大物期末习题课件

1、1 1 例题例题：假设物体以初速度：假设物体以初速度v0沿与水平方向成角沿与水平方向成角 方方向被抛出向被抛出, 求物体运动的轨道方程、射程、飞行时间和求物体运动的轨道方程、射程、飞行时间和物体所能到达的最大高度。物体所能到达的最大高度。0 抛体运动可以看作为抛体运动可以看作为x方向方向的匀速直线运动和的匀速直线运动和y方向的匀方向的匀变速直线运动相叠加。变速直线运动相叠加。0 xy0vO解解：首先必须：首先必须建立坐标系建立坐标系, 取抛射点为坐标原点取抛射点为坐标原点O, x 轴水平向右轴水平向右, y 轴竖直向上轴竖直向上, 如图。如图。运动叠加原理是求解复杂运动的有力工具。运动叠加原理

2、是求解复杂运动的有力工具。 2 2()(cos)tan0002220 xgvxxvg20202sin10 x 解得：解得：（射程）（射程）物体的飞行时间物体的飞行时间Txvvg200002cossin抛射角抛射角 0 = /4时时,最大射程最大射程gvx20max0 xy0vO00cos00(cos)xvxvtt将将x2代入上式，得代入上式，得3 30 xy0vO由（由（1）、（）、（2）得：）得：yxgvx()(cos)tan000222抛体运动轨道方程抛体运动轨道方程 00000,cos,(cos)xxavvxvt00200,sin,1(sin)2yyagvvgtyvtgt (1)(2)讨

3、论：讨论：令令y = 0，得，得 ()(cos)tan0002220 xgvx4 4 实际运动轨道是弹道曲线，射实际运动轨道是弹道曲线，射程和最大高度都比上述值要小。程和最大高度都比上述值要小。 最大高度最大高度 :Hvg02202sin当物体到达最大高度时当物体到达最大高度时, 必有必有0yvtvg100sin物体达最大高度的时间物体达最大高度的时间0 xy0vO将上式代入将上式代入2001(sin)2yvtgt5 5()(cos)tan0002220 xgvxxvg20202sin10 x 解得：解得：（射程）（射程）物体的飞行时间物体的飞行时间Txvvg200002cossin抛射角抛射

4、角 0 = /4时时,最大射程最大射程gvx20max0 xy0vO00cos00(cos)xvxvtt将将x2代入上式，得代入上式，得6 6 实际运动轨道是弹道曲线，射实际运动轨道是弹道曲线，射程和最大高度都比上述值要小。程和最大高度都比上述值要小。 最大高度最大高度 :Hvg02202sin当物体到达最大高度时当物体到达最大高度时, 必有必有0yvtvg100sin物体达最大高度的时间物体达最大高度的时间0 xy0vO将上式代入将上式代入2001(sin)2yvtgt7 7 例例1：通过绞车拉动湖中小船拉向岸边：通过绞车拉动湖中小船拉向岸边, 如图。如如图。如果绞车以恒定的速率果绞车以恒定

5、的速率u拉动纤绳拉动纤绳, 绞车定滑轮离水面绞车定滑轮离水面的高度为的高度为h, 求小船向岸边移动的速度和加速度。求小船向岸边移动的速度和加速度。 解解：以绞车定滑轮处为坐标原点：以绞车定滑轮处为坐标原点, x 轴水平向轴水平向右右, y 轴竖直向下轴竖直向下, 如图所示。如图所示。xlhyoxxlhu8 8 设设:小船到坐标原点的距离为小船到坐标原点的距离为l, 任意时刻小船到岸边的距离任意时刻小船到岸边的距离x总总满足满足 x 2 = l 2 h 2 两边对时间两边对时间t 求导数求导数, 得得 22xxtlltdddd 绞车拉动纤绳的速率绞车拉动纤绳的速率, 纤绳随时间在纤绳随时间在缩短

6、缩短, 故故 ; 是小船向岸边移动的速是小船向岸边移动的速率。率。ddltu ddlt 0ddxtvxlhyoxuxhxuxlv22 负号表示小船速负号表示小船速度沿度沿x 轴反方向。轴反方向。 9 92222222dlld xd dddtalhdtdt dtdtlh2222dludludtdtlhlh 根据数学公式：2vuvvuuu22222222dlldldtlhldtlhaulh 2-10102222222222222222()llhlhllhuulhlhlh222223u hu hxxx 小船的加速度随着到岸边距离的减小而急剧增大小船的加速度随着到岸边距离的减小而急剧增大2222222

7、2dlldldtlhldtlhaulh -1111 解解：质点的切向加速度和法向加速度分别为：质点的切向加速度和法向加速度分别为 例例2: 质点以初速质点以初速 沿半径为沿半径为R 的圆周运动的圆周运动, 其其加速度方向与速度方向夹角加速度方向与速度方向夹角 为恒量为恒量, 求质点速求质点速率与时间的关系。率与时间的关系。 v02nd,dvvaatR分离变量分离变量ddtanvvtR2vtRvaaddtan2tnvaana 1212这就是所要求的速率与时间的关系。这就是所要求的速率与时间的关系。 110vvtRtan得得ddtan vvtRvvt200积分积分1313 习习 题题1-4 现有一

8、矢量现有一矢量R是时间是时间t的函数，问的函数，问 与与 在在一般情况下是否相等？为什么？一般情况下是否相等？为什么？ddRtddRt 解解: 与 在一般情况下是不相等的。因为在一般情况下是不相等的。因为前前者是对矢量者是对矢量R的绝对值的绝对值(大小或长度大小或长度)求导，表示矢求导，表示矢量量R的大小随时间的变化率的大小随时间的变化率；而；而后者是对矢量后者是对矢量R的的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量R大小随时间的变化和矢量大小随时间的变化和矢量R方向随时间的变化两方向随时间的变化两部分的绝对值。部分的绝对值。如果矢量如果矢量R方向

9、不变只是大小变化，方向不变只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。那么这两个表示式是相等的。 ddRtddRt14141-12 设质点的位置与时间的关系为设质点的位置与时间的关系为x = x(t)，y = y(t)，在计算质点的速度和加速度时，如果先，在计算质点的速度和加速度时，如果先求出求出 ，然后根据，然后根据 和和 求得结果；还可以用另一种方法计算：先算出速求得结果；还可以用另一种方法计算：先算出速度 和 加 速 度 分 量 ， 再 合 成 ， 得度 和 加 速 度 分 量 ， 再 合 成 ， 得 v = 和和rxy22vrtddartdd22()()ddddxtyt22axtyt()(

10、)dddd222222。你认为哪一组结果正确？。你认为哪一组结果正确？为什么？为什么？ 1515解解 第二组结果是正确的。而在一般情况下第一第二组结果是正确的。而在一般情况下第一组结果不正确，这是因为在一般情况下组结果不正确，这是因为在一般情况下vtrtatrtdddddddd22rr,22 速度和加速度中的速度和加速度中的r是质点的位置矢量，不仅有是质点的位置矢量，不仅有大小而且有方向，微分时，既要对大小微分也要对大小而且有方向，微分时，既要对大小微分也要对方向微分。第一组结果的错误就在于，只对位置矢方向微分。第一组结果的错误就在于，只对位置矢量的大小微分，而没有对位置矢量的方向微分。量的大

11、小微分，而没有对位置矢量的方向微分。16161-21 质点从倾角为质点从倾角为 =30 的斜面上的的斜面上的O点被抛出，点被抛出，初速度的方向与水平线的夹角为初速度的方向与水平线的夹角为 = 30 ， 如图所如图所示，初速度的大小为示，初速度的大小为v0 = 9.8 m s 1 。若忽略空气。若忽略空气的阻力，试求：的阻力，试求：(1) 质点落在斜面上的质点落在斜面上的B点离开点离开O点的距离；点的距离；(2) 在在t = 1.5 s时，质点的速度、切向加速度和法时，质点的速度、切向加速度和法向加速度。向加速度。1717解解 建立如图所示的坐标系建立如图所示的坐标系 avvxvtxx000co

12、s(cos )agvvgtyvtgtyy 00212sin(sin ) (1) 设设B点到点到O点的距离为点的距离为l，则，则B点的坐标可以表示为点的坐标可以表示为 如果质点到达如果质点到达B点的时间为点的时间为 ，则可以列出下面的方程式，则可以列出下面的方程式 xlyl cos,sin. (1) xlvcos(cos ), 01818以上两式联立，可解得以上两式联立，可解得20vgsin()cos (3) ylvg sin(sin ) 0212(2) 将式将式(3)代入式代入式(1)，得，得lvg219602sin()coscos.m1919 (2) 设在设在t = 1.5 s 时质点到达时

13、质点到达C点，此时点，此时 vvx0185cos.m svvgy 0198sin.m s所以速度的大小为所以速度的大小为vvvxy221130 .m s速度与速度与y轴负方向的夹角为轴负方向的夹角为arctanarctan0.867 =vvxy40 562020agtm scos.742agnm ssin.6422121 例题例题6：在倾角为在倾角为 的山坡上安放一尊大炮，大炮的山坡上安放一尊大炮，大炮相对山坡的仰角为相对山坡的仰角为 ，所发射炮弹的初速为，所发射炮弹的初速为v0。忽。忽略了空气阻力，求炮弹击中目标的位置、最大射略了空气阻力，求炮弹击中目标的位置、最大射程和对应最大射程的仰角。

14、程和对应最大射程的仰角。 解解:取炮口为坐标原点，取炮口为坐标原点，取取x轴沿水平向右、轴沿水平向右、y轴竖轴竖直向上，建立坐标系。直向上，建立坐标系。 该题与抛体运动无本质差异，只是炮弹的着地该题与抛体运动无本质差异，只是炮弹的着地点点P不是在水平面上，而是在倾角为不是在水平面上，而是在倾角为 的山坡上。的山坡上。另外，炮弹着地点另外，炮弹着地点P不是在水平面上不是在水平面上 2222根据抛物线方程：根据抛物线方程：山坡的直线方程为山坡的直线方程为 yxgxvtan()cos () 20222 (1) yxtan(2) （1）、（）、（2）联立得：）联立得：xvgk102()yvgk102(

15、) tan(3) 2323其中其中k()sin ()tancos ()222最大射程应该满足下面的条件：最大射程应该满足下面的条件： ddx10 由这个方程可以求得对应最大射程的仰角。由这个方程可以求得对应最大射程的仰角。将将x1代入上式，得代入上式，得20120dd()dd2cos2()tansin2()0vxkgvg2424于是得到于是得到cot ()tancot()22 2()2由此可解得对应最大射程的仰角，为由此可解得对应最大射程的仰角，为42 射程射程R是从坐标原点是从坐标原点(即炮口即炮口)沿山坡到击中点沿山坡到击中点P的的距离距离OP，不要错误地认为就是，不要错误地认为就是x1。

16、所以射程应为。所以射程应为 Rxvgk102coscos()25252022vgcostan()tan cos ()2022022cos()sincossin(2)sin cosvgvg 将对应最大射程的仰角值代入上式，即可得将对应最大射程的仰角值代入上式，即可得到最大射程，为到最大射程，为 Rvgmax0221cos(sin )例例1： 应以多大速度发射，才能使人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动应以多大速度发射，才能使人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动? 解：解：地球近似半径为地球近似半径为R的均匀球体的均匀球体, 卫星离卫星离地面高度为地面高度为h, 绕地球作匀速圆周运动所需绕地球作匀速圆周运

17、动所需向心力为向心力为 若卫星只受地球引力作用若卫星只受地球引力作用, 引力就是卫星作匀速圆周运动的向心力。引力就是卫星作匀速圆周运动的向心力。 地地球的引力球的引力 在半径等于地球半径的圆形轨道上运行的卫星所在半径等于地球半径的圆形轨道上运行的卫星所需速度需速度, ,就是发射卫星所需速度，即就是发射卫星所需速度，即第一宇宙速度第一宇宙速度。 FmvrmvRh122FGMmrGMmRh222()由由F1 = F2 得得 vGMRhvR g11-3sm109 . 7 T0 = T0 ，作用力和反作用力，作用力和反作用力 ；绳子不可伸长绳子不可伸长, 物体的加速度物体的加速度a 必定等于绳子的加速

18、度必定等于绳子的加速度a 。例例2:光滑桌上有一均匀细绳光滑桌上有一均匀细绳, 质量质量m、长度、长度 l, 一端一端系质量为系质量为M的物体的物体, 另一端施加一水平拉力另一端施加一水平拉力F。求。求 (1) 细绳作用于物体上的力细绳作用于物体上的力, (2) 绳上各处的张力。绳上各处的张力。解解: (1) 根据题意根据题意, 取物体和绳子为隔离体取物体和绳子为隔离体,分析分析其受力情况并画出受力图：其受力情况并画出受力图： MMgNT0aT0 Fa mgNs 建立坐标系建立坐标系, 取绳子与物体的接触点为坐标原取绳子与物体的接触点为坐标原点点O, x轴沿绳子水平向右轴沿绳子水平向右, y轴

19、竖直向上。在轴竖直向上。在x方方向和向和y方向分别列出物体和绳子的运动方程方向分别列出物体和绳子的运动方程 x方向：方向：T0=Ma , F T0=ma y 方 向 ：方 向 ： N M g = 0 , Ns mg=0物体和绳子的加速度为物体和绳子的加速度为aFMm绳作用于物体绳作用于物体拉力拉力为为TMMmF0 一般物体所受绳子的拉力一般物体所受绳子的拉力T0 总小于外力总小于外力F, 只只有当绳子的质量可以忽略时有当绳子的质量可以忽略时, 它们才近似相等。它们才近似相等。 OxyOxy (2) 在在 x 处取绳元处取绳元 dx (质量质量dm)作作为为隔离体隔离体, 分析受力，列运动方程分

20、析受力，列运动方程 dmx+dxxTT+dTadmgdNs x方向上：方向上：y方向上：方向上：()TTTa mdd0dsdgmN将将 和和 代代入得入得 ddmmlxaFMm()()TTTmFl MmxddddTmFl Mmx()xmMlmFTlxFTd)(dTFmFl MmlxMmxlFMm()()() 例例3：质量为质量为mA和和mB两物体摞在桌面上。两物体摞在桌面上。A与与B间间最大静摩擦系数为最大静摩擦系数为 1 , B与桌面的滑动摩擦系数为与桌面的滑动摩擦系数为 2, 现用水平向右的力现用水平向右的力F拉物体拉物体B, 试求当试求当A、B间无相对间无相对滑动并以共同加速度向右运动时

21、滑动并以共同加速度向右运动时, F的最大值。的最大值。 解：解：分别取分别取A和和B为研究对象。为研究对象。 建立坐标系取建立坐标系取x轴水平向右轴水平向右, 取取y轴竖直向上。沿轴竖直向上。沿x轴向右为正轴向右为正,向左为负向左为负; 沿沿y轴向上为正向下为负。轴向上为正向下为负。FABAmAgN1f0f0 FmBgN2N1 fB由牛顿第二定律和摩擦力的规律列出方程式：由牛顿第二定律和摩擦力的规律列出方程式：F = ( 1 + 2 ) (mA + mB ) g对物体对物体A：f0=mAa, N1 mAg=0, f0= 1N1 对对B：F f0 f=mBa, N2 N1 mBg=0, f= 2

22、 N2 在考虑在考虑A、B之间的摩擦力时之间的摩擦力时, 使用的是最大静使用的是最大静摩擦力摩擦力f0 和和f0 , 所以上面求得的所以上面求得的F值是使值是使A、B之之间无相对滑动、且共同向右运动时的最大值。间无相对滑动、且共同向右运动时的最大值。 若若F ( 1+ 2) (mA+mB) g , 则则A、B之间必定之间必定出现相对滑动。出现相对滑动。32 例1:超重与失重：台秤上显示的体重读数是多少？)(agmN向下 失重afmgN)(agmNa向上 超重0Nmgf 解:afma 0Nmgmaaf0Nmgma33例2: 求地球表面纬度处质量为m的物体的重量。 解: 设地球是半径R均匀球体,

23、自转角速度, 为了便于分析, 将该重物用绳悬挂在纬度处,并相对于地球处于静止状态。0*F FT TF F*FFTWmTFWF*FmR2cos惯性离心力 除惯性离心力外, 还有地球对它的万有引力F和绳子对它的张力T, 并且有 34mTFWF*2222422222cos2coscos2RmFRmFFFFFW利用余弦定理 很小, 上式高次方项可略去, 所以 729105.rad s-1212221/)cos(FRmFW麦克劳林的展开式 (1)(1)(1)(1)1,12!mnxm mm mm nmxxxn 35 处于地球表面的物体所受地球的万有引力与重力是不同的, 而且物体的质量与重量这两个概念是有本

24、质差别的。 22221cos)cos(RmFFRmF重量随所处纬度的增高而增大212221/)cos(FRmFWFgmTyxO 例例1 1：质量为：质量为m的小球系于长度为的小球系于长度为R的细绳末端的细绳末端, , 细细绳的另一端固定在点绳的另一端固定在点A, , 将小球悬挂在空间。现将小球悬挂在空间。现小球在小球在水平推力水平推力F的作用下的作用下, , 缓慢地从竖直位置移到细绳与竖缓慢地从竖直位置移到细绳与竖直方向成直方向成 角的位置角的位置。求水平推力。求水平推力F 所作的功所作的功( (不考虑不考虑空气阻力空气阻力) )。 解：取如图所示的坐标系解：取如图所示的坐标系, ,0=+gm

25、TF其分量式为其分量式为: 在在x方向方向 :FT=sin 在在y方向方向 :TmgcosAR小球受推力小球受推力 、细绳的张力和小球所受、细绳的张力和小球所受重力重力 三个力始终是平衡的三个力始终是平衡的, 即即 FTgmFmgFtan=上两式相除得：上两式相除得：取元位移取元位移 ，变力，变力 所作的元功为：所作的元功为：ldF偏转偏转 角的过程中的总功为：角的过程中的总功为：)cos1 (dsindcostandcosd000RmgRmgmgRFRAARFsFlFAdcosdcosdddFgmTyxO hldARF 例例2：已知弹簧的劲度系数：已知弹簧的劲度系数k = 200 N m 1

26、 , 若忽略弹若忽略弹簧的质量和摩擦力簧的质量和摩擦力,求将弹簧压缩求将弹簧压缩10 cm , 弹性力所作弹性力所作的功和外力所作的功。的功和外力所作的功。 xoyxxoy解：取如图所示的坐标系解：取如图所示的坐标系弹簧的弹力为：弹簧的弹力为：ikxF-在在x 处取元位移处取元位移 dx, 弹力所作元功弹力所作元功xkxi xikxi xFAddd d-弹性力所作的总功为：弹性力所作的总功为：0.10.1200dd.0J112AAkx xkx 外力所作的功为：外力所作的功为：J01.AAdxhAB 例例1 1：小球以初速率小球以初速率vA 沿光滑曲面向下滚动沿光滑曲面向下滚动, , 如图所示。

27、问当小球滚到距出发点如图所示。问当小球滚到距出发点A A的垂直距离的垂直距离为为h 的的B 处时处时, , 速率为多大速率为多大 ? ? NgmyOx解：建立如图所示的坐标系，解：建立如图所示的坐标系，小球在滚动过程中受小球在滚动过程中受到到 和和 两个力的作用。两个力的作用。gmN合力为合力为：NgmF+=根据动能定理有：根据动能定理有：222121dABBAmvmvrF即即222121ddABBABAmvmvrNrgm因因 始终垂直于始终垂直于 ， 所以所以rdN0d BArN而重力加速度的分量式而重力加速度的分量式 ，ggy-=0=xg即即mghmvmvBA121222解得末速率为解得末

28、速率为 vvghBA22于是有于是有2211d22BBAAmgrmvmv 所以所以mghymgymgrgmhBABA0dddhABNgmyOx41选项1链接答案卫星在卫星在A，B两点处两点处（请点击你要选择的项目）（请点击你要选择的项目）的势能差为的势能差为上图中，上图中，AB卫星地球质量质量m质量质量M近地点远地点Or2r1（1）r2mMGr1r1r2（2）r2mMGr1r1r2（3）r2mMGr1r1（4）r2mMGr1r2例 1：求使物体脱离地球引力作用的最小速度。 解：根据机械能守恒定律有22102mMmvGR（）1 -32sm1021122.gRRGMv 例 2：求使物体不仅摆脱地球

29、引力作用, 而且脱离太阳引力作用的最小速度。 解：根据机械能守恒定律有2S20120mMmvGr）（所以1302-sm 101422.rGMvS地球公转速度130S1-sm 10729.rGMv物体相对于地球的速度1 -313312sm 10412-sm1072910142.).(vvv相对地球的动能2k21mvE脱离地球引力所需动能222k21mvE所以从地面发射时所需最小动能为k2kk3EEE 物体沿斜面运行了s = 2.0 m后停止。若忽略空气阻力, 试求: (1) 斜面与物体之间的摩擦系数； (2) 物体下滑到出发点的速率v。 由此可得第三宇宙速度.).().(1 -3-1232322

30、23sm 10716sm1021110412vvv 例3:一物体以初速v0= 6.0 m s 1沿倾角为 =30的斜面向上运动,如图, 0vNfgmcosmgNf摩擦力的大小为所以即有mg smg smvcossin1202解得480028902890623212212021.cossingsgsv2021mvmgslfQPsindcosdcosdmgslmglfQPQP0v0v解： 物体沿斜面上升过程中根据功能原理得 物体下滑到出发点过程中, 根据功能原理得sincossmgmvsmg221即有11 -sm8 . 1sm)230 . 248. 0210 . 28 . 9 (2 )cossin

31、( 2sgsgv解得sindmgsmvlfCQ221Nfgm例4： 一根质量均匀分布且不可伸长的柔软细绳，总长度为l，其一部分放置在光滑的水平桌面上，另一部分经桌边下垂，下垂部分的长度为l0。释放后绳子从静止开始下落，求绳子的下落速度与下落长度的关系。 解 建立如图所示的坐标系Oy0 = l0 把细绳和地球划为一个系统，由于桌面是光滑的，系统的机械能守恒 设绳子的质量为M，它的线密度为 Ml 取绳子全部处于桌面时为势能的零点02p0001d2lEyg ygl 初状态绳子的动能为零。当下端点落到y处时，绳子的速度为v，这是系统的动能为EMvlvk121222yy+dydmdydmggdyydmg

32、gydy 绳子初状态的势能当下端点落到y处时，系统的势能为Eyg ygyypd 0212根据机械能守恒定律，应有 EEEpkp01212120222gllvgy解得 ：vglyl()202在绳子全部离开桌面的瞬间，绳子下落的速度为vglll()202 此题也可以用牛顿第二定律求解 根据牛顿第二定律，在y方向可以列出下面的方程式 MvtMlygddddddddddvtvyytvvy 两式联立得：vvyglyddv vgly yddv vgly ydd 当y = y0时，v = 0，当y = y时，v = v，在此积分限内对上式积分00vyyv vgly ydd12122202vglyy()整理，

33、并考虑到y0 = l0得vglyl()202 本 章 习 题2-7 机车的功率为2.0106 W，在满功率运行的情况下，在100 s内将列车由静止加速到20 ms1 。若忽略摩擦力，试求：(1) 列车的质量；(2) 列车的速率与时间的关系；(3) 机车的拉力与时间的关系；(4) 列车所经过的路程。解 (1) 将牛顿第二定律写为下面的形式mtddvFddmv vFv tFv = P，是机车的功率，为一定值。对上式积分 mv vP tvtdd00212mvPtmv vP tvtdd00m 10106. kg (2) 212mvPt22Pvttm (3) 由上式得 ddvttddmt代入式：vFmt

34、F61.0 10Ft(4) 列车在这100秒内作复杂运动，因为加速度也在随时间变化。列车所经过的路程 rrrrv000ddtttttt( )sv ttt ttttt( )()./dd m003 210032431310因为直线运动，上式可化为标量式 2-8 质量为m的固体球在空气中运动将受到空气对它的黏性阻力f的作用，黏性阻力的大小与球相对于空气的运动速率成正比，黏性阻力的方向与球的运动方向相反，即可表示为f = v，其中是常量。已知球被约束在水平方向上，在空气的黏性阻力作用下作减速运动，初始时刻t0 ，球的速度为v0 ，试求：(1) t时刻球的运动速度v；(2) 在从t0 到t的时间内，黏性

35、阻力所作的功A。 解 (1) 根据已知条件，可以作下面的运算avtfmmvv ddm其中，ddvvt 00()()/00eet tt tmvvv(2) 在从t0 到t的时间内，黏性阻力所作的功Af sfsttfv tvtstttttt dddddd02000000022 ()2 ()2000eded2 ()2ttt tt tttvvttt 1210220mvt tm()/eddvvt 00vtvtdvdtv积分：00ln()vttv 02 ()201e12t tmv2-17 一个劲度系数为k的轻弹簧一端固定，另一端悬挂一个质量为m的小球，这时平衡位置在点A，如图所示。现用手把小球沿竖直方向拉伸

36、x并达到点B的位置，由静止释放后小球向上运动，试求小球第一次经过点A时的速率。 解 把小球、弹簧和地球看作为一个系统，则小球所受弹性力和重力都是保守内力。系统不受任何外力作用，也不存在非保守内力，所以在小球的运动过程中机械能是守恒的。 vkmx12121202022kxxkxmgxmv()()()mgkx()0 势能零点可以任意选择，那么弹力势能的零点若选在点A不是更简便吗？ 121222kxmgxmv()()vkmxgx()()222-18 一个物体从半径为R的固定不动的光滑球体的顶点滑下，问物体离开球面时它下落的竖直距离为多大？ 解 设物体的质量为m，离开球面时速度为v，此时它下落的竖直距

37、离为h。对于由物体、球体和地球所组成的系统，没有外力和非保守内力的作用，机械能守恒，故有 21(1)2mghmv 在物体离开球体之前，物体在球面上的运动过程中，应满足下面的关系2cos(2)mvmgNRcos;RhRN 02RhmvmgRR2()vg RhmgRhRmvR2hR13将上式代入21(1)2mghmvOy例例1: 质量为质量为M = 5.0 102 kg的重锤从高为的重锤从高为h = 2.0 m处自由下落打在工件上处自由下落打在工件上, 经经 t =1.0 10 2 s 时间速度时间速度变为零。若忽略重锤自身的重量变为零。若忽略重锤自身的重量, 求重锤对工件的平求重锤对工件的平均冲

38、力。均冲力。 解：解：取重锤为研究对象取重锤为研究对象, y 轴竖轴竖 直向上。重锤与工件接触直向上。重锤与工件接触 时时, 动量大小为动量大小为 FgMh根据动量定理得根据动量定理得Mgh2120MvMvdtFtOyFgMh即即)2(0ghMtF解得解得N101 . 3N100 . 1)0 . 28 . 92(100 . 52522/ 12tghMF根据牛顿第三定律，重锤对工件的平均冲力大小根据牛顿第三定律，重锤对工件的平均冲力大小N101 . 35FF方向竖直向下方向竖直向下例题例题2 在如图所示的装置中，一不可伸长的轻绳跨过定滑轮，两端系有质量分别在如图所示的装置中，一不可伸长的轻绳跨过

39、定滑轮，两端系有质量分别为为m和和M ( m )的物体。开始时的物体。开始时M静止在地面上，绳子松弛，当物体静止在地面上，绳子松弛，当物体m自由下落自由下落h的距离后，绳子才被拉紧。滑轮的质量和摩擦力都可忽略不计，求绳子刚被拉紧的距离后，绳子才被拉紧。滑轮的质量和摩擦力都可忽略不计，求绳子刚被拉紧时物体的运动速率以及物体时物体的运动速率以及物体M所能达到的最大高度。所能达到的最大高度。 解解 建立如图所示的坐标系。当建立如图所示的坐标系。当物体物体m自由下落自由下落h的距离时，它的距离时，它就具有了速度就具有了速度 ugh2TT张力作用的时间为张力作用的时间为 t，则，则 T tmvmu ()

40、 物体物体m具有了动量具有了动量 mu，由于绳，由于绳子的张力子的张力T所产生的冲量，使它的动所产生的冲量，使它的动量变为量变为 mv。与此同时，由于绳子的。与此同时，由于绳子的张力张力T 所产生的冲量，使物体所产生的冲量，使物体M的动的动量从量从0变为变为Mv。由于绳子是轻绳，质。由于绳子是轻绳，质量可以忽略，所以滑轮两侧绳子的张量可以忽略，所以滑轮两侧绳子的张力相等，即力相等，即 T tMv 0由以上两式可以解得由以上两式可以解得 vmuMmmghMm2 物体物体M所能达到的最大高度所能达到的最大高度zm，可以使用，可以使用能量关系求解。能量关系求解。 取地面为重力势能零点，则在初状态系统

41、的取地面为重力势能零点，则在初状态系统的总能量为总能量为 EMvmvmgz02201212末状态的总能量为末状态的总能量为 EMgzmg zzmm()0由于机械能守恒，故有由于机械能守恒，故有 12122200MvmvmgzMgzmg zzmm()zMm vg Mmm hMmm()()22222解得解得物理与微电子学院物理与微电子学院66xOldd解：选择如图所示的坐标系，圆弧关于x 轴对称。设圆弧的线密度为 ，取质量元dm = R d 坐标为x=R cos 例 1：求半径为R、顶角为2 的均匀圆弧的质心。 则圆弧质心坐标为sinddcosdddd2CRRRRRxmmxx物理与微电子学院物理与

42、微电子学院67例题2 求一个半径为R的半圆形均匀薄板的质心 解 将坐标原点取在半圆形薄板的圆心上，并建立如图的坐标系。在这种情况下，质心C必定处于y轴上，即xC 0yy mmCdd质量元是取在y处的长条，如图所示。 长条的宽度为dy，长度为2x。根据圆方程 xyR22222xRy物理与微电子学院物理与微电子学院68如果薄板的质量密度为，则有220222022d2 d124dRCRyRyyyx yymRy RyyR 令 , 则 ，对上式作变量变换，并积分，得uRy22dduy y 2yuuRRuuRRCRR22430421 20221 2022/.dd物理与微电子学院物理与微电子学院692222

43、01/201/22231/222020d42d222d40.423RRCRRuyuuuyyRRuuuRRRR22024dRCy RyyyR22uRyd2 duy y 物理与微电子学院物理与微电子学院70例题3 有一厚度和密度都均匀的扇形薄板，其半径为R，顶角为2，求质心的位置。解 以扇形的圆心为坐标原点、以顶角的平分线为y轴xC 0yy mmy mmCddd质量元可表示为ddd dmSrr整个扇形薄板的质量为mmRd220d dddRmrrr rR物理与微电子学院物理与微电子学院712d dCy r ryR将yr cos代入上式，得yrrRRRRCRcossinsin dd202322323若

44、 ，则扇面就变成了半圆。224332cRRy物理与微电子学院物理与微电子学院72例题1 柔软且质量均匀分布的绳子长度为L，质量为M。开始时手拿其上端竖直悬提着，并使其下端刚刚与桌面相接触，如图所示。现将绳子由静止释放，试求当绳子下落到所剩长度为l时，绳子作用于桌面上的力。解：任意时刻质心的位置为 zMzMLzlLlCd1202物理与微电子学院物理与微电子学院73质心的加速度为222CC22dddd2()ddddlzllLattt L t2dd3()2ddclvlvglavgtLLLtLd2 ()dlvg Llt ddvgt 又2 ()vg Ll 物理与微电子学院物理与微电子学院74 为了对绳子

45、的整体运用质心运动定理，还需考虑绳子的受力CFMgMaMgF代入上式，得 FMglL31 ()绳子对桌面的作用力为 FFMglL 31 ()3(2)glFMgMgL 大炮在发射时炮身会发生反冲大炮在发射时炮身会发生反冲现象。设炮身的仰角为现象。设炮身的仰角为, 炮弹和炮身的质量分别为炮弹和炮身的质量分别为m和和M, 炮弹在离开炮口时的速率为炮弹在离开炮口时的速率为v, 若忽略炮身反若忽略炮身反冲时与地面的摩擦力冲时与地面的摩擦力, 求炮身的反冲速率。求炮身的反冲速率。 例例1：如图所示：如图所示, 解解：设：设x轴沿水平向右轴沿水平向右，根据动量守恒定律得根据动量守恒定律得M vmv cos0

46、所以炮身的反冲速率为所以炮身的反冲速率为 vmvMcosxyO 例例 2：一原先静止的装置炸裂为质量相等的三块：一原先静止的装置炸裂为质量相等的三块, 已已知其中两块在水平面内各以知其中两块在水平面内各以80 ms1 和和60 ms1 的速的速率沿互相垂直的两个方向飞开。求第三块的飞行速度。率沿互相垂直的两个方向飞开。求第三块的飞行速度。 解：解：设碎块的质量都为设碎块的质量都为m， 建立如图所示的坐标建立如图所示的坐标系系根据动量守恒定律得根据动量守恒定律得vv130cosvv230sin,75. 0=8060=tan12vv1 -21 -13sm 100 . 1sm37cos80cosvv

47、解方程组得解方程组得所以所以 373v2v1v 例例 ：如图所示的装置称为冲击摆：如图所示的装置称为冲击摆, 可用它来测定可用它来测定子弹的速度。质量为子弹的速度。质量为M的木块被悬挂在长度为的木块被悬挂在长度为l的细的细绳下端绳下端, 一质量为一质量为m的子弹沿水平方向以速度的子弹沿水平方向以速度v射中射中木块木块, 并停留在其中。木块受到冲击而向斜上方摆并停留在其中。木块受到冲击而向斜上方摆动动, 当到达最高位置时当到达最高位置时, 木块的水平位移为木块的水平位移为s。试确。试确定子弹的速度。定子弹的速度。 MlvsMlvs解：根据动量守恒定律得解：根据动量守恒定律得uMmmv)+(=根据

48、机械能守恒定律得根据机械能守恒定律得ghMmuMm)+(=)+(212由图知由图知22=sllh-解以上三方程的联立方程组得解以上三方程的联立方程组得)(2+=22sllgmMmv-h例例1 质量为质量为1.0 kg的质点在力的质点在力F = (2t 3) i + (3t 2) j 的作用下运动，其中的作用下运动，其中t是时间，单位为是时间，单位为s，F的单位的单位是是N，质点在，质点在t = 0 时位于坐标原点，且速度等于零。时位于坐标原点，且速度等于零。求此质点在求此质点在 t = 2.0 s时所受的相对坐标原点时所受的相对坐标原点O的力矩。的力矩。 解解 质点的加速度为质点的加速度为 a

49、fijmtt()()23322 m sd dtva vaijijdd32 m s tttttttttt00221233232()() ()()t时刻质点的位置矢量为时刻质点的位置矢量为rvijijd32d mtttttttttttt0220323232133212()() ()()质点在质点在 t = 2.0 s时所受的相对坐标原点时所受的相对坐标原点O的力矩为的力矩为3232()131()(32)()(23) N m322yxxfyftttttt Mrfkk 40313kk N m N m 例例1 1：一质量为：一质量为m的质点沿着一条空间曲线运动，的质点沿着一条空间曲线运动，该曲线在直角坐

50、标下的矢径为：该曲线在直角坐标下的矢径为：j tbi tarsincos ，其中其中a、b、 皆为常数，求该质点对原点的角动量皆为常数，求该质点对原点的角动量。j tbi tatrvcossinddj tbi tarsincos解解：已知：已知 22 cossinmabtmabtkmab 角动量角动量lxmvymvzyx开普勒第二定律应用质点的角动量守恒定律可以证明开普勒第二定律行星与太阳的连线在相同时间内扫过相等的面积例题例题2解解: :将行星看为质点将行星看为质点, ,在在dt 时间内以速度时间内以速度 完成的完成的位移为位移为 , ,矢径矢径 在在d t 时间内扫过的面积为时间内扫过的面

51、积为dS（图中阴影）。图中阴影）。 vtv drtvrSd21d根据质点角动量的定义根据质点角动量的定义 )(vrmvmrl则则tmlSd2dfrromdtv 例例3：质量为质量为m的小球系于细绳的一端的小球系于细绳的一端 , ,绳的另一绳的另一端缚在一根竖直放置的细棒上端缚在一根竖直放置的细棒上, , 小球被约束在水平面小球被约束在水平面内绕细棒旋转内绕细棒旋转, , 某时刻角速度为某时刻角速度为 1 1，细绳的长度为，细绳的长度为r1。当旋转了若干圈后当旋转了若干圈后, , 由于细绳缠绕在细棒上由于细绳缠绕在细棒上, , 绳长变绳长变为为r2, , 求此时小球绕细棒旋转的角速度求此时小球绕

52、细棒旋转的角速度 2 2 。2r1r解：解：小球受力小球受力 绳子的张力绳子的张力 , ,指向细棒；指向细棒；重力重力 ，竖直向下；支撑力，竖直向下；支撑力 , ,竖直向上。竖直向上。 与绳子平行与绳子平行, , 不产生力矩；不产生力矩； 与与平衡，力矩始终为零。所以平衡，力矩始终为零。所以, , 作用于小作用于小球的力对细棒的力矩始终等于零球的力对细棒的力矩始终等于零, , 故小故小球对细棒的角动量必定是守恒的。球对细棒的角动量必定是守恒的。 TTWWNN根据质点对轴的角动量守恒定律根据质点对轴的角动量守恒定律 2211rmvrmv式中式中v1是半径为是半径为r1时小球的线速度时小球的线速度

53、, , v2是半径为是半径为r2时小球的线速度。时小球的线速度。 代入上式得代入上式得222121mrmr解得解得12212)(rr 可见可见, 由于细绳越转越短由于细绳越转越短, , 小球的角速度小球的角速度必定越转越大必定越转越大, 即即 。rr2121222111,rvrv而而2r1r例例4 一质量为一质量为m的小球处于光滑的水平桌面上，并的小球处于光滑的水平桌面上，并被系于长度为被系于长度为s、劲度系数为、劲度系数为k的轻弹簧的一端，而的轻弹簧的一端，而轻弹簧的另一端被固定在桌面的轻弹簧的另一端被固定在桌面的O点。初始时刻小点。初始时刻小球处于桌面的球处于桌面的A点，轻弹簧呈完全松弛的

54、自由状态，点，轻弹簧呈完全松弛的自由状态，如图所示。某时刻小球受到冲击后，使它获得与弹如图所示。某时刻小球受到冲击后，使它获得与弹簧纵向相垂直的簧纵向相垂直的v0，并沿桌面滑动。当小球运动到，并沿桌面滑动。当小球运动到B点时，弹簧比原先伸长了点时，弹簧比原先伸长了 s，求小球到达，求小球到达B点时点时的速度。的速度。 解：把桌面取为解：把桌面取为xy平面，取过平面，取过O点垂点垂直于桌面向上的轴线为直于桌面向上的轴线为z轴。轴。 根据对轴的角动量守恒定律根据对轴的角动量守恒定律 llzAzBsmvss mv0()sin根据机械能守恒定律根据机械能守恒定律1212120222mvmvks()联立

55、得联立得 vvksm022()sin()()()svss vsvssvksm00022 例例5： 在探测原子结构的卢瑟福实验中，用质量为在探测原子结构的卢瑟福实验中，用质量为m、并带正电的、并带正电的 粒子轰击金箔。当粒子轰击金箔。当 粒子进入金箔粒子进入金箔并接近金原子核时，由于它与金原子核之间的静电斥并接近金原子核时，由于它与金原子核之间的静电斥力作用，使它的运动轨道发生了弯曲，如图所示。因力作用，使它的运动轨道发生了弯曲，如图所示。因为金原子核的质量比为金原子核的质量比 粒子的质量大得多，所以当粒子的质量大得多，所以当 粒子经过时可以认为金原子核是静止不动的。已知粒子经过时可以认为金原子

56、核是静止不动的。已知 粒子的入射速度为粒子的入射速度为v0，与金原子核之间的斥力势能为，与金原子核之间的斥力势能为Ep = k/r (k为大于零的常量为大于零的常量)，金原子核到沿入射速度方向金原子核到沿入射速度方向的延长线的距离的延长线的距离(称为瞄准距称为瞄准距离离)为为b，求，求从金原子核到从金原子核到 粒粒子的运动轨道的最短距离子的运动轨道的最短距离rm 。 解解 粒子的运动是在金原子核粒子的运动是在金原子核对它的有心力作用下进行的对它的有心力作用下进行的，它对金原子核所在位置的角动它对金原子核所在位置的角动量是守恒的。同时，由量是守恒的。同时，由 粒子和粒子和金原子核所组成的系统的机

57、械金原子核所组成的系统的机械能也是守恒的能也是守恒的 根据角动量守恒定律，有根据角动量守恒定律，有 v bv r0m m根据机械能守恒定律，应有根据机械能守恒定律，应有 220mm1122kmvmvr12202202mvmb vrkrm2m()mvrkrmb v0220220m2mrkmvkm vbm0222042rkmvm202 由以上两式联立可以得到由以上两式联立可以得到 ,整理后可得整理后可得 .由此二次方程可解出由此二次方程可解出rm，得，得 . 由这个结果可以探测原子核的大小。瞄准距离由这个结果可以探测原子核的大小。瞄准距离b越小越小， 粒子与金原子核的最小距离粒子与金原子核的最小距

58、离rm也越短，也越短， 粒子就越粒子就越接近金原子核。当瞄准距离接近金原子核。当瞄准距离b0时，表示时，表示 粒子与金原粒子与金原子核发生正碰，由上式可得子核发生正碰，由上式可得 这是这是rm的最小值，在极限情况下，它应等于金原的最小值，在极限情况下，它应等于金原子核的半径。在卢瑟福实验中，得到子核的半径。在卢瑟福实验中，得到rm 3 10 14 m，与以后从其他实验中测得的原子核的大小范围，与以后从其他实验中测得的原子核的大小范围10 15 10 14 m相一致。相一致。rkmvm202（请点击你要选择的项目）两人质量相等两人质量相等一一人人握握绳绳不不动动一一人人用用力力上上爬爬可能出现的

59、情况是可能出现的情况是终点线终点线滑轮质量既忽略轮绳摩擦又忽略（1）（2）（3）（4）两人同时到达；两人同时到达；用力上爬者先到；用力上爬者先到；握绳不动者先到；握绳不动者先到；以上结果都不对。以上结果都不对。同高从静态开始往上爬忽略轮、绳质量及轴摩擦质点系若系统受合外力矩为零，角动量守恒。系统的初态角动量系统的末态角动量得不论体力强弱，两人等速上升。若系统受合外力矩不为零，角动量不守恒。可应用质点系角动量定理进行具体分析讨论。 4-7 一个质量为一个质量为m的质点在的质点在O-xy平面上运动，其位置平面上运动，其位置矢量随时间的关系为矢量随时间的关系为r = a cos t i + b si

60、n t j，其，其中中 a、b和和 都是常量。从质点运动和角动量定理两个都是常量。从质点运动和角动量定理两个方面证明此质点对坐标原点方面证明此质点对坐标原点O的角动量是守恒的。的角动量是守恒的。解解: (1) 从质点运动的角度：从质点运动的角度：vrijij ddddttatbtatbt( cossin)sincos()( coscossinsin)yxmxmvymvat mbtbt matLrvkkabmttabm(cossin)22kk(2) 从角动量定理的角度：根据质点运动的位置矢量从角动量定理的角度：根据质点运动的位置矢量表达式，可以得到表达式，可以得到 xatcosybtsin将上两