力学例题

2ay??B?2sin?ta??A?cos?tx1. 一质点作平面运动，已知加速度为，，其中A,B,?均为正常数，且A?B,A?0,B?0。初始条件为t=0时，0x试求该质点的运动轨迹。 解 由加速度的定义

v?0,v0y?0x0?A,y0?0，。

ax?ay?dvxdt dvydt

(1) (2)

分别积分上式，并代入初始条件，得

1t00vx?v0x??axdx?0???A?2cos?tdt??A?sin?ttt00vy?v0y??aydt?B????B?2sin?tdt?B?cos?t由速度的定义

dxdt

dyvy?dt

vx?t分别积分上式，并代入初始条件和式（1）、式（2），得

x?x0??vxdt?A?A??sin?tdt?Acos?t00t （3）

00 （4）

式（3）和式（4）为质点运动的运动学方程，消去参数?t，即得质点的运动轨迹方程

y?y0??vydt?0?B??cos?tdt?Bsin?tttx2y2?2?12B A

这一结果表明，指点运动的轨迹为椭圆。

2. 已知一质点由静止出发，它的加速度在X轴和Y轴上的分量分别为（SI制）。试求5s时质点的速度和位置。

解 取指点的出发点为坐标原点。由题意知质点的加速度为

ax?10t和

ay?15t2 （1）

dvxax??10tdt

ay?dvydt

v?v0y?0，对式（1）进行积分，有

由初始条件t=0时，0x0

（2）

?15t2vx??10tdt?5t2tt 即

vy??15t2dt?5t30

v?5ti?5tj （3） 将t?5s代入式（3）有

v?(125i?625j)(m/s)

又由速度的定义及初始条件t?0时，x0?y0?0对式（2）进行分离变量并积分，有

t5x??5t2dt?t303 t5y??5t3dt?t404

23即

5t35t4r?i?j34 （4）

将t?5s代入式（4）有

r?(

6253125i?j)(m)34

3. 一质点沿半径为R的圆周轨道运动，初速为0，其加速度方向与速度方向之间的夹角?恒定，如图所示。试求速度大小与时间的关系。

v解 有题意有

tan??而

ana?

所以

dvdt v2an?R a??分离变量

v2dvtan??/Rdt

dv1?dt2Rtan? （1） v对上式积分，并代入初始条件t=0时，v?v0，得

11t?? v0vRtan? （2）

整理式（2）得

v?

4. 有一条宽度均匀的小河，河宽为d，已知靠岸边水流速度为0，水的流速按正比增大，河中心水流速度最快，流速为0。现有一人以不变的划船速度u沿垂直于水流方向划一艘小船从河岸某点渡河。试求小船的运动轨迹。

v0Rtan?Rtan??v0t

v

解 取河岸为参照系，建立如图所示的直角坐标系，由题意可知，初始条件为 t=0时，x0?y0?0，由题意，水流速度可表示为 v水?ky

v0x?0,v0y?u （1）

d2时，v水?v0。故 又当

k?2v0/d

y?因此

对小船有

v水?2v0yd （2）

vx?v水?dxdt

（3）

vy?u?结合式（1）、（2），对式（3）积分，并应用初始条件得

dydt

x?uv02td

（4）

y?ut

对式（4）消去t，得

这就是小船渡河的运动轨迹方程，其为抛物线。这里需要注意的是，式（5）只适用于小船划至河中心之前，对于后半程小船的轨迹很容易从对称性获得

x?v02yud （5）

dv0yy2x??2(?)v0uu2du （6）

5. 设有一架飞机从A处向东飞到B处，然后又向西飞回到A处，飞机相对空气保持不变的速率v?，而空气相对于地面的速率为u，A与B间的距离为l。在下列三种情况下，试求飞机来回飞行的时间。

（1） 空气是静止的（即u=0）； （2） 空气的速度向东； （3） 空气的速度向北。

解 取地面为绝对参照系，空气为相对参照系。

（1）空气是静止的，即u=0，则飞机往返飞行速度大小均匀为v?。飞机往返所需时间为 t1?tAB?tBA

（2）由速度变换定理，飞机由A到B向东飞行时的速度大小为 vAB?v??u 由B到A向西飞行时的速度大小为 vBA?v??u 因此，飞机往返飞行所需时间为

?ll2l??v?v?v?

t2?tAB?tBA?ll2l??v??uv??uv?[1?(uv?)]

?

（3）当空气的速度u向北时，飞机相对于地面的飞行速度v及飞机相对空气的速度v?与 u间由相对运动关系有

v?v??u 因此，飞机对地飞行速度的大小为 v?故飞机往返飞行所需时间

t11?(uv?)2

v?2?u2 2l?v2lv?2?u2?t11?(uv?)2

t3?tAB?tBA?

6. 如图所示，质量为M的滑块正沿着光滑水平地面向右滑动，一质量为m的小球水平

?向右飞行，以速度v1（对地）与滑块斜面相碰，碰后竖直向上弹起，速率为v2（对地），若碰撞时间为?t，试计算此过程中滑块对地的平均作用力和滑块速度增量的大小。

解：(1) 小球m在与M碰撞过程中给M的竖直方向冲力在数值上应等于M对小球的竖直冲力，而此冲力应等于小球在竖直方向的动量变化率即：

mv2 f??t由牛顿第三定律，小球以此力作用于M，其方向向下。 对M，由牛顿第二定律，在竖直方向上 N―Mg―f＝0

N＝Mg＋f

又由牛顿第三定律，M给地面的平均作用力也为

mv2 F?f?Mg??Mg

?t方向竖直向下。

(2) 同理，M受到小球的水平方向冲力大小应为f??根据牛顿第二定律，对M有

?v ?t利用上式的f?，即可得?v?mv1/M。

mv1，方向与m原运动方向一致。 ?t f??M

7. 空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC自由转动，转动惯量为J0，环的半径为R，初始时环的角速度为?0，质量为m的小球静止在环内最高处A点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O在同一高度的B点和环的最低处的C点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大？（设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径r<

解：选小球和环为系统，运动过程中所受合外力矩为零，角动量守恒，对地球、小球和环系统机械能守恒，取过环心的水平面为势能零点。

对B点时：J0?0?(J0?mR2)?

①

11122J0?0?mgR?J0?2?m(?2R2?vB) ② 222式中vB表示小球在B点时相对于地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度。 由式①得： ??J0?0/(J0?mR2) 代入式②得：

vB?2gR?22J0?0RmR?J02

当小球滑到C点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至?0，又由机械能守恒

定律知，小球在C的动能完全由重力势能转换而来，即：

12mvc?mg(2R) 2∴ vc＝4gR

8. 从一个半径为R的均匀薄板上挖去一个直径为R的圆板，所形成的圆洞中心在距原薄板中心R／2处（如图），所剩薄板的质量为m。求此时薄板对通过原中心而与板面垂直的轴的转动惯量。

解：由于转动惯量具有可加性，所以已挖洞的圆板的转动惯量J加上挖去的圆板补回原位后对原中心的转动惯量J1，就等于整个完整圆板对中心的转动惯量J2。设板的密度为?，厚度为a，则对于通过原中心而与板面垂直的轴

1?R??R?J1?m1???m1??2?2??2?22

3?R??R? ????a???2?2??2?3 ??a?R43222

J2?11m2R2??a?R4 2213?a?R4 32J?J2?J1?2?2?R??又由于??R?????a??m，则

?2?????

?a?R2?4m 3代入上面求J的公式，最后可得

9. 空气对自由落体的阻力决定于许多因素，一个有用的近似假设是，空气阻力f的大小与落体的速度?成正比而方向相反，即f??k?，其中k为大于零的常数，其数值与速度无关，而由其它因素确定。就物体在空气中由静止开始的自由下落考虑，并将Y轴的正方向取为竖直向下。（1）试证，物体运动的收尾速度（即物体不再加速时的速度）（2）试求出速度随时间变化的关系式，并作出v对t的曲线图；（3）试定性地画出这种运动的y对t以及a对t的曲线图。

J?13mR2 24vr?mgk；

证 （1）物体在下落过程中除受重力外，还受空气阻力。因此，其y方向的合力为mg?kv。根据牛顿运动定律，有

物体下落的加速度

mg?kv?mdv?madt （1）

mg?kvm （2）

当收尾时，即物体不再加速时：a?0，由式（2）得

mgvr?k （3）

a?（2）将式（3）代入式（1）后分离变量，得

dvk?dt vr?vm

故

积分，有

?v0tkdv?dtvr?v?0m

ln 得

vr?vk??tvrm

k?tm v?vr(1?e) （4） v?t 的曲线图如图（a）所示。

（3）由式（4）及

v?dydt可得

y??vrdt?vr?e00ttk?tm

dt

?vrt?vr(mekk?tmk?m)k

?tm?vrt?vr(em?1)k

而

?tdva??gemdt

y?t及a?t的曲线图如图（b）、（c）所示。

k

10. 如图所示，若使邮件沿着地球的某一直径的隧道传递，试求邮件通过地心时的速率。已

3365.5?10kg/m6.4?10m知地球的半径约为，密度约为。

解 设邮件在隧道P点，如图所示，其在距离地心为r处所受到的万有引力为

???r3?m

f??G43r2

4??(?G?m)r3

式中的负号表示f与r方向相反，m为邮件的质量。

根据牛顿运动定律，得

4d2t?(?G?m)r?m23dt

即

d2r42??(?G?)r???r23 dt （1） 4?2??G?3其中：。为了简化计算，设邮件刚进入隧道时开始记时，则方程（1）的解可

表示为 r?Rcos?t （2）

式中R为地球半径。式（2）对时间求导，即得邮件传递的速度 v??R?sin?t （3） 由式（3）可知，邮件通过地心时速率最大，即

4?G?3 4?6.4?106??3.14?6.67?10?11?5.5?1033 3 ?7.9?10(m/s)

vm?R??R

55.0?10kg的火箭（含燃料）11. 设在地球表面附近，一质量为，从尾部喷出气体的速率为

2.0?103m/s。试求：（1）每秒需喷出多少气体，才能使火箭最初向上的加速度大小为4.9m/s2；（2）若火箭的质量比为6，该火箭的最后速率。

解 （1）取火箭和燃料为研究系统。设在某一时刻t，系统质量为M，在随后的dt时间内

dmdM??dt。在地球表面附近向上发射火箭时，系统受到有质量dm的燃料变为气体，则dtdmu向下的重力Mg和喷出气体向上的推力dt，按牛顿运动定律有

dmu?Mg?Ma dt (1)

整理得

dmM(g?a)?dtu

初始时刻火箭质量

M?M0，要使火箭获得的最初加速度为a0，则需要每秒喷出的气体为

dmM0(g?a0)5.0?105?(9.8?4.9)??dtu2.0?103

3 ?3.68?10(kg/s)

（2）为求火箭的最后速率可将式（1）改写为

?u即

dMdv?Mg?Mdtdt dv??udM?gdtM (2)

根据初始条件，有

?积分，得火箭的速率

v0dv??u?MM0t1dM??gdt0M

由火箭质量与时间的关系，有

v?ulnM0?gtM (3)

dMtdt

M?M0?可得火箭到达最后速率的时刻

tm满足

M0?解得

MdMtm?0dt6

tm?

把式（4）代入式（3）可得火箭的最后速率

5M05M0?dMdm6(?)6dtdt (4)

vm?ulnM0M5M0g?gtm?uln0?dmMM6dt

5?5.0?105?9.83?2.0?10?ln6?6?3.68?103?

?2.47?103(m/s)

12. 如图（a）所示，一质量为M，长度为l的均质绳子，以匀角速度?绕固定端旋转。设绳子不伸长，重力忽略不计。试求离固定端距离为r处绳中的张力。

解 以固定端为原点O，选取距O点r至r??r之间的一微小段绳子作为研究对象，如图（b），其受力示情况如图（c）所示。设r??r处受力为T(r??r)，r处受力为T(r)，这一微小段绳子的运动方程为

T(r??r)?T(r)???mr?2??dT?limdr?r?0M2?r?rl

2T(r??r)?T(r)M???r?rl

M?2dT??rdrl (1)

利用条件r?l时，T(l)?0，有

?

积分可得

T(r)0dT???rlM?2rdrl (2)

M?22T(r)?(l?r2)2l (3)

从结果可得，张力T在绳中不同位置处，是不同的。在绳的末端附近，张力最小；在

绳的固定端附近，张力最大。

13. 有一条单位长度为?的匀质细绳，开始时盘绕在光滑的水平桌面上（其所占的体积可忽略不计）。试求：现以一恒定的加速度a竖直向上提绳，当提起y高度时，作用在绳端上

的力为多少？若以一恒定速度v竖直向上提绳时，当提起y高度时，作用在绳端上的力又为多少？

解 取坐标OY，如图所示，以已提起的高度为y的细绳为研究对象，由牛顿运动定律，有

F??yg?即

d(?yv)dt (1)

F??yg??v2??ya (2)

当a为恒量时，由

a?vdvdy及y?0时v?0，可得

v2?2ay (3)

将式（3）代入式（2）得 题1-20图

F1??yg?2?ya??ya

=?(g?3a)y

当v为恒量时，a?0,代入式（2）得

F2??yg??v2

2?(yg?v) =

14. 一长为l的细绳（质量不计）一端固定，另一端系一小球。当小球处于平衡位置时，给其一个水平的初速度

v0，要使小球能沿圆周运动而细绳不会松弛，试求v0值应为多大？

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