0
A外 A内 E k t E k 0
cos30º 20× 9.8
得
30.6(m)
练习：汽车在半径为200m的圆弧公路上刹车，刹车开始阶段的运动学方程为 s = 20t - 0.2t3 求汽车在 t =1s时的加速度。
解：根据加速度的定义
ds vt 20 0.6t 2 dt
dvt at 1.2t dt
vt2 dv an , at R dt
法向单位矢量：n
dv d 2 S at dt dt 2
v2 an
直角坐标系

质点力学第9讲——质点力学习题课1

课堂讲解
第7题假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的 ( A ) （Ａ）角动量守恒，动能也守恒．（Ｂ）角动量守恒，动能不守恒．（Ｃ）角动量不守恒，动能守恒．（Ｄ）角动量不守恒，动量也不守恒．（Ｅ）角动量守恒，动量也守恒．
课堂讲解
第8 题如图示，两木块质量为 m1 和 m2 ，由一轻弹簧连接，放在光滑水平桌面上，先使两木块靠近而将弹簧压紧，然后由静止释放．若在弹簧伸长到原长时，m1 的速率为 v1 ，则弹簧原来在压缩状态时所具有的势能是(D )
O w
0
r2 a/2
m3 m2
2 3
课堂讲解
பைடு நூலகம்
第2题一人造地球卫星到地球中心的最大距离和最小距离分别是 R A 和 R B．设卫星对应的角动量分别是 L A 、 LB ，动能分别是 E kA、E kB ，则应有 ( E )
E E L L （Ａ） B L A ， kB EkA．（Ｂ） B L A ， kB EkA ．
（Ｃ）LB L A ， kB EkA．（Ｄ） B L A ， kB EkA ． L E E （Ｅ）LB L A ， kB EkA ． E
B RB
RA
A
课堂讲解
第3题如图所示，有一个小块物体，置于一个光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，另一端穿过桌面中心的小孔，该物体原以角速度 w 在距孔为 R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉．则物体 ( E ) （Ａ）动能不变，动量改变．（Ｂ）动量不变，动能改变．（Ｃ）角动量不变，动量不变．（Ｄ）角动量改变，动量改变．（Ｅ）角动量不变，动能、动量都改变．
mgl sin

大学物理质点运动学动力学习题课

的直线运动的叠加（矢量加法）。
——运动的独立性原理或运动叠加原理
2
第一、二章习题课
自然坐标系中的速度和加速度
v

v

ds

dt
a

a

an

dv
dt

v2

n

a

a
an
圆周运动中的切向加速度和法向加速度
a dv v2 n
dt R
3
二、圆周运动的角量描述 t A 角位置 t t B 角位移

r
v
a

dxri
yj

dx
i

zk
dy

dt
dv

dt
dv x
i

dt
dv y
dt dt dt
j
j

dz dt
dvz dt
k
k

vxi vy j vzk
axi ay j azk
任意曲线运动都可以视为沿x,y,z轴的三个各自独立
4m/s的速率从北面驶近A船。
(1)在湖岸上看，B船的速度如何？
(2)如果A船的速度变为6m/s(方向不变)，在A船上看B
船的速度又为多少？
解：(1)设B船岸的上速的度人为看v到BA船A的船速看度到为B船v的A 速度为 v

vA
vA
由伽利略速度变换，可有

v
vB
v vB vA
的速度的大小。
y
H Ox
解：建立如图坐标，t时刻头顶

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解：(1)取物体为研究对象，则物体受重力、水平面的支持力和绳对物体的拉力，如图所示，在竖直方向上，物体无运动，因而有
把t=3s代入上式，可得第三秒末的速度为
v 12 3 6 32＝－18m s1
(3)把速度对时间求导，即得质点的加速度
a dv d 12t 6t 2 12 12t dt dt
把t=1s代入上式，可得第一秒末的加速度为 a=12-12×1=0
(4)质点作变加速直线运动。
9．潜水艇在下沉力不大的情况下，自静止开始以加速度a=Ae-βt竖直下沉(A，β为恒量)，求任一时刻的速度和运动方程。
•质点系的动量定理 I＝P－P0
•动量守恒定律
n
P＝
mivi
恒矢量
i 1
•功与功率
dW F dS
P＝ dW dt
•质点的动能定理
W
1 2
m
v22
1 2
m
v12
•万有引力、重力、弹性力
作功的特点
•质点系的功能原理
重力势能 E p mgy
Mm
引力势能 E p G r
弹性势能
Ep
1 2
大学物理学电子教案
质点力学习题课
三个概念：
质点运动学
1. 参考系——为描述物体的运动而选择的标准物
2. 坐标系——定量确定物体相对于参考系的位置
3. 质点 ——把物体当做只有质量没有形状和大小的点
描述1质、点位运置动矢的量四个r物＝x理i＋量y：j
zk
2、位移
r r2 r1
3．速度
v
dr
r 2
作业：
思考题： P22 6，8，10
习题： P24 17，19，22
质点动力学
牛顿运动三定律（适用范围）
F＝
dp
d
mv
dt dt
几种常见的力
万有引力、弹性力、摩擦力
惯性参考系力学相对性原理
牛顿运动定律成立的参考系称为惯性系
牛顿运动定律的应用
•冲量
I＝
t2
Fdt
t1
•动量定理 I Fdt＝ P
x dx
t
A
1 e t
dt
0
0
积分得潜水艇在任意时刻的位置坐标，即运动方程
为
A
x 2
e t 1 A t
10．如图所示，手对绳施加一水平拉力F，拖动一质量为M的物体在水平面上以加速度a 运动，物体和水平面间的摩擦力不计。求(1)绳拉物体的力；(2)手拉绳的力与绳拉物体的力的关系。
箭从地面上升到距地面高度为2R处。在此过程中，
地球引力对火箭作的功为
。
W E p2 E p1 E p
（-2GMm/3R）
7．证明题：从牛顿第二定律出发，试就质点受变力作用而且做一般曲线运动的情况推导质点动量定理的积分形式，并说明定理的物理意义。
证明F：根据m牛a 顿第m二dv定律
解：(1)先求出质点在第二秒内的位移。由运动方程可知 t=1s，x1=6×12-2×13=4m t=2s，x2=6×22-2×23=8m
第二秒内的平均速度为:
v x2 x1 8 4 4m s1
t
1
(2)把位移对时间求导，即得质点的速度
v dx d 6t 2 2t 3 12t 6t 2 dt dt
dt
三v dt
d
2
r
dt 2
匀加速直线运动，斜抛运动，圆周运动
•加速度为恒矢量时的运动方程
v＝v0＋at
r
r0
v0t
1 2
at
2
•圆周运动的角速度
＝ d
dt
lim ＝ d d 2
t0 t dt dt 2
切向加速度法向加速度
a
t
dv dt
r
d
dt
r
an
v2 r
体Q，弹簧和挡板的质量均不计，P与Q的质
量相等。物体P与Q碰撞后P停止，Q以碰撞
前P的速度运动。在此碰撞过程中，弹簧压缩
量最大的时刻是
(A)P的速度正好变为零时； (B)P与Q速度相等时；
P
Q
(C)Q正好开始运动时；
(D)Q正好达到原来P的速度时。
[B]
4．一子弹以水平速度v0射入一静止于光滑水平面上的木块后，随木块一起运动。对于这一过程正确的分析是 (A)子弹、木块组成的系统机械能守恒； (B)子弹、木块组成的系统水平方向的动量守恒； (C)子弹所受的冲量等于木块所受的冲量； (D)子弹动能的减少等于木块动能的增加。
m x2
•质点系的动能定理
n
n
n
Wi Eki Eki0
i 1
i 1
i 1
W外力＋W非保守外力＝E－E0
•机械能守恒定律
n
n
n
n
Eki
E
＝
pi
Eki0
E pi0
i0
i0
i0
i0
1．某质点的运动方程为 x=3t-5t3+6(SI) ，则该质点作
(A) 匀加速直线运动，加速度沿X正方向； (B) 匀加速直线运动，加速度沿X负方向； (C) 变加速直线运动，加速度沿X正方向； (D) 变加速直线运动，加速度沿X负方向。
Fdt mdv
dt
设t1时刻tt12质F点dt的速度vv12为mvd1,v设t2m时v刻2 质点m的v1速度为v2，则
I P2 P1
此式说明：物体在运动过程中，所受合外力的冲量等于该物体动量的增量。
8．有一质点作直线运动，其运动方程为x=6t2-2t3 (SI制)，试求：（1）第二秒内的平均速度；（2）第三秒末的速度；（3）第一秒末的加速度；（4）质点作什么类型的运动？
解：以潜水艇开始运动处为坐标原点，竖直向下为坐标轴的正方向。按质点运动的加速度的定义式
a dv dt
dv＝adt＝Ae tdt
根据题目的初始条件，积分
v
t
dv＝ Ae tdt
0
0
可得潜水艇在任意时刻的速度为
v A 1 e t
再根据速度的定义式
v dx dt
dx vdt A 1 e t dt
[D]
2．在升降机天花板上拴有轻绳，其下端系一重物，当升降机以加速度a1上升时，绳的张力正好等于绳能承受的最大张力的一半，问升降机以多大加速度上升时，绳子刚好被拉断？
(A)2a1； (C)2a1+g；
(B)2(a1+g)； (D) a1+g.
[C]
3．如图所示，在光滑平面上有一运动物体P，
在P的正前方有一连有弹簧和挡板M的静止物
[B]
5．有两个弹簧，质量忽略不计，原长都是10cm，
第一个弹簧上端固定，下挂一个质量为m的物体
后，长为11cm，而第二个弹簧上端固定，下挂
一个质量为m的物体后，长为13cm。现将两个
弹簧串联，上端固定，下面仍挂一个质量为m的
物体，则两个弹簧的总长为
。
（24cm）
6．已知地球质量为M，半径为R，一质量为m的火