理论力学题库第二章

理论力学题库——第二章

一、 填空题

1. 对于一个有n 个质点构成的质点系，质量分别为123,,,...,...i n m m m m m ，位置矢量分别

为123,,,...,...i n r r r r r ，则质心C 的位矢为 。 2. 质点系动量守恒的条件是 。 3. 质点系机械能守恒的条件是 。

4. 质点系动量矩守恒的条件是 。

5. 质点组 对 的微商等于作用在质点组上外力的矢量和，此即质点组的 定理。

6. 质心运动定理的表达式是 。

7. 平面汇交力系平衡的充分必要条件是合力为零。

8.

各质点对质心角动量对时间的微商等于 外力对质心的力矩 之和。

9. 质点组的角动量等于 质心角动量 与各质点对质心角动量之和。

10. 质点组动能的微分的数学表达式为： ∑∑∑===?+?==n i i i i n i i e i n i i i r d F r d F v m d dT 1

)(1)(12

)21( ，

表述为质点组动能的微分等于 力和 外 力所作的 元功 之和。 11. 质点组动能等于 质心 动能与各质点对 质心 动能之和。

12. 柯尼希定理的数学表达式为： ∑='+=n

i i i C r m r m T 1

2221 ，表述为质点组动能等于 质心 动能与各质点对 质心 动能之和。

13. 2-6.质点组质心动能的微分等于 、外 力在 质心系 系中的元功之和。 14. 包含运动电荷的系统，作用力与反作用力 不一定 在同一条直线上。

15. 太阳、行星绕质心作圆锥曲线的运动可看成质量为 折合质量 的行星受太阳(不动)

的引力的运动。

16. 两粒子完全弹性碰撞，当 质量相等 时，一个粒子就有可能把所有能量转移给另一个

粒子。

17. 设木块的质量为m 2 , 被悬挂在细绳的下端，构成一种测定子弹速率的冲击摆装置。如

果有一质量为m 1的子弹以速率v 1 沿水平方向射入木块，子弹与木块将一起摆至高度为

h 处，则此子弹射入木块前的速率为：

2

/11

2

11)2(gh m m m +=

v 。

18. 位力定理（亦称维里定理）可表述为：系统平均动能等于均位力积的负值 。（或

∑?-=n i i r F T 1

21

）

二、 选择题

1. 关于质心，以下说法错误的是（ ）

A.

均质物体的质心和其几何中心重合；

B. 处于均匀重力场中的物体，重心和质心重合；

C. 质点组合外力为零时，质心将静止；

D.

质心可以在物体的外部。

2. 质点组运动的总动能的改变（ ）

A. 与外力无关，力有关；

B. 与外力、力都有关；

C. 与外力、力都无关；

D.

与外力有关，力无关。

3. 满足下列哪种情况，质点组的机械能守恒（ ）

A 只有保守力做功；

B 外力和力都不是保守力；

C 所有力均为保守力； D

所有外力均为保守力。

2-4. 如果某质点系所受合外力为零，则该质点系的

【A 】

A 动量守恒；

B 角动量守恒；

C 动能守恒；

D 不能确定。

2-5. 质点系的力有如下性质，其中错误的说法是：

【C 】

A 力的动量之和为零；

B 力的角动量之和为零；

C 力的动能之和为零；

D 力的矢量和为零。 2-6. 关于力的说法中错误的有：

【B 】

A 质点系的力不能改变质点系的动量；

B 质点系的力不能改变质点系的动能；

C 质点系的力在运动过程中可能作功，可能不作功；

D 刚体在运动过程中力不作功。

2-7. 以下四种说法中，哪一种是正确的？ （A ）作用力与反作用力的功一定是等值异号； （B ）力不能改变系统的总机械能；

（C）摩擦力只能作负功；

（D）同一个力作功在不同的参考系中，也不一定相同。【D】

2-8. 对机械能守恒和动量守恒的条件，正确的是：

(A) 系统不受外力作用，则动量和机械能必定同时守恒.；

(B) 对一系统, 若外力作功为零, 而力都是保守力, 则其机械能守恒；

(C) 对一系统, 若外力作功为零, 则动量和机械能必定同时守恒；

(D) 系统所受和外力为零，和力也为零，则动量和机械能必定同时守恒.。【B】

2-9．一人握有两只哑铃, 站在一可无摩擦地转动的水平平台上, 开始时两手平握哑铃, 人、哑铃、平台组成的系统以一角速度旋转, 后来此人将哑铃下垂于身体两侧, 在此过程中, 系统【A】

(A) 角动量守恒, 机械能不守恒；

(B) 角动量守恒, 机械能守恒；

(C) 角动量不守恒, 机械能守恒；

(D) 角动量不守恒, 机械能不守恒。

2-10. 如果某质点系的动能变大，则该质点系的【D】

A 动量变大；

B 各质点的动量一定变大；

C 质点系的能量变大； D不能确定。

2-11. 如果某质点系的动量变大，则该质点系的【D】A质点系的动能一定变大； B 各质点的动量一定变大；

C 质点系的能量一定变大； D不能确定。

2-12. 如果某质点系所受合外力变大，则该质点系的【D】

A 动量一定变大；

B 角动量一定变大；

C 动能一定变大； D不能确定。

二、简答

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？.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 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？ 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 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？

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，各个质点组有个相互关联的三个二阶微分方程组，难以解算。但对于二质点组成的质点组，每一质点的运动还是可以解算的。

若质点组不受外力作用，由于每一质点都受到组其它各质点的作用力，每一质点的合力不一定等于零，故不能保持静止或匀速直线运动状态。这表明，力不改变质点组整体的运动，但可改变组质点间的运动。

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？

答：把碰撞的二球看作质点组，由于碰撞力远大于外力，故可以认为外力为零，碰撞前后系统的动量守恒。如果只考虑任一球，碰撞过程中受到另一球的碰撞冲力的作用，动量发生改变。

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。 .答：不矛盾。因人和船组成的系统在人行走前后受到的合外力为零（忽略水对船的阻力），且开船时系统质心的初速度也为零，故人行走前后系统质心相对地面的位置不变。当人向船尾移动时，系统的质量分布改变，质心位置后移，为抵消这种改变，船将向前移动，这是符合质心运动定理的。

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？

2.6.答：碰撞过程中不计外力，碰撞力不改变系统的总动量，但碰撞力很大，使物体发生形变，力做功使系统的动能转化为相碰物体的形变能（分子间的结合能），故动量守恒能量不一定守恒。只有完全弹性碰撞或碰撞物体是刚体时，即相撞物体的形变可以完全恢复或不发生形变时，能量也守恒，但这只是理想情况。

2.7 选用质心坐标系，在动量定理中是否需要计入惯性力？

.答：设质心的速度，第个质点相对质心的速度，则，代入质点组动

量定理可得

这里用到了质心运动定理n 3c v i i v 'i c i v v v '+=()()()∑∑∑∑-++=???

??'i c i i i i i

e i i i i m m dt d a F F v

。故选用质心坐标系，在动量定理中要计入惯性力。但质点组相对质心

的动量守恒

。当外力改变时，质心的运动也改变，但质点组相对于质心

参考系的动量不变，即相对于质心参考系的动量不受外力影响，这给我们解决问题带来不少方便。值得指出：质点组中任一质点相对质心参考系有 ，对质心参考系动量并不守恒。 秋千何以能越荡越高？这时能量的增长是从哪里来的？ 答：秋千受绳的拉力和重力的作用，在运动中绳的拉力提供圆弧运动的向心力，此力不做功，只有重力做功。重力是保守力，故重力势能与动能相互转化。当秋千荡到铅直位置向上去的过程中，人站起来提高系统重心的位置，人克服重力做功使系统的势能增加；当达到最高点向竖直位置折回过程中，人蹲下去，力做功降低重心位置使系统的动能增大，这样循环往复，系统的总能不断增大，秋千就可以越荡越高。这时能量的增长是人体力做功，消耗人体能转换而来的。

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？ 答：火箭里的燃料全部烧完后，火箭的质量不再改变，然而质量不变是变质量物体运动问题的特例，故§2.7（2）中诸公式还能适用，但诸公式都已化为恒质量系统运动问题的公式。

2.11 多级火箭和单级火箭比起来，有哪些优越的地方？ 答：由知，要提高火箭的速度必须提高喷射速度或增大质量比。由于燃料的效能，材料的耐温等一系列技术问题的限制，不能过大；又由

于火箭的外壳及各装置的质量相当大，质量比也很难提高，故采用多级火箭，一级火箭的燃料燃完后外壳自行脱落减小火箭的质量使下一级火箭开始工作后便于提高火箭的速度。 若各级火箭的喷射速度都为，质量比分别为，各级火箭的工作使整体速度增加，则火箭的最后速度

因每一个都大于1，故可达到相当大的值。

但火箭级数越多，整个重量越大，制造技术上会带来困难，再者级越高，质量比越减小，级数很多时，质量比逐渐减小趋近于1，速度增加很少。故火箭级数不能过多，一般三至四级火箭最为有效。 三、 计算题

1. 重为的人，手里拿着一个重为ω的物体。此人用与地平线成角的速度0υ向前跳去，

()∑∑=v

c

i

i

e i

m a

F 常矢量='∑i

i

i m v z v v m m v v v r s

r ln ln

00

0+=+=r v s

m m 0

r v 0m r v n z z z .,,21???n v v v ???,,21()()n r n r n z z z v z z z v v v v v ????=???++=+???++=212121ln ln ln ln z v W α

当他达到最高点时，将物体以相对速度u 水平向后抛出。问由于物体的抛出，人跳的距离增加了多少？

2. 一光滑球与另一静止的光滑球发生斜碰。如两者均为完全弹性体，且两球的质量相等，则两球碰撞后的速度互相垂直，试证明之。

3. 质量为1m 的质点，沿倾角为的光滑直角劈滑下，劈的本身质量为2m ，又可在光滑水平面自由滑动。试求质点水平方向的加速度及劈的加速度。

4. 求均匀扇形薄片的质心，此扇形的半径为，所对的圆心角为2，并证半圆片的质心

离圆心的距离为。

5. 如自半径为的球上，用一与球心相距为的平面，切出一球形帽，求此球形冒的质心。

6. 半径为，质量为的薄圆片，绕垂直于圆片并通过圆心的竖直轴以匀角速转动，求绕此轴的动量矩。

7.一门大炮停在铁轨上，炮弹质量为m ，炮身及炮车质量和等于M ，炮车可以自由地在铁轨上反冲，如炮身与在地面成一角度α，炮弹对炮身的相对速度为V ，试求炮弹离炮身时对地面的速度v 及炮车反冲的速度U 。

解：由于在水平方向（x 方向）无外力作用，火药爆炸力为力，故水平方向动量守恒 即

)1......(..........0=+MU mv x

又由相对运动关系知)2.......(sin ,cos y x v V v U V ==+αα

（2）代入（1）得)3......(..........

cos sin cos ?

??

????+-==+=

αααV m M m

U V v V m M M

v y x 所以

)4..(..........cos )

()2(1)

cos 1(cos sin cos 2

2

2

2222

2222222αααααm M m M m V V V m M M V V m M M v v v y x ++-

=-+??? ??+=+??? ??+=+=如设v 与水平面夹角为θ，则)5(..........tan cos sin tan αααθM

m

M m

M M V v v x

y +=+=

=

A B θa θπa

34a b a M ω

讨论：由（4）式知炮车反冲时V v ，由（5）式知αθ 8.重G 的物体A 带动单位长度的质量为q 的软链，以速度向上抛出，如图示。假定软链

有足够的长度，求重物所能达到的最大高度。

解：取OZ 轴铅直向上，O 点位于地面。将在空中运动的链条的物体A 视为主体。则并入主体的质量元（原先静止于地面）的绝对速度0=u

于是密歇尔斯基方程为

()

()1 F z m dt

d =

因()()

k z

z k g qz G F qz G m =-+=+=,,，代入（1）式得()[]()g qg G z qz G dt

d +-=+ 用()dz qg G +乘上式两端得()[]()[]()dz qz G g z qz G d z

qz G 2

+-=++ 已知初始条件为

0=z 时，

0v z

= 所以积分上式得

()()3202322321321G q

g

v G qz G q g z qz G +++-=+ 当0=z 时，上升高度z 正好就是最大

值h 即???

? ??-+=1231320Gg

qv q G h

8.在椭圆机构中，规尺AB 质量为2m 1，曲柄OC 质量为m 1,滑块A 和B 质量均为m 2曲柄以匀

角速度ω绕轴O 转动。试求机构质心的运动方程及系统动量。设各物体为均质，OC =AC =BC =l 。

解法1:运动方程（C 点）的运动为平面运动 运动方程为：,sin ,cos t l y t l x ωω==

消去t 得：2

22l y x =+

动量j

t m m l i t m m l i

t l m j t l m j t l m i t l m j t l i t l m m j t l i t l

m v m m v m p p p p p AB

oc B A AB oc ωωωω

ωωωωωωωωωωωωωωωωcos )45(2

sin )45(2sin 2cos 2cos 2

5sin 25

)

cos sin )(22()cos 2

sin 2()22(21212211211211+++-=-++-=+-+++-=++=+++= 总动量值的合成:)45(2

212

2

m m l p p p y x

+=

+=

ω

解法2:首先建立整个系统的质心位置

)

23()

sin 2sin 2sin 2()23()

cos 2cos 2cos 2(2121121211m m t l m t l m t l

m y m m t l m t l m t l

m x c c +++?=

+++?=

ωωωωωω

将质心位置求导后,代入动量式

)45(cos 2

)45(sin 22121m m t l y

m p m m t l x

m p c y c x +==+-==ωω

ωω

总动量值的合成:)45(2

212

2

m m l p p p y x

+=

+=

ω

10.某质量为m 的质点，其运动方程用矢量式可表达为k t z j t y i t x t r

)()()()(++= ，式中：

r

为质点的矢径，k j i ,,分别为z y x ,,的单位矢。试求：

（1） 质点的动能、动量及对坐标原点O 的动量矩。 （2） 质点对点A （a,b,c ）的动量矩。 （3） 作用在质点上的力及力的功率。

解：（1）动能)(2

1

212222z y x

m mv T ++==

动量)(k z j y i x

m v m p

++== 动量矩[]

k x y y x j z x x z i y z z

y m L O

)()()(-+-+-= （1） 动量矩

[][][]{}

k x b y y a x j z a x x c z i y c z z

b y m L A

)()()()()()(---+---+---= （2） 力)(k z j y i x m r m a m F

++=== 功率)(z z y y x x m r r m r

F v F P

?+?+?=?=?=?= 11、质点在xoy 平面运动，其势能为：y x y xy x V 763522

2

-++-= 试求使该质点处于平衡状态的点的坐标。

解：欲使质点平衡须使质点势能对任一函数的一阶偏微分为零即

0,0=??=??y

V

x V 由)2.........(0765)1.........(06542=-+-=??=+-=??y x y

V

x x x V

求解上面方程组得平衡坐标为x=1,y=2

12.一人在水平台上走动，此台可通过其中心的铅直轴而旋转，人走的轨迹是以平台中心为圆心，r 为半径的圆周，假定人重为p ，平台重也为p ，其半径也为r ，试求当人在平台上走完一周时平台转过的角度。 解：以作平台为质点系，受力为重力，方向均向下，与转轴平行，力矩为零。假设平台与转轴接触面光滑无摩擦，故质点系动量矩守恒。

在质点系起始时，0,00==G t

在某时刻人相对于平台的速度为u ，平台的角速度为ω，则人的绝

对速度为r u v ω+= 人的动量矩为：)(1r u r g

p

G ω+=

方向沿转轴方向。 平台动量矩为：ωω2

221r g

p I G =

= 方向也沿转轴方向。 由动量矩守恒定律得：02)(221=++=

+ωωr g p r u r g p G G ∴r

u 32-=ω 又 dt ds u dt d ==,θω 即 dt ds r dt d 32-=θ ds r d 32-=θ积分得：??-=θπθ02032

r ds r

d

故3

4π

θ-

= 13、一均质木板放在光滑的水平面上，板的一端站着一个人。在某一时刻，人以不变的速度u 向x 轴正向运动。设板的质量为m 1，人的质量为m 2。试求t 秒钟后，人的绝对速度v 与位移以及板的绝对速度v 1与位移。

解：以人和板为研究对象。系统受力：人的重力P ，板的重力W ，光滑的水平面对板的正压力F N 。以上受力均在竖直方向，所以水平方向受力为零，则动量守恒。

在初始时刻t=0，人和板都静止，动量p ax =0，任意时刻t ，设板的绝对速度v 1沿x 轴正向，则由点的合

成运动可知，人的绝对速度为v=v 1+u 。 由动量守恒定律得：m 1v 1+m 2(v 1+u)=0 解此方程得 u m m m v 1

22

1+-

= 负号表示板的运动方向与x 轴正向相反。

由此得人的绝对速度为u m m m u m m m u u v v 2

11

1221+=+-

=+= 正号表示人的运动方向与x 轴正向相同

因u 与v 都是常量，故人和板的位移分别为ut m m m t v x ut m m m vt x 212

11211,+-==?+=

=?

设矢量r

在笛卡儿坐标系中的投影为()z y x ,,，证明0,3==r rot r div

并求使φgrad r =

的函数φ

解：（1）()

3=??+??+??=++????

?

????+??+??=??=z z y y x x k z j y i x z k y j x i r r div

（2）0=???

? ????-??+??? ????-??+???? ????-??=??????=??=k y x x y j x z z x i z y y z z

y x z y x k

j i r r rot

（3）由0=r rot 可知势函数φ必存在，由k z

j y i x grad r k z j y i x r

??+??+??==++=φφφφ, 故?????

????=??=??=??z z y y x

x φφφ

()()()3

21 积分（1）式得()()4,22 z y f x +=φ 代（4）入（2）得

()y y z y f =??, 积分得()()522 z g y f += 代（5）入（4）得()()62

22

2 z g y x ++=φ 代（6）入（3）得()z z z g z =??=??φ 积分得()()722 c z z g +=

代（7）入（6）得c z y x +++=2

222

22φ

14.质量为1m 及2m 的两自由质点互相以引力吸引，引力与其质量成正比，与距离的平方成反比，比例常数为k ，开始时两质点皆处于静止状态，其间距离为a ，试求两质点间的距离为2

a

时两质点的速度。

解法1：用机械能守恒定律求解

令质量为1m 自由质点的速度为1v ，质量为2m 的自由质点速度为2v ，则因两质点互相吸引，故1v 2v 方向相反，取1v 方向为正方向如图示

由于两质点无外力作用，故动量守恒有)1.(..........02211=-v m v m 两质点间的相互吸引力为万有引力是保守力

由保守力性质得势能为r m km dr r

m km r d F V r r

2

1221-=-=?-=??∞∞ 式中r 是两质点间的距离。由机械能守恒定律2

2

121212

2221121a m km v m v m a m km -+=-

即

)2..( (2121212)

22211a

m km v m v m =+ 解（1）（2）式得)(22121m m a k m v += )

(22112m m a k

m v +=

解法2：用动能定理求解

令质量为1m 自由质点的速度为1v ，质量为2m 的自由质点速度为2v ，则因两质点互相吸引，故1v 2v 方向相反，取1v 方向为正方向如图示

由W dT δ=得dr r

m km r d F r m r

m d 2212222

11)21

2

1

(-=?=+ 积分上式得

)1..( (2121212)

22211a

m km v m v m =+ 由于两质点无外力作用，故动量守恒有)2.(..........02211=-v m v m

m 1

m 2

解（1）（2）式得)(2212

1m m a k m v += )

(22112m m a k

m v +=

解法3：用两体问题方法求解

由于两质点无外力作用可视为两体问题

由两体问题运动方程F dt

r d =2

12

2μ得 )1........(212

21122121122122r m km F dt dv m m m m dt dv dt r d -==+==μμ

又

12

121212121212dr dv v dt dr dr dv dt dv =?= 代入（1）式有

12212

1212211dr r k

dv v m m -=+

积分

??

+-

=2122

12

21120

12)

(12

a

a

v dr r m m k dv v 得)2.........()

(22112a

m m k v +=

由于两质点无外力作用，质心作惯性运动，原来质心静止，故由02

12

211=++=

m m v m v m v c 得

)3.(..........02211=+v m v m

又根据速度合成方法知)4.......(2112v v v -= 解（2）（3）（4）式得)(2212

1m m a k m v +-= )

(22112m m a k

m v +=

1v 为负值表明与2v 方向相反

15.如图示，一长为l 的均质链条在水平面上自然堆成一堆，线密度为ρ，某人持链条一端以匀速v 将其提高，试证：当他的手离开水平面的高度为x 时（l x ），链条对手的作用力

大小为g g v x F ρ???

?

??+=2

解法1：用质心运动定理求解

取链条整体为研究对象，在t 时刻，整体所受的外力有重力g l

ρ=P ，拉力F 和水平面对静止的那部分链条的支持力()g x l F

--=ρ。由质心运动定理可得

()g x l F a m c --+=ρρg l 式中c a

为质心的加速度。

上式在x 轴上的投影式为()g x l F x m c -+-=ρρlg

由于链条的质心坐标为()l

x l

x l x

x x c 20

2

2=?-+?=

ρρρ 则有l

v x l x v x c c 2

,==

代入投影式得()xg F l

v m g x l F l v m ρρρ-=-+-=2

2,lg 所以g g v x l v m xg F ρρ???

? ??+=+=22 解法2：用动量定理求解

取链条整体为研究对象，在t 时刻，整体所受的外力有重力g l

ρ=P ，拉力F

和水平面对

静止的那部分链条的支持力()g x l F

--=ρ

链条整体的总动量在竖直方向分量为xv o x l xv P x ρρρ=?-+=)(

整体所受的外力有重力g l

ρ=P ，拉力F

和水平面对静止的那部分链条的支持力

()g x l F --=ρ

上式在x 轴上的投影式为xg F F X ρ-=

由动量定理

x x F dt dP =得xg F F v v dt

dx

xv dt d dt dP x x ρρρρ-=====2)( 2v xg F ρρ+=

解法3：用变质量问题方法求解

如图示，取已上升部分为主体，其质量为x m ρ=，速度为v ，不断增加部分为变体，

dx dm ρ=其速度0=u ，主体和变体所受合外力为xg F F ρ-=合

由密歇尔斯基方程

合F dt

dm u mv dt d =-)(得 xg F F xv dt d ρρ-==合)( 即xg F F v v dt

dx

ρρρ-===合2 故2

v xg F ρρ+=

16.圆环质量为M ，放在光滑水平面上，有一质量为m 的小虫在圆环上爬行，如图示，求证：小虫在圆环上相对地爬行一周时，圆环的自转角度不超过180°。设初始时系统静止。

解：以小虫+圆环为质点系，圆环圆心为参考点，质点系受力为重力，方向均向下，与转轴平行，力矩为零。故质点系动量矩守恒。

在质点系起始时，0,00==G t

在某时刻小虫相对于圆环的速度为u ，圆环的 角速度为ω，则小虫

的绝对速度为r u v ω+= 小虫的动量矩为：)(1r u mr G ω+= 方向沿转轴方向。

圆环动量矩为：ωω222

1

Mr I G =

= 方向也沿转轴方向。 由动量矩守恒定律得：02

1

)(221=+

+=+ωωMr r u mr G G 有r

m

M u

)21(+-=ω 又 dt

ds

u dt d =

=

,θω 即 dt ds r m M dt d )21(1+-=θ ds r

m

M d )21(1

+-

=θ积分得：?

?

+-

=θ

πθ0

20

)21(1

r

ds r

m M d )

21(2m

M +-

=π

θ 假设小虫和圆环质量相等 故3

4π

θ-

==-240° 假设M=2m ，则0180-=-=πθ 一般m M 故0

180 θ

另正解：以小虫+圆环为质点系，圆环圆心为参考点，质点系受力为重力，方向均向下，与转轴平行，力矩为零。故质点系动量矩守恒。

在质点系起始时，0,00==G t

在某时刻小虫相对于圆环的速度为u ，圆环的 角速度为ω，则小虫

的绝对速度为r u v ω+= 小虫的动量矩为：)(1r u mr G ω+= 方向沿转轴方向。

圆环动量矩为：ωω2

2Mr I G == 方向也沿转轴方向。

由动量矩守恒定律得：0)(2

21=++=+ωωMr r u mr G G 有r

m

M u

)1(+-

=ω 又 dt

ds

u dt d =

=

,θω 即 dt ds r m M dt d )1(1+-=θ ds r

m

M d )1(1

+-

=θ积分得：?

?

+-

=θ

πθ0

20

)1(1

r

ds r

m M d )

1(2m

M +-

=π

θ 假设小虫和圆环质量相等 M=m 故0180-=-=πθ 假设M=2m 故01203

2-=-

=π

θ 一般m M 故0180 θ

17.一光滑球A 与另一静止的光滑球B 发生斜碰，如两球均为完全弹性体，且两球质量相等，则两球碰撞后的速度互相垂直，试证明之。

证明：设两球质量为M ，光滑球A 碰前速度矢量为1V

，光滑球B 碰前速度矢量为0，

A 和

B 碰撞后的速度的速度矢量为'

'21,V V

由于两球碰撞过程中动量守恒有)1 (211)

+'=V M V M V M

又两球为完全弹性体动能守恒有)2.......(2121212

22121V M V M V M '+'=

（1） 式代入（2）式有2

221221)(V V V V '+'='+'

整理上式得0221='?'V V

，由于0,021≠'≠'V V 所以欲使两矢量的乘积为零，只有两矢量互相垂直即21V V '⊥' 结论得证

18.有三个完全弹性的小球,质量分别为m 1、m 2、及m 3，静止于一直线上，今于第一球上加上

1v 的速度，其方向沿此直线，设m 1、m 3及1v 为已知，求第二球的速度为何值，才能使第三

球于碰撞后所得的速度最大。

解：设第一、第二球碰撞后第一球的速度为1

v '，第二球的速度为2v '

则由速度公式得()()

2121211

1m m v v m e v v +-+-='

()()

2

121122

1m m v v m e v v +-++='

而 1,02==e v 故()()2

11

121112121122

2201m m v m m m v m m m v v m e v v +=+?+=+-++='

又设第三、第二球碰撞后第三球的速度为3

v '' 已知 1,03=='e v 则由速度公式得()()()()

32211

2132223232233

421m m m m v m m m m v m m m v v m e v v ++=+'=+'-'++'=''

欲使第三球的速度最大，须有02

3

=''dm v d 即

()()

04)()()())((42

322212

2

3111232221213223221123=++-=+++++-++=''m m m m m m m m v m m m m m m m m m m m m m m dm v d 所以有312m m m =时第三球的速度最大。

19.一条柔软、无弹性、质量均匀的绳子，竖直的自高处坠落至地板上，如绳子的长度为l ，每单位长度的质量等于σ，求当绳子剩在空中的长度为()l x x 时，绳子的速度及它对地板的压力。设开始时绳子的速度为零，它的下端离地面的高度为h 。 解法1：用自由落体公式和动量定理求解

当绳子的上端离地面的高度为x 时，由自由落体公式知绳子的速度为

)(22x h l g h g v -+='=

地板对绳子的作用力有两部分，其一为与已经落地的绳子的重力大小相等，方向相反，设为

1N ，g x l g m N )(1-='=σ 其二是即将落地的绳子对地板的冲力，设为2N

设在dt 时间落地的绳子的质量为dl dm ?=σ，该质量元的动量为v dm ?，该质量元一经落地动量即变为零。动量的变化为v dm v dm dp ?=-?=0 由动量定理dt dp F =得 )(222x h l g v dt

dl v dt v dl dt v dm N -+===??=?=σσσσ（此处忽略重力）

所以总的压力为[])(3221x l h g N N N -+=+=σ

解法2：用变质量物体的运动方程求解

当绳子的上端离地面的高度为x 时，由自由落体公式知绳子的速度为

)(22x h l g h g v -+='=

取已落地部分为主体，其质量为)(x l m -=σ速度为0=v 不断落地部分为变体dx dm σ=，

v dt

dx

dt dm σσ==（0 dx ）其速度为v u = 主体和变体受力为g x l N F )(--=σ合方向向上 由密歇尔斯基方程

合F dt dm u mv dt d =-)(得g x l N dt

dm

u )(--=σ 即g x l N v v )()(--=--σσ

所以[])(32)()(2)(2

x l h g x l x h l g g x l v N -+=-+-+=-+=σσσσσ

20.长L 的均匀细链条伸直平放水平光滑桌面上，方向与桌面边

缘垂直（图2.7.2）。开始时链条静止，一半从桌上下垂，求链条末端滑到桌子边缘时链条的速度v 。

解：如图选取坐标系，以下垂段为研究对象。 方法一：用变质量物体的运动方程求解

以长为x 的 一段和Δx 的一段分别作m 和dm ，m=λx ，速度为v ，dm=λdx, dx 段合并于x 段的速度 （x 段的速度）,作用于它们的合外力为重力 和桌面上的一段对它的拉力T 。

由密歇尔斯基方程

合F dt

dm

u mv dt d =-)(得

∵u=v ，∴ （1）

设线质量密度λ，取桌面上为主体，其质量)(x l m -='λ，速度为v ，不断减少部分为变体，速度

（x 段的速度），作用于它们的合外力为桌面上的一段对它的拉力T ，由

密歇尔斯基方程

合F dt

dm u mv dt d =-)(得

（2）

将（2）代入（1），并注意m=λx ，

，可得

，积分：

，求出

方法二：用机械能守恒定律求解

以下垂的一段为研究对象，以桌面为零势能位置，则由机械能守恒：

其中： ； ，

由此得

21.雨滴开始自由落下时的质量为M ，单位时间凝结在它上面的水汽质量为λ，略去空气阻力，试求雨滴在t 时间后所下落的距离。

解：以竖直向下为正方向，取自由落下的雨滴为主体，其质量为m=M+λt ，速度为v ，增加的水汽为变体，质量为dm=λdt, 速度为u=0,作用于其的合外力为雨滴的重力

g t M F )(λ+=合

由密歇尔斯基方程

合F dt

dm u mv dt d =-)(得 [])1...(..........)()(g t M v t M dt

d

λλ+=+ 积分（1）式得)2..(..........)2

1()(2

c g t Mt v t M ++

=+λλ 因t=0时v=0,故c=0所以)3( (22212122)

t

M g M Mg gt g t M t Mt dt ds v λλλλλ+-+=++== 积分（3）式得)4(..........)ln(22412

22c t M g M t Mg gt s ++-+

=λλλ 因t=0时s=0,故M g

M c ln 22

2λ-= 所以)1ln(22412

22t M g M t Mg gt s λ

λ

λ+-+=这就是雨滴在t 时间后所下落的距离

讨论：由上式知2

2

2221)1ln(2241gt t M g M t Mg gt s λλ

λ+-+=说明雨滴在t 时间后所下落的距离小于自由落体在同等时间下落的距离。

雨滴下落时其质量的增加率与雨滴的表面积成正比，，试求雨滴下落速度与时间的关系 解：以竖直向下为正方向，设起始时刻（t=0）雨滴半径为a ，某时刻雨滴半径为r ，取自由落下的雨滴为主体，其质量为)1........(3

4313

r k r V m ===πρ

ρ，速度为v 不断增加的水汽为变体，质量为)2........(4222r k r k dt

dm

=?=π 速度为u=0,作用于其的合外力为雨滴的重力mg F =合

（1） 式对时间求导数得)

3.(..........321dt dr

r k dt dm =

（3）=（2）得

)4..( (31)

2

λ==k k dt dr

积分（4）式得雨滴半径变化规律是a t r +=λ

所以主体质量为3

1)(a t k m +=λ合外力为g a t k F 3

1)(+=λ合

由密歇尔斯基方程

合F dt dm u mv dt d =-)(得[]

g a t k v a t k dt

d 3131)()(+=+λλ 积分

[]??+=+v

t

gdt a t k v a t k d 0

3

1

3

1

)

()(λλ得

gt a t g

a ag gt v 3

4)

(4441+-+=λλλ 说明雨滴在t 时间后所达到的速度小于自由落体在同等时间达到的速度

22.质量为m 的质点M , 如图10 -2 所示, 在Oxy 平面运动, 其运动方程为: x=acoskt, y=bsin kt, 其中a , b , k 为正的常量, t 为时间. 求作用于该质点上的力

图10-2

解此题为第一类问题. 其运动轨迹是椭圆122

22=+b

y a x

由x = acoskt, y = bsin kt

先求加速度x

= - ak 2

cos kt y = - bk 2

sin kt 由运动微分方程得

Fx = m x

= - m ak 2

coskt = - k 2

m x Fy = m y

= - bk 2

sin kt = - k 2

m y 或F = Fxi+Fyj = - k 2

mr

23.质量为m 的质点, 在力F = - m k 2

r 作用下沿平面绕定点运动, 如图10 -3 所示. 其中r 是质点对O 点的矢径, k 为常数. 设t=0时x=l, y=0 , v x =0 , v y = v 0, O 为坐标原点. 求质点的运动方程和轨迹方程.

图10-3

解 此题属于第二类问题, 其直角坐标形式的微分方程为

y x F y

m F x m == ,其中

Fx = - m k 2

rcos φ= - m k 2

x

Fy = - m k 2 rsin φ= - m k 2

y

则其微分方程可改写为: x

= - k 2

x , y

= - k 2

y, 其通解为

x = c 1sin kt + c 2 cos kt y = c 3sin kt + c 4cos kt

初始条件t= 0时x=l, y=0 , x

=v x =0 , y =v y =v 0 可求得其积分常数分别为c 1 = 0 , c 2 = l, c 3 =v 0/k, c 4 =0

由此得运动方程为x = lcoskt, y =v 0/ksin kt

其轨迹方程为x 2/l 2 +k 2 y 2/v 2

0= 1

24.匀质杆A B 的质量为49kg , 长2 m , 置于光滑水平面上, 如图12 -17