质点力学习题课
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大学物理 习题课(质点力学)
P
0
at 0 tg 60 an
o a
得
R 60
d 根据： a t R dt
0
an R
2
积分：
d 3dt 2 d t 0 2 0 3dt
解出：
0 1 30 t
0 d dt 1 30 t
0dt 0 d 0 1 3 t 0
N mg cos F sin 0
代入 tg,
结 果 ： mg tg F mg tg
3.一单摆挂在木板上的小钉上，木板质量远
大于单摆质量。木板平面在竖直平面内，并 可以沿两竖直轨道无摩擦地自由下落。现使 单摆摆动起来。当单摆离开平衡位置但未达 到最高点时木板开始自由下降，则摆球相对 于木板： a 静 止
外力： 重力、支持力 等
o
R
外力矩： B :
mgR
mgR
方 向
方向
A:
A
B
其他外力对o轴不产生力矩。
系统对o轴的角动量守恒。
设 重物B 上升速度为v ,角动量 方向向外为正。 由 角动量守恒定律，得：
0 Rmu v Rmv
A
o
R
1 v u 2
B
6. 质量为M的质点固定不动，在它的万有引力作用 下 ，质量为m的质点绕M作半径为R的圆周运动，取 圆轨道上的P点为参考点，如图所示。在图中1处，m 所受万有引力相对P点的力矩大小为 ，m相对 P点的角动量大小为 。在图中2处，m所 受万有引力相对P点的力矩大小为 ， 相对P点的角动量大小为 。
6 5 2 6 5 cos53.1 5 m
2 2 0
0
at 0 tg 60 an
o a
得
R 60
d 根据： a t R dt
0
an R
2
积分：
d 3dt 2 d t 0 2 0 3dt
解出：
0 1 30 t
0 d dt 1 30 t
0dt 0 d 0 1 3 t 0
N mg cos F sin 0
代入 tg,
结 果 ： mg tg F mg tg
3.一单摆挂在木板上的小钉上，木板质量远
大于单摆质量。木板平面在竖直平面内，并 可以沿两竖直轨道无摩擦地自由下落。现使 单摆摆动起来。当单摆离开平衡位置但未达 到最高点时木板开始自由下降，则摆球相对 于木板： a 静 止
外力： 重力、支持力 等
o
R
外力矩： B :
mgR
mgR
方 向
方向
A:
A
B
其他外力对o轴不产生力矩。
系统对o轴的角动量守恒。
设 重物B 上升速度为v ,角动量 方向向外为正。 由 角动量守恒定律，得：
0 Rmu v Rmv
A
o
R
1 v u 2
B
6. 质量为M的质点固定不动，在它的万有引力作用 下 ，质量为m的质点绕M作半径为R的圆周运动，取 圆轨道上的P点为参考点，如图所示。在图中1处，m 所受万有引力相对P点的力矩大小为 ，m相对 P点的角动量大小为 。在图中2处，m所 受万有引力相对P点的力矩大小为 ， 相对P点的角动量大小为 。
6 5 2 6 5 cos53.1 5 m
2 2 0
6.质点力学习题课
v = u − v′ = u − 2gl (1− cosϕ)
以地面为参考系，对系统（小球与地球） 以地面为参考系，对系统（小球与地球）应用功能 原理， 原理，则摆线对小球作的总功为
1 2 1 2 A = mv − mu + mgl (1 − cosϕ) 2 2 = − mu 2 gl (1 − cosϕ )
(2 )
= acosωti + bsinωtj × − mωasinωti + mωbcosωtj 2 2 = mωab cos ωtk − (− m ω ab sin ω t k )
(
L = r × mv
)(
)
= mωabk
i a cosωt
j k bsinωt 0
−ωa sinωt ωbcosωt 0
2 2
[
(
)
](
(
)
)
t 的时间内， t r 在 >0 的时间内，当 = 2时， ⋅ a = 0 υ ⋅ a = 2 i − 2 tj ⋅ − 2 j = 4 t 所以， t 的时间内， 所以，在 > 0 的时间内， ⋅ a ≠ 0. υ
[
](
)
)
(
)
(
)(
牛顿定律部分
牛顿定律部分
1.如图所示，用一斜向上的力F (与水平成300 角)，将一重为G 的木块压靠在竖直壁面上，如果不论用怎样大的力F都不能使 木块向上滑动，则说明木块与壁面间的静摩擦系数µ的大小为：
υ 船，岸 = ui + Vj V = V0 x
t
x=
∫ y = ∫ vdt = ∫
0 t
udt = ut
t
质点力学习题课
质点力学习题课
【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 一时刻的切向加速度和法向加速度。
2 2 ( 3)、v = v x + v y = 4t 2 + 144t 6
mA g
θ
m B a0
a′ B
m B a0 − T sin θ = m B a ′ sin θ B
m B g − T cosθ = m B a ′ cosθ B a′A = a ′ B
mB g
得T = 12.1N
2012-2-28
phypzq@
15
质点力学习题课
【例5】如图所示，在光滑的水平桌面上，固定放置一半径 为 R 的半圆形板壁ABCD。一质量为m的物块以速度 v0 从A 处沿壁射入，物块与板壁之间的滑动摩擦因数为μ。试求 物块沿板壁从D点滑出时的速率。 解：物块的整个运动中竖直方 向的力不起作用，板壁对物块 的弹力 N 提供向心力，同时也 产生切向的摩擦力 f v2 N = man = m R dv − f = maτ = m dt f = μN
【课后问题】一只苍蝇在离桌面 H 高处水平飞行，在它正下方 的桌面上有一滴蜂蜜.为了尽可能快地吃到这滴蜂蜜，苍蝇应该 怎样飞行？为此需要多少时间？假设苍蝇能够朝任何方向产生 加速度 a . 解：取苍蝇A为参考系，蜂蜜B，苍蝇A朝C 点飞去 1 2
AC = at 2
2
BC =v0t
2 ⎛1 2⎞ at ⎟ = H 2 + ( v0t ) ⎜ ⎝2 ⎠
dv 1 8t + 864t 5 aτ = = dt 2 4t 2 + 144t 6
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
G
3
例.一质点沿 X轴作直线运动，其 v t曲线 如图所示。当 t 0时，质点位于坐标原点 ，
vm
s
则t 4.5s时，质点在 X轴上的位置为： A 0. B 5m. C 2m. D 2m. E 5m.
2
1
0
解：x v( t )dt
2.5 4.5
v
m m′
(m m)v m(u v) mv ( m m)v mu v m m
u
v
20
例、 半径为R、质量为M、表面光滑的半球放在光滑的水 平面上，在其正上方放置一质量为m的小滑块，当小滑块 从顶端无初速度地滑下后，在图示的 角位置处开始脱 离半径。已知 cos 0.7，求M/m 解：选择m+M为系统，系统水平方向动量守恒：有 m 0 0 MV mv
f G
N
解：受力分析如图： 列 方 程 N F cos300 0
0
30
F
则
F sin300 f G 0
由于 F G
F sin300 G 得出： F cos 300
F sin300 1 0 F cos 30 3
f N
选 B
8
例.设有水平力 F作用于斜面上的质点 m.为了使
y 水 流
变的划速 u 垂直于水流方向离岸划出，求船划过中流
之前相对于岸的运动轨迹。 解： 船，岸 船，水 水，岸 V0 ui xj d/2 t
x
t 0
0
udt ut
o u
V
x 划 船
2
y
V0 xdt d 2
质点力学习题课
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 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； P (B)P与Q速度相等时； (C)Q正好开始运动时； (D)Q正好达到原来P的速度时。
根据题目的初始条件，积分
可得潜水艇在任意时刻的速度为
v 1 e A t再根 Nhomakorabea速度的定义式
dx vdt
x t
1 e dt
A
t
dx v dt
dx 1 e dt
A
t 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 t A x 2 e 1 t
以三角木块为参考系：这是一个非惯性系， 隔离物体受力分析如右图所示。 由上图列出方程：对于三角木块M
X: Y:
X: Y:
N 1 sin Ma1 Mg N 2 N 1 cos 0
mg sin ma1 cos ma 2 mgcos ma1 sin N 0
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
[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 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； P (B)P与Q速度相等时； (C)Q正好开始运动时； (D)Q正好达到原来P的速度时。
根据题目的初始条件，积分
可得潜水艇在任意时刻的速度为
v 1 e A t再根 Nhomakorabea速度的定义式
dx vdt
x t
1 e dt
A
t
dx v dt
dx 1 e dt
A
t 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 t A x 2 e 1 t
以三角木块为参考系：这是一个非惯性系， 隔离物体受力分析如右图所示。 由上图列出方程：对于三角木块M
X: Y:
X: Y:
N 1 sin Ma1 Mg N 2 N 1 cos 0
mg sin ma1 cos ma 2 mgcos ma1 sin N 0
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
质点力学习题课
E = 5000 × 0.02 = 100 J
如果把石块换成钢板，那么钢板获得的动能增大 警告：没有经过训练的人，切勿去尝试， 以免造成伤害！
6、习题1-5
v0
h
y O
l
x
v
x
θ
r
分析：绳上各点的速度相同吗？ 思考：小船越走越快吗？
h v0 a=− 3 i x
2 2
7、一艘小船在静止水中的速度为3m/s，一 个船夫要驾此船渡河，同时需要在渡河时的 距离最短，若水流速度为4m/s，问船夫应选 择向哪个方向划行？假设水流的速度在各处 都相同。
1 1 2 2 mgh = MvM + mvm 2 2
动量在水平方向上守恒
m(vm )x + M (vM )x = 0
vm = vr + v M
αm
m M h M
(vm )x = vM − vr cos α
vM 2 gh = m cos α 2 (M + m) M + m sin α
∆r
v
r′
o r
A
2、斜抛运动，求最高点处的曲率半径
v0
P A
o
θ
3、轻弹簧，k，原长 l0 ，吊天花板， 将弹簧由长 l1 为变为 l2 ，此过程中弹 性力作的功是多少？
4 、 m1 、 m2 ， 两块水平木板， B 放在地面上，若以 A 在弹 簧（ k ）上的平衡位置为重 力和弹性势能的零点，试 写出系统（A、弹簧、地球） 的总势能表达式. 设弹簧原长时A处于x0位置
v0 = 2 gh
1 2 Ek = Mv 2
m m ∴v = v0 ≈ v0 M +m M
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
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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
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的正前方有 一连有弹簧和挡板M的静止物体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； (C)Q正好开始运动时； (D)Q正好达到原来P的速度时。 [B] P Q
X: Y:
N1 sinq Ma1 Mg N 2 N1 cosq 0
mg sinq ma2 x mgcosq N ma2 y
又有：木块做复合运动：
a 2 (绝对) a 2 (相对) a1 (牵连)
X : a 2 x a 2 a1 cosq Y : a2 y a1 sinq
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：(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 (3)把速度对时间求导， t=2s，x2=6×22-2×23=8m 即得质点的加速度 dv d 第二秒内的平均速度为: a 12t 6t 2 12 12t x2 x1 8 4 dt dt 1 v 4m s t 1 把t=1s代入上式，可 (2)把位移对时间求导，即得质点的速 得第一秒末的加速度 度 为 dx d
以三角木块为参考系：这是一个非惯性系，隔离物体受力分 析如右图所示。 由上图列出方程：对于三角木块M
X: Y:
对于小木块m :
N 1 sinq Ma1 Mg N 2 N 1 cosq 0
mg sinq ma1 cosq ma 2 mgcosq ma1 sinq N 0
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]
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 。
海大理学院教学课件
大学物理学电子教案
质点力学习题课
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] 2．一飞机相对于空气的速度大小为200km/h，风速为 56km/h，方向从西向东，地面雷达测得飞机速度大小为 192km/h，方向是 (A)南偏西16.30； (B)北偏东16.30； (C)向正南或正北； (D)西偏北16.30； (E)东偏南16.30。 [C]
dv F ma m dt
Fdt mdv
设t1时刻质点的速度为v1, 设t2时刻质点的速度为v2，则
t1
t2
I P2 P1
v2 Fdt mdv mv2 mv1 v1
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。
X: Y:
a 2 (绝对) a 2 (相对) a1 (牵连)
可以得到同样的结果。
作业：
预 习：4-1，4-2
11．质量为M 的三角形木块置于水平桌面上，另一质量 m 的木块 放在斜面上。斜面与水平面的夹角为q。假设各接触面的摩擦力可 以忽略不计，求小木块下滑时，各物体相对地面的加速度；小木块 相对三角形木块的加速度和各接触面之间的相互作用力的大小。 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N1’，地面对三角形木块的支持 力为N2。 以地面为参考系，这是一个惯性系， 隔离物体受力分析如右图所示。 由上图列出方程：
v dt
6t dt
2
2t 3 12t 6t 2
a=12-12×1=0 (4)质点作变加速直线 运动。
把t=3s代入上式，可得第三秒末的 速度为
v 12 3 6 32＝－ 18m s 1
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。 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 dv 再根据速度的定义式 a
（24cm）
6．已知地球质量为M，半径为R，一质量为m的火箭从地面上 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 。 （-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：根据牛顿第二定律
v
1 e
A
t
x
A
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。 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 Mg-N=0 在水平方向上，根据牛顿第二定律，可得绳拉物体的力为 T=Ma (2)以绳为研究对象，绳受到物体的作用力和手的作用力，假设 绳的质量为m，则 F-T’=ma 当绳的质量需要考虑的时候，手拉绳的力和绳拉物体的力是不 相等的。只有在绳的质量忽略不计时，二者才相等。
计算结果为：
mg sinq cosq a1 M m sin2 q ( M m sinq ) sinq a2 g 2 M m sin q ( M m ) sinq a2 g 2 M m sin q Mm cos sq N1 g 2 M m sin q ( M m)M N2 g 2 M m sin q
dt
dv＝adt＝Ae t dt
dx v dt
x
根据题目的初始条件，积分
dx vdt
积分
dv＝ Ae
0 0
v
t
t
dt
dx
0 0
t
1 e dt
A
t
1 e dt
A
t
可得潜水艇在任意时刻的速度为
得潜水艇在任意时刻的位置 坐标，即运动方程为