第一章_牛顿力学的基本原理_习题解答
-
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
HO
C
中有：
HC
OHtg
x
dtg
i
，<
/p>
a
v
i
i
，而
x
d
tan
x
因
v
< br>x
于是求导有
v
xi
d
sec
2
A
H
C
L
B
d
O
x
i
<
/p>
d
cos
2
<
/p>
i
(
d
2
x
2
)
d
i
d
(
d
2
x
2
)
2
xx
2
2
(
d
2
x
2
)
]
i
i
i
< br>
a
vi
xi
[
2
dt
d
d
d
1.2
、
椭圆规尺
AB<
/p>
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
O
xy
，
设
M
点的坐标为
M
(
x
,
y
)
。在椭圆规尺
AB
运动
过程中，
M
点的横、纵坐标可以写成：
x
b
sin
，
y
< br>d
cos
< br>消去
可得
M
< br>点的轨迹：
(
)
(
)
1
< br>
x
b
2
y
d
y
2
M
点的速度为：
v
M
xi
yj
b
cos
i
sin
dj
又
B
点的速度为：
v
B
cj
< br>，坐标为
B
(0,
d
cos
b
cos
)
所以
v
B
cj
(
b
d
)sin
j
，从而有
B
c
O
b
M
< br>d
A
x
c
(
b
d
)sin
代入
v
M
可得
v
M
c
cb
c
d
(
b
cos
i
sin
dj
)
c
ot
i
j
(
b
d
)sin
b<
/p>
d
b
d
2
2
c
b
2
cot
2
d
2
于是
M
点的速度大小为：
v<
/p>
M
x
y
，
M
点的加速度为：
b
<
/p>
d
d
cb
cd<
/p>
cb
c
c
2
b
2
a
M
xi
yj
[
cot
i
j
]
csc
i
dt
b
d
b
d
b
d
(
b
d
)s
in
(
b
d
)
2
sin
3
c
2
b
M
点的加速度大小为：
< br>a
M
x
y
2
3
(
b
d
)
sin
2
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<
/p>
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
O
'
xy
<
/p>
设初始时刻
O
点的坐标为
O
(
x
0
,
r
)
，
x
0
为任意常数
y
M
A
O
D
B
M
(<
/p>
x
,
y
)
点的横纵坐标可以表示成：
O
'
C
x
< br>x
x
0
rt
r
sin
，
y
r
r<
/p>
cos
于是
M
点的速度为：
v
M
xi
yj
ri
r
c
os
i
r
sin
j
r
(1<
/p>
cos
)<
/p>
i
r
sin
j
M
点的加速度为：
< br>d
a
M
xi
yj
(
r
cos
i
r
sin
j
)
r
2
sin
i
r
2
cos
j
dt
又
tan
y
a
My
a
Mx
x
a
My
a
Mx
cos
cot
，
a
My
0
，
a
Mx
0
说明了加速度
沿径向。
sin
1.4
、
一半径为
r
的圆盘以匀角速率<
/p>
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
O
'
x
；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
)
R
(
)
r
r
R
求导
得：
r
对于
M
点有：
r<
/p>
O
'
M
r
O
'
O
r
O
M
即
r
O
'
M
(
R
r
)
e<
/p>
r
re
r
'
O
'
v
2
e
'
v
2
e
< br>r
'
R
0
O
M
M
N
v
1
e
x
v
1
e
r
求导有：
v
M
(
R
r
)
e
re
'
(
R
r
)
(
e
e
')
r
(
e
e
')
由图中的几何关系知：
e<
/p>
'
与
e
r
间的夹角为
(
<
/p>
)
/
2
e
'
与
e
间的夹角为
3
/
2
[(
< br>)
/
2]
(
)<
/p>
所以有，
e
'
cos
(
<
/p>
/
2)
e
r
cos(
<
/p>
)
e
sin(
)
e
r
cos(
)
e
代入
v
M
< br>表达式有：
v
M
r
(
< br>e
e
')
r
sin(
)
e
r
r
[
1
cos(
<
/p>
)]
e
2
第一章
_
牛顿力学的基本原理
_
习题解答
_By XuJie
a
M
< br>
v
M
d
r
sin(
)
e
r
<
/p>
r
[1
cos(
<
/p>
)]
e
dt
r
cos(
)(
)
e
r
r
sin(
)(
e
r
)
r
sin(
< br>)(
)
e
r
cos(
)(
e
)
<
/p>
R
cos(
)
e
r
r
sin(
)
e
R
sin(
)
e
< br>
r
cos(
)
e
r
cos(
)(
R
r
)
e
r
sin(
)(
R
r
)
e
<
/p>
2
r
r
R
[cos(
)(
R
r
)
e
r
sin(
)(
R
r
)
e
]
< br>1.5
、
已知某质点的运动规律为：
y
bt
，
at
，
a
和
b
都是非零常数
< br>
（
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：
y
r
sin
，又
y
bt
，
at
消去
t
可得：
r
y
bt
b
si
n
sin
a
sin
b
a
sin
b
可得：
a
sin
所
以质点的轨道的极坐标方程可写成：
r
（
ii
）
已知
at
，故
a
；据质点的轨道极坐标方程<
/p>
r
dr
d
dr
d
b
d
b
a
(
)
b
(
)
(1
ctg
)
d
d
t
d
d
<
/p>
a
sin
d<
/p>
sin
si
n
b
e<
/p>
在极坐标系中，质点的速度为：
v
re
r
r
e
re
r
sin
b
b
b
< br>b
e
(1
ctg
)
e
r
e
[(
1
ctg
)
e
r
<
/p>
e
]
代入可得：
v
<
/p>
re
r
sin
sin
s
in
sin
r
在极坐标系中，质点的加速度为：
a
(
r
r
2
)
e
r
(
r
2
r
)
< br>e
(
r
ab
2
ab
)
e
r
(1
<
/p>
ctg
)
e<
/p>
sin
<
/p>
sin
dr
d
r
d
dr
d
b
2
ab
<
/p>
cos
2
2<
/p>
ab
cos
a
b
a<
/p>
a
[
(1
ctg
)]
又
r
3
2
dt
d
dt
d
d
sin
sin
sin
sin
代入可得质点的加速度为：
a
(
< br>r
ab
2
ab
)
e
r
(1
ctg
)
e
sin
sin
2
ab
cos
2
2
ab
cos
ab
ab
2
ab
[(
)
]
e
(1
ctg
)
e
r
sin
3
sin
2
sin
s
in
sin
2
ab
cos
2
2
ab
cos
2
ab
(
)
e
r
(1
ctg
)
e
3
2
sin
sin
sin
2
ab
(
<
/p>
ctg
1)
(
ctg
e
r
e
)<
/p>
sin
3
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
< br>。
解：
在极坐标系中，质点的
加速度为：
a
(
r
r
2
)
e
r
<
/p>
(
r
2
r
)
e
由已知和极坐标系中质点的速度表达式可知：
r
r
，
r
dr
d
(
r
)
2<
/p>
2
2
2
2
(
r
)
r
r
，
r
易得：
，
r
<
/p>
r
dt
dt
r<
/p>
r
d
d
(
r
)
(
)
，即
r
r
，化简并代入
r
和
的值可得：
dt
dt
(
r
)
(
r
)
(
r
)
< br>
r
r
r
r
2
(
<
/p>
r
)
(
r
)
2
r
2(
r
< br>)(
)
2
于是有
r
r
，
2
r
r
r
从而质点的加速度矢量
a
为：
由
r
有
a
(
r
r
< br>
)
e
r
(
r
2
r
)
e
(
r
(
2
r
< br>
2
2
2
2
r
)
e
r
[
(
r
)
r
2
]
e
r
2
2
)
e
r
r
(
r
)
e
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：
v
a
0
由于质点作平面运动，在运动平面上建立直
角坐标系
O
xy
若质点的位移矢量表示为：
r
xi
yj
则速度矢量为：
v
< br>xi
yj
，加速度矢量为：<
/p>
a
xi
yj
所以
v
a
(
xi
yj
)
(
xi
yj
)
xx
yy
由于质点速率保
持为常量，设此常量为
c
，那么有
x<
/p>
y
c
对
x
y
c
求一阶导有：
xx
yy
0
所以
v
a
xx
yy
0
，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
、<
/p>
一质点沿心脏线
r
k
(1
cos
< br>
)
以恒定速率
v
运动。求出质点的速度
v
和加速度
< br>a
。
解：
由质点的轨迹方程
r
k
(1
cos
)
可知，选取极坐标系较为简捷。
在极坐标系中，质点的速度为：
v
re
r
r
e
2
2
2
2
2
2
4
第一章
_
牛顿力学的基本原理
_
习题解答
_By XuJie
由于质点速率恒定为
v
，所以有：
v
r
r
2
2
2
2
dr
d
dr
d
< br>
[
k
(1
cos
)]
< br>
k
sin
d
dt
d
d
v
v
v<
/p>
2
2
2
2
代入
v
r
r
，化简得：
2
2
k
2(1
cos
)
2
k
cos(
)
k
sin
(1
cos
)
2
又已知
r
k
(1
cos
)
，故
r
2
v
s
i
n
(
)
< br>c
o
s
(
)
于是
r
k
v
sin
2
2
v
sin(
)
2
k
cos(
2
2
)
2cos(
2
)
r
k
(1
cos
)
2
k
cos
2
(
v
2
)
v
cos(
)
< br>2
k
cos(
)
2
2
从而质点的速度
v
为：
v
re
r
e
)
e
r
re
r
k
(1
cos
v
sin(
2
)
e
r
v
cos(
2
)
e
在极坐标系中，质点的加速度为：
a
(
r
r
2
)
e
r
(
r
2
< br>r
)
e
由
v
v
sin(
2
k<
/p>
cos(
和
r
2
)
可知：
2
)
2
d
d
d
d
v
d
< br>v
v
sin(
2
)
dt
d
< br>
dt
d
[
]
2
k
co
s(
)
d
2
k
cos(
2
2
2<
/p>
)
8
k
cos<
/p>
3
(
2
)
2
r
k
(1
cos
)
v
sin(
2
)
v
2
sin(
2
)
v
2
2
8
< br>k
2
2
k
cos
(
)
2
t
g
(
)
cos
3
(
2
)
2
8
k
cos
3
(
2
)
4
k
2
2
r
< br>2[
v
sin(
)]
v
2
v
2
tg
(
)
2
k
cos(
)
k
2
2
dr
dr
d
dr
v
d
v
2
r
dt
d
dt
d
[
v
sin(
2
)]
4
k
2
k
< br>cos(
2
)
d
2
cos
)[
v
]
< br>2
2
k
cos
2
(
)
v
2
v
2
r
k
(1
2
k
cos(
2
2
)
4
k
2
cos
2
(
2
)
2
k
5
< br>从而质点的加速度
a
为：
a
(
r
r
2
)
e
r
< br>(
r
2
r
)
e
v
2
v
2
v
2
v
2
[(
)
]
e
r
[
t
g
(
)
tg
(
)
]
e
4<
/p>
k
2
k
4
k
2
k
2
3
v
2
[
e
r
tg
(
)
e
]
4
k
2
1.9
、
已知质点按
r
e
，
t
运动。分别求出质点加速度矢量的切向和法向分量，径向
分量和横向分量。
解：
< br>由质点的时间参量方程
r
e<
/p>
，
t
消去时间参量可得质点的轨迹方程：
r
e
从轨迹方程的形式可知，选取极坐标系
较为简捷。
在极坐标系中，质点的加速度为：
a
(
r
r
2
)
e
r
(<
/p>
r
2
r
)
e
由
r
e
，
t
可知：
t
t
t
<
/p>
r
e
r
e
t
，
，
r
<
/p>
r
r
e
2
2
2
，
0
，代入加速度表达式有：
a
(
r
r
2
)
e
r
(
r<
/p>
2
r
)
e
(
e
e
2
)
e
r
2
e
e<
/p>
e
[(
2
2
)
e
r
2
e
]
所以加速度矢量的径向分量为：
a
r
(
2
2
)
e
加速度矢量的横向分量为：
a
2
e
< br>
又在极坐标系中，质点的速度为：
< br>v
re
r
r
e
。所以
v
r
2
r
2<
/p>
2
代入
r
e
，
r
e
2
2
2
< br>t
，
可
解得：
2
2<
/p>
2
2
2
v
r
r
(
e
)
(
e
)
e<
/p>
dv
dv
d
d
2
2
2
2
在自然坐标系中，
a
(
e
)
< br>
e
dt
d
dt
d
又同一加速度在不同坐标系下并不改变其大小，所以有：
a
2
a
r
2
a
2
a
< br>2
a
n
2
，那么
2
a
2
b
a
n
a
r
a
a
[(
)
e
]
(2
abe
)
< br>
(
b
e
)
e
所以加速度矢量的径向分量为：
a
加速度矢量的
横向分量为：
a
n
< br>
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
e
2
< br>
e
2
2
注意：
这里要注意区分极坐标系和自然坐标系中的
，从而绕过
a
n
v
的方式求
a
n
6
第一章
_
牛顿力学的基本原理
_
习题解答
_By XuJie
1
.10
、
质
点
以
恒
定
速
率<
/p>
c
沿
一
旋
轮
线
运
动
，
旋
轮
线
方
程
为
x
R
(
sin
)
，
y
R<
/p>
(1
cos
)
。证明质点在
y
方向作等加速运动。
证明：
要证
明质点在
y
方向作等加速运动，用数学关系式表现为：
y
c
0
，
c
0
为某一常量。
由旋轮线方程为
x
R
(
<
/p>
sin
)
，<
/p>
y
R
(1
cos
)
可解得：
x<
/p>
R
(1
cos
)
，
y
R
sin
又知质点的速率恒定为
c
所以有：
c
2
x
2
y
2
[
R
< br>
(1
cos
)]
2
< br>(
R
sin
< br>
)
2
，化简有：
c
2
< br>R
cos(
)
2
代入
< br>y
R
sin
可得：
< br>2
c
sin(
)cos(
)
c
sin
2
2
Rc
sin(
)
y
R
sin
R
R
2
2
R
cos(
)
2
R
cos(
)
2
2
1
1
c
c
2
cos(
)
< br>
c
0
，证毕
那么
y
Rc
cos(
)
Rc
< br>2
2
2
2
4
2
R
cos(
)
2
1.11
、
< br>一质点沿着抛物线
y
2
px
运动
(
如图所示
)
，
其切向加速度的量值是法向加速度
量值
的
2
k
倍。若此质点从正焦弦的一端点
(
p<
/p>
/
2,
p
)
以速率
u
出发，求质点到达正焦弦的另一<
/p>
端点
(
p
/
2,
p
)
时的速率
v
。
解：
由于已知切向加速度的量值是法向加速度量值的
2
k
倍，
< br>
即
a
2
ka
n
，那么选择自然坐标系较为简捷。
又质点的轨迹方程为
y
2
px
，所以又可用直角坐标系。
在自然坐标系中，加速度为：
a
a
e
a
n
e
n<
/p>
其中，
a
<
/p>
即
2
2
y
p
(
,
p
)
2
A
O
B
x
p
(
,
p
)
2
dv
dv
d
d<
/p>
d
，
a
n
v
v
dt
d
dt
dt
dt
dv
d
d
< br>2
k
2
kv
，化简后，再分离变量积分
可得：
v
ce
，
c
为积分常数。
d
dt
dt
又
tg
< br>y
；对抛物线方程求导有：
2
y
y
2
pxx
y
p
p<
/p>
，即
tg
<
/p>
y
y
7
由初始条件，质点在端点
A
(
p
/
2,
p
)
的速率为
u
可知，
tg
A
2
k
(
n
)
4
p
1
，即
A
n
4
p
代入
A
点的速率
表达式可得：
u
ce
在端点
B
(
p
/
2,
p
< br>)
时，
tg
< br>B
p
1
，即
B
<
/p>
n
4
p
2
k
(
n
)
4
代入
B
点的速率表达式可得：
v
B
ce
用
B
点的速率表达式除以
A
点速率的表达式可得：<
/p>
v
B
ce
2
k
(
n
)
u
ce
4
2
k
(
n
)
4
化简
可得
B
点的速率为：
v
B
ue
k
< br>
1.12
竖直上抛一小球，
设空气阻力恒定。
证明小球上升的时间比下落返回至原地点的时
间短。
证明：
f
O
O
f
mg
mg
v
v
h
h
x
x
小球受力分析如图所示，建立一维坐标系
Ox
。
由于小球是作竖直上抛运动，所以小球运动至最高点时的
速度为
0
，设小球能上升的最大高
度为
h
；小球上升的加速度为
a
1
，上升的时间为
t
1<
/p>
；小球下降的加速度为
a
2
，下降的时间
为
t
2
。小球受到的阻力恒定，不妨设恒定常数为
mc
，且
mc
mg
。
小球在上升阶段时：
受力为：
F
mg<
/p>
f
(
mg
f
)
i
m
(
g
c
)
< br>i
运动学方程为：
m
(
g
c
)
i
ma
1
i
，
在下降阶段受力为：<
/p>
受力为：
F
mg
f
<
/p>
(
mg
f
)
i
m
(
g
c
)
i
运动学方程为：
m
(
g
c
)
i
ma
2
i
，
由于
t
1,2
1
2
a
< br>1
t
1
i
hi
2
1
a
2
t
2<
/p>
2
i
hi
2
2
h
/
a
1,2
，
a
1
g
c
a
< br>2
g
c
0
，所以
t
1
t
2
，证毕。
8