经典力学部分典型例题分析
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经典力学部分
典型题分析
例题1
在半径为R的光滑球面的 顶点O处，一质点开始滑落，取 初速度接近于零。试问质点滑
到顶点以下多远的一点时，质
点离开球面?
解：在切向和法向列出牛顿运动定律方程：
法向 : mg cos N m v2
R
切向：mg sin m dv m dv ds mv dv
dt ds dt
求 （1）小球到达底部时的角速度ω和质心的速度 vc .
（2）证明如果 b<<a ,要使小球不脱离轨道而到达A点，则 h应满足：
h 27 a 10
8/13
解（1）因无滑动，故摩擦力f 不作功（无相对位移），支持
力N与运动方向垂直，也不作功，只有重力（保守内力）
作功，所以机械能守百度文库：
又由于：
mgh
a l
M
解：此题分两个阶段，第一阶段，子弹射入杆中，摆获得
角速度，尚未摆动，子弹和摆组成的系统所受外力对O
点的力矩为零，系统角动量守恒：
a(mv0
)
0
(1 3
Ml2
ma2
)
(1)
4/13
第二阶段，子弹在杆中，与摆一起摆动，
以子弹、杆和地地球组成的系统除保守
内力外，其余力不作功，于是系统机械
能守恒：
v
2 A
ag
,
2 A
v
2 A
b2
ag b2
(4)
由机械能守恒：
b<<a
mg(2a)
1 2
mvA2
1 2
J
2 A
1 2
mvc2
1 2
J 2
(5)
即:
2amg
1 2
m(vc2
v
2 A
)
1 2
J
( 2
2 A
)
将 vc , vA, , A 和 J 代入上式后得 :
70h 189a , h 189 a 70
1
代入（1）式，得：v0 ma
(Ml2 / 3 ma2 )(Ml 2ma)(1 cos )g
例题3 已知质量为M，长为 l 均匀直棒可绕 O 轴转
动，现有质量m 的弹性小球与棒垂直碰撞，试求小
a
球打在什么位置时，O点在水平方向受力为零？小
l
球打在什么范围，O点在水平方向受力向左？小球
打在什么范围，O点在水平方向受力向右？
解：设小球打在距O点为 a 处，O点受力f 向右。
由角动量守恒：
mv0a
mv a
(1 3
Ml2
)
(1)
由动量定理：
(MVc mv) mv0 f t (2)
即：
(M
l
2
mv) mv0
f
t
(3)
6/13
mv0a
mva
(1 3
Ml2
)
(1)
(MVc mv) mv0 f t (2)
2
当N=0时，由式（1）得 v2 Rg cos
代入式（3）得： cos 2
3
由于： cos R y y R
R
3
例题2
如图，一长为l ,质量为M 的杆可绕 支点O 转动，一质量为m ，速率为 v0 的子弹，射入距支点为 a 的杆内，并
留在其中, 若杆的最大偏转角 =300，
求子弹的初速率 v0.
h 27 a
10 （证毕） 10/13
例题5
将质量为10kg的小球挂在倾角
＝30° 的光滑斜面上(如图)．
(1)当斜面以加速度a=g/3，沿 如图所示的方向运动时，求绳 中的张力及小球对斜面的正压力． (2)当斜面的加速度至少为多大时，小球对斜面的正压力为零?
11/13
解（1）取如图所示坐标 由牛顿定律：
X : N sin T cos ma (1)
Y : T sin N cos mg 0 (2)
由式（1）（2）可解得： N mg cos masin
T (ma N sin) / cos
（2）当N=0时， a g cos / sin g / tan 3g
同学们再见！
1 2
mvc2
1 2
J 2
(1)
vc b
,
J 2 mb2 (2) 5
有： mgh 1 mb 2 2 1 2mb 2 2 (3)
2
25
整理，得： 1
b
10 gh 7
,
vc b
10 gh 7
9/13
（2）小球到达A点不脱离轨道，要求小球在A点的速
度vA 和角速度A满足：
m vA2 mg a
(M
l
2
mv) mv0
f
t
(3)
由式(1)和(3): 3a 2l Ml f t
6a
可见：
a 2l / 3 当a 2l / 3 时
a 2l / 3
f 0, 向右 f 0 f 0, 向左
a l
例题4 质量为m，半径为b 的小球，由静止从h高无滑动地
滚下，并进入半径为a 的圆形轨道。
1 2
(1 3
Ml2
ma2 )2
Mgh1
mgh2
（2）
其中：
h1
l (1 cos
2
)
h2 a(1 cos )
由(1)(2)式求得：
2Mgl(1 cos ) / 2 2mga(1 cos ) Ml2 / 3 ma2
a l
M
(Ml M此2lm2 a/题)3g(1可mac2否os 用) 动量守恒处理？
ds
（1） （2）
2/13
法向 : mg cos N m v2
R
切向：mg sin m dv m dv ds mv dv
dt ds dt
ds
（1） （2）
式（2）即：g sin ds vdv 再利用 ds Rd
积分
gR
s in d
v
vdv
0
0
gR(1 cos ) 1 v2 （3）
典型题分析
例题1
在半径为R的光滑球面的 顶点O处，一质点开始滑落，取 初速度接近于零。试问质点滑
到顶点以下多远的一点时，质
点离开球面?
解：在切向和法向列出牛顿运动定律方程：
法向 : mg cos N m v2
R
切向：mg sin m dv m dv ds mv dv
dt ds dt
求 （1）小球到达底部时的角速度ω和质心的速度 vc .
（2）证明如果 b<<a ,要使小球不脱离轨道而到达A点，则 h应满足：
h 27 a 10
8/13
解（1）因无滑动，故摩擦力f 不作功（无相对位移），支持
力N与运动方向垂直，也不作功，只有重力（保守内力）
作功，所以机械能守百度文库：
又由于：
mgh
a l
M
解：此题分两个阶段，第一阶段，子弹射入杆中，摆获得
角速度，尚未摆动，子弹和摆组成的系统所受外力对O
点的力矩为零，系统角动量守恒：
a(mv0
)
0
(1 3
Ml2
ma2
)
(1)
4/13
第二阶段，子弹在杆中，与摆一起摆动，
以子弹、杆和地地球组成的系统除保守
内力外，其余力不作功，于是系统机械
能守恒：
v
2 A
ag
,
2 A
v
2 A
b2
ag b2
(4)
由机械能守恒：
b<<a
mg(2a)
1 2
mvA2
1 2
J
2 A
1 2
mvc2
1 2
J 2
(5)
即:
2amg
1 2
m(vc2
v
2 A
)
1 2
J
( 2
2 A
)
将 vc , vA, , A 和 J 代入上式后得 :
70h 189a , h 189 a 70
1
代入（1）式，得：v0 ma
(Ml2 / 3 ma2 )(Ml 2ma)(1 cos )g
例题3 已知质量为M，长为 l 均匀直棒可绕 O 轴转
动，现有质量m 的弹性小球与棒垂直碰撞，试求小
a
球打在什么位置时，O点在水平方向受力为零？小
l
球打在什么范围，O点在水平方向受力向左？小球
打在什么范围，O点在水平方向受力向右？
解：设小球打在距O点为 a 处，O点受力f 向右。
由角动量守恒：
mv0a
mv a
(1 3
Ml2
)
(1)
由动量定理：
(MVc mv) mv0 f t (2)
即：
(M
l
2
mv) mv0
f
t
(3)
6/13
mv0a
mva
(1 3
Ml2
)
(1)
(MVc mv) mv0 f t (2)
2
当N=0时，由式（1）得 v2 Rg cos
代入式（3）得： cos 2
3
由于： cos R y y R
R
3
例题2
如图，一长为l ,质量为M 的杆可绕 支点O 转动，一质量为m ，速率为 v0 的子弹，射入距支点为 a 的杆内，并
留在其中, 若杆的最大偏转角 =300，
求子弹的初速率 v0.
h 27 a
10 （证毕） 10/13
例题5
将质量为10kg的小球挂在倾角
＝30° 的光滑斜面上(如图)．
(1)当斜面以加速度a=g/3，沿 如图所示的方向运动时，求绳 中的张力及小球对斜面的正压力． (2)当斜面的加速度至少为多大时，小球对斜面的正压力为零?
11/13
解（1）取如图所示坐标 由牛顿定律：
X : N sin T cos ma (1)
Y : T sin N cos mg 0 (2)
由式（1）（2）可解得： N mg cos masin
T (ma N sin) / cos
（2）当N=0时， a g cos / sin g / tan 3g
同学们再见！
1 2
mvc2
1 2
J 2
(1)
vc b
,
J 2 mb2 (2) 5
有： mgh 1 mb 2 2 1 2mb 2 2 (3)
2
25
整理，得： 1
b
10 gh 7
,
vc b
10 gh 7
9/13
（2）小球到达A点不脱离轨道，要求小球在A点的速
度vA 和角速度A满足：
m vA2 mg a
(M
l
2
mv) mv0
f
t
(3)
由式(1)和(3): 3a 2l Ml f t
6a
可见：
a 2l / 3 当a 2l / 3 时
a 2l / 3
f 0, 向右 f 0 f 0, 向左
a l
例题4 质量为m，半径为b 的小球，由静止从h高无滑动地
滚下，并进入半径为a 的圆形轨道。
1 2
(1 3
Ml2
ma2 )2
Mgh1
mgh2
（2）
其中：
h1
l (1 cos
2
)
h2 a(1 cos )
由(1)(2)式求得：
2Mgl(1 cos ) / 2 2mga(1 cos ) Ml2 / 3 ma2
a l
M
(Ml M此2lm2 a/题)3g(1可mac2否os 用) 动量守恒处理？
ds
（1） （2）
2/13
法向 : mg cos N m v2
R
切向：mg sin m dv m dv ds mv dv
dt ds dt
ds
（1） （2）
式（2）即：g sin ds vdv 再利用 ds Rd
积分
gR
s in d
v
vdv
0
0
gR(1 cos ) 1 v2 （3）