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第二章质点组力学第二章思考题2.1一均匀物体假如由几个有规则的物体并合（或剜去）而成，你觉得怎样去求它的质心？2.2一均匀物体如果有三个对称面，并且此三对称面交于一点，则此质点即均匀物体的质心，何故？2.3在质点动力学中，能否计算每一质点的运动情况？假如质点组不受外力作用，每一质点是否都将静止不动或作匀速直线运动？2.4两球相碰撞时，如果把此两球当作质点组看待，作用的外力为何？其动量的变化如何？如仅考虑任意一球，则又如何？2.5水面上浮着一只小船。
船上一人如何向船尾走去，则船将向前移动。
这是不是与质心运动定理相矛盾？试解释之。
2.6为什么在碰撞过程中，动量守恒而能量不一定守恒？所损失的能量到什么地方去了？又在什么情况下，能量才也守恒？2.7选用质心坐标系，在动量定理中是否需要计入惯性力？2.8轮船以速度V 行驶。
一人在船上将一质量为m 的铁球以速度v 向船首抛去。
有人认为：这时人作的功为()mvV mv mV v V m +=−+222212121你觉得这种看法对吗？如不正确，错在什么地方？2.9秋千何以能越荡越高？这时能量的增长是从哪里来的？2.10在火箭的燃料全部燃烧完后，§2.7（2）节中的诸公式是否还能应用？为什么？2.11多级火箭和单级火箭比起来，有哪些优越的地方？第二章思考题解答2.1.答：因均匀物体质量密度处处相等，规则形体的几何中心即为质心，故先找出各规则形体的质心把它们看作质点组，然后求质点组的质心即为整个物体的质心。
对被割去的部分，先假定它存在，后以其负质量代入质心公式即可。
2.2.答：物体具有三个对称面已足以确定该物体的规则性，该三平面的交点即为该物体的几何对称中心，又该物体是均匀的，故此点即为质心的位置。
2.3.答：对几个质点组成的质点组，理论上可以求每一质点的运动情况，但由于每一质点受到周围其它各质点的相互作用力都是相互关联的，往往其作用力难以预先知道；再者，每一质点可列出三个二阶运动微分方程，各个质点组有n 3个相互关联的三个二阶微分方程组，难以解算。
第五章基本知识小结⒈力矩力对点的力矩 F r o⨯=τ力对轴的力矩 ⊥⊥⨯=F r k z ˆτ⒉角动量质点对点的角动量 p r L o⨯= 质点对轴的角动量 ⊥⊥⨯=p r k L zˆ⒊角动量定理适用于惯性系、质点、质点系⑴质点或质点系对某点的角动量对时间的变化率等于作用于质点或质点系的外力对该点的力矩之和∑=dt L d 0 外τ⑵质点或质点系对某轴的角动量对时间的变化率等于作用于质点或质点系的外力对该轴的力矩之和∑=dt dL zz τ⒋角动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系⑴若作用于质点或质点系的外力对某点的力矩之和始终为零，则质点或质点系对该点的角动量保持不变⑵若作用于质点或质点系的外力对某轴的力矩之和始终为零，则质点或质点系对该轴的角动量保持不变⒌对质心参考系可直接应用角动量定理及其守恒定律，而不必考虑惯性力矩。
5.1.1 我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度d 近=439km,远地点高度d 远=2384km,地球半径R 地=6370km,求卫星在近地点和远地点的速度之比。
解：卫星在绕地球转动过程中，只受地球引力（有心力）的作用，力心即为地心，引力对地心的力矩为零，所以卫星对地心的角动量守恒m 月v 近（d 近+R 地）=m 月v 远（d 远+R 地） v 近/v 远=（d 远+R 地）/（d 近+R 地）=（2384+6370）/（439+6370）≈1.295.1.2 一个质量为m 的质点沿着j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+=的空间曲线运动，其中a 、b 及ω皆为常数。
求此质点所受的对原点的力矩。
解：)ˆsin ˆcos (ˆsin ˆcos /ˆcos ˆsin /222222=⨯-=⨯=-==-=+-=--==+-==r r m F r r m a m F r j t b i t a jt b i t a dt v d a j t b i t a dt r d v ωτωωωωωωωωωωωωω5.1.3 一个具有单位质量的质点在力场j t i t t F ˆ)612(ˆ)43(2-+-=中运动，其中t 是时间。
第三章基本知识小结⒈牛顿运动定律适用于惯性系、质点，牛顿第二定律是核心。
矢量式：22dtr d m dt v d m a m F=== 分量式：（弧坐标）（直角坐标）ρτττ2,,,vm ma F dt dv mma F ma F ma F ma F n n z z y y x x =======⒉动量定理适用于惯性系、质点、质点系。
导数形式：dt pd F =微分形式：p d dt F=积分形式：p dt F I∆==⎰)( （注意分量式的运用）⒊动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系。
若作用于质点或质点系的外力的矢量和始终为零，则质点或质点系的动量保持不变。
即∑==恒矢量。
则，若外p F0 （注意分量式的运用）⒋在非惯性系中，考虑相应的惯性力，也可应用以上规律解题。
在直线加速参考系中：0*a m f-=在转动参考系中：ωω⨯=='2,*2*mv f r m f k c⒌质心和质心运动定理 ⑴∑∑∑===i i c i i c i i ca m a m v m v m r m r m⑵∑=c a m F（注意分量式的运用）3.5.1 质量为2kg 的质点的运动学方程为j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-= （单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。
解：∵j i dt r d a ˆ6ˆ12/22+== , j ia m F ˆ12ˆ24+== 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。
F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为：'34265.0/︒===arctg F arctgF x y α3.5.2 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为：j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+= ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。
证明：∵rj t b i t a dt r d a2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-==r m a m F2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。
1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分{x =a(θ-sin θ)y =‒a(1‒cos θ)方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关.解：设s 为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，s=0θ∵{x =a(θ-sin θ)y =‒a(1‒cos θ)∴ ds=(dx )2+(dy )2 = (dθ‒cos θ∙dθ)2+(sin θddθS== 4 a (1)∫θ02a sin θ2 dθ ‒ cosθ2s =2a cos θ2θ2θ+2a sin θ2θ=a cos θ2 θ2+2a sin θ2θ设 为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正，即切线斜率φtan φ=tan φ=dy dx =cos θ ‒1sin θ∴ sin φ ‒cosθ2 受力分析得：ms =‒mg sin φ=mg cosθ2则，此即为质点的运动微分方程。
2a sin θ2θ+a cos θ2 θ2=g cosθ2s =g4a (s ‒4a)∴ (s ‒4a)+g4a (s ‒4a )=0∴s ‒4a 一周期性变化的函数，周期T =2π4ag该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.2π4a g1.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度的单摆运动0θ运动微分方程为θθθF r r m =+)2(①θθsin mg mr = 给①式两边同时乘以d θθθθθd g d r sin = 对上式两边关于积分得 ②θc g r +=θθcos 212利用初始条件时故 ③0θθ=0=θ 0cos θg c -=由②③可解得 0cos cos 2-θθθ-∙=lg 上式可化为dt d lg=⨯-∙θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=02222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==02022sin2sin124T θθθθd g l t 由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对微分可得θϕϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 2020sin 2sin 1cos 2sin 2-=由于故对应的00θθ≤≤20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=22022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 20故其中⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 2sin022θ=K 通过进一步计算可得gl π2T =]2642)12(531(4231(21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++nK n n K K 1.5解：如图，在半径是R 的时候，由万有引力公式，对表面的一点的万有引力为, ①F =GMmR 2M 为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度 g , x 为取地心到无限远的广义坐标，，②md 2xdt 2=mg =F联立①， ②可得：,M 为地球的质量；③g =GMR 2当半径增加 ,R2=R+ ,此时总质量不变，仍为M,∆R ∆R 此时表面的重力加速度 可求：g '④md 2xdt2=mg '=F 2=G MmR 22由④得：⑤g '=GMR 22=GM(R +∆R )2则，半径变化后的g 的变化为⑥∆g =g ‒g '=GMR2‒GM(R +∆R )2对⑥式进行通分、整理后得：⑦∆g =GM R 2∆R 2+2∆RR(R +∆R )2对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R ，得∆R ⑧∆g =g2∆R RR 2=g2∆RR 则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：∆R 。
