swm质点力学习题课
质点习题课
x 2
x
6
例2 一质点以静止出发沿半径为R＝3m的圆周运动，切 向加速度at＝3m/s,当总加速度与半径成450时，所经过 的时间t=____,在上述时间内质点经过的路程s=_____。
t dv at v v0 at dt 3t 0 dt v 2 (3t ) 2 an 3t 2 R 3 当 an at时， 有3t 2 3, t 1( s)
2
1 1 2 2 A m(v2 v1 ) 0.5 (41 29) 3(J) 2 2
18
例10 今有一倔强系数为k的轻弹簧，竖直放置，下端 悬挂一质量为m的小球，开始时使弹簧为原长而小球 恰好与地接触。今将弹簧上端缓慢提起，直到小球刚 能脱离地面位置，在此过程中外力作功为:
I I mg IT 0, 2mg IT IT I mg
21
例13 如图，光滑斜面与水平面的夹角为＝300，轻弹 簧上端固定，今在弹簧的另一端轻轻挂上质量为M＝ 1kg的木块，则木块沿斜面向下滑动。当木块下滑x＝30 厘米时，恰好有一质量m=0.01kg的子弹，沿水平方向以 速度v=200m/s射中木块并陷在其中。设弹簧的倔强系数 为k=1N/m,求子弹打入木块后他们的共同速度。 解：（1）木块下滑过程机械能守恒 k 选弹簧原长处为势能零点 M 0 m 1 2 1 2 kx MV1 Mgx sin 0 2 2 kx2 解出： v1 2 gx sin 0.83 m/s （滑块） M 方向沿斜面向下。
1 1
t2
y 0.5t
A mtdt t 1 t2 4 1 2 2 A mtdt 0.5 tdt 0.5 (4 2 ) 3(J) t 2 2 1
质点力学习题.ppt
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
力学课件 质点动力学习题课
第二章教学基本要求：⒈理解牛顿运动定律的基本内容，掌握牛顿运动定律的适用条件。
⒉掌握常见力的性质和计算方法，能熟练地分析物体受力。
⒊熟练掌握运用牛顿定律和运动学知识解题的思路和步骤，并能科学地表述。
能用微积分方法求解一维变力作用下的质点动力学问题。
内容提要:牛顿定律第一定律: 任何物体如果不受其它物体的力的作用，就会保持静止或匀速直线运动的状态。
第二定律: )(d d vm tF =当质量m 为常量时，a m F= 在直角坐标系中，z z y y x x ma F ma F ma F ===,,在自然坐标系中，ρ2,v mF dt dv m F n t ==第三定律: 2112F F-=力学问题中的几个常见力万有引力 G 2r mM重力 mg弹簧力 f = -kx 正压力与支持力 N= -N ′ 滑动摩擦力 f μ = μN 静摩擦力 f μ ≤μN习题1：一半径为R 的环形竖直壁固定在光滑的水平面上，如题图所示，一质量为m 的物块紧靠着壁的内侧在水平面上运动。
已知物块与环形壁之间的摩擦系数为μ，0=t 时物块的速率为0v ，求物块的速率v 随时间t图2-7解： 研究对象：m 受力： 自然坐标系 方程：法向： R v m N 2= （1）切向： dt dvm f r =- （2）N f r μ= （3） 求解：由 上 述 各 式 可 得 dt dvR v =-2μ分离变量法⎰⎰-=v v t v dv R dt 020μ得： t v R Rv v 00μ+=图2-7f习题2：一细绳跨过光滑的定滑轮,一端挂一m 重物,另一端被人用双手拉着,人悬空,质量 m/2,若人以相对于绳的加速度0a 向上爬,且不打滑,求:人相对于地的加速度。
解：如图建坐标,分别选人和重物m 为对象, 受力分析,设m 对地加速度为a ： 对m ：ma mg T =-对人：)(21210a a m mg T -=- 解得：30g a a -=人相对于地的加速度为3200ga a a +=-习题3：一根弯成如图所示形状的金属丝，其上套一小环，设环与金属丝间的摩擦可略去不计.当金属丝以匀角速度ω绕竖直对称轴转动时，小环在金属丝上任何地方都能平衡，即与金属丝无相对运动，问这根金属丝要弯成什么形状?解 : 小环受力如图所示, 当小环位置坐标为x y 、时其动力学方程为 :N m xN mg sin cos θωθ==2而 x y d d tg =θ ,所以 g xx y 2d d ω=积分得y xgc=+ω222 由x =0, y =0 定出 c =0m gθN∴yxg=ω222 .此即金属丝形状所满足的方程，应为顶点即坐标原点，口向上的抛物线。
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
质点力学习题课
Fdt mdv
设t1时刻t质t12点F的dt速度为vv12v1m, 设dvt2时刻m质v点2 的m速v度1 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。
第十一页，编辑于星期五：五点 四十六分。
8．有一质点作直线运动，其运动方程 为x=6t2-2t3 (SI制)，试求：
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。 [B]
第九页，编辑于星期五：五点 四十六分。
（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：(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
i0
i0
i0
i0
第六页，编辑于星期五：五点 四十六分。
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。
[D]
解：设三角形木块相对地面的加速度 为a1，小木块相对地面的加速度为a2 ，小木块相对三角形木块的加速度为 a2’，小木块与三角形木块之间的作 用力为N1和N，地面对三角形木块的支 持力为N2。
物理质点力学习题课11
Fx ax vx x
Fy a y v y y Ft at v s Fn an
(2)自然坐标系（轨迹已知，如平面圆周…）
(3) 角坐标系（平面圆周 转动一维）
M
(4) 相互关系 a.直角与自然坐标系
y
y
vy
ay
at ax v x
(C) a g (D) a 4 g 2 (1 cos ) 2 g 2 sin 2
[D]
7. 图示质点 m 在水平面上作半径为R 的匀 速圆周运动, 速率为 v , 从 A 点逆时针运动 到 B 点的半圆周内 (1) 小球的动量变化 (2)向心力的平均值为
(B) mvj
(A) 0
v
b.自然与角坐标系
v a
o
at
ω
x
an
a
o x ds 2 2 v vx v y dt
o
an ρ
x
s = r
ds = rd
2 2 2 2 a ax a y at an
v = r a at = r ， n = r 2
3.相对运动（参考系变换） RMG RMG RMT RTG 矢量图 RTG RMGx RMTx RTGx 分量式 RMGy RMTy RTGy RMT 4. 注意问题
[ D ]
计算题
1、如图所示,一条轻绳跨过摩擦可忽略的轻滑轮,在 绳的一端挂一质量为m1的物体,在另一侧有一质量为 m2 的环,求当环相对于绳以恒定加速度a2沿 绳向下滑动时, 物体和环相对地面的加速度 各是多少? 环与绳间的摩擦力多大? a
解: 设物体和环相对地面的加速度各为a1 、 . a m2 (m1 m2 ) g m2 a2 m1 a1 o m1 m2 FT Ff (m1 m2 ) g m2 a2 m1a1 a a1 a2 a1 m1 m2 a2 a1 m a m1m2 (2 g a2 ) y 2 1 Ff FT m1 g m2 g m1 m2
质点力学习题课
v v v P = P0 = C
哈尔滨工程大学理学院
质点力学习题课 牛顿运动定律
第1章 质点力学 章
（3）力的空间累积 ） 变力的功： 变力的功： = A 势能： 势能：
∫
b
a
v v b F ⋅ d r = ∫ F cos θdr
a
动能定理： 动能定理：A = E k − E k 0
E p ( x, y, z) =
M
B
哈尔滨工程大学理学院
质点力学习题课 牛顿运动定律
第1章 质点力学 章
点时相对M的速度为 解: (1)设m在B点时相对 的速度为 ，M 设 在 点时相对 的速度为v， 对地的速度为V， 对地的速度为 ，对m,M系统水平方向动 系统水平方向动 量守恒， 地系统机械能守恒. 量守恒，对m,M,地系统机械能守恒 地系统机械能守恒 m ( v − V ) − MV = 0
0
x ∫0 2vdv = −∫l2 g1− l dx m 1 1 v v = 3gl2 =1.21 m/s m g 1 2
v
哈尔滨工程大学理学院
v T
3
1
v T′
l2
o
v x mg
质点力学习题课 牛顿运动定律
第1章 质点力学 章
7. 如图所示，已知：半径为 的光滑球面， 如图所示，已知：半径为R的光滑球面 的光滑球面， 质量为M的滑块 质量为m 水平速度v 的滑块， 质量为 的滑块 ， 质量为 、 水平速度 0的 油灰球。 油灰球 。 求 ： （ 1） 它们滑至何处 ） 它们滑至何处(θ=？ )脱 ？ 脱 离球面？ 离球面 ？ （ 2） 如欲使二者在 处就脱离球 ） 如欲使二者在A处就脱离球 则油灰球的入射速率至少为多少？ 面，则油灰球的入射速率至少为多少？ v v0 M
力学(质点力学习题课)
d
m1k m m1m 2
2 2
d l d
2 2
如图，质量M =2.0kg 的笼子，用轻弹簧悬挂 起来，静止在平衡位置，弹簧伸长 x 0 0 . 10 m ，今有m =2.0kg 的油灰由距离笼底高 h =0.30m 处自由落到笼子上， 求笼子向下移动的最大距离。
习题四
解：由题意得弹簧的劲度系数
A
m1
k
B
m2
解：（1）释放后，弹簧恢复到原长时，A 要离开墙壁，
设此时 B 的速度为
vB0
，由机械能守恒得
1 2
kx
2 0
1 2
3 m v
2 B0
v B 0 x0
k 3m
A 离墙后，系统在光滑水平面上运动，动量守 恒和机械能守恒，有
m 1 v1 m 2 v 2 m 2 v B 0
k
A
m1
T
B
m2
F
k
O
A
m1
T
B
m2
F
x1
x1 F k
x
解：建立坐标系，设弹簧伸长 x 1 时，A、B所受合外力 为零，有
F kx 1 0
m 对 m 1 、 2 系统（T为内力），由动能定理
WF WK 1 2 1 2
m 1 m 2 v 2
2
m 1v
1 2 m 2v W F
2
代入（2）式得
WT 2
F
2 m1 m 2 k m1 m 2
2
W T 1 W T 2
F
2 m1 m 2 k m1 m 2
2
8质点力学习题课(2008)
r1 r r2
(3)计算t=1s 时电子的切向加速度、法向加速 度及轨道上该点的曲率半径..
2 2 v 3i 6 tj , v 3 36t , dv 36 t 6 at |t 1 s 2.68 m/s 2 2 dt 5 3 36 t a 6 j , a 6 m/s
m v0 e k
k t m
m v0 k
4.设汽车的牵引力为 F , 求牵引力做功：
F
以地为参考系，位移为 x ： A F Δx 以车为参考系，位移为0：A 0 以另一车为参考系，位移为 Δx : A F Δx 求汽车的动能：
1 ——车对地的速度） 以地为参考系： k mv 2（ v E 2 以车为参考系: E k 0 ——车对另 1 2（ v 以另一车为参考系: E k m v 一车的速度） 2
质点系：
累积作用
F合外 dt mi vi mi vi0 F合外 0 动量守恒
对空间：
（转下页）
对时间： (上页） 1 2 1 2 F 对空间：质点： F合 dr mv mv 0 2 2
质点系：
1 2 1 2 A外 A内 mi v i mi v i0 2 2
质点系： M 合外dt Li Li0
提高之处： 对知识面有所拓展—— 如：基本自然力、惯性力、科里奥利力、潮 汐、质心、质心运动定理、角动量、角动量定理、 角动量守恒定律、火箭飞行的原理…… 对概念的理解有所深化—— 如：保守力、一对力的功、系统的势能、对 守恒的进一步理解； 解题的综合性和复杂性有所提高—— 变力；一般曲线运动 (切线加速度与法线加速度)； 相对运动 （参照系变换）； 静摩擦； 加入引力势能；加入角动量及其守恒； 重视系统和参照系的选取；用了一点微积分……
质点力学习题课
质点力学习题课
【例3】已知质点运动方程 r 2ti (4 t 2 ) j ①质点的初速度和初加速度； ②质点从 t =1s 到 t =2s 的平均速度； ③t=1s时的切向加速度和法向加速度。
(3)、因为任一时刻的速度大小为
2 2 v vx vy 2 1 t2
解：设子弹穿过后两物体的速度分别为vA、 vB， 子弹穿过物体A时有: A B
F t1 ( m A m B )v A F t 1 vA m A mB
子弹继续穿过物体B时有
F t 2 m B v B m B v A F t 2 vB v A mB
例2、一陨石从距地面高为h处由静止开始落向地 面，忽略空气阻力，求陨石下落过程中，万有引 力的功是多少？ a 解：取地心为原点，引力与矢径方向相反 h R b A F d r Rh R R Mm G dr 2 o Rh r
u
（1）在地面上的人认为刚抛出 瞬时小球的动能
1 1 2 2 对不对？ Ek mu mv 2 2 1 1 1 2 2 2 Ek mu地 mu mv mu v 2 2 2
（2）当车上的人沿车前进的方向抛出小球，车上和地上的 人看抛出小球过程所作的功是否一样？
v
GMm
R Rh
GMmh R (R h)
dr 1 1 GMm 2 r R h R
【例3】已知质点运动方程 r 2ti (4 t 2 ) j (SI)，求： ①质点的初速度和加速度； ②质点从 t =1s 到 t =2s 的平均速度； ③t=1s时的切向加速度和法向加速度。 dr 解：（1）、 v 2 i 2 tj , a 2 j dt -1 故v 0 2i (m s ), a 0 2 j (m s - 2 ) (2)、r1 2i 3 j r2 4i r r2 r1 2i 3 j (m) r v 2i 3 j (m s -1 ) t
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）
质点力学第10讲——质点力学习题课2
2、 一轻绳绕过一质量可以不计且轴光滑的滑轮， 质量皆为m的甲、乙二人分别抓住绳的两端从同一 高度静止开始加速上爬。 1) 以甲、乙二人为系统，在运动中系统的动量是否 守恒？机械能是否守恒？系统对滑轮轴的角动量是 否守恒？ 2) 当甲相对绳的运动速度u是乙相对 R 绳的速度2倍时，甲、乙二人的速度 各是多少？
g
dv y （2） 是否变化？ v0 dt dv 答： at g sin ，变化。 0 dt
at
an
v
（3）法向加速度是否变化？ 答： an g cos ， 变化。 （4）最大和最小曲率半径在何处？
v2 v2 答：曲率半径 an g cos
g
x
v 起、落点： 0 v ， 0
一端固定，另一端系一质量为 M 的小球。置于光滑 的水平桌面上，弹簧的伸长是均匀的。现将小球拉 至 A点 (OA l ) , 然后无初速地突然释放小球，求 小球经过原位置 O 时的速度。
解：
建立如图所示的坐标。 由于弹簧的伸长是均匀 的，当以 表示小球 在 O点的速度时，弹簧 上位置为 x 长度为 dx 的一段的速度为：
(1) 子弹在射入 A 的过程中， B A B 受到 A 的作用力的大小； 0 (2) 当子弹留在 B 中时，A 和 B 的速度大小。 已知： A 2 kg , mB 3 kg , m 0.1 kg , 0 800 m / s , m
t 0.01 s , f 3 10 N .
3.18 一轻绳绕过一质量可以不计且轴光滑的滑轮，质量皆为m 的甲、乙二人分别抓住绳的两端从同一高度静止开始加速上爬。 1)二人是否同时到达顶点？以甲、乙二人为系统，在运动中系 统的动量是否守恒？机械能是否守恒？系统对滑轮轴的角动量 是否守恒？ 2) 当甲相对绳的运动速度u是乙相对绳的速度2倍时，甲、乙二 人的速度各是多少？
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
质点力学习题课
解： ( 1 )a
F m
3
4t 10
( 2 )a
F m
3
4 10
x
0.3 0.4x
0. 3 0. 4t a x 3m 1.5m/s2
a t 3s 1 . 5 m / s2
A
3
0
Fdx
3( 3
0
4x)dx
27
I
3( 3
0
4t)dt
27
I mv mv0 mv 10v
v t 3s 2. 7m /s
（C）匀变速直线运动 （D）一般曲线运动
解：
y
b a
x
v
dr dt
2 a ti
2btj
a
dv dt
2ai
2bj
【例】一质点沿半径为R的圆周运动，且加速度 a与速度v之间的夹角θ保持不变，已知初速率 为v0,试求质点速率v随时间的变化规律。
解：an
at
tgθ
v2 R
dv dt v2 Rtgθ
• 解：由质点动量定理：
7
0
F
dt
mv
0
mv
7
0
F
dt
1 2
7
10 35
7 F dt
0
m
35 1
35 m/s
F(N) 10
t(s)
0
57
【例】某汽车启动后牵引力变化如图，其中 曲线部分恰好是四分之一圆弧，求汽车启动 后行驶7米牵引力所做的功。
• 解：以启动位置为坐 标原点。
由功的定义：
Ao c
则
mivi
C
i
b
a
F
dr
质点运动学和动力学习题课-文档资料
dt
2
0
0
2
x 4sin t
2
2-11 一质点由静止沿半径R=3m的圆周运动，切向加速度为
a 3ms2 ，问：
（1）经过多少时间它的总加速度与径向成450？ （2）在上述时间内，质点所经过的路程为多少？
解：（1）因a 3ms2 为常量，故由任一时刻的速率v at，得
由质点运动轨迹方程
x 2 y 2 3 （ 2c o s 2 4 t s in 2 4 t） 3 2
可知质点作半径 R3m
的圆周运动，故切向加速度 a 和 法 向 加 速 度 a n 分 别 为 a d d v t 0 a nv R 2 （ 1 2 3 ） 24 （ 8m s 2）
an
v2 R
a2t 2 R
解：（1）
vx
ddxt 12sin4t，vy
dy12cos4t dt
ax
dvx dt
48cos4t，ay
dvy dt
48sin4t
故任一时刻速度和加速度分别为
v12sin4ti12cos4t（ j SI） a48cos4ti48sin4t（ j SI）
（2）速度
v 的大小为 v vx2vy21（ 2ms1）
表示速度， a 表示加速度，a 表示切向加速度，下列表
达式：( D )
(1) d v a
dt
(2) d r v
dt
(3)
ds v dt
(4)
dv dt
Hale Waihona Puke a（A）只有1、4是正确的； (B)只有2、4是正确的；
(C)只有2是正确的；
(D)只有3是正确的。
解（1）中的dv/dt是切向加速度，不是 a的大小。(2)中
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4. 如图所示，将一块质量为M的平板PQ
放在倔强系数为k的轻弹簧上，现有一质
量为m的小球放在光滑的桌面上，桌面与
平板PQ的高度差为h，
现给小球一个水平初
m v0
速v0，使小球落到平 板上与平板发生弹 性碰撞，求弹簧的
M
P
Q
最大压缩量是多少？
解：物理过程
1.m作平抛运动
2.m、M作完全弹性碰撞
3.M作减速运动
m
m
θθ
M
证明：以小环为研究对象，受力分析如图
mg ⋅ cos θ − N = m v 2 R
mgR = 1 mv 2 + mgR cos θ m
N
2
θθ
∴
N
=
3mg (cosθ
−
2 )
3
mg M
可见：cos θ > 2 / 3时， N > 0对大环有一压力
cos θ < 2 / 3时， N < 0对大环有一举力
Q N =| N ′ |= 3mg( 2 − cosθ )
mg
3
∴6m cos2 θ − 4m cosθ + M = 0
cosθ = 2m ± 4m2 − 6Mm 6m
因 cosθ 必为实数，所以有：
+
(M
+
m)gR(1
−
cosθ
)
=
1 2
(M
+
m)ud2
(M + m)g cosθ − N = (M + m) ud2 R
脱离即为：N = 0
解得：cosθ
=
m2v02 3gR(M + m)2
+
2 3
（2）若在A处脱离，则有：
mv 0 = ( M + m ) u A
(M
+ m)g − N
≤ (M
+
m)
质点力学习题课
一、内容小结
1、运动学
rr
=
r xi
+
r yj
+
r zk
∆ rr = rr2 − rr1
vr = d rr dt
ar = d 2 rr dt 2
ar
=
ar n
+ arτ
=
v2 ρ
nr +
dv τr dt
∫ ∫ 由 aτ
= dv dt
可求 v − v0 =
aτ dt
S − S0 =
vdt
cos θ = 2 / 3时， N = 0对大环无作用力
但 cosθ〈2 / 3 ，并不等于大环一定上升，要看其受力
以大环为研究对象，cosθ〈2 / 3受力分析如图
∴T + 2N ′ cosθ − Mg = MaM
大环上升的瞬间有：θθ
∴ 2N ′cosθ = Mg
轮的大小。求：
(1) 物体A的质量；
(2) 物体B与地面的摩擦力； C
(3) 绳CO的拉力。
30o O
A
B
解： TA
Tc 300
TB
NB
α
A
α
B
fB
TB
mAg
TA
mBg
A :TA − mAg = 0
(1)
B: f B − TB sin α = 0
(2)
N B + TB cosα − mB g = 0
m (v − V ) − MV = 0
1 m (v − V ) 2 + 1 MV 2 = mgR
2
2
V =m
2 Rg
M (M + m )
Am
v = 2(M + m ) M
M
B
(2)当m到达B点时M在水平方向不受外力， 可看成惯性系，以M为参照系有
N − mg = m v 2 R
N = 3M + 2 m mg M
2. 如图所示，已知：半径为R的光滑球面， 质量为M的滑块，质量为m、水平速度v0的 油灰球。求：（1）它们滑至何处(θ=？)脱 离球面？（2）如欲使二者在A处就脱离球
面，则油灰球的入射速率至少为多少？
v0 m
M
A θ OR
解:（1）由动量、机械能守恒定律
mv0 = (M + m)v
1 2
(M
+
m)v2
功能原理：W外 +W非保守内力= E − E 其中：E = Ek + EP
守恒定律：当 W外 +W非保守内力 = 0
时，
则有 E = E0 = C
1. 如图，CO绳与竖直方向成30o角度，O
为一定滑轮，物体A与B用跨过定滑轮的细
绳相连，处于平衡状态。已知B的质量为
10kg，地面对B的支持为80N，若不考虑滑
（3）机械能守恒：
1 2
MV
2
+
1 2
ky02
+
Mgymax
=
1 2
k( y0
+
ymax )2
且有：y0=
Mg k
ymax
=
2m M +m
2Mgh k
5. 已知：大环质量M，两个质量均为m的 均匀小环，无摩擦，系统开始静止。若两 个小环同时从大环顶部由静止开始向两边 滑下，试证：若m≥3M/2, 则在两个小环 下滑至某一位置时大环会升起，并求出大 环开始上升时小环下滑的角度θ。
角量与线量的关系：ω = dθ dt
α = d 2θ dt 2
dr = R ⋅ dθ
v = R ⋅ω
aτ = R ⋅α an = R ⋅ω 2
2、动力学 （1）牛顿运动定律
自然坐标系
r F
=
mar
直角坐标系
Fτ
= maτ
= m dv dt
Fn
=
ma n
=
m
v2 ρ
Fx = max Fy = may Fz = maz
（1）小球刚要与PQ碰撞时的速度为：
vx = v0
vy = 2gh
（2）m、M在碰撞过程中，
满足动量和动能守恒
m v0
M
P
Q
即： mv y = MV + mv '
(1)
1 2
mvx 2
+
1 2
mvy 2
=
1 2
MV
2
+
1 2
mv'2 +
1 2
mvx 2
(2)
解(1)(2)式可得
V = 2m 2gh M +m
u
2 A
R
N =0
∴ v0
≥
(M
+ m) m
Rg
3. 质量为M，半径为R的1/4圆周的光滑 弧形滑块，静止于光滑桌面上，今有 质量为m 的物体由弧的上端A点由静止 滑下，试求当m 滑到最低点B时，(1)m 相对于M 的速度v，及M 相对于地的速 度V；(2)M 对m 的作用力N。
Am
M
B
解: (1)设m在B点时相对M的速度为v，M 对地的速度为V，对m,M系统水平方向动 量守恒，对m,M,地系统机械能守恒.
（2）力的时间累积
动
r 量：P
=
mvr
∫ ∑ 冲 量：Ir =
r F ⋅ dt
r rr 动量定理：I = P − P0
∑ 守恒定律：当
r F外
=
0
时，则有
rr r P = P0 = C
（2）力的空间累积
∫ ∫ 变力的功：W =
br r F ⋅ dS =
b
F cos θdS
a
a
动能定理：W = Ek − Ek0
(3)
C : TC cos 30 o − TB cos α − TA = 0 (4)
TB sin α − TC sin 30 0 = 0
(5)
TA = TB
(6)
联立（4）（5）（6）得 α = 60 0
fB = tgα(mB g − NB )
f B = 34.6( N )
m A = 4(kg )
T C= 69.3( N )