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第一章_牛顿力学的基本原理_习题解答

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1.1、 细杆OL绕固定点O以匀角速率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d，如图所示。求小环的速度v和加速度a。

解：建立如图一维坐标系Hx，以O点在AB上的投影H为原点。 设C点位于x处，由题意在HOC中有： HCOHtgxdtg

因ixv，ixiva，而tandx 于是求导有2222()seccosddxvxidiiid 222222()22()[]ddxxxdxavixiiiidtddd



1.2、椭圆规尺AB的两端点分别沿相互垂直的直线槽Ox及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v和a。 解：建立如图所示的直角坐标系Oxy，设M点的坐标为(,)Mxy。在椭圆规尺AB运动

过程中，M点的横、纵坐标可以写成：sinxb，cosyd 消去可得M点的轨迹：22()()1xybd M点的速度为：cossinMvxiyjbidj

又B点的速度为：Bvcj，坐标为(0,coscos)Bdb

所以()sinBvcjbdj，从而有()sincbd

代入Mv可得(cossin)cot()sinMccbcdvbidjijbdbdbd 于是M点的速度大小为：22222cotMcbdvxybd，M点的加速度为： 22

23[cot]csc()sin()sinMdcbcdcbccbaxiyjijidtbdbdbdbdbd



M点的加速度大小为：22223()sinMcbaxybd

Axd

O

CLBH

OABbcM

d

y

x 2

1.3、一半径为r的圆盘以匀速角速率沿一直线滚动（如图所示）。求圆盘边上任意一点M的速度v和加速度a（以O、M点的连线与铅直线间的夹角表示）；并证明加速度矢量总是沿圆盘半径指向圆心。

解：建立如图所示的直角坐标系'Oxy

设初始时刻O点的坐标为0(,)Oxr，0x为任意常数 (,)Mxy点的横纵坐标可以表示成：

0sinxxrtr，cosyrr

于是M点的速度为： cossin(1cos)sinMvxiyjririrjrirj M点的加速度为：

22(cossin)sincosMdaxiyjrirjrirjdt

又costancotsinMyMxaa，0Mya，0Mxa说明了加速度 沿径向。 1.4、一半径为r的圆盘以匀角速率在一半径为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点的速度v和加速度a(用参量和表示)。

解：建立如图所示的极坐标系xO'；若圆盘初始时刻从连心线与铅直线成0角滚下。 因圆盘在固定圆形槽内作无滑动地滚动，约束条件为： 0()()Rr

求导得：rRr 对于M点有：OMOOMOrrr'' 即'()'OMrrrRrere 求导有：()'()(')(')MvRrereRreeree 由图中的几何关系知：'e与re间的夹角为()/2 'e与e间的夹角为3/2[()/2]()

所以有， 'cos(/2)cos()sin()cos()rreeeee 代入Mv表达式有： (')sin()[1cos()]Mrvreerere

Myx

O

AB

CD

'O

xyMya

Mxa

RO

'O2'rve2've

1rve1ve

MNM0

x第一章_牛顿力学的基本原理_习题解答_By XuJie

3 sin()[1cos()]cos()()sin()()sin()()cos()()cos()sin()sin()cos()cos(MMrrrrrdavreredtrererereRereRere

2)()sin()()[cos()()sin()()]rrRreRrerRreRrerR



1.5、已知某质点的运动规律为：bty，at，a和b都是非零常数 （i）写出质点轨道的极坐标方程； （ii）用极坐标表示出质点的速度v和加速度a

解：（i）由极坐标系和直角坐标系的关系可知：sinyr，又bty，at

消去t可得：sinsinsinybtbra 所以质点的轨道的极坐标方程可写成：sinbra （ii）已知at，故a；据质点的轨道极坐标方程sinbra可得： ()()(1)sinsinsindrddrdbdbrabctgddtddad 在极坐标系中，质点的速度为：sinrrbvrereree 代入可得：(1)[(1)]sinsinsinsinrrrbbbbvreectgeectgee 在极坐标系中，质点的加速度为： 22()(2)()(1)sinsinrrababarrerrerectge

又2322cos2cos[(1)]sinsinsinsindrdrddrdbabababraactgdtddtdd 代入可得质点的加速度为：

232232

2()(1)sinsin2cos2cos2[()](1)sinsinsinsinsin2cos2cos2()(1)sinsinsin2(1)()sinrrrrababarectgeabababababectgeabababectgeabctgctgee

 4

1.6、已知一质点运动时，径向和横向的速度分量分别是r和，这里和是常数。 求出质点的加速度矢量a。 解：在极坐标系中，质点的加速度为：2()(2)rarrerre

由已知和极坐标系中质点的速度表达式可知： rr，r

易得：r，2()drdrrrrdtdt，2222()rrrr 由r有()()ddrdtdt，即rr，化简并代入r和的值可得： 2()()()rrrrrrr

于是有2()()rrrrrr，22()()2rrr 从而质点的加速度矢量a为： 2222

222

()()(2)()[2]()()rrrrarrerrereerrrererr

 1.7、质点作平面运动，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：要证明质点的速度矢量与加速度矢量正交，在数学关系上表现为：0va

由于质点作平面运动，在运动平面上建立直角坐标系Oxy

若质点的位移矢量表示为：rxiyj 则速度矢量为：vxiyj，加速度矢量为：axiyj 所以()()vaxiyjxiyjxxyy 由于质点速率保持为常量，设此常量为c，那么有222xyc 对222xyc求一阶导有：0xxyy 所以0vaxxyy，证毕 另外，本题也可在平面极坐标系中进行证明，不过稍显繁杂一些。 1.8、一质点沿心脏线(1cos)rk以恒定速率v运动。求出质点的速度v和加速度a。

解：由质点的轨迹方程(1cos)rk可知，选取极坐标系较为简捷。 在极坐标系中，质点的速度为：rvrere 第一章_牛顿力学的基本原理_习题解答_By XuJie 5 由于质点速率恒定为v，所以有：2222vrr 又已知(1cos)rk，故[(1cos)]sindrddrdrkkddtdd 代入2222vrr，化简得：222(1cos)sin(1cos)2cos()2vvvkkk

于是 2sin()cos()22sinsin()22cos()2cos()22vvrkvk 2(1cos)2cos()cos()222cos()2vrkkvk

从而质点的速度v为： (1cos)sin()cos()22rrrvrererekeveve

在极坐标系中，质点的加速度为：2()(2)rarrerre 由2cos()2vk和sin()2rv可知：

223

sin()2[]82cos()2cos()cos()222ddddvdvvdtddtddkkk

2222

2233

sin()sin()22(1cos)2cos()t()82842cos()cos()22vvvrkkgkkk

222[sin()]()222cos()2vvrvtgkk

2[sin()]242cos()2drdrddrvdvrvdtddtddkk

22222

22(1cos)[]2cos()222cos()4cos()22vvvrkkkkk

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大学物理作业(解答)

大学物理作业(解答)

《大学物理III 》课后作业（解答）第一部分：力学简答题：1. 用文字描述牛顿第一定律。

它的另一个名称是什么？解答：任何物体在不受外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态。

另一个名称是“惯性定律”。

2．用文字描述牛顿第三定律。

作用力和反作用力有什么特点？解答：当物体A 以力1作用在物体B 上时，B 同时也有力2作用在A 上，这两个力大小相等，方向相反，在同一条直线上，即12-=。

作用力和反作用力有如下三个特点：（1）它们成对出现，关系一一对应；（2）它们分别作用在两个不同物体上，因而不是一对平衡力；（3）它们的性质相同，比如同为引力、摩擦力、弹力，等等。

3．假设雨滴从1000米的高空云层中落到地面。

请问可否用自由落体运动描述雨滴的运动？并简述理由。

解答：不能。

如果我们用自由落体运动来描述雨滴运动（即忽略空气阻力），那么雨滴从1000米高空落到地面时，它的速度将达到m/s 1402==gH v ！这个速度已经达到普通手枪的子弹出射速度，足以对地面上的人畜造成致命伤害。

而生活经验告诉我们，雨滴落到我们头上并不会造成严重伤害，所以它落到地面的速度远远小于140m/s 。

事实上，因为空气阻力的存在（通常跟雨滴的速度大小成正比），雨滴将有一个收尾速度，它落到地面时做匀速直线运动，速度约为10-20m/s ，不会对地面生物造成致命伤害。

4．用文字描述质点系的动量守恒定律。

解答：当一个质点系所受合外力为零时，系统内各质点间动量可以交换，但系统的总动量保持不变。

5. 如图，一根质量为m 、长l 的刚性杆子竖直悬挂，顶点固定在天花板O 点，杆子可绕O 点自由转动。

一个质量也为m 的物块（质点）以水平速度0v跟杆子的下端碰撞，并粘在一起。

在这个碰撞过程中，物体和杆子组成系统的动量是否守恒？角动量是否守恒？并简述理由。

解答：动量不守恒，因为在碰撞瞬间物体和杆子系统在O 点受到很大外力，其产生的冲量不可忽略；角动量守恒，因为系统所受一切力的对O 点力矩为零，包括上述的巨大外力。

(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题含解析

(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题含解析

（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。

（3）木板的最小长度L 是0.7m 。

【解析】 【详解】（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。

木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。

1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=2A Bv v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。

共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2A Bv v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。

牛顿力学

牛顿力学

本章题头
牛顿(Isaac Newton, 1642―1727)
重要贡献有万有引力定律、经典力学、 微积分和光学。
牛顿在伽利略等人工作的基 础上进行深入研究，总结出了物 体运动的三个基本定律（牛顿三 定律）这三个非常简单的物体运 动定律，为力学奠定了坚实的基 英国物理学家、数学家、天文 础，并对其他学科的发展产生了 学家，经典物理学的奠基人。 巨大影响。 牛顿还是万有引力定律的发现者,他把地球上物体 的力学和天体力学统一到一个基本的力学体系中，创 立了经典力学理论体系。正确地反映了宏观物体低速 运动的宏观运动规律，实现了自然科学的第一次大统 一。这是人类对自然界认识的一次飞跃。
2-3 牛顿定律应用
第二类
F (t ) a; v ; r
第二类中的具体情况: 一 恒力、恒加速度、直线运动;
二 变力、变加速度、直线运动;质点
1. F = F ( t ) 2. F = F ( v ) 3. F = F ( x )
二 变力、变加速度、直线运动 二 变力 ;质点
a a( t ) a a(v ) a a( x )
a 0 a0
（非对惯）
a
牵 相 绝 是否可以变通一下，使 0
a
a
ma a m F 0 m a m a 0 F S也能借助第二定律的形式去求解力学问题？ a
Fi
公式
续上
实际的 合外力
非惯性系虚设的
非惯性系中的
惯性力
加速度
（表示与
反向）
牵连加速度（非惯对惯）
惯性力是虚拟的，只是惯性系变速运动的一种显示，无反作用力可言。
牛顿第二定律
牛顿第三定律
第二节
引力
例
可作专门表达：
牛顿力学中的角动量守恒练习题及

牛顿力学中的角动量守恒练习题及

牛顿力学中的角动量守恒练习题及解答牛顿力学中的角动量守恒练习题及解答在牛顿力学中，角动量守恒是一个重要的概念。

它指的是如果一个物体受到的合外力矩为零，则该物体的角动量将保持不变。

本文将介绍一些关于角动量守恒的练习题，并提供解答。

练习题一：一个半径为r的质点以速度v绕一个定点做匀速圆周运动。

求该质点的角动量。

解答一：根据角动量的定义：L = r × p其中，r为质点与定点的距离，p为质点的动量。

由于质点做匀速圆周运动，所以其速度和角动量的方向是沿着圆周平面的法向量。

而质点的动量则是质量和速度的乘积，即p = mv。

所以，角动量的大小为L = r × mv = mvr角动量的方向与速度方向垂直，并由右手法则确定。

对于这道题目，要求的只是角动量的大小，所以最终答案为L = mvr。

练习题二：一个竖直绕一个定点转动的细长杆长L，质量为m。

当杆的角速度为ω时，求杆的角动量。

解答二：根据角动量的定义：L = r × p其中，r为质点与定点的距离，p为质点的动量。

对于细长杆，可以将其看作是质点，且该质点的动量为质量乘以质点的速度，即p = mLω（ω为角速度）。

而关于杆的角速度，根据直线运动的关系可得：v = ωr（v为线速度，r为质点与定点的距离）。

将v代入p = mv中，得到：p = mLωr将以上结果代入角动量的定义中，可得到：L = r × p = r × (mLωr) = mL²ω所以杆的角动量大小为L = mL²ω。

练习题三：一个质量为m的质点，以速度v沿一条与水平方向夹角θ的斜面下滑，质点的轨迹是一条半径为R的圆弧，求质点的角动量。

解答三：首先需要计算质点的速度与轨迹的关系。

根据斜面的性质和牛顿力学的知识，可以得到：mgsinθ = mv²/R其中，g为重力加速度。

将以上结果代入角动量的定义中，可得到：L = r × p = mRsinθ × mv = m²R²sinθ所以质点的角动量大小为L = m²R²sinθ。