第2章 质点动力学

第二章 质点动力学 中国石油大学 远程与继续教育学院

y分量：Fsin??N?P?0 ②

物体启动时，有 Fcos??f?0 ③ 物体刚启动时，摩擦力为最大静摩擦力，即f??sN，由②解出N，求得f 为：

f??s(P?Fsin?) ④

④代③中：有 F??sMg/(cos???ssin?) ⑤ 可见：F?F(?)。T?Tmin时，要求分母(cos???ssin?)最大。

设A(?)??ssin??cos?

dA??scos??sin??0 ?tg???s d?d2A???ssin??cos??0 ∵ 2d?∴ tg???s时，A?Amax ?F?Fmin。??arctg?s代入⑤中，

??Mg11?2??s得： F??sMg/??s ?222?1??s1??s?1??s???F 方向与水平方向夹角为??arctg?s时，即为所求结果。

强调：注意受力分析，力学方程的矢量式、标量式（取坐标）。

例2-2：质量为m的物体被竖直上抛，初速度为v0，物体受到的空气阻力数值为f?KV，

K为常数。求物体升高到最高点时所用时间及上升的最大高度。

??解：（1）研究对象：m（2）受力分析：m受两个力，重力P及空气阻力f，如图2-8。 y （3）牛顿第二定律：

??????合力：F?P?f P?f?ma

dVmdV???dt y分量：?mg?KV?mdtmg?KVdV1??dt 即

mg?KVmvtdV1???v0mg?KV?0mdt

1mg?KV1ln??dt Kmg?KV0m? f ? p o 抛 出 点 y =0

图 2-8

x mg?KV?eK?tm?(mg?KV0)

K?t11?V?(mg?KV0)em?mg ①

KKV?0时，物体达到了最高点，可有t0为

t0?KV0mmg?KV0mln?ln(1?) ② KmgKmg第二章 质点动力学 中国石油大学 远程与继续教育学院

dy ∴ dy?Vdt dtK?t?ytt?11mdy?Vdt?(mg?KV)e?mg?dt 0?0?0?0?KK??t??K?1my??2(mg?KV0)?em?1??mgt

K??K∵ V?K?t??m1m?2(mg?KV0)?1?e??mgt ③ K??Kt?t0 时，y?ymax，

ymaxKVKm??ln(1?0)??KV0m1mmg?2(mg?KV0)?1?emK) ??mg?ln(1?KmgK????K?mK2?mK2????m2KV01??2gln(1?(mg?KV0)?1?)

mg?KVmgK?0??mg???mV0m2KV0KV0KV0m2?2gln(1?) (mg?KV0)?2gln(1?)?Kmgmg?KV0KmgK例2-3：长为l的轻绳，一端系质量为m的小球，另一端系于原点o，开始时小球处于最

?低位置，若小球获得如图所示的初速度v0，小球将在竖直面内作圆周运动，求:

小球在任意位置的速率及绳的张力。

解：（1）研究对象：m（2）受力分析：小球受两个力， ??即重力mg，拉力Fn，如图2-9。

???（3）牛顿定律：Fn?mg?ma 应用自然坐标系，运动到处时，分量方程有，

v2?en方向：Fn?mgcos??man?m ①

ldv?ei方向：?mgsin??mat?m ②

dtdvdvd?dvvdv?????由②有： ?gsin?? dtd?dtd?ld??d? 即 vdv??lgsin作如下积分： 有

? v o ? Fn ? e n ? et A ? m g ? v o

? 图 2-9

? a0

?vv0vdv???lgsin?d?

0?122(v?v0)?lg(c?os?1) 2? a1 ? m2 m1 图 2-10

?

a 2?

2?2lg(c?os?1) 得： v?v02v0s?2g) v代①中，得： Fn?m(?3gco?l第二章 质点动力学 中国石油大学 远程与继续教育学院

例2-4：一根轻绳穿过定滑轮，轻绳两端各系一质量为m1和m2的物体，且m1?m2，设滑轮的质量不计，滑轮与绳及轴间摩擦不计，定滑轮以加速度a0相对地面向上运动，试求两物体相对定滑轮的加速度大小及绳中张力。 解：（1）研究对象：m1、m2（2）受力分析：m1、m2各受两个力，即重力及绳拉力，如图2-11

（3）牛顿定律

????设m1对定滑轮及地加速度为a1?、a1，m2对定滑轮及地加速度为、aa? 2，2??

?????T T1 2 m1：m1g?T1?m1a1?m1(a1??a0) ?????m2：m2g?T2?m2a2?m2(a2??a0)

y x 如图所选坐标，并注意a1??a2??a?，T1?T2?T，有

?m1g?T?m1(a??a0) ?mg?T?m(a?a)2?0?22m1m22m1m2解得： T?a0 T?a0

m1?m2m1?m2例2-5：如图2-12，质量为M的三角形劈置于水平光滑桌面上，另一质量为m的木块放在M的斜面上，试求M对地的加速度和m对m与M间无摩擦。M的加速度。

m M ? m1 g

图 2-11

? N ? ? a M ? N ?? y ? M g ? m 2 g

? ? ? N x

图 2-1? ? ? a mM 解：（1）研究对象：m、M（2）受力分析：M受m g ?? 三个力，重力Mg，

???正压力N'，地面支持力N''。重力mg，m受两个力，

?图 2-13 M的支持力N， 如图2-13

???标系，设M对地加速度为aM，m对M的加速度为amM，m对地的加速度为am，有

???am?amM?aM 由牛顿得二定律有：

????m ：mg?N?m(amM?aM)

x分量： Nsin??m(amMcos??aM) ① y分量： ?mg?Ncos???mamMsin? ②

M ： ???N'sin???MaM ③

N'?N?由①、②、③有：

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mgsin?cos??a???MM?msin2? ?(m?M)gsin??a??mMM?msin2??强调：相对运动公式的应用。

§2-3质点的动量定理

牛顿定律是瞬时的规律。但在有些问题中，如：碰撞（宏观）、散射（微观）?我们往往只关心过程中力的效果，即只关心始末态间的关系，对过程的细节不感兴趣；而有些问题我们甚至尚弄不清楚过程的细节。作为一个过程，有时我们关心的是力对时间的积累效应。对于物体的平动，力在时间上的积累就是冲量，它改变物体的动量。

1、冲量

?d?由牛顿第二定律原始形式 F?(mv)

dt??可得 Fdt?d(mv) （2-8）

此式表明，力F在dt时间内的积累效应等于质点动量的增量。如果在时间t1到时间t2的间隔内质点的动量从p1变为p2, 那么对（2-8）式两边积分可得力F在这段时间内

?t2?p2???的积累效应为 ?Fdt???dP?p2?p1 （2-9）

t1p1?t2?其中?Fdt称力F在t1?t2时间间隔内对质点的冲量，用符号I表示。记为

t1 I??tFdt （2-10）

???说明：①I是矢量 ②I是过程量 ③I是力对时间的积累效应

?④I的直角坐标系中的分量式为

?I?t2Fdt?F(t?t)?t2Fdt?t1x?x?t1x?x21t2t2???Iy??tFydt ∵?Fy(t2?t1)??tFydt （2-11）

11??t2t2?Iz??Fzdt?Fz(t2?t1)??Fzdtt1t1???Ix?Fx(t2?t1)?∴分量式（2-11）可写成 ?Iy?Fy(t2?t1) （2-12）

?I?F(t?t)z21?z1?t2?Fx 、Fy、Fz是在t1?t2时间内Fx、Fy、Fz平均值。

2、质点的动量定理 2-3-1 定理定理的应用 ???由式(2-9)和式(2-10)得 I?p2?p1 （2-13）