1、主讲：左武魁（习题课）（习题课）运运 动动 方方 程程运运 动动 参参 量量与与若运动方程为若运动方程为 一、已知运动方程求运动参量一、已知运动方程求运动参量则速度为则速度为加速度为加速度为依次求导依次求导或或或或22tdrdtdvdaktdzdjtdyditdxda222222trrkzjyixrttttdrdvktdzdjtdyditdxd运动方程与运动参量运动方程与运动参量则速度则速度二、已知二、已知 及起始条件求运动方程及起始条件求运动方程 a1.变加速变加速运动运动运动方程运动方程t00dtavvt00dtvrr2.匀加速匀加速运动运动ca 则速度则速度tavvy0yy运动方程运动方
2、程2y0y0ta21tvyyca 或或或或200ta21tvrr2x0 x0ta21tvxxtavv0tavvx0 xx运动方程与运动参量运动方程与运动参量一、物体受力分析一、物体受力分析1.选选“对象对象”，画示力图；，画示力图；2.选坐标系，列方程；选坐标系，列方程；直线运动直线运动选加速度或运动方向为坐标轴正方向；选加速度或运动方向为坐标轴正方向；曲线运动曲线运动选切向和法向为两坐标轴正方向；选切向和法向为两坐标轴正方向；斜面运动斜面运动选斜面及其法向为两坐标轴正方向；选斜面及其法向为两坐标轴正方向；3.解方程，整理结果；解方程，整理结果；先符号运算，再数字运算；最后对解进行讨论。先符号
3、运算，再数字运算；最后对解进行讨论。二、解题方法步骤二、解题方法步骤受力分析与解题方法步骤受力分析与解题方法步骤习习1.10 (P48)解：解：一质点在一质点在 x y 平面上运动，运动函数为平面上运动，运动函数为x=2t,y=4t2-8。（1 1）求质点运动的轨道方程并画出轨道曲线；）求质点运动的轨道方程并画出轨道曲线；（2 2）求）求 t1=1s 和和 t2=2s 时质点的位置、速度和加速度。时质点的位置、速度和加速度。(1)在运动方程中消去在运动方程中消去t,可得轨道方程为可得轨道方程为 y=x2-8轨道曲线为一抛物线。轨道曲线为一抛物线。(2)因因jti tr)84(22j tidtr
4、dv82/jdtvda8/故知故知 t=1s 时，时，jir421jiv821ja81故知故知 t=2s 时，时，jir841jiv1622ja82各量单位均为同际单位制单位。各量单位均为同际单位制单位。y yxo(0,-8)(-2.8,0)(2.8,0)已知质点在已知质点在xy 平面内运动，平面内运动，运动函数为运动函数为x=Rcos t，y=Rsin t,R和和 为常量。为常量。（1）规道方程规道方程rRv2222222cossinRtRtRyx故知故知规道为一半径为规道为一半径为R的圆的圆，即，即质点作圆周运动质点作圆周运动。例例1.1 (P22)求：求：（1）质点的运动规道；质点的运动
5、规道；任一时刻质点的位任一时刻质点的位矢、速度和加速度。矢、速度和加速度。（2）解：解：（2）位矢位矢j tRi tRj yi xrsincosRyxr22其中其中 xyoj tRi tRdtrdvcossin速度速度Rvvvyx22例例1.1 (P22)xyor vR（2）位置矢量）位置矢量解：解：jtRi tRdtvdasincos22j tRi tRdtrdvcossin速度速度j tRi tRrsincosr2加速度加速度加速度的大小加速度的大小Raaayx222习习2.22 (P114)在与速率成正比的阻力的影响下，一个质点具有加在与速率成正比的阻力的影响下，一个质点具有加速度速度a
6、，其大小为其大小为-0.2 v 。求需多长时间才能使质求需多长时间才能使质点的速率减小到原来的一半。点的速率减小到原来的一半。解：解：解得解得故有故有vdtdva2.0依题意依题意dtvdv2.0tvvvdvdt02/005即即2/00ln5vvvdt注意：注意：（1）v=v0+a t 概念错误！概念错误！（2）t+t0=-5(ln v+c)不要用不定积分方法求解。不要用不定积分方法求解。两边积分得两边积分得vdvdt5=-5 lnv/200vv=5 ln2=3.47(s)习习2.25 (P115)直升机每片旋翼长直升机每片旋翼长5.97m，旋翼以旋翼以400r/min 的转速旋转的转速旋转时
7、，求其根部所受拉力是其时，求其根部所受拉力是其重力的几倍？（旋翼按宽度重力的几倍？（旋翼按宽度一定、厚薄均匀的薄片计）一定、厚薄均匀的薄片计）解：解：0Bdrrr设旋翼材料密度为设旋翼材料密度为 ，截面积为截面积为S。sdrdm此质元所受的拉力此质元所受的拉力rdrsrdmdF22)(故旋翼根部所受拉力故旋翼根部所受拉力rdrsFdFL20LmLsF2222121方向方向指向根部。指向根部。解得解得 沿棒长取沿棒长取r 轴，在轴，在棒上任取棒上任取d r 距距o为为r ，故故mgLmmgF2/2gL225348.92)60/4002(2则则d r 的质量的质量动动 量量角角 动动 量量与与（角
8、动量定理（角动量定理 角动量守恒定律）角动量守恒定律）一、一、力矩力矩二、二、质点的角动量质点的角动量三、角动量定理三、角动量定理 或或四、角动量守恒定律四、角动量守恒定律PrvmrLL=r P sin=r mv sin dtLdMLdtdM动量与角动量动量与角动量oVmr0ttLLtdM0（积（积分式分式）（微分式微分式）当当 M=0 时时 L=恒矢量恒矢量FrMM=F r sin 练习练习1 运动质点的角动量运动质点的角动量o1.运动质点的角动量的定义运动质点的角动量的定义L=rmVVPrvmrLL=r P sin=r mv sin 若一质量为若一质量为m 的小球作圆周运动，的小球作圆周运
9、动，若圆周半径为若圆周半径为 r ，则当小球速率，则当小球速率为为V 时，其对圆心时，其对圆心O O的角动量的角动量2.rrV瞬时关系瞬时关系若一质量为若一质量为m 的小球作匀速直线的小球作匀速直线运动，则小球对任一固定点的角运动，则小球对任一固定点的角动量矢量保持不变。动量矢量保持不变。3.oVmmr1PrvmrLL=r P sin=r mv sind例例3.15 （P160）=d mV 习习3.25 (P174)一质量一质量m=2200kg的汽车以的汽车以v=60km/h 的速度沿一平的速度沿一平直公路开行。求汽车对公路一侧距公路直公路开行。求汽车对公路一侧距公路d=50m 的一的一点的角
10、动量多大？对公路上任一点的角动量多大？点的角动量多大？对公路上任一点的角动量多大？PrvmrLL=r P sin=r mv sin oVmrd=d mV 解：解：对公路一侧距公路距公路对公路一侧距公路距公路d =50m 的一点：的一点：L=r mv sin=50 220060 10003600=1.8310(kgm2/s)对公路上的任一点：对公路上的任一点：L=d mV=0守守 恒恒 定定 律律三、三、机械能守恒定律机械能守恒定律若若 A外外+A非保内非保内=0则则 EP1+Ek1=EP2+Ek2 四、四、能量守恒定律能量守恒定律守守 恒恒 定定 律律一个封闭系统经历任何变化时，该系统的所有能
11、量一个封闭系统经历任何变化时，该系统的所有能量的总和是保持不变的。的总和是保持不变的。它只能从一种形式转化为另一它只能从一种形式转化为另一种形式，或从系统内的此一物体传给另一物体。种形式，或从系统内的此一物体传给另一物体。（1）明确系统；明确系统；（2）明确势能零点。明确势能零点。注意：注意：一、一、动量守恒定律动量守恒定律常量iivmP 0外若F则则二、二、角动量守恒定律角动量守恒定律当当 M=0 时时 L=恒矢量恒矢量动量守恒与角动量守恒的对比。动量守恒与角动量守恒的对比。摆一旦摆一旦偏离铅直位置偏离铅直位置，合外力（矩）即不为零合外力（矩）即不为零!一单摆摆球一单摆摆球质量为质量为 M、
12、摆摆长为长为 L，一质量为，一质量为m 的子的子弹以水平速率弹以水平速率 V0 击中摆球并嵌于球中。求球和子弹击中摆球并嵌于球中。求球和子弹一起开始运动时的速率。一起开始运动时的速率。V(M+m)gmV0=(m+M)V分析：分析：碰撞中碰撞中系统受合外力矩为零系统受合外力矩为零，角角动量守恒。动量守恒。LmV0=(m+M)L2LMmmV)(0V0LmV0=L(m+M)VMmmVV0或或注意：注意：水平分量为零水平分量为零，故水平方向，故水平方向动量守恒。动量守恒。0VMmmVMmmVLV0TMoLm碰撞中碰撞中系统所受合外力系统所受合外力的的垂直分量垂直分量不为零，不为零，(P170思思3.9
13、)例例3.4(P139)例例5.11（P273）动量守恒与角动量守恒的对比。动量守恒与角动量守恒的对比。杆一旦杆一旦偏离铅直位置偏离铅直位置，合外力（矩）即不为零合外力（矩）即不为零!一质量为一质量为 M、长为长为L 的木杆悬挂在的木杆悬挂在O点，点，一粒质量为一粒质量为m的子弹以速率的子弹以速率V0 沿水平方沿水平方向击中杆的下端并嵌于杆中向击中杆的下端并嵌于杆中。求嵌入后求嵌入后杆角速度的大小。杆角速度的大小。MgmV0注意：注意：MoLoLmg碰撞中碰撞中系统受系统受合外力矩合外力矩合外力在水平方向分量不为零合外力在水平方向分量不为零，故系统水平方向故系统水平方向动量动量不不守恒守恒！F
14、垂直垂直F水平水平为零为零，角动量守恒角动量守恒。)31(220MLmLLmv 杆可以传递切向力！杆可以传递切向力！LMmmV)3(30碰撞中碰撞中系统所受合外力的水平分量是否为零？系统所受合外力的水平分量是否为零？分析：分析：0vAO长为长为L、质量为质量为M 的均匀杆，一端挂的均匀杆，一端挂在一个水平光滑轴上而静止在竖直位在一个水平光滑轴上而静止在竖直位置置。一质量为一质量为m 的子弹以水平速度的子弹以水平速度v0 ，射入杆的下端并嵌于其中。求杆和子射入杆的下端并嵌于其中。求杆和子弹开始一起运动时的角速度。弹开始一起运动时的角速度。例例 5.11(P273)L L解：解：因子弹射入杆并和杆
15、一起运动所经历因子弹射入杆并和杆一起运动所经历的时间极短，故的时间极短，故杆的位置基本不变杆的位置基本不变。选选子弹和杆为系统子弹和杆为系统，则，则碰撞过程碰撞过程中中)31(220Mlmlmlv解得解得lvMmm033系统所受系统所受合外力矩为零合外力矩为零，系统，系统角动量守恒角动量守恒。（系统在水平方向（系统在水平方向动量是否守恒动量是否守恒？为什么？）？为什么？）用角动量守恒用角动量守恒例例5.9(P269)R0 0M一质量为一质量为M、半径为半径为R 的定滑轮的定滑轮上绕有细绳。绳的一端固定在滑上绕有细绳。绳的一端固定在滑轮边上，另一端挂一质量为轮边上，另一端挂一质量为m 的的物体而
16、下垂。忽略轴处磨擦，求物体而下垂。忽略轴处磨擦，求物体物体m 由静止下落高度由静止下落高度 h 时的速时的速度度v 和此时滑轮的角速度和此时滑轮的角速度。h hv用机械能守恒定律解例用机械能守恒定律解例5.6解：解：取取m 初始位置为势能零点，则初始位置为势能零点，则0212122mghmvJ221MRJ Rv将将 、代入前式整理得：代入前式整理得：mghvmM4)2(2mMmghv24解得：解得：mMmghR241习习 5.19(P288)一长为一长为L=0.40m、质量为质量为M=1.0kg 的均匀细杆，上的均匀细杆，上端用光滑水平轴吊起而静止下垂。今有一质量为端用光滑水平轴吊起而静止下垂
17、。今有一质量为m=8.0g的子弹以水平速率的子弹以水平速率v=200m/s 射入杆中而不复射入杆中而不复出。射入点在轴下出。射入点在轴下d=3L/4处。求：处。求：（2）求杆的最大偏转角）求杆的最大偏转角。0vmd dl（1）子弹停在杆中时杆的角速度）子弹停在杆中时杆的角速度；(M)解：解：)4331(4322220lmMlLmv（1）子弹击中杆瞬间子弹击中杆瞬间，相对于悬点相对于悬点O O，M+m系统系统所受所受合外力矩为合外力矩为0，对对O轴轴角动量守恒角动量守恒。o o故有故有22)4/3(34/33LmMlLmvLmMmv)2716(36习习 5.19(P288)（2）求杆的最大偏转角
18、）求杆的最大偏转角。ml（1）子弹停在杆中时杆的角速度）子弹停在杆中时杆的角速度；M解：解：（1）o oLmMmv)2716(36求：求：4.0)1082716(2001083633=8.89 s-1（2）d d对对M+m+地球系统，地球系统，)cos1)(432()4331(2122222lmglMglmMl)32(24)2716(1 2gmMlmMarctg8.9)10832(244.089.8)1082716(1 3231tg=9418 由由机械能守恒定律机械能守恒定律得得转转 动动 惯惯 量量转转 动动 定定 律律与与已知：已知：解：解：dmRdJ2例例5.2 (P258)dmRJm0
19、2在环上任取一质量元在环上任取一质量元d m(相应长度为相应长度为dl)如图，则如图，则求：求：均匀圆环质量为均匀圆环质量为m，半半径为径为R。圆环对垂直于环面的中心圆环对垂直于环面的中心轴的转动惯量。轴的转动惯量。Rmod md l=m R2mdmR020Bx例例5.4 (p259)已知：已知：解：解：沿棒长取沿棒长取x 轴，在棒上任取轴，在棒上任取dx 距距o为为x，则则dx 的质量的质量dxdmdmxdJ2dJJdxx求：求：均匀细棒均匀细棒OB质量为质量为 m，长度为长度为 l 。棒对通过端点棒对通过端点o并与棒并与棒垂直的轴的转动惯量。垂直的轴的转动惯量。22031mldxxlmld
20、xxlm2dxlm例例5.4-1(p259)已知：已知：解：解：沿棒长取沿棒长取x 轴，轴，o o为原点，在棒上任取为原点，在棒上任取dx 距距o为为x，则则dx 的质量的质量dxlmdxdmdxxlmdmxdJ22dJJABodxxx求：求：均匀细棒均匀细棒 AB 质量为质量为 m，长度为长度为 l。棒对通过中点棒对通过中点o o并与棒并与棒垂直的轴的转动惯量。垂直的轴的转动惯量。2222121mldxxlmll例例5.6(P263)R0 0M一质量为一质量为M 半径为半径为R 的定滑轮上的定滑轮上绕有细绳。绳的一端固定在滑轮绕有细绳。绳的一端固定在滑轮边上，另一端挂一质量为边上，另一端挂一
21、质量为m 的物的物体而下垂。忽略轴处磨擦，求物体而下垂。忽略轴处磨擦，求物体体m 由静止下落高度由静止下落高度 h 时的速度时的速度hvmv和此时滑轮的角速度和此时滑轮的角速度 。分析：分析：对对m：对对M：mg T=m aahv22JRT 221MRRva=R 对对M和和m：T T1 1T T2 2mg例例5.6 (P263)解：解：R0 0MT T1 1T T2 2mghy ya a令令 T1=T2=T 则有则有分别对分别对M和和m 作示力图，则作示力图，则（1 1）T1=T2联立以上三式，解得联立以上三式，解得gMmm2/amg T=m a221MRJRTa=R 故故RMmmghRv24Mmmghhv242a已知：已知：M、R、m、h ,求求：v、例例5.6 (P263)解：解：R0 0MT T1 1T T2 2mghy ya a令令 T1=T2=T 则有则有分别对分别对M和和m 作示力图，则作示力图，则（1 1）T1=T2联立以上三式，解得联立以上三式，解得gMmm2/amg T=m a221MRJRTa=R 故故RMmmghRv24Mmmghhv242a已知：已知：M、R、m、h ,求求：v、再再 见见
