力学总复习

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力学总复习——《新世纪物理学》吴大江主编

第一章 质点运动学 一、要求

1、掌握：矢量、位移、速度、加速度、角速度等描述质点运动和运动变

化的物理量；

2、能借助于直角坐标系计算质点在平面运动时的速度、加速度； 3、能计算质点作圆周运动时的角速度、角加速度、切向和法向加速度。

二、内容提要

1、参考系：描述一个物体的运动，选择一个或几个相对静止的物体为比较的基准，这些物体群，称为参考系。

2、运动（函数）方程：表示运动中的质点的位置随时间变化的函数。质点的位置用位矢r表示，运动（函数）方程为：r= r（t）；直角坐标表示：

r(t)?xi?yj?zk 其中，i、j 和k 分别为沿X、Y和Z轴的单位矢量，上式也表示其沿三个方向运动的合成；

其大小为 —— |r|= √（x2+ y2+ z2）；

方向余弦为—— cosα = x/|r|、cosβ = x/|r|、cosγ = x/|r|。 质点在时间间隔t到t + Δt的位置矢量为：r(t??t) 3、坐标矢量：

Z r(t)?xi?yj?zk

?t Q 4、?S b 位移矢量：

P t ?r ?r?r(t??t)?r(t)

a Q′ ?r 5、平均速度：位移Δr与 r(t) r(t??t) 发生这段位移所经历的时 间Δt的比值，用V表示。 O X

图中矢量OP为r(t)，OQ为r(t??t)， v = ?rr(t??t)?r(?t?t)?t ??（1.3-1）

Y

PQ为?r，而Q′Q=?r?|?r| 6、瞬间速度：V?lim?r?t?0?t?drdt??（1.3-2） 2

7、速度的直角坐标法：r?xi?yj?zk ??（1.2-1）

V?drdxdydz?i?j?k = Vxi?Vyj?Vzk ??（1.3-3） dtdtdtdtV = |V|=Vx2?Vy2?Vz2 ??（1.3-4）速度的大小常称为速率。 8、速度的自然坐标法 V?速率 V=

ds，式中?方向矢量 ???（1.3-5）

dtdS??（1.3-6） dt9、平均速率； 路程与经历这段路程的比值，称为质点在这段时间内的平

?S均速率：v???（1.3-7），即质点在单位时间内所通过的路程，并不给

?t出运动的方向。

图 1.4-1

10、平均加速度——a??V ??（1.4-1）； ?t 11、瞬时加速度（当?t?0时，曲线转化为直线——辩证思维！）

?vdvd2ra?lim? =2= ax i + ay j+ az k ??（1.4-2）

?t?0?tdtdta= |a|=ax?ay?az??（1.4-3）

222dVyd2ydVxd2xdVzd2z?2， ay??2,az??2； ax = dtdtdtdtdtdt 3

12、自然坐标系中质点运动加速度

dv为质点在某一位置（或某一时刻）速度dt矢量沿切线方向的投影V的变化率，方向与切线方向平行；

1）、切向加速度—— a??d?2）、法向加速度—— v·给出因速度方向（即切线方向单位矢量?的

dt方向）改变而具有的加速度。

an?V2?n，故 a?a???V2?n ?? （1.4-6）

a?a??an22dV2V22?()?() ?? （1.4-7）

dt?（3） 、自然坐标下的速度（类比推理：矛盾的特殊性——对方向求导）得到： 由V?则有

ds，对（1.4-4）式求一阶导数， ???（1.4-4）

dtdVd(V??)dVd?????V ??（1.4-5）， dtdtdtdtdv为质点在某一位置（或某一时刻）速度dt矢量沿切线方向的投影V的变化率，方向与切线方向平行；

1）、切向加速度—— a??d?给出因速度方向（即切线方向单位矢量τdt的方向）改变而具有的加速度。

2）、法向加速度—— v·

13、曲线运动与圆周运动类比

项目 曲线运动 圆周运动 平均速度 v= Δr/Δt ω=Δθ/Δt（平均角速度） 瞬时速度 v= limΔr/Δt ?= limΔ?/Δt（角速度） ?t?0?t?0 = dr/dt = d?/dt 加速度 a = limΔv/Δt ?= lim Δ?/Δt ?t?0?t?0dvd2r?= |?| = dω/dt = d2θ/dt2 dtdt2匀变速（ V = V0 + at ω = ω0 +βt 曲线特例） S = V0t + ?at2 θ =θ0 +ωt + ?βt2 直线运动 V2 - V20 = 2aS ω2 -ω20 = 2β（θ-θ0） 4

14、圆周运动的加速度：a = an+ at，at = Rβ，an = V2/R= ω2R a = √（an2+ at2）=√[（V2/R）2+ （Rβ）2]

15、伽利略速度变换：设Sˊ参考系在S系中，以速度u匀速运动；在Sˊ中的质点的速度为vˊ，则在同一时刻它在S系中的速度为：

?V(t)?u(t)?v(t)?； 加速度为：a?a0?a。

二、矢量运算法则

1、解析法 （1）、坐标法则：A?Axi?Ayi?Azk，B?Bxi?Byi?Bzk

A?B?(Ax?Bx)i?(Ay?By)i?(Az?Bz)k

（2）、矢量的标积和矢积∵

i?i?cos??cos0??1，j?j?cos??cos0??1，

k?k?cos??cos0??1；i?j?cos??cos90??0?i?k?j?k，

∴相同矢量的标积为1，相异矢量的标积为零； 故有：A?B?AxBx?AyBy?AzBz。

∵i?i?sin??sin0??0，j?j?sin??sin0??0，k?k?sin??sin0??0

i?j?sin?k?sin90?k?k， 同理： j?k?i， k?i?j，

∴相同矢量的矢积为零，相异矢量的矢积为1；

故有：A?B?(AyBz?AzBy)i?(AzBx?AxBz)j?(AxBy?AyAx)k。

2、几何法（平行四边形法则） 如右图所示：

先画出矢量OA，再从A

为起点画出矢量C至B点；连接OB，即可得

ra O A

rcrb

B

3、三角函数法（余弦定理）

矢量OB。所以 A?C?B，B?A?C。

若矢量A与矢量C的夹角为?，则OB2?OA2?AB2?2OA?ABcos?。 4、旋转矢量法 Y V 如右图所示，矢量OA用极坐标R(r,?)表示， B(r,θ+Δθ) 其以（恒定）匀角速度ω沿逆时针方向旋转，经过 时间t后，矢量 OA旋转的角度为θ=ωt； Δs 矢量OA在极坐标系与直角坐标系之间的转换： A(r,θ) X?Rcos??Rcos?t??（1） θ+Δθ S ω Y?Rsin??Rsin?t ??（2）称为运动学方程 0 θ X 5

已知质点的运动学方程，求其轨迹方程： 数理逻辑推理——将（1）和（2）式平方，相加

2X2?R2cos2?t ??（1）′ Y2?R2sin?t ??（2）′

（1）′+（2）′得X2?Y2?R2(cos2?t?sin2?t)?R2， 即 X2?Y2?R2 ??（3） 为质点的轨迹方程。

三、 坐标系

1、一维直线坐标系：OX轴：O X f = f（x）

2、二维平面坐标系： （1）、笛卡尔平面坐标系 OXY系 OX垂直于OY轴

f = f（x，y） ? （2）、自然平面坐标系 P 自然坐标op = s，称为质点P的 n 自然坐标，两个相互垂直 O· s 的单位矢量?和n，如图1.2-2所示； 图1.2-2

n ?为切向单位矢量，n为法向单位矢量。

（3） 、极坐标系

在研究圆周运动时，常采用极坐标系，其以两个变量r和θ来描述质点的坐标，如图1.5-1所示。

3、三维笛卡尔立体坐标系 OXYZ系 f = f（x，y，z）

（4） 、自然坐标下的速度（类比推理：矛盾的特殊性——对方向求导）得到：

由V?则有

ds，对（1.4-4）式求一阶导数， ???（1.4-4）

dtdVd(V??)dVd?????V ??（1.4-5）， dtdtdtdtdv为质点在某一位置（或某一时刻）速度dt矢量沿切线方向的投影V的变化率，方向与切线方向平行；

1）、切向加速度—— a??d?给出因速度方向（即切线方向单位矢量τdt的方向）改变而具有的加速度。

2）、法向加速度—— v·

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三、解题思路

1、一般原则是：先仔细审题、了解题意、构思出题述的物理图像（形象思维）、明确已知条件和要求的结果；然后，根据已知条件选择合适的定理、定律和数学公式求解。解题时如涉及数字计算，要注意有效数字和单位，有效数字一般取三位，单位一般采用国际单位制的单位。

2、解题是把物体抽象为质点，研究质点运动时，一般建立坐标系、画图帮助表达和思考。

3、对圆周运动，要善于计算法向（向心）加速度外，还要会计算切向加速度。要注意切向加速度dv/dt是速率的变化率，即速度对时间的导数，而速率又是时间的函数。

4、在速度变换的计算中，要十分明确各个速度是“谁对谁”的速度，要会用速度变换的“串联”法则（伽利略速度变换）：v(t)?u(t)?v(t)?；（加速度变换为：

?。 a?a0?a）

5、注意矢量和标量的区别，并能用适合的文字标志来表示它们：黑体或箭头。 6、解题要能正确表达思路，写出各步骤的根据，不能只写公式和数字。只有写出正确文字表达，才能说明自己真正理解了物理概念和定律。

四、思考题解答

1.1一斜抛物体的水平速度是V0x，它的轨道最高点处的曲率圆的半径是多大？

答：斜抛物体在运动过程中，只受重力作用，水平速度保持不变V?V0x，切向加速度at?0,它的轨道最高点处的斜率是水平的，该处的曲率圆的半径沿垂直方向，法向加速度为重力加速度，即

2V2V0xV2?g?an?，∴R?。 ggR1.2、质点轨道方程与其运动学方程有何区别？ 答：质点运动学方程为r?r(t),x?x(t),y?y(t),z?z(t)，是时间的函数；而质点轨道方程是空间的位置函数，如圆的方程为：x2?y2?R，与时间无关。

11.3、自由落体从t?0时刻开始下落，用公式h?gt2计算，它下落的距离达

2到19.6m的时刻为t??0,2s。这-2秒，有什么物理意义？该时刻物体的位置和速度各如何？

答：这-2秒是指物体下落前的2秒。从t?0的时刻回溯，物体是自由落体的“逆过程”，即上抛运动，在t?0的时刻到达最高点，即物体开始下落的位置。由此可见，该时刻（t??2s）物体的位置和速度与t?2s时刻都相同，但是，其运动方向相反，即质点向上运动。

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五、习题精解

?r中位置矢量 r ；位移矢量是 ?r 。

?t?0?t解：由瞬时速度的定义可知：位置矢量是 r；位移矢量是?r 。

?1.2、一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v，瞬时速率为V，某

?一段时间内的平均速度为v，平均速率为v，它们之间的关系必定有

????（A）v?v,v?v （B）v?v,v?v

1.1、在表达式V?lim????（C）v?v,v?v （D）v?v,v?v [ D ] 解：根据它们的定义，进行判断。 1、定义式：某一时刻的速度：v?lim?r，速度的大小称为速率，其表达式为

?t?0?t??rr(t??t)?r(t)222?。 v?|v|?vx?vy?vz；而某一时间内的平均速度为：v= ?t?t 某一时间内的平均速率为：v??S，即质点在单位时间内所通过的路程，并不?t给出运动的方向，不能把平均速度与平均速率等同起来！质点回到原点时，位移为零，平均速度为零，而路程不为零，所以，平均速率不为零。

2、进行判断 又∵弧长S = PQ大于 弦长|Δr| = PQ，S >|Δr|；从图 1.3-1

中，PQ = |Δr|，PˊQ =Δr 所以，|Δr| ≠Δr 很重要！比较可知：v?|v|?v。

在（A）v?v,v?v中，速率v?|v|，平均速度为v不等于平均速率为v，即v?v，排

??????v?v,v?v都是错误的，排除B ；在（C）中，v?v,是错误的，除A；在（B）中，

排除C ；又∵ v?|v|???222vx?vy?vz ， ∴选（D）v?v,v?v。

1.3、一个质点沿X轴作直线运动，其运动学方程为X?3?6t?8t2?12t3，则 （1）质点在t=0时刻的速度V0= 6m/s ，加速度a0= 16m/s2 ； （2）加速度为0时，该质点的速度V= 7.8m/s 。 解：（1）v?6?16t?36t2，a?16?72t，当a?0时，t?（2）6?16?

1616?36?()2?7.8m/s 727216?0.22s 72 8

1.4、试说明质点作何种运动时，将出现下述各种情况（V?0） （1）at?0,an?0; 变速率曲线运动 ，

; （2） at?0,an?0变速率直线运动。

解释：因为at,an分别表示切向加速度和法向加速度，切向加速度的作用是 改变质点运动速度的大小，而法向加速度是改变其运动的方向；所以

at?0,an?0; 变速率曲线运动；at?0,an?0;变速率直线运动。

1.5、一运动质点的速率V与路程S的关系为v?1?s2。（SI），则其切向加速度以S来表达的表达式为：S来表达的表达式为：at? 2s?2s3 。 解： at?dvds?2s?2sv?2s?1?s2??2s?2s3 dtdt1.6、质点沿半径R=1m的圆周运动，其角位移θ可用下式表示：??2?5t3。 （1）当t=2s时，at? 60（m/s2） 。

?（2）at的大小恰为总加速度a大小的一半时，θ= 3.15（rad） 。

解：（1）w?15t2,??30t,at?R??30t?60（m/s2）

（2）30t?t3?12?30t?2??15t2?，3?22(15t2)?154t8，3?22?152t6

42323， 则有??2?， ∴ ??2?5?0.2309?3.15rad 。 1531．7一质点从静止出发沿半径R=1m的圆周运动，其角加速度随时间t的变化规律是??12t2?6t(SI) 则质点的角速度ω= 4t3?3t2 。 切向加速度at= 12t2?6t 。

解：，????dt???12t2?6t?dt?43t?23t，at?R? 00tt

1.8、一物体作如图所示的斜抛运动， 300 ?测得在轨道A点处速度v的大

?v 小为v，其方向与水平方向夹

角成300，则物体在A点的切向加速度at? ， 轨道的曲率半径ρ= 。

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???21.9、一质量为2 kg的质点，在xy平面上运动，受到外力F?4i?24tj (SI)

???的作用，t = 0时，它的初速度为v0?3i?4j (SI)，求t = 1 s时质点的速度及受

?到的法向力Fn.

????2解： a?F/m?2i?12tj

?????2  a?dv/dt ∴ dv?(2i?12tj)dt

?tv???2 ?dv??(2i?12tj)dt

????3∴  v?v0?2ti?4tj 2分

??????33v?v0?2ti?4tj?(3?2t)i?(4?4t)j

??当t = 1 s时，  v1?5i 沿x轴 1分

???故这时， an?ay??12j 1分

???F?ma??24j (SI) 1分 nn?v0v22323?v。 解：an?gcos??g，??an3g201.10、辆车A和B，在笔直的公路上同向行驶，它们从同一起始线上同时出

发，并且由出发点开始计时行驶的距离x（m）与行驶时间t（s）的函数关系式； A为xA?4t?t2，B为xB?2t2?2t3。

（1）它们刚离开出发点时，行驶在前面的一辆车是 A ； （2）出发后，两辆车行驶距离相同的时刻是 t=1.19s ； （3）出发后，B车相对A车速度为零的时刻是 t=0.67s 。 解：对（1）vA?4?2tvB?4t?6t2，

对（2）xA?x0,2t2?t?4?0,t?1.19s，对（3）vA?vB,3t2?t?2?0,t?0.67s

?????vv1.11、轮船在水上以相对于水的速度1航行，水流速度为2，一人相对于甲板????????????????v2v3的关系式是：v1?v2?v3?0 以速度v3行走，如人相对于岸静止，则v1、、 解: 轮船、水流和人相对甲板的速度都是以地球为参考系，所以人相对地面

的速度为零是它们速度的矢量和为零。

1.12、某质点作直线运动的运动学方程为x＝3t-5t3 + 6 (SI)，则该质点作 （A）匀加速直线运动，加速度沿x轴正方向． （B）匀加速直线运动，加速度沿x轴负方向． （C）变加速直线运动，加速度沿x轴正方向．

（D）变加速直线运动，加速度沿x轴负方向． ［ D ］ 解：dx /dt ＝3 - 15t2,a = d2X/dt2 = - 30t<0，故加速度沿x轴负方向，为D。

1.13、一条河在某一段直线岸边同侧有A、B两个码头，相距1 km．甲、乙两人需要从码头A到码头B，再立即由B返回．甲划船前去，船相对河水的速度

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为4 km/h；而乙沿岸步行，步行速度也为4 km/h．如河水流速为 2 km/h, 方向从A到B，则

(A) 甲比乙晚10分钟回到A． (B) 甲和乙同时回到A． (C) 甲比乙早10分钟回到A． (D) 甲比乙早2分钟回到A．

解：根据速度、路程、时间和相对运动的定义和规律，代入已知条件，进行求解：

∵对于甲：t1 = S/（V1 +v）+S/（V1 -v）=1/6 +1/2 =2/3

对于乙：t2 = 2S/v2 = 2/4 = 1/2；t1 – t2 = 1/6 s =10分钟。 ∴(A) 甲比乙晚10分钟回到A．为正确答案。 ［ A ］

?1.14、以下五种运动形式中， a保持不变的运动是

（A）单摆的运动 （B）匀速率圆周运动

（C）行星的椭圆轨道运动 （D）抛物运动

（E）圆锥摆运动 [ D ]

????提示：在（A）、（B）、（C）、（E）中a均有变化，只有（D）中a?g保持不变。 1.15、下列说法那一条正确？

（A） 加速度恒定不变时，物体运动方向也不变； （B） 平均速率等于平均速度的大小；

V1?V2； 2（D） 运动物体速率不变，速度可以变化。 [ D ]

?????r?s提示：对（A）在抛物运动中，a不变，但v变化， 对（B）v?，v?，

?t?t?v?v?r??s， 对（C）只有匀加速运动才有v?12，

2对（D）匀速率圆周运动, 运动物体速率不变，速度方向不断地变化,故选(D。 1.16、一人自原点出发，25s内向东走30m，又在10s内向南走了10m，再在15s内向正西北走了18m，求在50s内 （1）平均速度的大小和方向；（2）平均速率的大小。

解题思路：仔细分析运动全过程，做图——借助于形象思维，从概念（定义）出发，应用矢量坐标法进行求解。 Y（北） ????????????????（1）OC?OA?AB?BC

????C ?30i???10?j?18?cos450i?sin45j

??A ? ?17.27i?2.73j

O X（东） 2.73?tg???0.138，??8.980 17.27B ?4??r????图 1.3-3 ?0.35m。 OC?17.48，v?s?t

?1.17、质点作曲线运动，r表示位置矢量，S表示路程， at表示切向加速度，

（C） 不管加速度如何，平均速率表达式总可以写成V???

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下列表达是式中，（1）dvdt?a，（2）drdt?v ，（3）dsdt?v

?（4）dvdt?at： （A）只（1）、（4）是对的；（B）只有（2）、（4）是对的； （C）只有（2）是对的； （D）只有（3）是对的。 [ D ]

???????av?drdvdtdsdv提示： a?，a?a?，v?，v?u?， v?，at?。

dtdtatdtdtdt?1.18、一运动质点在某瞬时位于矢径r?x,y?的端点处, 其速度大小为

?22?drdrdr?dx??dy? (A) ；(B) (C) ；(D) ????? [ D ]

dtdtdtdtdt????解：根据定义（或概念），速度大小为标量，可排除B；同时可以确定D为正确答案。但是，我们还是要掌握A和C表达式的物理意义：

?dr|?r|dr?r=lim， =lim， ?r?|?r|

?t?0?t?0?tdtdt?t1.19、一质点沿直线运动,其运动学方程为x = 6 t－t2 (SI)，则在t由0至4s的时间间隔内，质点的位移大小为 _____8m______，在t由0到4s的时间间隔内质点走过的路程为________10m_________．

解：∵质点的位移Δr= r4-r0为矢量差，|Δr|=（6 ×4–42）- 0 = 8 m；

dx∵质点走过的路程为 S = Vt，V??6?2t，t =3时，V = 0，即第三秒后，质

dt点反向运动，V4 = -2m/s ∴S4 = V4t = 2m，故路程为S =|Δr|+ S4 = 8 + 2 = 10m。

???1.20、设质点的运动学方程为r?Rcos?t i?Rsin?t j (式中R、??皆为常

???量) 则质点的v=__-?Rsin??ti+?Rcos??tj_________． ???解：∵r?Rcos?t i?Rsin?t j，

V?drd(Rcos?ti?Rsin?tj)i 和 j为方向矢量。 ????Rcos?ti??Rcos?tj （式中，

dtdt1.21、一质点以速度v?4?t2?ms?作直线运动，沿质点运动直线作ox轴，并已知t=3s时，质点位于x=9m处，则该质点的运动学方程为：

1 （A） x=2t （B） x=4t+t2

211 （C） x?4t?3t? （D） x?4t?3t?12 [ C ] 1233提示：

?x9dx???4?t?dt，x?9??4t?t3?23t3t3t3?4t??9?12，

3t2∴x?4t??2

3

1.22、在倾角为θ的斜坡上，沿与水平面成倾角为α的方向抛出一石块。

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设石块落地点离抛射点的距离为L，求石块的初速度V0 ？ 解题指导：这是一道在斜面上 V0 Y 进行斜上抛的质点运动问题，研究 α 0 石块运动，可知：经过时间t，石块 L 到达A处,如图1.13所示,已知α和L；求V0。 A θ 解题思路——把斜上抛的运动分解为X和Y轴 图1.13 方向的运动，再运用数理逻辑推理（数学运算）得到正确的答案。

（1）、建立坐标系OXY； （2）、X轴：X = V0cosαt= L cosθ ??（1） Y轴：Y = V0sinαt - ? g t2= -L sinθ??（2） （3）、数学运算，求V0：

11tv0sin??gt2v0sin??gt22 （2）/（1）：tagθ=?tv0cos?v0cos?V0sinα - ? g t= - tagθV0cosα，2 V0sinα+ 2V0cosαtagθ= g t ∴t?2v02v0(sin??tg?cos?)?sin(???) ??（3） ggcos?[∴ sinα+tagθcosα=

sin?cos??cos?sin?sin(???)]将（3）代入（1）式， ?cos?cos?V0cosα（2V0/g cosθ）sin（α+θ）= Lgcosθ

ocs?gL这是正确答案。

2ocs?n(is???)V02 = g L cos2θ/2cosαsin（α+θ），v0?1.23、下列说法中，哪一个是正确的？

(A) 一质点在某时刻的瞬时速度是2 m/s，说明它在此后1 s内一定要经过2 m的路程．

(B) 斜向上抛的物体，在最高点处的速度最小，加速度最大。 (C) 物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向加速度为零。

(D) 物体加速度越大，则速度越大． ［ C ］

1v?v0?at。解：(A)中，S?S2?S1?v1t?at2；(B) 中，加速度不变；(D)中，

2所以，(C) 物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向加速度为零。

1.24、一质点沿x轴运动，其加速度a与位置坐标x的关系为：a＝2＋6 x2 (SI) 如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．

解：设质点在x处的速度为v， dvdvdxa????2?6x2 ，

dtdxdt ?vdv???2?6x2?dx， v?2?x?x3?2 。

1vx00

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第二章 牛顿运动定律

一、 要求

1、掌握牛顿三定律及其适应条件，能应用微分方法求解一维变力作用下的简

单的质点动力学问题；

2、掌握分析质点受力的方法，能分析简单系统在平面内的运动的力学问题； 3、了解4种基本自然力。

二、内容提要

1、牛顿力学基础知识系统图

第一定律 惯性参考系 第二定律 力的瞬时效应 F?ma 质 力的时间积累效应 力的空间积累效应 力的转动累效应 点 dI = Fdt = dP dA = Fdr = dEK M = dL/dt P= mV Ek = mV2/2 L = r×P t2t2 ?Fdt?P2?P1 AAB??F?dr?EKB?EKA t1t1

第三定律 Fij = -Fji，ri×Fij + rj×Fji = 0 质 F合外力dt = dP 保守力的功 M合外力= dL/dt F合外力 = maC ∮Fdr = 0 Ek=Ekc+Ek内 L =∑Li 点 rc = ∑mi ri/m 势能 Ekc=mV2c/2 P = mVc EAB = -ΔEP 刚体定轴 系 质心参考系中 = EPA-EPB E=Ek+EP Mdθ Pˊ= 0 =d（Iω2/2）

A合外力 + A非保守内力=ΔE M=Iβ=dL/dt F合外力 = 0 动量守恒 A合外力 + A非保守内力 = 0 M合外力矩= 0 机械能守恒 角动量守恒

普通的动量守恒 普通的能量守恒 普通的角动量守恒 空间均匀性 时间均匀性 空间各向同性

2、惯性—— 物体保持静止或匀速直线运动状态的这种特性，叫做惯性； 3、惯性（参考）系

14

（1）、惯性系定义—— 在研究物体相对运动时，选取的参考系本身具有惯性，这样的系统称为惯性（参考）系；

（2）、惯性系属性—— 凡是相对于某一已知的惯性系，作匀速直线运动的参考系也都是惯性参考系。

4、牛顿运动定律：

第一定律——惯性和力的概念，惯性系的定义；

任何物体都保持静止或匀速直线运动状态，直到其他物体的作用的力迫使它改变这种状态为止，称为牛顿运动第一定律。

牛顿第二定律： 运动的变化与所加的动力成正比，并且发生在这力所沿的直线的方向上。数学表达方式：F?ma??（2.3-1）、

牛顿第三定律： 当两个质点相互作用时，作用在一个质点上的力，与作用在另一个质点上的力大小相等，方向相反，且在同一直线上（它是力的概念和动量守恒定律的推论）—— f4、

常见的几种力

12 = -

f21??（2.3-2）

重力 W?mg；压力和张力； 弹簧的弹力f =-kx； 静磨擦力 f ≤ μN；

惯性力：在非惯性系中引入的和参考系本身的加速运动相联系的力。在平动加速参考系中，Fi??ma0；

在平动加速参考系中，

惯性离心力： Fi = - m ω2r。

6、四种基本自然力的特征

力的种类 相互作用的物体 力的强度 力程 万有引力 一切质点 10?34N 无限远 弱力 大多数粒子 10?2N 小于10?17m 电磁力 电荷 102N 无限远 强力 核子、介子等 104N 10?15m

15

三、解题思路

1、应用牛顿三定律分析问题的方法和步骤，一般可总结为“三字经”： 认物体 认清题目内容后，要选一个物体（抽象为质点）做为分析的对象。如果问题涉及几个物体，则要依此选一个物体逐个进行分析，对每个物体要标出其质量；

看运动 对认定的物体要分析出体目給出的（或演示）的运动状况，包括其运动的轨迹、速度和加速度。同时涉及几个问题时，要逐个进行分析它们运动的状态，并还有找出它们速度和加速度的关系。要注明速度和加速度是相对什么参考系而言，一般都是对惯性系（如：地面、地心或把太阳都看成是惯性参考系）说的；

查受力 要找出被认定的物体所受的力，并用箭头标出其受的力，箭头的尾部画在物体的作用点上。物体对其他物体的反作用力与该物体的加速度无关，一般受到的力就是那几种常见的力。为做到清楚无误地分析物体的受力，要画出清晰的示力图和物体运动的轨迹，以及其速度和加速度的方向。特别要注意参考系，如果要用非惯性系解题，要事先明确所选的有加速度的参考物，然后在每一个分析对象上还要加上一个惯性力的作用；

列方程 把上面分析出的物体的质量、加速度和它受的力（矢量和）用牛顿第二定律联系起来列出方程式，涉及几个物体时还要应用牛顿第三定律把它们受的力联系起来。最简单化原理在解物理问题时，体现在矢量分量法：常列牛顿第二定律的分量式，在应用直角坐标时，要在式力图中画出坐标轴的方向。画图是形象思维和抽象思维的有效结合，是训练我们的思维能力和表达能力的一个重要方法。

四、习题精解

1.1、在粗糙的水平桌面上放着质量为M的物体A，在A上放有一表面粗糙的小

?物体B，其质量为m．试分别画出：当用水平恒力F推A使它作加速运动时，B和A的受力图。 解：

????f1(?f1) B F A ?AMf2? ??N1? (1) mg (2) ?mg Mg2.2、如图所示，几个不同倾角的光滑斜面，有共 ? FBm?N1 ? f1 ?N2 750 600 450 同的底边，顶点也在同一竖直面上，若命一物体 （视为质点）从斜面上端由静止到下端的时间最 短，则斜面的倾角应选 （A）300 （B）450 （C）600 （D）750

解：对质点在光滑斜面上的运动进行 l 300

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受力和运动分析，欲求从斜面上端由静止 θ 到下端的时间最短，则斜面的倾角的选取 mg 应该对运动方程进行研究。

a) 其所受的下猾力是重力在斜面方向的分力：设倾角为θ，光滑斜面的底边的长度为l，质点的质量为m，则下滑力为F，

F?mgsin??ma,a?mgsin?

F ??1）

12ll??（3） at??（2） co?s?,S?2Sco?s3、数理逻辑推理 联立（1）、（2）和（3）式，求t与θ的关系：

2l（3）代入（2）中 2l?acos?t2，t2???（4）

acos?2、运动分析 S?（1）代入（4）中 t2?22l4l，t??sin2?mgsin?co?smgsin2?l??（5）， mg4、从（5）式中可知：只有当sin2??1,??45?时，下滑的时间最短，选（B）。 2.3、质量为m的小球，放在光滑的木板与光滑 的墙壁之间，并保持平衡。设木板与墙之间的 夹角为?，当?增大时，小球对木板的压力将： （A） 增加；（B）减少；（C）不变 （D）先是增大，后又减少，分界角为a=450 减少。 [ B ] 提示：如右图所示，矢量三角型中N?当 ??，? sin??，? N?。

mg sin?N m T ? mg T N mg 2.4、画出物体A、B的受力图：

?(1)在水平圆桌面上与桌面一 N(1)?A起做匀速转动的物体A； fA(1)(2)和物体C叠放在一起自由 ? mAg下落的物体B．

解：如图所示。在（1）中，A做匀C(2)B(2)?速转动，向心力为f；在（2）中，BB mBg 和C一起自由下落，B和C之间的作用

力为零。

17

2.5、物体A和B用弹簧连在一起，吊在支架上，

保持静止，如图所示。设A和B的质量分别

A 为m1，m2，弹簧与吊线质量忽略不计，当吊

线烧断瞬间，物体A和B的加速度分别为：

?maA= ?1?2m1???g ；aB= 0 。 ?B 解：当吊线烧断瞬间，A受到自身的重力和B的重力作用

?m?应用牛顿第二定律 m1g?m2g?m1aA，可求得：aA??1?2?g。

?m1?当吊线烧断瞬间，B受到自身的重力和A对它的拉力，其方向向上，大小等于B的重力，所以合作用力为零，所以其加速度为零。 2.6、如图，滑轮、绳子质量及运动中的摩擦阻力都忽略不计，物体A的质量m1大于物体B的质量m2．在A、B运动过程中弹簧秤S的读数是 S(A) (m1?m2)g. (B) (m1?m2)g.

2m1m24m1m2g. (D) g. ［ D ］ (C)

m1?m2m1?m2B解题思路：1、从受力分析开始，研究物体的运动过程，m2A在滑轮、绳子质量及运动中的摩擦阻力都忽略不计的情况m1 下，绳中张力大小相等，即T1?T2，两物体的加速度的大小

也相等，方向相反。

2、弹簧秤S的读数是 2T，应用牛顿运动定律求T： 选向上的方向为正 对M2：T2?m2g?m2a2??（1）即T?m2g?m2a??（1）′ 对M1：m1g?T1?m1a1 ??（2） m1g?T?m1a ??（2）′ 3、数理逻辑推理，联立（1）′和（2）′，解得：

2m1m2g（1）′/（2）′Tm1?m1m2g?m1m2g?Tm2，T?，故（D）为正确答案。

m1?m22.7、一段路面水平的公路，转弯处轨道半径为R，汽车轮胎与路面间的摩擦系数为，要使汽车不致于发生侧向打滑，汽车在该处的行驶速率 (A) 不得小于?gR． (B) 不得大于?gR．

(C) 必须等于2gR． (D) 还应由汽车的质量M决定． [ B ] 解题思路：分析质点运动过程，应用物理学原理，解匀速圆周运动速度问题。 1、题意分析 汽车在转弯处行驶可认为是做匀速圆周运动，若汽车轮胎与路面间的摩擦力的大小等于汽车的向心力时，汽车不致于发生侧向打滑。所以，该问题转化为求向心力；

V22、应用物理学原理：F?m??（1）f?mg???（2）F?f??（3）

R 18

V23、数理逻辑推理，联立上述方程解题：m?mg?,V??gR??（4）

R4、结论：汽车在该处的行驶速率不得大于?gR，故（B）为正确答案。

2.8、一质量为m的质点，在半径为R的半球形容器中，由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为N．则质点自A滑到B的过

11程中，摩擦力对其作的功为 ： (A) R(N?3mg)， (B) R(3mg?N)，

221 (C) R(N?mg)， (D) 1R(N?2mg)． [ A ]

22解题思路：分析质点运动过程，应用功能原理

Y 解题时，只考虑物题所处的始末状态。做图如右

O N A 图所示。 Fn ? 1、 题意分析 质量为m的质点，在半径为

R R的半球形容器中，由静止开始自边缘上的A点

mg B （距最低点B

的距离为R）其势能为mgR，到达最低点B时，

1其动能为：mV2。由静止从A点下滑到B点，机械能的改变转化为摩擦力的功。

2V21?N?mg??（1）A?mV2?mgR??（2）2、应用物理学原理：Fn?m R2113、数理逻辑推理，联立上述方程解题：mV2?(N?mg)R ??（3）

224、结论：摩擦力对其作的功为 ：

111A=?(mgR?mV2)?R(N?mg)?mgR?R(N?3mg)，(A)为正确答案。

2222.9、如图示．一质量为m的小球．由高Ｈ处沿光滑轨道由静止开始滑入环形轨道．若H足够高，则小球在环最低点时环对它的作用力与小

球在环最高点时环对它的作用力之差，恰为小球重量的 (A) 2倍． (B) 4倍． H (C) 6倍． (D) 8倍． [ B ] 解题思路：分析质点运动过程，应用功能原理解题。

121、研究能量：在高Ｈ处势能为：在环最低点时动能为： EP?mgH；Ed?mV1。

212在环的最高点时，E?2mgR?mV2?mg(H?2R)；因为光滑轨道，无能量

222损失机械能守恒：EP?Ed,?V1?2gH??（1）， V2?2g(H?4R)??（2） 2、研究小球对环的作用力：

V22Hmg,，N1?mg(在环最低点时：N1?mg?m?1)?(2H?R)??（3） RRR2V22g(H?4R)mg在环最高点时：N2?mg?m，N2?m[?g]?(2H?5R)

RRR 19

2g(H?2R)mg?g]?(2H?3R) ??（4）

RRmgmg 3、数理逻辑推理：N1?N2? [(2H?R)?(2H?3R)]?4R?4mg?（5）

RR4、结论：从（5）式可知：它们之差是小球质量的4倍，（B）为正确答案。 2.10、光滑水平面上放有一质量为M的三棱柱体A，其上放一质量为M的物体B，如图所示，A与B接触亦为光滑，设它们由静止开始滑动，求物体B尚未离开斜面时物体A、B间的相互作用力。 N2?m[解： 设ae为A对地，ar为B对A，B对地?B对A?A对地。

?d2xBm??Nsin???dt2B对地：? 2?mdyB?Ncos??mg??dt2B NA A ?? N N ae??m?ae?arcos????Nsin?..........(1) ???m??arsin???Ncos??mg........(2)?M??A对地：??M??dxA?Nsin?dt2 2dyA?NA?Mg?Nsin?2dt2? ar? mg ae?Mae?Nsin?................(3) ?N?Mg?Ncos?........(4)?A由（3）得ae?mNsin?Nsin?代入（1）式得 m， ?mraco?s??Ns?inMMNsin??Nsin?mg?Ncos?M........(6)， ar?..........(5) 由（2）得ar?msin?mcos?mgcos?Mgcos?由（5）=（6）得N?， 若m=M，N?2 。

msin??1??22?1??sin??cos??M?R，汽车轮胎与路面

间的摩擦系数为μ，要使汽车不致于发生侧向打滑，汽车在该处的行驶速率：（A）不得小于?gR （B）不得大于?gR （C）必须等于2gR （D）应由汽车质量决定。 [ B ]

mv2提示：?mg?，∴ v??gR。

R2.11、一段路面水平的公路，转弯处轨道半径为

m和M的滑块A和B，叠放在光滑的水平面上，如图，A，B间的静摩擦系数为?s，滑动摩擦系数为?k，系统原先处于静止状态，今将水平力F作用于B上，要使A，B间不发生相对滑

2.12、质量分别为

20

动，应有：（A）F??smg.

（B）F??s?1?mM?mg （C）F??S?m?M?g，（D）F??kmg提示：?smg?ma，a??sg，

F??smg?Ma

A B F M?m [ C ] MA ' ∴ F??s?m?M?g

f??smg?f' F B f2.13、倾角为30°的一个斜面体放置在水平桌面上．一个质量为2 kg的物体沿斜面下滑，下滑的加速度为 3.0 m/s2．若此时斜面体静止在桌面上不动，则斜面体与桌面间的静摩擦力f＝__5.2 N __。 解题思路：分析物体对斜面体产生作用力F，当此作用力的大小等于桌面间的静摩擦，方向与其相反时，斜面体才能

mg 保持静止在桌面上不动。由右图可知：

3?5.2N。 22.14、一小珠可以在半径为R的竖直圆环上作无摩擦滑动．今?绕圆环竖直直径转动．要使小珠离开环的底部而停在环上某一点，则角速度?最小应大于； g/R 。 m ∴f?Fcos30??6?Fcos30???f,由牛顿第二定律：

? ? O O R 解题思路：分析圆环以角速度?绕圆环竖直直径转动时，小珠亦以角速度?绕圆环竖直直径做匀速圆周运动， 其速度为：V?r? ??（1）

V2mg?Ncos???（2）∴??，向心力Fn?mN?rsin?gcsc??RgR?r22，

当r?0时，??gg，则角速度?最小应大于。 RR2.15、图中所示的装置中，略去轴上摩擦以及滑轮和绳的质量，且假设绳不可伸长，则质量为m1的物体的加速度a1 =__

2m2gm__． 14m1?m2m2解题思路：受力分析：设m1受力为F，绳中的张力为T，则F=T；∵F?ma

1、对m1：T?m1a??（1），

2、又∵绳不可伸长，∴a1?2a2??（2）

3、对m2：m2?2T?m2a2 ?（3）联立各式解得：a1?

2m2。

4m1?m2

21

2.16、一水平放置的飞轮可绕通过中心的竖直轴转动，飞轮的辐条上装有一个小滑块，它可在辐条上无摩擦地滑动．一轻弹簧一端固定在飞轮转轴上，另一端与滑块联接．当飞轮以角速度ω旋转时，弹簧的长度为原长的f倍，已知ω＝ω0时，f ＝f0，求ω与f的函数关系．

解：设弹簧原长为l，劲度系数为k，由于是弹性力提供了质点作圆周运动的向心力，故有m r?2＝ k ( r – l) 其中r为滑块作圆周运动的半径，m为滑块的质量．由题设，有

2 r ＝f l 有 mfl?2?kl(f?1)， 又由已知条件，有 mf0l?0?kl(f0?1) 整理后得ω与f的函数关系为 ：

f?2f0?02?f?1。 f0?12.17、一悬线长l = 1 m，上端固定在O点，下端挂一小球，如图所示．当小球

?在最低位置A时，给以水平方向的初速度v0，当悬线与OA成 120°角时小球脱

?离圆周，求v0的大小．如果要小球不脱离圆周，则v 0至少为多大？

解：(1) 小球运动过程中只有重力作功，故小球与地球系统机械能守恒，可

1122列方程： mv0?mvB?mgl(1?cos60?) ?? ① 2分

222/l ?? ② 2分 TB?mgcos60??mvB小球在B点脱离圆周的条件为 TB = 0，由②式得：

2?glcos60? ?? ③ 2分 vB?C?解①、③式得： T C? T B B?mgv0?gl(2?3cos60?)?5.86 m/s 1分 mgO120 (2) 设C点为圆周最高点，可列方程： l °?E =0pv11220 mv0?mvC?mg(2l) ?? ④ 1分 A 222/l ?? ⑤ TC?mg?mvC2小球能越过C点的条件是 TC≥0，代入⑤式有： vC≥gl ?? ⑥

2.18、如图所示，小球沿固定的光滑的1/4圆弧从A点由静止

开始下滑，圆弧半径为R，则小球在A点处的切向加速度 A R A at =_________g_____________，小球在B点处的法向加速度 an=__________2g____________。 B解：∵将质量为m的物体A抽象为质点P，作受力分析图，在A

v2点，mg = m at， g = a t 小球在B点处的法向加速度：man =m

R1 ∵机械能守恒：mV2?Rmg,V2?2Rg；∴ an =2g 。

22.19、在以加速度a向上运动的电梯内，挂着一根劲度系数为k、质量不计的弹簧．弹簧下面挂着一质量为M的物体，物体相对于电梯的速度为零．当电梯的加速度突然变为零后，电梯内的观测者看到物体的最大速度为 (A) aM/k． (B) ak/M．

(C) 2aM/k． (D) 1aM/k．

2 22

解：选电梯为非惯性参考系Sˊ，物体相对于电梯的速度为零，即是Vˊ=0， aˊ=0 -ma（非惯性力）+mg（弹簧下面挂着一质量为M的物体）=0，a=g，弹簧所受合力为零，弹簧自然伸长；当电梯的加速度突然变为零后（a=0，V电≠0），电梯为惯性参考系S，弹簧受重力和电梯的作用，弹簧被拉伸X；mg=kx ??（1）

11机械能守恒：MV2?kx2 ??（2）联立（1）、a=g和（2）式，

22解得：V=aM/k ［ A ］

2.20、站在电梯内的一个人，看到用细线连结的质量不同的两个物体跨过电

梯内的一个无摩擦的定滑轮而处于“平衡”状态．由此，他断定电梯作加速运动，其加速度为

(A) 大小为g，方向向上． (B) 大小为g，方向向下．

11(C) 大小为g，方向向上． (D) 大小为g，方向向下． ［ B ］

22解：选电梯为非惯性参考系Sˊ，物体相对于电梯的速度为零，Vˊ=0，

则有 m a + mg=maˊ=0，a = - g；所以(B) 大小为g，方向向下，为正确答案。 l 2.21、一人在平地上拉一个质量为M的木箱匀速前进，

M h 如图. 木箱与地面间的摩擦系数μ＝0.6.设此人前进时，?? 肩上绳的支撑点距地面高度为h＝1.5 m，不计箱高，问绳

长l为多长时最省力?

解：设绳子与水平方向的夹角为θ，则sin??h/l． 木箱受力如图所示，匀速前进时, 拉力为F, 有 F cosθ－f ＝0 2分 ? F sinθ＋N－Mg＝0 f＝μN

N ?Mg?得 F? 2分

F cos???sin??dF?Mg(?sin???cos?)?????0 f 令 2d?(cos???sin?)∴ tg????0.6，??30?57?36?? 2分

??2P?Mg dF 且 2?0，∴ l＝h / sinθ＝2.92 m时，最省力． 2分

d?2.22、如图，滑轮、绳子质量及运动中的摩擦阻力都忽略不计，物体A的质量m1大于物体B的质量m2．在A、B运动过程中弹簧秤S的读数是

S(A) (m1?m2)g. (B) (m1?m2)g.

2m1m24m1m2g. (D) g. ［ D ］ (C)

m1?m2m1?m2解：弹簧秤F = T1 + T2 = 2T ??（1）[T1 = T2 = T] Bm2A对m1：T1 - m1 g = m1a1 ??（2）

m1 对m2：T2 –m2 g = - m2a2 ??（3）[a1 = a2 = a] 联立（1）、（2）和（3）得（D）。

23

2.23、有两个弹簧，质量忽略不计，原长都是10 cm，第一个弹簧上端固定，下挂一个质量为m的物体后，长11 cm，而第二个弹簧上端固定，下挂一质量为m的物体后，长13 cm，现将两弹簧串联，上端固定，下面仍挂一质量为m的物体，则两弹簧的总长为___24cm_________．

解：∵F = - K X，K1 X1 = mg X1，K2 X2 = mg，∴K1 = mg，K2 = mg/ X2 =mg/3； 两弹簧串联，上端固定，下面仍挂一质量为m的物体，两弹簧的总长为： 原长是20 cm，加上挂一质量为m的物体后，两弹簧的伸长量ΔS，∵ΔS K = mg 1/K = 1/K1 + 1/K2 ，∴ΔS = mg/k = mg（1/K1 + 1/K2）= mg（1+3）/mg=4m 故两弹簧的总长为24cm。

2.24、设物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑， 在下滑过程中，

(A)它的加速度方向永远指向圆心． θ (B)它受到的轨道的作用力的大小不断增加． mg (C)它受到的合外力大小变化，方向永远指向圆心

(D)它受到的合外力大小不变． [ B ] 解：物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑，在下滑过程中，它受到的轨道的作用力的大小随θ不断增加，θ= 90o时最大为mg，方向不断变化。 ∴(B)它受到的轨道的作用力的大小不断增加，为正确答案。

2.25、公路的转弯处是一半径为 200 m的圆形弧线，其内外坡度是按车速60 km/h设计的，此时轮胎不受路面左右方向的力．雪后公路上结冰，若汽车以40 km/h的速度行驶，问车胎与路面间的摩擦系数至少多大，才能保证汽车在转弯时不至滑出公路？

解：(1)先计算公路路面倾角 . N设计时轮胎不受路面左右方向的力，

而法向力应在水平方向上．因而有 R Nsin??mv12/R

mg?v12 Ncos??mg ∴ tg??

Rg(2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为N′(N′为该

2/R 时刻地面对车的支持力) N?sin???N?cos??mv2 N?cos???N?sin??mg

2Rgsin??v2cos?∴ ??2

v2sin??Rgcos?2v12?v2v12?0.078 将tg??代入得 ??22Rgv2v1?/?Rgv0 θ Rga 2.26、一男孩乘坐一铁路平板车，在平直铁路上匀加速

行驶，其加速度为a，他向车前进的斜上方抛出一球，设抛

v0

球过程对车的加速度a的影响可忽略，如果他不必移动在车中的位置就能接住球，则抛出的方向与竖直方向的夹角??应为多大？

??解：设抛出时刻车的速度为v0，球的相对于车的速度为v0/，与竖直方向成? 24

12at ??① 1分 2/sin??t ?? ② 1分 球的位移 ?x2??v0?v01/ ?y2?v0co?st?gt2 ?? ③ 1分

2小孩接住球的条件 ?x1??x2 , ?y2?0 1分

11//即  at2?v0sin?t ， gt2?v0cos?t

22角．抛射过程中，在地面参照系中，车的位移：?x1?v0t???????两式相比得 a/g?tg? ，∴ ??tg?1?a/g? 1分 2.27、一水平放置的飞轮可绕通过中心的竖直轴转动，飞轮的辐条上装有一个

小滑块，它可在辐条上无摩擦地滑动．一轻弹簧一端固定在飞轮转轴上，另一端与滑块联接．当飞轮以角速度ω旋转时，弹簧的长度为原长的f倍，已知ω＝ω0时，f ＝f0，求ω与f的函数关系．

解：设弹簧原长为l，劲度系数为k，由于是弹性力提供了质点作圆周运动的向心力，故有 m r?2＝ k ( r – l) 2分

其中r为滑块作圆周运动的半径，m为滑块的质量．由题设，有 r ＝f l 1分

2因而有 mfl?2?kl(f?1) 又由已知条件，有 mf0l?0?kl(f0?1) 1分 整理后得ω与f的函数关系为：

f?2f0?02?f?1 f0?1CB2.28、A、B、C为质量都是M的三个物体，B、C放在光滑水平桌面上，两者间连有一段长为0.4 m的细绳，原先松

A放着．B、C靠在一起，B的另一侧用一跨过桌边定滑轮的细绳与A相连（如图）．滑轮和绳子的质量及轮轴上的摩擦

不计，绳子不可伸长．问： (1) A、B起动后，经多长时间C也开始运动？ (2)C开始运动时速度的大小是多少?(取g＝10 m/s2)

解：(1) 设A，B间绳中张力为T，分别对A、B列动力学方程 MA g –T =MA a

1 T =MB a 解得： a =Mg / (MA+MB) 由 MA = MB = M a＝g

2 设B、C之间绳长为l，在时间t内B物体作匀加速运动，有

1 l＝at2＝gt2/4 ， t=4l/g=0.4 s

2(3) B和C之间绳子刚拉紧时，A和B所达到的速度为

11 v＝at＝gt＝×10×0.4＝2.0 m/s。

22令B、C间拉紧后，C开始运动时A、B、C三者的速度大小均变为V，由 量定理(设三者速度变化过程中TAB为AB间绳中平均张力，TBC为BC间绳中平均张力,τ为过程时间) MAV ??MAv = –TAB·τ (∵MAg<

(MA?MB)v2?v?1.33 m/s V =

MA?MB?MC3 25

2.29、如图所示，质量M = 2.0 kg的笼子，用轻弹簧悬挂起来，静止在平衡位置，弹簧伸长x0 = 0.10 m，今有m = 2.0 kg的油灰由距离笼底高h = 0.30 m处自由落到笼底上，求笼子向下移动的最大距离．

h解：k?Mg/x0 2分，油灰与笼底碰前的速度 v?2gh 碰撞后油灰与笼共同运动的速度为V，应用动量守恒定律： mv?(m?M)V ① 油灰与笼一起向下运动，机械能守恒，下移最大距离?x，则

1112k(x0??x)2?(M?m)V2?kx0?(M?m)g?x ② 2222m2x02m2hx0mx0???0.3 m 联立解得： ?x?2MM(M?m)M2.30、如图所示，质点作曲线运动，质点的加速度

?????M3a是恒矢量(a1?a2?a3?a).试问质点是否能作匀变M2速率运动? 简述理由．

M1答：不作匀变速率运动．因为质点若作匀变速率运?a2????动，其切向加速度大小at必为常数，即at1?at2?at3，?a1????现在虽然a1?a2?a3, 但加速度与轨道各处的切线间a?a3?a

夹角不同，这使得加速度在各处切线方向的投影并不相等，即at1?at2?at3，故该质点不作匀变速率运动.

2.31、绳子通过两个定滑轮，右端挂质量为m的

1小球，左端挂有两个质量m1=m的小球.将右边小球

2约束,使之不动. 使左边两小球绕竖直轴对称匀速地旋转, 如图所示.则去掉约束时, 右边小球将向上运??m11动, 向下运动或保持不动?说明理由. mm22 答：右边小球不动．

理由：右边小球受约束不动时，在左边对任一小球有 T1co?s?m1g?0， 式中T1为斜悬绳中张力，这时

左边绳竖直段中张力为T?2T1cos??2m1g?mg 故当去掉右边小球的外界约束时，右边小球所受合力仍为零，且原来静止，故不会运动。

26

第三章 动量守恒和角动量守恒

一、 要求

1、 掌握质点的动量定理、动量守恒定律，通过质点在平面内的运动情况理

解角动量、动量矩和角动量守恒定律； 2、掌握运用守恒定律分析问题的方法；能分析简单系统在平面内的运动的力学问题。

3、通过质点在平面内的运动情况，理解角动量（动量矩）和角动量守恒定律，

并能用它们分析、解决质点在平面内运动时的简单力学问题。掌握运用守恒定律分析问体的思想和方法，能分析简单系统在平面内的运动的力学问题。

二、内容提要

1、力：单位时间内，另一质点传给它的动量，就是作用在该质点上的力的度量，数学表达式为：F?t2dPd(mv)dv??m?ma（牛顿运动第二定律） dtdtdt2、冲量：I??Fdt，称为在该时间间隔内作用在该质点上的冲量。

t13、动量定理：合外力的冲量等于质点（或质点系）动量的增量， 即，Fdt?dP?dmv， 其中 P?mv；

4、动量守恒定律：系统所受合外力时，其动量的增量为：P??mvi

i5、对于惯性中某一定点，力F的力矩：M?r?F，

6、质点的角动量： L?r?P?mr?v；

7、质点的角动量定理：作用于质点的冲量矩等于质点的角动量的增量。

tL积分形式： ?Mdt??dL?L?L0 ， 微分形式：M外?t0L0dL dt8、角动量守恒定律：如果某一固定点，质点所受合外力矩为零，则此质点对该固定点的角动量矢量保持不变。 则

dL?0， L??Li = 常量 dti

27

三、解题思路

1、利用动量定理分析问题的方法和步骤，仍然是解题“三字经”： 认物体 认清题目内容后，要选一个物体（抽象为质点）作为分析的对象。如果问题涉及几个物体，则要依此选一个物体逐个进行分析，对每个物体要标出其质量；

看运动 对认定的物体要分析出体目給出的（或演示）的运动状况，包括其运动的轨迹、速度和加速度。同时涉及几个问题时，要逐个进行分析它们运动的状态，并还有找出它们速度和加速度的关系。要注明速度和加速度是相对什么参考系而言，一般都是对惯性系（如：地面、地心或把太阳都看成是惯性参考系）说的；

查受力 要找出被认定的物体所受的力，并用箭头标出其受的力，箭头的尾部画在物体的作用点上。物体对其他物体的反作用力与该物体的加速度无关，一般受到的力就是那几种常见的力。为做到清楚无误地分析物体的受力，要画出清晰的示力图和物体运动的轨迹，以及其速度和加速度的方向。特别要注意参考系，如果要用非惯性系解题，要事先明确所选的有加速度的参考物，然后在每一个分析对象上还要加上一个惯性力的作用；

不过有时直接用矢量表示式，根据矢量图的几乎关系求解更为方便和直观。 2、应用动量守恒定律解题时，也用解题“三字经”，不过这里要注意：首先要认定相互作用的几个物体作为分析的对象，对它们的运动要分清初始和终了的两个状态。在分析力时，要特别分析系统所受的合外力（即系统内各物体所受系统外物体的外力的矢量和）是否为零？只有当合外力为零时，才能有总动量守恒的结果（有时外力可以忽略，也可以用动量守恒公式）。很多的情况是系统所受的合外力在某一方向上为零，则总动量沿这一方向的分量也守恒。 3、应用角动量定理时，首先要明确力矩和角动量的定义的矢量积的数学意义。例如，力矩并不简单地是力和位矢的代数和，角动量也不简单地是质量、位矢和速率的乘积。要明确它们都是乯两个矢量定义的一个新的矢量；

4、应用角动量守恒定律于质点的运动时，首先要明确计算力矩和角动量时所采用的定点的位置。对于力矩，不但当F=0或r=0（即力的作用线通过定点）时，该力的力矩为零，而且力和质点的位矢平行和反平行时，该力的力矩也为零。对质点的角动量也应该注意：质点的速度和位矢平行和反平行时，质点对定点的角动量也为零。只有当质点的速度与位矢的方向垂直时，质点的角动量的大小才等于位矢和速度大小的乘积；

5、在用角动量守恒求解问题时，要注意参考系的确定，应以定轴所在的参考系为准。

28

四、思考题解答

花样滑冰运动员想高速旋转时，她先把一条腿和两臂伸开，并用脚蹬冰使自己转起来，然后她再收拢腿和臂，她的转速就明显地加快了，这利用可什么原理？ 答：花样滑冰运动员的一条腿和两臂伸开时，对与起竖直中心轴线的转动惯量J1显然大于收拢腿和臂时的转动惯量J2。忽略她收拢腿和臂时用脚蹬冰过程中的磨擦力矩，其他外力矩为零，因而她对中心轴线的的角动量守恒。设?1和?2分别为收拢腿和臂前后的角速度，那么：I1?1?J1?2，由于J1?J2，所以她的转速就明显地加快了。

五、习题精解

3.1、一质量为1 kg的物体，置于水平地面上，物体与地面之间的静摩擦系数

???＝0.20，滑动摩擦系数?＝0.16，现对物体施一水平拉力F＝t+0.96(SI)，则2秒末物体的速度大小v＝__0.89 m/s ____________．

题意分析：在0?1 s内, F

解题思路：从题意分析中得出解题思路：由力对时间的积累，即力对时间的积分，求出冲量，再求速度。

2解题：在1 s?2 s内, I??(t?0.96)dt??mg(t2?t1)?0.89N?s

1由 mv – 0=I， 可得 v = I/m=0.89 m/s

3.2、假设作用在一质量为10 kg的物体上的力，在4秒内均匀地从零增加到50 N，使物体沿力的方向由静止开始作直线运动．则物体最后的速率v

?1

＝____5 m · s ___________． 解题思路：∵力在4秒内均匀地从零增加，可设f(t)?kt，

44已知：

?0f(t)dt?50N，又∵?f(t)dt??mv，∴v?050?5m/s。 103.3、在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射

一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦力及空气阻力） （A） 总动量守恒

（B） 总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向的动量不守恒。 （C） 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒。 （D） 总动量在任何方向的分量均不守恒。 [ C ]

解：取炮车和炮弹为一系统，发炮过程中，所受外力为重力和地面支持力，均是垂直方向，在水平方向不受外力作用，所以总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒，总动量不守恒。

3.4、设作用在质量为1kg的物体上的力F=6t+3（SI），如果物体在这一力的作用下，由静止开始沿直线运动，在0到2.0s的时间间隔内，这个力作用在物体上的冲量大小I = 18N.S 。 提示：I??2.00?6t?3?dt??3t2?3t?02.0?18N.S。

29

???03.5、一质量为m的物体，以初速v0成从地面抛出，抛射角??30，如忽略

空气阻力，则从抛出到刚要接触地面的过程中

（1） 物体动量增量的大小为 mv0 。 （2） 物体动量增量的方向为 竖直向下 。

????????提示：?p?p2?p1

?p?mv0sin30???mv0sin30?

00mv0300 ???p mv03.6、质量为M=1.5kg的物体，用一根长为ι=1.25m的细绳悬挂在天花板上，今有一质量为m=10g的子弹以v0?500ms的水平速度射穿物体，刚穿出物体时

?mv0

300 子弹的速度大小v=30m/s，设穿透时间极短，求： （1）子弹刚穿出时绳中张力的大小； （2）子弹在穿透过程中所受的冲量。 解：（1）取m+M为一个系统，因作 用时间极短，作用力极大，所以在水 ???v0平方向动量守恒， m v即 mv0?m?M V ∴ V?? M ?v m?v0?v?M?3.13ms，

MV2?26.5N （2）f?t?mv?mv0??4.7N.S，与v0反向。 ∴ T?Mg??3.7、物体在恒力F作用下作直线运动，在时间?t1内速度由0增加到v，在时间?t2内速度由v增加到2 v，设F在?t1内作的功是W1，冲量是I1，在?t2内

作的功是W2，冲量是I2．那么：(A) W1 = W2，I2 > I1．(B)W1 = W2，I2 < I1． (C) W1 < W2，I2 = I1． (D) W1 > W2，I2 = I1． [ C ] 解题思路：分析物体在恒力F作用下作直线运动，冲量是I1?F?t1，I2?F?t2， 1、∵动量定理：I1?mv，I2?2mv?mv?mv，∴I1?I2；

1132、∵功能原理：W1?mv2，W2?m(4v2?v2)?mv2，∴W1?W2；

2223、结论：(C) W1 < W2，I2 = I1．为正确答案。

3.8、两个质量相等、速率也相等的粘土球相向碰撞后粘在一起而停止运动. 在此过程中，由这两个粘土球组成的系统，

(A) 动量守恒，动能也守恒． (B) 动量守恒，动能不守恒． (C) 动量不守恒，动能守恒． [ B ]

(D) 动量不守恒，动能也不守恒．

解题思路：分析物体会发生形变的粘土球。在此过程中，由这两个粘土球组成的系统所受外力为零，即动量守恒；但是，碰撞时发生了形变，损失了部分能量。所以， 动量守恒，动能不守恒，（B）为正确答案。

30

3.9、一质点在外力作用下运动时，下述哪种说法是正确的？ （A）质点的动量改变时，质点的动能一定改变。 （B）质点的动能不变时，质点的动量也一定不变。 （C）外力的冲量是零。外力的功一定为零。

（D）外力的功为零，外力的冲量一定为零。 [ C ]

解题思路：根据它们的定义、概念，具体问题具体研究，进行判断。

（A）质点的动量改变时，若只是其方向的改变，而大小不变，质点的动能

一定不改变，比如质点做匀速率圆周运动就是这种情况。排除（A）；

（B）质点的动能不变时，质点的动量不一定不变，比如质点做匀速率圆周运动就是这种情况。排除（B）；

t2∵冲量I??Fdt，是力对时间的积累，外力为零时，冲量才能为零，所以功

t1一定为零；而外力的功为零（正功等于负功），只要外力作用，外力的冲量就一定不为零。排除（D），选（C）。

3.10、质量分别为m1和m2的两个小球，连接在劲度系数为k的轻弹簧两端，并置于光滑的水平支点上，如图，今以等值反向的水平力F1，F2分别同时作用于两个小球上，若把两小球和弹簧看作一个系统，则系统在运动过程中。 ????（A） 动量守恒，机械能守恒； F1F2 ｍｍ２ １ （B） 动量守恒，机械能不守恒；

（C） 动量不守恒，机械能守恒； （D） 动量不守恒，机械能也不守恒； K [ B ]

?????????提示：对系统，在水平方向上，F1?F2?O，动量守恒；∴P?e 对系统，重力势能不变，A外?F1x1?F2x2?0 ∴E?C，机械能不守恒。

3.11、一个物体可否具有动量而无机械能？ 可以 （填可，否）

说明：一个物体可以具有动量而无机械能，比如说：当子弹射入沙箱，在前进的过程中，受沙子的摩擦而发热，具有动量；发热的过程中将机械转化为热能，所以其机械能为零，动量不为零。

3.12、假设作用在一质量为10 kg的物体上的力，在4秒内均匀地从零增加到50 N，使物体沿力的方向由静止开始作直线运动．则物体最后的速率v

?1

＝____5 m · s ___________． 解题思路：∵力在4秒内均匀地从零增加，可设f(t)?kt，已知：

44?0f(t)dt?50N， 又∵?f(t)dt??mv，∴v?050?5m/s。 103.13、一质量为M的质点沿x轴正向运动，假设该质点通过坐标为x的位置时速度的大小为kx (k为正值常量)，则此时作用于该质点上的力F =___Mk2x__，

1x该质点从x = x0点出发运动到x = x1处所经历的时间?t =___ln1_____．

kx0

31

2dxdx解题思路：已知v?则kdt?； ∵动量定理：?Fdt??Mdv?（1） ?kx，

dtxt1v0tv2dx1、求F：?Mdv?M?d(kx)?Mk?dt??Mk2xdt，与（1）式对比 即F?Mk2x；

dtt1t1t1t1t2t2t2tt12、求?t：∵动量定理

?Fdt??Mdv.?Mkxdt??Mdv,?dt?t02dx??（2） ?kxx0x1对（2）式两边同时积分：?t?1x1ln，为正确答案。 kx03.14、一块木料质量为45 kg，以 8 km/h的恒速向下游漂动，一只10 kg的天鹅以 8 km/h的速率向上游飞动，它企图降落在这块木料上面．但在立足尚未稳时，它就又以相对于木料为2 km/h的速率离开木料，向上游飞去．忽略水的摩擦，木料的末速度为：____6.7 km/h ____。

解题思路：分析天鹅和木料动量的变化（设向下游的方向为正方向）， 1、初态时，木料的动量为：mv?45?8?360??（1），天鹅的动量为：-80； 2、天鹅停留在木料上时的动量守恒：360-80=(45?10)v1??（2） 3、天鹅飞离木料时的动量守恒：55v1?45v2?10?2??（3）

280?20?6.7km/h 453.15、一个人站在平板车上掷铅球，人和车总质量为M，铅球的质量为m，平板车可沿水平、光滑的直轨道移动．设铅直平面为xy平面，x轴与轨道平行，y轴正方向竖直向上．已知未掷球时，人、车、球皆静止．球出手时沿斜上方，它相对于车的初速度在xy平面内，其大小为v0，方向与x轴正向的夹角为? ，人在掷球过程中对车无滑动，则球被抛出之后，车对地的速度：

4、联立上述各方程，解得：v2???mv0cos??m??球对地的速度v?__v0cos?(1? V??i__，)i?v0sin?j______．

M?mM?m参考解：选人、车、铅球为系统，水平方向动量守恒

?mv0co?s 0?m(v0cos??V)?MV， V? 方向?i

M?mm球对地的速度 vx?v0co?s(1?)， vy?v0sin?。

M?m?m??∴ v?v0cos?(1?)i?v0sin?j.

M?mh

3.16、如图，有一小球从高为H处自由下落，在

下落到h处碰到一个45°的光滑固定斜面与其作完全弹性碰撞．试计算斜面位置的高度H′为多少时能使小球弹得最远？

HH′S

32

解：根据机械能守恒定律或牛顿定律，小球与斜面碰撞时的速度为

v1?2gh 因为是完全弹性碰撞，小球弹射的速度大小为 v2?v1?2gh

v2的方向沿水平方向，故小球与斜面碰撞后作平抛运动，弹出的水平距离为

S = v2 t， 式中 t?2(H?h)/g ∴ S?2gh2(H?h)/g?2h(H?h)

dSH?2h??0 根据极值条件 dhh(H?h)得到 h = H/2，即 H??H?h?H/2， 且d2S/dh2H/2??4/H?0

故 H??1H 是使小球弹得最远的高度．

23.17、质量为m的一只狗，站在质量为M的一条静止在湖面的船上，船头垂直指向岸边，狗与岸边的距离为S0．这只狗向着湖岸在船上走过l的距离停下来，求这时狗离湖岸的距离S（忽略船与水的摩擦阻力）．

解：设V为船对岸的速度，u为狗对船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗与船组成的系统水平方向动量守恒： MV?m(V?u)?0 2分

mm?mudt?l 2分 即V?u ，船走过的路程为 L??Vdt??M?m0M?mM?m0ttMl 1分 M?m3.18、如图，用传送带A输送煤粉，料斗口在A 上方高h＝0.5 m处，煤粉自料斗口自由落在A上．设料斗口连续卸煤的流量为qm＝40 kg/s，A以v＝2.0 m/s的水平速度匀速向右移动．求装煤的过?h v程中，煤粉对A的作用力的大小和方向．（不计相

A 对传送带静止的煤粉质重）

解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖

直向下的速度 v0?2gh

狗离岸的距离为 S?S0?(l?L)?S0? y fy?t ?f?t ??设煤粉与A相互作用的?t时间内，落于传送带上的煤粉质

?为： ?m?qm?t 设A对煤粉的平均作用力为f， 由动量定理写分量式： fx?t??mv?0

fy?t?0?(??mv0)

将 ?m?qm?t代入得 fx?qmv， fy?qmv0 x ? ∴ f?fx2?fy2?149 N ，f与x轴正向夹角为? = arctg

?(fx / fy ) = 57.4°， 煤粉对A的作用力f′= f = 149 N，方向与图中f相反．

fx?t 33

3.19（0703）、如图所示，砂子从h＝0.8 m 高处下落到以

3 m／s的速率水平向右运动的传送带上．取重力加速度

g＝10 m／s2．传送带给予刚落到传送带上的砂子的作用力的方向为

(A) 与水平夹角53°向下． (B) 与水平夹角53°向上．

h ?解：设沙子落到传送带时的速度为v1，随传送带一起运

?动的速度为v2，则取直角坐标系，x轴水平向右，y轴向上．

?????v1??2ghj?-4j, v2?3i

?设质量为?m 的砂子在?t时间内平均受力为F,则

????m?v??m?v??p?21?m???(3i?4j) 3分 F??t?t?t由上式即可得到砂子所受平均力的方向,设力与x轴的夹角为?则

??tg?1(4/3)= 53°,力方向斜向上 2分

3.20、有一门质量为M (含炮弹)的大炮，在一斜面上l无摩擦地由静止开始下滑．当滑下l距离时，从炮内沿水平方向射出一发质量为m的炮弹．欲使炮车在发射炮弹后的瞬时停止滑动，炮弹的初速v（对地）应是多少？(设?斜面倾角为? )．

解：设炮车自斜面顶端滑至l处时其速率为v0．由机械

2能守恒定律，有： Mglsin??1Mv0 ?? ① 2分

2以炮车、炮弹为系统，在l处发射炮弹的过程中，忽略重力，系统沿斜面方向动 量守恒： Mv0?mvcos? ?? ② 2分

(C) 与水平夹角37°向上．

(D) 与水平夹角37°向下． ［ B ］

M2glsin? mcos?3.21、质量为m = 5.6 g的子弹A，以v0 = 501 m/s的速率水平地射入一静止在水平面上的质量为M =2 kg的木块B内，A射入B后，B向前移动了S =50 cm后而停止，求：

(1) B与水平面间的摩擦系数． (2) 木块对子弹所作的功W1． (3) 子弹对木块所作的功W2． (4) W1与W2的大小是否相等？为什么？

解：(1) 设A射入B内，A与B一起运动的初速率为v0，则由动量守恒 mv0?(M?m)v0 ?? ① v0=1.4 m/s 2分

1根据动能定理：f?s?(m?M)v02?? ②1分 f??(m?M)g?? ③1分

2①、②、③联立解出? =0.196 1分

111222(2) W1?mv0?mv0??703 J 2分， (3) W2?Mv0?1.96 J 1分

222 (4) W1、W2大小不等，这是因为虽然木块与子弹之间的相互作用力等值反向，但两者的位移大小不等． 2分

由①、②式可以解出：v?

34

3.22、两个大小与质量相同的小球，一个是弹性球，另一个是非弹性球．它们从同一高度自由落下与地面碰撞后，为什么弹性球跳得较高？地面对它们的冲量是否相同？

解答：(1)弹性球与地面碰撞损耗的动能比非弹性球与地面碰撞时损失得小， 因而弹性球反跳速度v?大于非弹性球反跳速度v??，即 v?＞v??，故弹性

球跳得较高． 2分 (2)地面对它们的冲量也不相同（取向上为正方向），地面对弹性球的

????冲量为 f1? t = mv? – mv， f1?t = mv? + mv

????地面对非弹性球的冲量为：f2? t = mv?? – mv， f2?t= mv?? + m v 因为 v?＞v?? 有 |f2?t|?|f1?t| 3分 3.23、质量为m的物体，初速极小，在外力作用下从原点起沿x轴正向运动．所受外力方向沿x轴正向，大小为F ? kx．物体从原点运动到坐标为x0的点的过程

2中所受外力冲量的大小为______mkx0____________．

解：∵I =Fdt = d（mV） ??（1），（∵外力方向与x轴正向一致，

dX，（1）式两边乘V： cos??cos0??1） 则 V?dt， kxdtV?mVdV ，kxdx = mVdV ?（2）

txx02（2）式两边同时积分：?kxdx?02mvdvmkx?mV， ，0?20∴I =Fdt =mV = mkx0。

P mAv 23.24、质量为m的质点，以不变速率v沿图中正三角形ABC的 水平光滑轨道运动．质点越过A角时，轨道作用于质点的冲量的大小为

A (A) mv． (B) 2 mv． mBv

(C)  mv． (D) 2mv． [ ] Q 3B C 解：∵轨道作用于质点的冲量：I?mBv?mAv?mQP，

矢量作图可知：QP=QAcos60o+ APcos60o= 3mv ∴(C) 为正确答案。

3.25、船浮于静水中，船长L，质量为m，一个质量也为m的人从船尾走到

船头. 不计水和空气的阻力，则在此过程中船将：(A) 不动． (B) 后退L．

11(C) 后退L． (D) 后退L． ［ C ］

32解：∵不计水和空气的阻力，人（M1）、船（M2=M=m）和水为一个系统，以水为参考系。合外力为零，动量守恒：M1v1?M2v2?0，∴|v1|?|v2|?v；

LLL)?运动学方法：人相对于船 t??(；

v1?v22v在t时间内，后退的距离 S = t V2 =LV/2V = L/2，∴(C) 为正确答案。

35

3.26、人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动，卫星轨道近地点和远地点分别

为A和B．用L和EK分别表示卫星对地心的角动量及其动能的瞬时值，则应有 (A) LA>LB，EKA>EkB． (B) LA=LB，EKA

(C) LA=LB，EKA>EKB． (D) LAVB，所以LA=LB，EKA>EKB．（C）为正确答案。

3.27、假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的

(A) 角动量守恒，动能也守恒． (B) 角动量守恒，动能不守恒． (C) 角动量不守恒，动能守恒． (D) 角动量不守恒，动量也不守恒．

(E) 角动量守恒，动量也守恒． ［ A ］ 解：∵人造地球卫星绕地球做圆运动时，卫星在有心力场中运动，受地球（力心）的吸引，其方向指向力心，对力心的力矩恒为零。因此，质点在此力场中运动时，它对力心的角动量是一个恒量，角动量守恒：LA=LB；做圆运动时各点的速度相同。故（A）为正确答案。

3.28、长为l、质量为M的匀质杆可绕通过杆一端O的水平

12O 光滑固定轴转动，转动惯量为Ml，开始时杆竖直下垂，如图

3??所示．有一质量为m的子弹以水平速度v0射入杆上A点，并嵌2l/3 v 在杆中，OA＝2l / 3，则子弹射入后瞬间杆的 A? m 6v0

角速度??＝_____________

?4?3M/m?l解：由上题可知：杆和子弹组成的系统中角动量守恒，即I??mvl

6v0142∴?(Ml2?ml)?mv0l，??。

(4?3M/m)l3933.29、如图所示，钢球A和B质量相等，正被绳牵着以???4 rad/s的角速度绕竖直轴转动，二球与轴的距离都为r1=15 cm．现在把轴

B上环C下移，使得两球离轴的距离缩减为r2=5 Acm．则钢球的角速度??___36 rad/s 。

参考解：系统对竖直轴的角动量守恒． ???0r12/r22?36rad/s

C?3.30、小球A，自地球的北极点以速度v0在? A v0质量为M、半径为R的地球表面水平切向向右m?CO＇飞出，如图所示，地心参考系中轴OO＇与v0平行，小MO球A的运动轨道与轴OO＇相交于距O为3R的C点．不

??考虑空气阻力，求小球A在C点的速度v与v0之间的夹角?．

2解：由机械能守恒： 1mv0?GMm/R?1mv2?GMm/(3R) ?? ①

220R??v

36

根据小球绕O角动量守恒： Rmv0?3Rmvsin? ?? ② ①、②式联立可解出． sin??v09v?12GM/R20

3.31、空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC自由转动，转动惯量?0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

A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，

R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，BC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．

小球到B点时： J0?0＝(J0＋mR2)? ?? ①

11122 J0?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

22J0?0R度．由式①得： ?＝J0??0 / (J0 + mR) ，代入式②得 vB?2gR? 2mR?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．

12 即： mvC?mg?2R? , vC?4gR。

RB RA 2O A 3．32、一人造地球卫星到地球中心O的最大距离和B 最小距离分别是RA和RB．设卫星对应的角动量分别LA 、LB，动能分别是EKA、EKB，则应有：(A) LB > LA，E， (B) LB > LA，EKA =EKB．

(C) LB = LA，EKA = EKB． (D) LB < LA，EKA = EKB． (E) LB = LA，EKA < EKB．

解：∵卫星和地球构成一个系统，合外力矩为0，角动量守恒，LB = LA； ∵

RA>R，根据开普勒面积定律，VA

∴(E) 为正确答案。 ［ E ］ 3．33、一块宽L＝0.60 m、质量M＝1 kg的均匀薄木板，可绕水平固定轴OO?无摩擦地自由转动．当木板静止在平衡位置时，有一质量为m＝10×10-3 kg的子弹垂直击中木板A点，A离转轴OO?距离l＝0.36 m，子弹击中木板前的速度为500 m·s-1，穿出木板后的O?O-1

速度为 200 m·s．求

? (1) 子弹给予木板的冲量； L v l 0 (2) 木板获得的角速度． A 21? (已知：木板绕OO轴的转动惯量J?ML)

3解：(1) 子弹受到的冲量为 I??Fdt?m?v?v0?

?子弹对木块的冲量为：I???F?dt???Fdt?m?v0?v??3 N?s，方向与v0相同． (2) 由角动量定理：?Mdt?l?F?dt?lm?v0?v??J?，??3lm?v0?v??9 rad?s?1 2ML 37

?3.34、质量为m的质点以速度v沿一直线运动，则它对任一点的角动量为 ??????零 。 提示：∵ r∥v ，∴ L?r?mv?0。

?3.35、质量为m的质点以速度v沿一直线运动，则它对直线外垂直距离为d

的一点的角动量大小是 mvd 。 V

d ??提示：L?rmvsinr.v?mvd

??? 时刻将质量为m3.36、如图所示，X轴沿水平方向，Y轴竖直向下，在rt=0的质点由a处静止释放，让它自由下落，则在任意时刻t，质点所受的对原点O

???????的力矩M? mgb k ，在任意时刻t，质点对原点O的角动量L? mgbt k。 ?????????提示：M?r?F?bi?mgj?mgbk

b ???dL??????r?F?M dt???????L?r?mv?bi?mgtj?mgbtk

O ?ra x mg ???t??或 L??Md?t0?mg btky 3.37、证明题：试证明若质点只受有心力作用，则该质点作平面运动。

??????dL???M?0， 证明：只受有心力时，M?0，dt????????????∴ L?c，L?r?mv?c，L的方向垂直r和v所在平面，

????L为恒矢量，即r、v总是保持在一个平面上，故质点始终作平面运动。

3.38、问答题：人造地球卫星绕地球中心做椭圆轨道运动，若不计空气阻力和其它星球的作用，在卫星运行过程中，卫星的动量和它对地心的角动量都守恒吗？为什么？

答：卫星动量不守恒，其总是受到外力——地球引力的作用，但卫星对地心

???的角动量守恒，因为M=0。

3.39、原长为?0、弹性系数为k的弹簧，一端固定在一光滑水平面上的O点，另一端系一质量为M的小球，开始时，弹簧被拉长λ，并给予小球一与弹簧垂直的初速度v0，如图所示，求弹簧恢复其原长?0时小球的速度v的大小和方向

38

v0?3m.s?1。（即夹角?）（设M=19.6kg，。k=1254N.m?1，） ?0=2m，?=0.5m，

解：取M+k为系统，

???L?c

，E=c，

则 Mv0??0????Mv?0sin????? 而

112122 Mv?kx?Mv0222kx2v?v0??5ms

M2?v M ? ???v0900 M ??sin?1v0??0????0vO ?48.590。

3.40、试证质点在有心力场中运动时，在相等的时间内，它对力心的位矢在空间扫过相等的面积。

???????dr?证明： L?r?mv?c， 即 r?m?c，

dt???1c?s?r?dr?dt， 当dt相等时， ?s相等。

2m3.41（0836）、长度为l质量为M的均匀直杆可绕通过杆上端的水平光滑固定

轴转动，最初杆自然下垂．一质量为m的泥团在垂直于水平轴的平面内以水平速度v0打在杆上并粘住．若要在打击时轴不受水平力作用，试求泥团应打击的位置．(这一位置称为杆的打击中心)

解：选泥团和杆为系统，泥团打击时系统所受外力为Mg、

N2mg、N1 (水平力)、N2 (竖直力)，如图． 1分

1N1O 杆的质心C点在距轴l处，设刚打击后，系统的角速度为?，2 xC1则C点速度为 vC?l?． Mg2?设打击处距轴的距离为x，将动量定理用于水平方向，有

1mg ?N1dt?mv?MvC?mv0?mx??M?l??mv0 3分 2系统对轴O的角动量守恒，

11xmv0?xmv?J??x2m??Ml2??(x2m?Ml2)?

33xmv0故 ?? ② 3分

22(xm?1Ml)3

39

xmv0将②式代入①式得 ?N1dt?(mx?1Ml)?mv0

2221(xm?Ml)3xmv0若要N1＝0，应有：(mx?1Ml)?mv0?0，∴ x＝(2 / 3)l 3分

222(xm?1Ml)33.42、（0857）、设行星的质量为m，它绕太阳运动的角动量为L0，试推导行星绕太阳运动的掠面速度（即行星的矢径单位时间内扫过的面积）表达式．

?? 解：∵M0= 0（行星受的力矩），∴L0= 常矢量 1分 故行星作平面运动．

??dr?r L0?mrvsin??mrsin? 2分

dt1???S?面积 ?S?r?rsin? 1分

O mv?r2??r?S1?r ?∵ ?rsin?

?t2?t?L1drdS?S∴ sin??0?常量 1分 ?lim?r2mdt?t?0?t2dt

? L

40

第四章 功 和 能

一、基本要求

1、掌握：保守力、功、场、势能物理量的概念和动能定理； 2、能借助于形象思维和联想，建立质点动力学方程求功和能； 3、能熟练地应用能量守恒和微积分求解功、保守力场的势能等问题

二、内容提要

1、质点的动能定理：作用于质点的合力在某一路程中对质点所做的功，等于质点在该路程的始末状态动能的增量。

2、质点系的动能定理：一个质点系的总动能的增量等于质点系的外力和内力做功的总和。

3、机械能守恒定律：在一个孤立系统内非保守力不做功，则该系统的机械能保持不变；

数学表达式：A外 = 0 和 A非保内 = 0；Ek + Ep = 恒量 ??（3.24）

4、功能原理：一个质点系的机械能的增量等于外力的功和非保守内力的功的和，称为系统的功能原理；

数学表达式：A外 + A非保内 = ΔE = E- E0 ??（3.25）

9、能量守恒定律：能量既不能消灭，也不能创生；它只能从一种形式转换为另一种形式，其总和保持不变。

三、解题思路

1、要明确功是一个质点运动过程有关的量，即“过程量”。计算功时要清楚质点移动的路径，然后沿着路径进行力的线积分。只有保守力的功才与路径无关，而用势能差来求相应的保守力从初始位置到终了位置的过程中所做的功。功是两矢量的标积，是标量，但是有正负；

2、动能定理说明功和能的关系。这一关系显示了功的正负的意义。外力对质点做正功，质点的动能增加；而负功意味着质点的动能将减小。利用关于质点系的动能定理计算质点系的动能变化时，不可忘记系统内力做功的影响；

3、利用机械能守恒定律解题和利用动量守恒定律解题的思路相同。在分析系统的运动状态时，要着重分清初态和终态系统内各质点动能和势能，从而计算出初态和终态系统的总机械能。如果系统内无非保守力作用，机械能的改变就只由系统所受的外力的功决定。关于势能的计算，一定要明确势能零点的选举择；

4、关于质点和质点系的问题，有三条守恒定律（动量、角动量和机械能）可利用。因此，在解力学问题时，除直接利用牛顿定律外，要自觉地想到用守恒定律进行分析。当然，要注意这些守恒定律的条件是各不相同的。

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