理论力学题库第二章

1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.理论力学题库一一第二章填空题对于一个有n个质点构成的质点系，质量分别为mi,m2,m3,...mi,...mn，位置矢量分别uururuurTOC\o"1-5"\h\z为r1,r2,「3,..』，..片，则质心C的位矢为。质点系动量守恒的条件是。质点系机械能守恒的条件是。质点系动量矩守恒的条件是。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。质心运动定理的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式是。平面汇交力系平衡的充分必要条件是合力为零。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。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。质点组动能的微分的数学表达式为:1n2nndTd(miVi)Fi()driFi()dri2i1i1i1表述为质点组动能的微分等于内力和夕卜力所作的元功之和。质点组动能等于质心动能与各质点对质心动能之和。柯尼希定理的数学表达式为:12mrC2n2m*，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。2-6.质点组质心动能的微分等于内、夕卜力在质心系系中的元功之和。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。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。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。设木块的质量为m,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的子弹以速率V1沿水平方向射入木块，子弹与木块将一起摆至高度为18.V1J^(2gh)1/2h处，则此子弹射入木块前的速率为:位力定理（亦称维里定理）可表述为:m1系统平均动能等于均位力积的负值。（或选择题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，内力有关；B.与外力、内力都有关；C.与外力、内力都无关；D.与外力有关，内力无关。3•满足下列哪种情况，质点组的机械能守恒（）FiriA只有保守力做功；B外力和内力都不是保守力;C所有内力均为保守力；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.质点系的内力有如下性质，其中错误的说法是：【C】A内力的动量之和为零；B内力的角动量之和为零；C内力的动能之和为零；D内力的矢量和为零。2-6.关于内力的说法中错误的有：【B】A质点系的内力不能改变质点系的动量；B质点系的内力不能改变质点系的动能；C质点系的内力在运动过程中可能作功，可能不作功；D刚体在运动过程中内力不作功。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）内力不能改变系统的总机械能；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。2-8.对机械能守恒和动量守恒的条件，正确的是：系统不受外力作用，则动量和机械能必定同时守恒.；对一系统,若外力作功为零,而内力都是保守力,则其机械能守恒；对一系统,若外力作功为零,则动量和机械能必定同时守恒；系统所受和外力为零，和内力也为零，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】角动量守恒,机械能不守恒；角动量守恒,机械能守恒；角动量不守恒,机械能守恒；角动量不守恒,机械能不守恒。TOC\o"1-5"\h\z2-10.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3n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内其它各质点的作用力，每一质点的合内力不一定等于零，故不能保持静止或匀速直线运动状态。这表明，内力不改变质点组整体的运动，但可改变组内质点间的运动。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，由于碰撞内力远大于外力，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？26答：碰撞过程中不计外力，碰撞内力不改变系统的总动量，但碰撞内力很大，使物体发生形变，内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V，第i个质点相对质心的速度v.，则v.vv.，代入质点组动量CIiic.定理可得dm.ViF.eF..m.ac这里用到了质心运动定理dt...iiiiiiceFimiac。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iv的动量守恒miVi常矢量。当外力改变时，质心的运动也改变，但质点组相对于质心i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，内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内力做功，消耗人体内能转换而来的。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VVoVrlVoVrInz知，要提高火箭的速度必须提高喷射速度vr或增大ms质量比匹。由于燃料的效能，材料的耐温等一系列技术问题的限制，Vr不能过大；又由msr于火箭的外壳及各装置的质量mo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vr，质量比分别为Z1,Z2,.Zn，各级火箭的工作使整体速度增加V1,V2,Vn，则火箭的最后速度vv1v2VnVrInz-iInz2InznVrInz1z2zn因每一个z都大于1,故v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？一光滑球A与另一静止的光滑球B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。质量为mi的质点，沿倾角为的光滑直角劈滑下，劈的本身质量为m2，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。求均匀扇形薄片的质心，此扇形的半径为a，所对的圆心角为2，并证半圆片的质心4a离圆心的距离为3如自半径为a的球上，用一与球心相距为b的平面，切出一球形帽，求此球形冒的质心。半径为a,质量为M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。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，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，火药爆炸力为内力，故水平方向动量守恒即mvxMU0(1)又由相对运动关系知VcosUVx,VsinVy(2)(2)代入(1)得VcosMmVyVsin⑶U—VcosMm所以讨论：由（4）式知炮车反冲时VV，由（5）式知22XvyM2V2cos2一Mm2・2Vsin2M22VcosMmV2(1cos2)V1m(2Mm)cos2V(Mm)2.(4)如设v与水平面夹角为，则tanvyvxVsinMcos—mtanM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0Z轴铅直向上，0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U0于是密歇尔斯基方程为dmzF1dt-J因mGqz,FGqzgk,zzk，代入（1）式得一GqzzGqggdt2用Gqgdz乘上式两端得GqzzdGqzzgGqzdz已知初始条件为z0时，zV0所以积分上式得丄G2qz2zgGqz3^G22V0-^G3当z0时，上升高度z正好就是最大23q23q值h即hG3123qv01q2Gg8.在椭圆机构中，规尺AB质量为2m,曲柄OC质量为m,滑块A和B质量均为m曲柄以匀角速度宀绕轴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，OCAC=BC=I。解法1:运动方程（C点）的运动为平面运动运动方程为：xlcost,ylsint,消去t得：X2y2l2pPocpABPaPbm,Voc(2m,2m2)vABsinti舟costj)(2m,2m2)(lsinti5.mJ2sinti-mil2costj2m?lcostj2m?l!(5m,4m2)sinti!(5m,4m2)costjl动量sincostj)ti总动量值的合成：ppx2py2(5mi4m(2)解法2:首先建立整个系统的质心位置Xccos22mjcost(3ml2m2)yc2m2lcost)的扌sint2mi|lsint2m2lsint)(3mi2m2)Pxmxcsint(5m,4m2)将质心位置求导后，代入动量式2Pymyclcost(5m,4m?)2总动量值的合成：pJp2py2—(5m14m2)10.某质量为m的质点，其运动方程用矢量式可表达为r(t)x(t)iy(t)jz(t)k，式中:r为质点的矢径，i,j,k分别为x,y,z的单位矢。试求：质点的动能、动量及对坐标原点O的动量矩。质点对点A(a,b,c)的动量矩。作用在质点上的力及力的功率。解：(1)动能T121/2mvm(x2yz2)22动量pmvm(xiyjzk)动量矩Lqm(yzzy)i(zxxz)j(xyyx)k(1)动量矩Lam(yb)z(zc)yi(zc)x(xa)zj(xa)y(yb)xk(2)力Fmamrm(xiyjzk)功率Pf?vF?rmr?rm(xxyyzz)2211、质点在xoy平面内运动，其势能为：V2x5xy3y6x7y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,_匕0xy24x5x60(1)5x6y70(2)求解上面方程组得平衡坐标为x=1,y=2一人在水平台上走动，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，t0,G00在某时刻人相对于平台的速度为u，平台的角速度为，则人的绝对速度为vur人的动量矩为：G1—r(ur)方向沿转轴方向。g平台动量矩为：G2Ip2r方向也沿转轴方向。g由动量矩守恒定律得：G1G2Rr(u、p2r)r02ug2g3rfddsd2ds22r2又,u即dds积分得：ddsdtdtdt3rdt3r003r故4313、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，人的质量为册。试求t秒钟后，人的绝对速度v与位移以及板的绝对速度V1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Fn。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pax=0，任意时刻t，设板的绝对速度V1沿x轴正向，则由点的合成运动可知，人的绝对速度为V=Vi+U。解此方程得Vi由动量守恒定律得：mvi+m（vi+u）=Ou负号表示板的运动方向与x轴正向相反。m2mi由此得人的绝对速度为Vv1um2uum2m1u正号表示人的运动方向与x轴正向相同m1m2因u与v都是常量，故人和板的位移分别为xvtm1ut,x1v1tm1m2m2utm1m2x,y,z，证明divr3,rotrgrad的函数解：（1）divr?rijxy设矢量r在笛卡儿坐标系中的投影为xyzxyz（3）由rotr0可知势函数——xx故——yy——zzk一？xiyjzzkxx_yyzz3zyixz.jyxk0yzzxxy0并求使rijk⑵rotrr———一必存在，由rxiyjzk,rgrad-kz122积分（1）式得xfy,z423代（4）入（2）得一fy,zyy积分得f2y2gz22代（5）入（4）得xygz6222代（6）入（3）得一zz积分得gz222代（7）入（6）得—匚—C解法i用机械能守恒定律求解m2由于两质点无外力作用，故动量守恒有m1v1m2v2质量为mi及m2的两自由质点互相以引力吸引，弓I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a时两质点的速度。2令质量为mi自由质点的速度为Vi，质量为m2的自由质点速度为V2，则因两质点互相吸引，故ViV2方向相反，取Vi方向为正方向如图示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drkm1m22rdrkmi匹式中r是两质点间的距r离。由机械能守恒定律kmim21m1v1212m2v22kgma2即1mivf1m2v|22kgm2a解（1）（2）式得v12k；a(m1m2)2kV2mia(m|m2)解法2:用动能定理求解令质量为mi自由质点的速度为Vi，质量为m2的自由质点速度为V2，则因两质点互相吸引,kgm2,2drr故v1v2方向相反，取v1方向为正方向如图示由dTW得dgmiri2^r；)Fdr积分上式得1m2v|也皿22a•⑴由于两质点无外力作用，故动量守恒有m1v1m2v20V2叶j―2k—Ya(m,m2)dli2dt2dv12~dtmim2dv12m-im2dtkmim22ri2又dv12dv12dr12dv12V12dtdr12dtdr12代入（1）式有-1v12dv12m1m2r12积分0v12dv^k(mi|m2)dr12得V1222k(m1m2)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Vcm1v1m2v2m1m2解(1)(2)式得v“m22k\a(mim2)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9単F得dt2m1v1m2v20(3)又根据速度合成方法知v12v1v2（4）解（2）（3）（4）式得V1m2'2k.a(gm2)m.2k,a(mim2)V1为负值表明与V2方向相反15.如图示，一长为I的均质链条在水平面上自然堆成一堆，线密度为，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（xI），链条对手的作用力2V大小为Fxgg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Plg，拉力静止的那部分链条的支持力Flxg。由质心运动定理可得macFIglxg式中ac为质心的加速度。上式在x轴上的投影式为mxclg由于链条的质心坐标为xcx221则有Xcvfx2代入投影式得m*lglxg,mlxg2所以Fxgm]V2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lg,拉力F和水平面对静止的那部分链条的支持力链条整体的总动量在竖直方向分量为Pxxv(lx)XV整体所受的外力有重力Plg，拉力F和水平面对静止的那部分链条的支持力上式在x轴上的投影式为FXFxg由动量定理dPxdtFx得翌dtd(xv)dtdxvdtv2FxFxg2Fxgv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mx，速度为v,不断增加部分为变体,dmdx其速度u0，主体和变体所受合外力为F合Fxg由密歇尔斯基方程—(mv)dt弓(xv)F合Fxgdt故Fxgv2dmu-dtF合得dxvdtv2F合Fxg2(1")2m假设小虫和圆环质量相等故4=-2403假设M=2m则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,故质点系动量矩守恒。在质点系起始时,t0,G00在某时刻小虫相对于圆环的速度为u，圆环的角速度为，则小虫的绝对速度为vur小虫的动量矩为：G-\mr(ur)方向沿转轴方向。圆环动量矩为：g2i-Mr2方向也沿转轴方向。2由动量矩守恒定律得：GiG2mr(ur)-Mr22(12m)r又ddt，uds即d1dsdtdt“M、(1)r2mdt2r(1M)r2mds积分得：(1M)r2mds1800一般Mm故1800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,t0,G00在某时刻小虫相对于圆环的速度为u，圆环的角速度为，则小虫的绝对速度为vur小虫的动量矩为：G1mr(ur)方向沿转轴方向。圆环动量矩为：G2IMr$方向也沿转轴方向。由动量矩守恒定律得：G1G2mr(ur)Mr20有(1u~M~)rmddT，Udsdtddt1ds(1M)卫m1」ds积分得：（1）rmds1“M、(1)rm假设小虫和圆环质量相等M=m故1800假设M=2m故1200般Mm故180°17.一光滑球A与另一静止的光滑球撞后的速度互相垂直，试证明之。B发生斜碰，如两球均为完全弹性体,且两球质量相等，则两球碰证明：设两球质量为m，光滑球a碰前速度矢量为y，光滑球B碰前速度矢量为0，由于两球碰撞过程中动量守恒有MV1M、Vmv2…•…(1)又两球为完全弹性体动能守恒有1MV121MV12^MV22…■■■■(2)222（1）式代入（2）式有（V1V2)2V12V22A和B碰撞后的速度的速度矢量为V,V2整理上式得2V1V20,由于V0,V20所以欲使两矢量的乘积为零，只有两矢量互相垂直即VV2结论得证18.有三个完全弹性的小球，质量分别为m、“、及静止于一直线上，今于第一球上加上V1的速度，其方向沿此直线，设m、z及V1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。则由速度公式得v1v1m2v1v2e-m1m2TOC\o"1-5"\h\zm1V|v2v2v21e-mim2则由速度公式得v3v31e2m2v2m2m3m2m34m)m2v1m1m2m2m3欲使第三球的速度最大，须有dv3dm2dvadm24m1(mhm2)(m2m3)m2(m2m3m1m2)22(mhm2)(m2m3)2HYPERLINK\l"bookmark236"\o"CurrentDocument"m)1m3m2HYPERLINK\l"bookmark246"\o"CurrentDocument"4m1—HYPERLINK\l"bookmark70"\o"CurrentDocument"m1m2m22m3而v20,e1故v2v21em1v1v2m1v1-0211m1m22m1v1m1m2m1m2又设第三、第二球碰撞后第三球的速度为v3已知v30,e1所以有m2.mm3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I,每单位长度的质量等于，求当绳子剩在空中的长度为XXI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v2gh、2g(lhx)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N1，N1mg(Ix)g其二是即将落地的绳子对地板的冲力，设为2设在dt时间内洛地的绳子的质量为dmdl，该质量兀的动量为dmv，该质量兀一经落地动量即变为零。动量的变化为dpdmv0dmv由动量疋理F—得N2dmvdlvdl22g(lhx)(此处vvdtdtdtdt忽略重力)所以总的压力为N弘N2g2h3(lx)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(lx)速度为v0v2gh2g(lhx)所以Nv2(lx)g2g(lhx)(lx)g2h3(lx)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△x的一段分别作m和dmm=Xx,速度为v,dm=Xdx,dx段合并于x段的速度＞=一（x段的速度），作用于它们的合外力为重力咗吕和桌面上的一段对它的拉力T。由密歇尔斯基方程—（mv）dtdmVX图2.7,2u-dt-u=v,m——dt(1)不断落地部分为变体dmdmdx,dtdxdtv(dx0）其速度为uv主体和变体受力为F合N（lx）g方向向上由密歇尔斯基方程ddm(mv)u-dtdtF合得udmdtN(lx)g即v(v)N(lx)g取已落地部分为主体，其质量为mT,由设线质量密度入，取桌面上为主体，其质量m（lx），速度为v,不断减少部分为变体，速度l（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密歇尔斯基方程—（mv）u——dtdtF合得dvdv——=v——将（2）代入（1），并注意x,-I,可得方法二：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:因t=0时v=0,故c=0所以dsvdtMtt2rgM2g2Mt(3)2积分（3）式得s4g『弊費讪t)c-(4)因t=0时s=0,故c霁1nM所以s1+24gtMgt2穽n(1Mt）这就是雨滴在t时间后所下落的距离其中:由此得雨滴开始自由落下时的质量为M,单位时间内凝结在它上面的水汽质量为入，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叭t，速度为v,增加的水汽为变体，质量为dm=Xdt,速度为u=0,作用于其的合外力为雨滴的重力F合（Mt）g由密歇尔斯基方程—(mv)udmF合得dtdt合-J-(Mt)v(Mt)g(1)dt积分(1)式得(Mt)v(Mt1t2)gc⑵2讨论：由上式知s1gt2MgtM2gin(it)1gt2说明雨滴在t时间后所下422M2落的距离小于自由落体在同等时间内下落的距离。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mV—r3k订3(1)，速度为v3不断增加的水汽为变体，质量为外力为雨滴的重力F合mgdmdmdtk4r2k2r2•…....(2)速度为u-0,作用于其的合2dr3k订..(3)dtdr(3)=(2)得dtk23k1(4)(1)式对时间求导数得dt积分(4)式得雨滴半径变化规律是rtaF合得dtki(ta)3vki(ta)3g所以主体质量为mki(ta)3合外力为F合ki(ta)3g由密歇尔斯基方程—(mv)u——dtdtv3t3积分0d«(ta)v0k1(ta)gdt得；gtag44ag4(ta)3gt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内达到的速度质量为m的质点M,如图10-2所示,在Oxy平面内运动，其运动方程为：x=acoskt,y=bsinkt,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2x~~2b2y=-bk2sinkt由x=acoskt,y=bsinkt先求加速度x=-ak2coskt由运动微分方程得22Fx=mx=-makcoskt=-kmx22Fy=my=-bksinkt=-kmy其中r求质点或F=Fxi+Fyj=-k2mr质量为m的质点，在力F=-mk2r作用下沿平面绕定点运动，如图10-3所示是质点对O点的矢径，k为常数.设t=0时x=l,y=0,vx=0,vy=vo,O为坐标原点.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mxFx,myFy其中22Fx=-mkrcos$=-mkx22Fy=-mkrsin$=-mky则其微分方程可改写为：x=-k2x,y=-k2y,其通解为x=c1Sinkt+c2coskty=c3Sinkt+c4coskt初始条件t=0时x=l,y=0,x=Vx=0,y=Vy=Vo可求得其积分常数分别为C1=0,c2=l,c3=vo/k,c4=0由此得运动方程为x=Icoskt,y=v0/ksinkt其轨迹方程为x2/l2+k2y2/v20=1匀质杆AB的质量为49kg,长2m,置于光滑水平面上，如图12-17所示.今有一水平力F垂直作用于A端，大小为98N,求此力作用的瞬时速度大小ac=(2m/s),杆的角加速度大小a=(6rad/s),A2杆中点c的加端加速度大小aA=(8m/s).解AB杆作平面运动.由平面运动微分方程可知ma：=F,Jca=AC・F丄即49*ac=98,12x49X22-a=1X98因此可求得ac=2m/s2,a=6rad/s2又以C为基点可求得A点加速度2aA=ac+AC・a=8m/s