冲量力矩冲量矩动能
（1）动量定理
rrrI=P2?P1rrrM=r×F
rrrt2rH=I2?I1=∫Mdt
t1
T=
1mυ22
rrdPF=
dt
r
rdP
?l方向上动量守恒： e?l=F e?l=0e
dt
（2）动量矩定理（3）动能定理4机戒能守恒定理
T+V=E〈析〉势函数V:
rrdLM=
dt
rrrdυrdT
F υ=m υ=
dtdt
rr?V?V?V
dV=dx+dy+dz=?F dr
?x?y?zr?Vr?Vr?VrF=?(i+j+k)
?x?y?z
稳定平衡下的势函数：此时势能处极小处Vm
dV(x)dx
x=x0
=0;
dV2(x)dx
x=x0
>0
?VM 且能量满足?0 ?V 【解题演示】 1细杆OL绕固定点O以匀角速率ω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为d，如图所示。求 小环的速度υ和加速度a。解：依几何关系知：x=dtanθrrdωrd2+x2r&=又因为：υ=xii=ωi cos2θd 22 rrω2(d+x)x2r&&i=故：a=υ=2xxωi2 dd rr 2椭圆规尺AB的两端点分别沿相互垂直的直线Oχ与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υ与α。解：依题知：yB=(b+d)cosθ&sinθ&B=?C=?(b+d)θ且：y 得：θ&= C KK* (b+d)sinθ又因M点位置：xM=bsinθ,yM=dcosθrrrrr&&&Mi+|y&Mj=bθcosθi?dθsinθj故有：υM=x rbccotθrdcr 代入（*）式得：υM=i?j b+db+d c即：υ=b2cot2θ+d2b+drr&=?aM=υM &rrbcθbc2 i=i222 (b+d)sinθ(b+d)sinθ1一半径为r的圆盘以匀角速率ω沿一直线滚动，如图所示。求圆盘边上任意一点M的速度υ和加速度a（以O、M点的连线与铅直线间的夹角θ表示）；并证明加速度矢量总是沿圆盘半径指向圆心。 r r 解：设O点坐标为（ωRt+x0,R）。则M点坐标为 （ωRt+x0+Rsinθ,R+Rcosθ） rrrr &&故：υM=xMi+yMj=(ωR+Rωcosθ)i?R rrrrrr222&aM=υM=?Rωsinθi?Rωcosθj=?Rω(sinθi+cosθj) 2一半径为r的圆盘以匀角深度ω在一半经为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点的深度υ和加速度α（用参量θ，Ψ表示）。 &rθωr&=?解：依题知：?=? R?rR?r 且O点处：ek=cos(θ??)er?sin(θ??)eθ则： rrr rM=rO′O+rOM rr =(R?r)eR+rer rrr rr =[(R?r)cos(θ??)+r]er?(R?r)sin(θ??)eθrr&υ=rMrrrr&)sin(θ??)e&r&)cos(&sin(θ??)e&?θ&=&rM(?+[(R?r)cos(θ??)+r]θe?(R?r)(??θθ??)e+(R?r)θrθθr rr =?rωsin(θ??)er+rω[1?cos(θ??)]eθrr&a=υrrrr&)cos(θ??)e&&&?θ&&=rω(?r?rωθsin(θ??)eθ?rω(??θ)sin(θ??)eθ?rωθ[1?cos(θ??)]er rrr &cos(θ??)er?rω?&sin(θ??)eθ?rωθ&er=rω?rrrω2 =?r?R?rcos(θ??)?e+rsin(θ??)e()θ?rR?r? {} 3已知某质点的运动规律为：y=bt,θ=at,a和b都是非零常数。（1）写处质点轨道的极坐标方程；（2）用极坐标表示出质点的速度υ和加速度a。 r r 解：(1)y=rsinθ=bt= bθa rb arrrbθr&=basinθ?aθcosθeaeθ(2)υ=rr+2 asinθasinθrrb =?1?θcotθe+θeθ?()r??sinθ得：r=θcscθer r 4已知一质点运动时，经向和横向的速度分量分别是λr和μθ，这里μ和λ是常数。求出质点的加速度矢量a. r 解：由题知：υ=λrer+μθeθ&=μθ且：r=&λr,rθ&=λ&&e+μθ&e?μθθ&e故：a=υrer+λrθθθr rr&e&?μθθ&er+(λr+μ)θ=λrθr r r r r r rrr () μ2θ2rμr =(λr?)er+μθ(λ+)eθrr 2 5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：设速度为υ=υeτ。 rdυrυ2rυ2r 则：a=eτ+en=en dtρρrr 由于eτ与en为正交矢量。即得证。 8一质点沿心脏线r=κ(1+cosθ)以恒定速率v运动，求出质点的速度υ和加速度a. rrrrr&(?sinθ)e&(1+cosθ)re解：设υ=&rer+rθ&eθ=θκ+θκrθr r rr &(?sinθ)]2+[θκ&(1+cosθ)r]2=υ2且有：[θκ解得：θ&= υθ2cosκ2 θθ22 rθrθr则：υ=υ(?siner+coseθ) 22 rrr1&rθr&=?1θυ&cosθr&sinθe&cosθea=υer?θυ?θυsine?θυθθr 222222 &(?sinθ)=?υsin,rθ&=υcos得：&r=θκ3υ2rθr=(?er?taneθ)4κ2 9已知质点按r=eαt,θ=βt运动，分别求出质点加速度矢量的切向和法向分量，经向分量和横向分量。解：（1）极坐标系下： 由r=eαt,θ=βt得：&r=αeαt,θ&=β且设：υ=&rer+rθ&eθ2rrr2&&r&&r+rθ则：υ=r+rθeτ=reeθrrr ()&rr得：eτ= r en=?&&r2+rθ&rθ()2rer+rer+ &rθ&&r2+rθ&r&&r2+rθ()2r eθreθ&&r2+rθ()2()2rrr&rrr&=&&+rθ&&)e&2e&r+θ&θ+(r&θa=υrere?rθθr rr =(α2?rβ2)eαter+2αβeαteθ则：径向与横向的分量分别为(α2?rβ2)eαt，2αβeαt。 10质点以恒定速率C沿一旋轮线运动，旋轮线方程为 x=R(θ+sinθ),y=?R(1+cosθ)。证明质点在y方向做等加速运动。 解：依题意：C2=x&2+y&2=R2(1+cosθ)2θ&2+R2θ&2sin2θ得：θ&= C2Rcos θ2 &2cosθ+θ&&sinθ)&=R(θ则：ay=&y
理论力学简明教学教程(第二版)陈世民答案解析
