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第一章牛顿力学的基本定律

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第一章 牛顿力学的基本定律

(1) 直线坐标系
r r r r r = xi + yj + zk r r r r r & & & & & υ = r = xi + yj + zk r r r r r && r & a = υ = r = && + && + && xi yj zk

(2) *面极坐标系
r r r = rer r r r & υ = rer + rθ&eθ r r && & & r && & a = (r ? rθ 2 )er + (rθ + 2rθ )eθ

(3) 自然坐标系
υ = υ et
r r v2 r & a = υ e t + en r r

ρ

(4) 柱坐标系
r r v2 r & a = υ et + en r r r & & υ = ρ e ρ + ρθ&eθ + zez r

ρ

上述矢量顺序分别为: 〈析〉 上述矢量顺序分别为: i , j, k; er , eθ , ek ; et , en , eb ; e ρ , eθ , ez .
r der &r r &r = θ ek × er = θ eθ dt r de r r r 矢量微分: θ = θ&ek × eθ = ?θ&er 矢量微分: dt r dek &r r = θ ek × ek = 0 dt

r r r r r r r r r r r r

(其它各矢量微分与此方法相同) 其它各矢量微分与此方法相同) 微分时一定要注意矢量顺序 微分时一定要注意矢量顺序 2 牛顿定律 惯性定律的矢量表述
r r d2 r r ma = m 2 = F dt

(1) 直角坐标系中
?Fx = mx && ? && ?Fy = my ? && ?Fz = mz

(2) 极挫标系中
?Fr = m(r ? rθ 2 ) && & ? && & & ?Fθ = m(rθ + 2rθ ) ?F = 0 ? k

(3) 自然坐标系中
& ?Fτ = mυ ? υ2 ? ?Fn = m ρ ? ?Fb = 0 ?

3 质点运动的基本定理 几个量的定义: 动量 角动量 冲量 力矩 冲量矩 动能 (1) 动量定理
r r P = mυ r r r r r L = r × mυ = r × P
r r r I = P2 ? P1
r r r M = r ×F

r r r t2 r H = I2 ? I1 = ∫ Mdt
t1

T=

1 mυ 2 2 r r dP F= dt

r r dP ? ? ? el 方向上动量守恒: el = F el = 0 dt

(2) 动量矩定理

r r dL M= dt

(3) 动能定理 4 机戒能守恒定理 T+V=E 〈析〉势函数 V:
dV =

r r r dυ r dT Fυ =m υ= dt dt

r r ?V ?V ?V dx + dy + dz = ? F dr ?x ?y ?z

r ?V r ?V r ?V r F = ?( i+ j+ k) ?x ?y ?z

稳定*衡下的势函数: 稳定*衡下的势函数: 此时势能处极小处 Vm

dV( x ) dx
x = x0

=0;

dV 2( x ) dx
x =x0

>0

?VM < E < 0质点再*衡点附*振动 ? 且能量满足 ?0 < E质点逃逸-∞ ?V < E质点逃逸+∞ ? m

【解题演示】
1 细杆 OL 绕固定点 O 以匀角速率 ω 转动, 并推动小环 C 在固定的 钢丝 AB 上滑动,O 点与钢丝间的垂直距离为 d,如图所示。求 小环的速度υ 和加速度 a 。 解:依几何关系知: x = d tan θ
& 又因为:υ = x i = r r r r dω r d 2 + x 2 r i= ωi cos 2 θ d r r

& & 故: a = υ = 2xx i = d

ω

2(d 2 + x 2 )x 2 r ω i d2

2

椭圆规尺 AB 的两端点分别沿相互垂直的直线 Oχ与 Oy 滑动, 已知 B 端以匀速 c 运动,如图所示。求椭圆规尺上 M 点的轨道 方程、速度及加速度的大小υ与α。 解:依题知: y B = (b + d) cos θ

& 且: y B = ?C = ?(b + d)θ& sin θ

得: θ& =

C KK * (b + d)sin θ

又因 M 点位置: x M = b sin θ , y M = d cos θ
& & 故有:υM = x M i + | y M j = bθ& cos θ i ? dθ& sin θ j r r r r r

代入(*)式得:υM = 即:υ =

r

bc cot θ r dc r i? j b+d b+d

c b 2 cot 2 θ + d 2 b+d

r r & a M = υM = ?

& r r bcθ bc 2 i= i (b + d) sin 2 θ (b + d) 2 sin 2 θ

1

一半径为 r 的圆盘以匀角速率 ω 沿一直线滚动,如图所示。求 圆盘边上任意一点 M 的速度υ 和加速度 a (以 O、M 点的连线与 铅直线间的夹角θ表示) ;并证明加速度矢量总是沿圆盘半径 指向圆心。 解 : 设 O 点 坐 标 为 ( ω Rt + x 0 , R )。 则 M 点 坐 标 为 ( ω Rt + x 0 + R sin θ , R + R cos θ )
& & 故:υM = x M i + y M j = (ω R + Rω cos θ )i ? R r r r r r r & a M = υM = ? Rω 2 sin θ i ? Rω 2 cos θ j = ? Rω 2 (sin θ i + cos θ j) r r r r
r r

2

一半径为 r 的圆盘以匀角深度ω在一半经为 R 的固定圆形槽内作 无滑动地滚动,如图所示,求圆盘边上 M 点的深度υ和加速度α(用 υ α 参量θ,Ψ表示) 。
& 解:依题知: ? = ? r

θ&r
R ?r

=?
r

ωr
R ?r r

且 O 点处: ek = cos(θ ? ? )er ? sin(θ ? ? )eθ 则:

r r r rM = rO′O + rOM r r = (R ? r)eR + rer
& υ = rM r r

r r = [(R ? r) cos(θ ? ? ) + r]er ? (R ? r) sin(θ ? ? )eθ

r r r r & & & &r & & & = rM (? ? θ ) sin(θ ? ? )er + [(R ? r) cos(θ ? ? ) + r]θ eθ ? (R ? r)(? ? θ ) cos(θ ? ? )eθ + (R ? r)θ sin(θ ? ? )er r r = ? rω sin(θ ? ? )er + rω[1 ? cos(θ ? ? )]eθ

r r & a =υ r r r r & & & & & & = rω (? ? θ ) cos(θ ? ? )er ? rωθ sin(θ ? ? )eθ ? rω (? ? θ ) sin(θ ? ? )eθ ? rωθ [1 ? cos(θ ? ? )]er r r &r & & = rω? cos(θ ? ? )er ? rω? sin(θ ? ? )eθ ? rωθ er = r r rω 2 ?( r ? R ) ? r cos(θ ? ? ) ? er + r sin(θ ? ? )eθ ? R ?r ?

{

}

3

已知某质点的运动规律为:y=bt, θ = at ,a 和 b 都是非零常数。 (1)写处质点轨道的极坐标方程; (2)用极坐标表示出质点 的速度υ 和加速度 a 。
r r

解: (1) y = r sin θ = bt = 得: r = θ csc θ er
r

bθ a

r b a r r b a sin θ ? aθ cos θ r b θ r & er + aeθ ( 2 )υ = r = a sin 2 θ a sin θ r r b = ?(1 ? θ cot θ ) er + θ eθ ? ? ? sin θ

4

已知一质点运动时,经向和横向的速度分量分别是λr 和 ?θ, 这里μ和λ是常数。求出质点的加速度矢量 a .
r

解:由题知:υ = λ rer + ?θ eθ 且: r = λ r, rθ& = ?θ &
& 故: a = υ = λ & r + λ rθ&eθ + ?θ&eθ ? ?θθ&er re
& r &r & = λ r ? ?θθ er + (λ r + ? )θ eθ

r

r

r

r

r

r

r

r

r

(

)

= (λ 2 r ?

? 2θ 2 r
r

)er + ?θ (λ +

? r
r

)eθ

5

质点作*面运动,其速率保持为常量,证明质点的速度矢量与 加速度矢量正交。

证明:设速度为υ = υ eτ 。 则: a =
r

r

r

r

dυ r υ 2 r υ 2 r eτ + en = en dt ρ ρ
r

由于 eτ 与 en 为正交矢量。即得证。 8 一质点沿心脏线 r = κ (1 + cos θ ) 以恒定速率 v 运动,求出质点的速 度 υ 和加速度 a .
& & 解:设υ = & r + rθ&eθ = θκ ( ? sin θ ) er + θκ (1 + cos θ ) reθ re & & 且有: [θκ ( ? sin θ )]2 + [θκ (1 + cos θ ) r]2 = υ 2 r r r r r
r r

解得: θ& =

υ

2 cos κ 2

θ

2 2 r θr θr 则:υ = υ (? sin er + cos eθ ) 2 2 r r 1 & θr & θr 1 & θr & θr & a = υ = ? θυ cos er ? θυ sin eθ ? θυ sin eθ ? θυ cos er 2 2 2 2 2 2 = 3υ 2 r θr (? er ? tan eθ ) 4κ 2

& & 得: r = θκ ( ? sin θ ) = ?υ sin , rθ& = υ cos

θ

θ

9 已知质点按 r = eα t ,θ = β t 运动,分别求出质点加速度矢量的切向 和法向分量,经向分量和横向分量。 解: (1)极坐标系下:
& 由 r = eα t ,θ = β t 得: r = α eα t ,θ& = β
& 且设:υ = rer + rθ&eθ r r r

2r r r r & & 则:υ = r 2 + ( rθ& ) eτ = rer + rθ&eθ

得: eτ =
r en = ?

r

& r & & r 2 + rθ & rθ & & r 2 + rθ

( )

2

r er + r er +

& rθ & & r 2 + rθ & r & & r 2 + rθ

( )

2

r eθ r eθ

( )

2

( )

2

r r r &r r & re &r & & & && a = υ = && r + θ reθ + (rθ + rθ )eθ ? rθ 2 er
r r = (α 2 ? rβ 2 )eα t er + 2αβ eα t eθ

则:径向与横向的分量分别为 (α 2 ? rβ 2 )eα t , 2αβ eα t 。 10 质 点 以 恒 定 速 率 C 沿 一 旋 轮 线 运 动 , 旋 轮 线 方 程 为
x = R(θ + sin θ ), y = ?R(1 + cos θ ) 。证明质点在 y 方向做等加速运动。

& & 解:依题意: C2 = x 2 + y 2 = R 2 (1 + cos θ ) 2θ& 2 + R 2θ& 2 sin 2 θ

得: θ& =

C 2R cos

θ
2

&& 则: a y = && = R(θ& 2 cos θ + θ sin θ ) y
1 θ sin θ sin 2 C cos θ 2) = ( +2 θ θ 4R cos 2 cos3 2 2
2

C2 = ( 4R C2 4R

cos 2

θ
2

? sin 2


θ
2+

sin 2 cos

θ
2) 2

cos



2

=

11 一质点沿着抛物线 y 2 = 2px 运动,如图所示,其切向加速度的量 值是法向加速度值的-2k 倍。若此质点从正焦弦的一端点 ( p 2 , p) 以速率 u 出发,求质点到达正焦弦的另一端点 ( p 2 , ?p) 时的速率
υ。

解:建立自然坐标系有: a = 且:

r

dυ r υ 2 r eτ + en dt ρ

dυ υ2 υ ds υ ds dθ = ?2k = ?2k = ?2k = ?2kυ ds ρ ρ dt dt dt dt dθ


υ

= ?2kdθ

积分得:υ = ue?2k θ (代入υ0 = u ) 又因为: y 2 = 2px 在 ( p 2 , p) 点处斜率:
k1 = dy1 dx =
x =p 2

d 2px p = dx 2x
x=p 2

=1

在 ( p 2 , ?p) 点处斜率:
k2 = dy2 dx

=?
x=p 2

d 2px p =? dx 2x
x=p 2

= ?1

故: θ = arc tan k 2 ? arc tan k1 = 即:υ = ue ? kπ

π
2

12 竖直上抛一小球,设空气阻力恒定。证明小球上升的时间比下落 返回至原地点的时间短。 解:设空气阻力为 f ,且小球初速为υ ,质量为没,则有: 上升时间: t1 = 上升高度: h =
υ
g+f m

υ2
2(g + f m ) 1 g2 ? f
2

下落时间: t 2 = 2h a = υ0 2

m2

f t1 m2 = g ? m < 1 得: = t2 (g + f ) g+f m m

g2 ? f

2

即得证。 13 质量为 m 的质点自离地面 h 高度处下落。若空气阻力与质点速度 的*方成正比, 比例常数为 C, 试讨论此质点下落过程中的运动状况。
& 解:设加速度为 a ,速率为υ ,则: ma = mg ? Cυ 2 = mυ

得:

dυ 2 g ? Cυ

= dt 积分并代入 t = 0 时 υ = 0 有: m

υ=
& a =υ =

mg (1 ? C

2 1+ e
2t gC m

)

4g (1 + e
2t gC m 2

>0 ) (1 + e
2t gC m ?3

& a = 8ge

2t gC

m

gC m

) (1 ? e

2t gC

m

)<0

知:质点一直在做向下的变加速运动,且加速度越来越小。 14 将一质量为 m 的质点以初速度υ0 与水*线成 α 角抛出,此质点受 这里 k 是常数。 试求当质点的速度与 到的空气阻力是其速度的 mk 倍, 水*线之间的夹角又为 α 角度时所需时间。
& & 解:依牛顿第二运动定律有: mυ x = ?mkυ x , mυ y = ?mg ? mkυ y

积分并代入初始条件: t = 0 时:υ0 x = υ0 sin θ ,υ0 y = υ0 cos θ 解得:υ x = υ0 cos θ e ? kt ,υ y = (υ0 sin θ + )e ? kt ? 当再次夹角为 α 时: 可解出: t = ln(1 +
1 k g k g k

υy = ? tan α υx

2υ0 k sin θ ) g

15 一质量为 m 的质点用一长度为 l 的不可伸长的轻绳悬挂于一小环

上,小环穿于一固定的水*钢丝上,其质量为 3m 2 。开始时,小环静 止质点下垂,处于*衡态。今若沿钢丝的水*方向给质点以大小为
2gl 的初速度,证明若轻绳与铅垂线之间的夹角是 θ 时,小环在钢丝

上仍不滑动, 则钢丝与小环间的摩擦系数至少是 1 力为 FT = 3mg cos θ 。 解:依
1 1 mυ 2 = mυ0 2 ? mgl (1 ? cos θ ) 2 2
2

3

, 此时绳中的张

得: mυ r = 2mg cos θ 则: FT = mυ r + mg cos θ = 3mg cos θ
2

?=

FT 3mg cos θ sin θ sin 2θ 2 tan θ = = = 2 2 3 3 FT ⊥ + mg 3mg cos 2 θ + mg cos 2θ + 2 3 + tan θ 2 2

又因为:

d? 2(3 + tan 2 θ ? 2 tan 2 θ ) = =0 d tan θ (3 + tan 2 θ ) 2

得: tan θ = 3 故: tan θ = 3 即得证。 16 滑轮上绕有轻绳,绳端与一弹簧的一个端点联结,弹簧的另一端 挂一质量为 m 的质点,如图所示。当滑轮以匀角速率转动时,质点以 匀速率υ0 下降。若滑轮突然停止转动,试求弹簧的最大伸长及弹簧中 的最大张力。已知弹簧作用力为 W 时的静止伸长 λ0 。 解: (注:此题中 W = mg )设最大伸长为 λm 有: k = 依能量守恒: k λm 2 ? k λ0 2 = mυ0 2 + mg ( λm ? λ0 ) 解得: λm = λ0 + υ0 λ0 g
1 2 1 2 1 2

mg

λ0

=

W

λ0

则: FTm = k λm =

W? ? 1 + υ0 λ0 ?

1

? ? g λ0 ?

17 两个相同的轻质弹簧,劲度系数为 k ,自然长度是 l0 ,在它们中 间竖直地串接一质量为 m 的质点。 弹簧的另外两端点分别固定于 A 点 和 B 点,如图所示,A、B 间的高度差是 3l0 2 。设开始时质点静止于 AB 的中点,求质点的运动规律。 17解:质点运动时势能
l ? 1 ? l 1 ? kl 2 ? V = ? mgx + k ? x ? 0 ? + k ? ? 0 ? x ? = ? mgx + kx 2 + 2 ? 4? 2 ? 4 16 ?
dV = ? mg + 2kx = 0 dx mg 得: x 0 = 2k dV && 且运动时受力满足: F = ? = mg ? 2kx = mx dx
2 2

在*衡时:

代入初始条件: t = 0, x = 0, A = x 0 可解得: x =
? 2k ? ? mg ? ?1 ? cos ? t ? mg ? ? ?? 2k ? ? ?? ?

18 两个质量都是 m 的质点 A 和质点 B 用一自然长度为 l0 的轻质弹簧 相连,置于一光滑水*桌面上,如图所示。弹簧的劲度系数为 k 。两 质点处于静止状态,弹簧呈自然长度;而后,质点 B 沿 AB 方向受到 一大小为 kl0 的恒力作用。分别求处质点 A 和质点 B 的运动规律。
&& ?F = mx A = k ( x B ? x A ? l0 )LL *1 18解:依受力分析知 ? A ?

&& ?FB = mx B = k ( 2l0 + x A ? x B )LL *2 ? k *1 + *2 得: && A + && B = l0 x x m kl0 2 积分得: x A + x B = t + l0 2m

代入 *1 得: && A = x 积分得: x A = 同理: && B = x

k kl0 2 ( t ? 2x A ) m 2m l0 ω 2 t 2 ( + cos ω t ? 1) 4 2

k kl0 2 ( t + 3l0 ? 2x B ) m 2m l0 ω 2 t 2 ( ? cos ω t + 5) 4 2

积分得: x B = 式中 ω =
2k 。 m

另解:先将AB及弹簧看成一系统,其质心做一受恒力 kl 的作用,再 另解 将A与B 理解成绕质心做周期性振动,可得A的运动规律为质心运动 与A振动的合运动,B亦然。计算亦很简单!

19 一质点从一光滑圆柱表面最高处,自静止下滑,如图所示。问质 点滑至何处将脱离圆柱表面?
1 2 &2 ? ?mgr (1 ? cos θ ) = mr θ 解:将脱离时滑过相应角度为 θ ,此时满足: ? 2 2 ?mgrθ = mgr cos θ & ?
可解得: θ = arc cos

2 3

20 一钢丝弯成尖端朝上的摆线:x = a(? ? sin ? ), z = a(1 + cos ? ) ,上面穿 有一质量为 m 的小环。今若小环在钢丝的最低处获得大小为 υ0 的初速 度,开始沿摆线滑动。求出当小环的速度与水*线成 α 角度时,小环 的速率υ 。已知小环与钢丝的摩擦系数为 ? 。 解: 小环运动时, 依受力分析知: 其

对钢丝的正压力为

N = mg cos α + mυ

2

ρ

dz & z sin ? ? 又因为: tan α = = d? = ? = ? cot & x dx 1 ? cos ? 2 d?

得: ? = 2α + π
dl = d x 2 + z 2 = 2a sin

?
2

d? = 4a cos α dα

代入: ? = 2α + π , ρ =

dl ? = 4a sin = 4a cos α dα 2
2

得: N = mg cos α + mυ 4a cos α 则损失能量: dQ = ? Ndl = ? (mg cos α + T 2a cos α )4a cos α dα 再依能量守恒: d(T + Q + V) dα = 0
& 得: T + 2? T + 2mga( ? cos 2α + sin 2α + ? ) = 0
T=
?2 ?dα 2 ? dα 1 mυ 2 = e ∫ [C ? 2mga ∫ ( ? cos 2α + sin 2α + ? )e ∫ dα ] LL *1 2

(其中 V = mgz = mga(1 + cos ? ) )
? 2 ? dα 现进行积分: e ∫ = e ?2 ?α

1 2 ?α (e cos 2α + 2 ∫ sin 2α e 2 ?α dα ) 2? 1 2 ?α 2 ?α 2 ?α ∫ sin 2αe dα = 2? (e sin 2α + 2∫ cos 2α e dα )

∫ cos 2αe

2 ?α

dα =

? ? 2 ?α 2 ?α ? ∫ cos 2α e dα = 2 ? 2 + 1 cos 2α e ( ) 解出: ? ? ? sin 2α e 2 ?α dα = ? sin 2α ? cos 2α e 2 ?α ?∫ 2 ( ? 2 + 1) ?

代入 *1 得:
T=
?2 ?dα 1 mga 2 ?α mυ 2 = e ∫ {C ? 2 e [ ? sin 2α + ( ? 2 ? 1) cos 2α + ( ? 2 + 1)]} LL *2 2 ? +1

代入 t = 0, α = 0, T0 = mυ0 2 得: C = mυ0 2 +

1 2

1 2

2mga? 2 ?2 +1

再将C代入 *2 得:
1 1 2mga? 2 ?2 ?α mga mυ 2 = ( mυ0 2 + 2 )e ? 2 [ ? sin 2α + ( ? 2 ? 1) cos 2α + ( ? 2 + 1)] ? +1 ? +1 2 2
1 4ga? 2 ?2 ?α 2ga 故:υ = {(υ0 + 2 )e ? 2 [ ? sin 2α + ( ? 2 ? 1) cos 2α + ( ? 2 + 1)]} 2 ? +1 ? +1 2

21 如图所示,用细线将一质量为 m ′ 的圆环悬挂起来,环上套有两个 质量都是 m 的小环,它们可以在大环上无摩擦地滑动。若两小环同时 从大环顶部由静止向两边滑动,证明如果 m > 3m′ 2 ,大环将升起;此 时角 θ 是多少? 解:小环因重力对 m′ 的压力 N = mg cos θ 。而小环运动所需向心力必由
mυ 2 m′ 对 m 的弹力F与重力提供,满足: N + F = (法向) r

又依能量守恒知: mυ 2 = mg(1 ? cos θ ) 且依两环的对称性知,大环受合力向上,且大小为:
F合 = ( 2 mυ 2 ? N) cos θ = 2[2mg(1 ? cos θ ) ? mg cos θ ]cos θ r

1 2

当大环升起须满足: F合 > m′g 故得方程: 2mg(2 ? 3cos θ ) cos θ > m′g
m′ 1 1 1 < ?3cos 2 θ + 2 cos θ = ?3(cos θ ? )2 + ≤ 2m 3 3 3 故: m > 3m′ 2

当满足 m > 3m′ 2 时,升起时角度满足 3cos 2 θ ? 2 cos θ + 解出:
1 3m′ 1 3m′ (1 ? 1 ? ) < cos θ < (1 + 1 ? ) 3 2m 3 2m 1 3 3m′ )] 2m

m′ <0 2m

则刚升起时: θ = arccos[ (1 + 1 ?




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