大学物理经典力学部分归纳总结课件.ppt

1、12第一章第一章 质点运动学质点运动学 7、伽利略坐标变换、速度变换、加速度变换？（定理）、伽利略坐标变换、速度变换、加速度变换？（定理）2021t gtvrrRruvvraeraaaa1、质点？、质点？2、确定质点位置的方法？、确定质点位置的方法？3、运动学方程？、运动学方程？4、位移、速度、加速度？、位移、速度、加速度？5、角量与线量的关系？、角量与线量的关系？6、运动叠加原理？、运动叠加原理？坐标法坐标法位矢法位矢法自然法自然法)(,)(,)(,)(,)(tfstrrtzztyytxxABrrrdtrdvdtdsv 22dtrddtvdaRv naanvdtdvan222RvRvandt

2、dRa dtd3运动学部分解题指导 2、已知加速度和初始条件，求速度、位移、路、已知加速度和初始条件，求速度、位移、路程和运动方程（或已知速度和初始条件，求位移、程和运动方程（或已知速度和初始条件，求位移、路程和运动方程），用积分法。路程和运动方程），用积分法。dtvdadtrdv,ttdtavv00ttdtvrr001、已知运动方程，求速度，加速度，用微分法。、已知运动方程，求速度，加速度，用微分法。注意运用注意运用“分离变量分离变量”和和“恒等变换恒等变换”dxdvvdtdxdxdvdtdva41、物体为什么动？、物体为什么动？2、牛顿三定律？、牛顿三定律？3、牛顿定律的瞬时性、矢量性？、

3、牛顿定律的瞬时性、矢量性？第二章第二章 质点动力学质点动力学 4、牛顿定律适用范围？、牛顿定律适用范围？5、力的叠加原理？、力的叠加原理？6、常见力？、常见力？基本力？基本力？amFii FdtpdCiaMF（质心运动定理）（质心运动定理）22dtxdmdtdvmFRxiixx2vmmaFRniinndtdvmmaFRiiamamFRiiii惯性？惯性？力？力？5第三章第三章 动量守恒定律和能量守恒定律动量守恒定律和能量守恒定律作功是一个过程量作功是一个过程量 能量是一个状态量能量是一个状态量1、功和能、功和能 联系与区别联系与区别 功是能量交换或转换的一种度量功是能量交换或转换的一种度量2、

4、变力作功、变力作功cosFdsrdFdW元功：元功：bLazyxbLabLadzFdyFdxFrdFdsFW)()()()(cos3、功率、功率cosFvvFdtrdFdtdWP64、保守力作功与势能概念：、保守力作功与势能概念：)()()()(AEBEBEAErdfWppBAPpBApdEdWrprmMGdrrmMGE20)(zpmgzdzmgE0221xpkxkxdxE弹性势能弹性势能重力势能重力势能万有引力势能万有引力势能 dxdEFpx)(kzEjyEixEEFpppp由势能求保守力由势能求保守力75、力矩、角动量、力矩、角动量 7、三个定理：、三个定理：6、一个原理：、一个原理：功能

5、原理功能原理pkEEEWW非内外 动量定理：动量定理：121221vmvmppdtFItt动能定理：动能定理：2122122121mvmvEEWWkk内外 角动量定理：角动量定理：LddtM)(vmrdMrF o力矩定义：力矩定义：FrM角动量：角动量：vmrprL8 8、三个守恒定律、三个守恒定律 机械能守恒定律：机械能守恒定律：动量守恒定律：动量守恒定律：角动量守恒定律：角动量守恒定律：条件：条件：条件：条件：条件：条件：0 pkEEE0WWnceiieF0 iiivmd0)(常矢量 iiivm常量 pkEE或或或或或或0 Ld恒矢量 vmrL0 M恒矢量 JL911、碰撞定律、碰撞定律)

6、()(201012接近速度分离速度vvvve 10、质心运动定理、质心运动定理 ciMaF 9、质心、质心（质量中心）：在研究质点系统问题中，与质点系统（质量中心）：在研究质点系统问题中，与质点系统质量分布有关的一个代表点，它的位置在平均意义上代表着质量分布有关的一个代表点，它的位置在平均意义上代表着质量分布中心。质量分布中心。CiirMrmMxmxiiC/iiiCMrmr/MdmrrC/质心的速度：质心的速度：MvmMdtrdmdtrdviiiiCC 质心的加速度：质心的加速度：MamMdtvdmdtvdaiiiiCC101、刚体、刚体2、刚体的平动、刚体的平动3、刚体绕定轴转动、刚体绕定轴

7、转动一、基本概念一、基本概念 rrv2222121zkkJrmEdmrJ24、角速度矢量、角速度矢量 5、刚体的转动动能、刚体的转动动能6、刚体的转动惯量、刚体的转动惯量2kkrmJ7、刚体的角动量、刚体的角动量 vmrprL JLz11ddMW 21dMW8、力矩的功、力矩的功9、功率、功率 MdtdMdtdWp12二、基本规律 basic law1、转动定律、转动定律 law of rotationJM dtdLdtJddtdJMzz)(（相当于 ）amF 刚体所受到的对于给定轴的刚体所受到的对于给定轴的总外力矩总外力矩等于刚体等于刚体对该轴的对该轴的角动量的时间变化率角动量的时间变化率2

8、、转动动能定理、转动动能定理 212222121)21(21JJJddMWz133、定轴转动刚体的角动量定理、定轴转动刚体的角动量定理0M)(JdLddtM122121)(JJJdMdttt 转动物体所受合外力矩的冲量矩等于在这段转动物体所受合外力矩的冲量矩等于在这段时间内转动物体角动量的增量时间内转动物体角动量的增量角动量定理。角动量定理。4、定轴转动刚体的角动量守恒定律、定轴转动刚体的角动量守恒定律若则恒矢量JL142mdJJCO5、平行轴定理、平行轴定理6、垂直轴定理、垂直轴定理yxzJJJ 15动力学部分解题指导 动力学部分习题一般分为动力学部分习题一般分为四大类四大类：第一类是牛顿第

9、二定律的应用第一类是牛顿第二定律的应用，主要是求解质点系中任一，主要是求解质点系中任一个质点所受的力和加速度个质点所受的力和加速度 第二类问题是冲量和动量关系式的应用第二类问题是冲量和动量关系式的应用，主要用来求解质，主要用来求解质点系中任一个质点的速度、位移、冲量、动量增量。点系中任一个质点的速度、位移、冲量、动量增量。第三类是功能关系式的应用第三类是功能关系式的应用，主要用来求解质点系中任一，主要用来求解质点系中任一质点的速率、外力对质点系所作的功、非保守内力对质点质点的速率、外力对质点系所作的功、非保守内力对质点系的功、质点系势能表达式中的未知量等。系的功、质点系势能表达式中的未知量等。

10、第四类是角动量分量守恒定律的应用第四类是角动量分量守恒定律的应用。主要求质点系中任。主要求质点系中任一质点的速度。一质点的速度。16 第一类是牛顿第二定律的应用第一类是牛顿第二定律的应用其解题步骤为：其解题步骤为：(1)隔离物体，使每个隔离物体可以视为质点。隔离物体，使每个隔离物体可以视为质点。(2)受力分析。受力分析。(3)选择坐标系。选择坐标系。(4)列运动方程，求解。列运动方程，求解。第二类问题是冲量和动量关系式的应用第二类问题是冲量和动量关系式的应用解题步骤是：解题步骤是：(1)选择所研究的质点系。选择所研究的质点系。(2)确定所研究的过程以及过程的始末状态。确定所研究的过程以及过程的

11、始末状态。(3)根据过程中外力和所满足的条件确定所用的冲量和动量根据过程中外力和所满足的条件确定所用的冲量和动量关系式。关系式。(4)列方程，求解。列方程，求解。17 第三类是功能关系式的应用第三类是功能关系式的应用具体的解题步骤为：具体的解题步骤为：(1)选择所研究的质点系。选择所研究的质点系。(2)确定所研究的过程以及过程的始末状态。确定所研究的过程以及过程的始末状态。(3)根据过程中外力的功和非保守内力的功代数和所服从的根据过程中外力的功和非保守内力的功代数和所服从的条件确定所用的功能关系式。条件确定所用的功能关系式。(4)列方程，求解。列方程，求解。第四类是角动量分量守恒定律的应用第四

12、类是角动量分量守恒定律的应用具体的求解方法是：具体的求解方法是：(1)、（、（2）同上。）同上。(3)判断过程中对某点（或某轴）合外力矩是否为零，或者判断过程中对某点（或某轴）合外力矩是否为零，或者角动量守恒条件是否成立。角动量守恒条件是否成立。(4)若守恒条件成立，确定正方向，列方程，求解若守恒条件成立，确定正方向，列方程，求解 分解综合法：对于较为复杂问题，不是只用一个定理、定律分解综合法：对于较为复杂问题，不是只用一个定理、定律就能解决，要将整个过程分解成几个子过程，对每一子过程就能解决，要将整个过程分解成几个子过程，对每一子过程应用上述方法。应用上述方法。18 如图所示，木块如图所示，

13、木块A的质量为的质量为1.0kg，木块，木块B的的质量质量2.0kg，A、B之间的摩擦系数是之间的摩擦系数是0.20，B与桌面与桌面之间的摩擦系数是之间的摩擦系数是0.30，若木块开始滑动后，它们，若木块开始滑动后，它们加速度大小均为加速度大小均为0.15ms2。试问作用在木块。试问作用在木块B上的上的拉力拉力F有多大？设滑轮和绳子的质量均不计，滑轮和有多大？设滑轮和绳子的质量均不计，滑轮和轴摩擦可不考虑。轴摩擦可不考虑。例题例题(1)典型习题分析19)1(11gmfA )2(1amTfA )3(12amffTFB )4()(22gmmfBA 于是由式（于是由式（1）和（）和（2），有），有)

14、5(1amgmTAA 解解：以地面为参考系。：以地面为参考系。隔离木块隔离木块A，在水平方向，在水平方向绳子张力绳子张力T 和木块和木块B施于的摩擦力施于的摩擦力根据根据牛顿第二定律牛顿第二定律列出木块列出木块A的运动方程的运动方程同样，同样，隔离木块隔离木块B，分析它在水平方向受力情况，分析它在水平方向受力情况,列出它的运动方程为列出它的运动方程为20 从上两式消去从上两式消去T，得：，得：)(13)15.08.930.0)(0.10.2(8.90.120.02)(221NagmmgmFBAA )6()(12amgmgmmTFBABA 将式（将式（1）和（）和（4）代入（）代入（3），得：）

15、，得：)5(1amgmTAA 21 一个质量为一个质量为M的梯的梯形物体块置于水平面上，另形物体块置于水平面上，另一质量为一质量为m的小物块自斜面的小物块自斜面顶端由静止开始下滑，接触顶端由静止开始下滑，接触面间的摩擦系数均忽略不计，面间的摩擦系数均忽略不计，图中图中、h、均为已知，试均为已知，试求求m与与分离时分离时相对水平相对水平面的速度及此时面的速度及此时m相对于相对于的速度。的速度。例题例题(2)解：解：选选m与与构成的系统，构成的系统，m沿斜面下滑过程中，沿斜面下滑过程中，在水平方向系统所受的外力为零，故水平方向系统在水平方向系统所受的外力为零，故水平方向系统动量守恒；另外，在动量守

16、恒；另外，在m下滑过程中只有保守力作功，下滑过程中只有保守力作功，系统机械能守恒。以系统机械能守恒。以和和v分别表示分别表示和和m分离时两分离时两者对地的速度，以者对地的速度，以r表示此时表示此时m相对于相对于的速度。的速度。22 选如图示坐标系，选如图示坐标系，由动量守恒由动量守恒:)1(0 MVmvx)2()(2121222yxvvmMVmghmgH 解解(1)，(2)式并根据速度变换定理式并根据速度变换定理 选水平面为重力势能零参考面，选水平面为重力势能零参考面，由机械能守恒由机械能守恒:sin,cosryrxvvVvv )sin)(cos)(222 mMmMhHgmV 2sin)(2m

17、MmMhHgvr 可得：可得：23例题例题(3)将质量为将质量为10kg的小球挂在倾角的小球挂在倾角 30 的光滑斜面上的光滑斜面上(如图如图)(1)当斜面以加速度当斜面以加速度a=g/3，沿如图所示的方向运动时，求绳中，沿如图所示的方向运动时，求绳中的张力及小球对斜面的正压力的张力及小球对斜面的正压力(2)当斜面的加速度至少为多大时，当斜面的加速度至少为多大时，小球对斜面的正压力为零小球对斜面的正压力为零?解解（1）取如图所示坐标取如图所示坐标 由牛顿定律：由牛顿定律：)1(cossin:maTNX )2(0cossin:mgNTY 由式（由式（1）（）（2）可解得：）可解得：sincosm

18、amgN cos/)sin(NmaT （2）当当N=0时，时，ggga3tan/sin/cos24例题例题(4)在半径为在半径为R的光滑球的光滑球面的顶点处，一质点开始面的顶点处，一质点开始滑 落，取 初 速 度 接 近 于滑 落，取 初 速 度 接 近 于零试问质点滑到顶点以零试问质点滑到顶点以下多远的一点时，质点离下多远的一点时，质点离开球面开球面?)1(cos:2RvmNmg法向)2(sindsdvmvdtdsdsdvmdtdvmmg切向：解解：在切向和法向列出：在切向和法向列出牛顿运动定律牛顿运动定律方程：方程：25Rdds 再利用vdvdsgsinvvdvdgR00sin积分)3(2

19、1)cos1(2vgR式（式（2）即：）即：当当N=0时，由式（时，由式（1）得）得cos2Rgv 代入式（代入式（3）得：）得：32cos由于：由于：3cosRyRyR)2(sindsdvmvdtdsdsdvmdtdvmmg切向：)1(cos:2RvmNmg法向26例题例题(5)一链条，总长为一链条，总长为 l，放在光滑的桌面，放在光滑的桌面上，其中一端下垂，长度为上，其中一端下垂，长度为a，如图，如图所示，假定开始时链条静止求链条所示，假定开始时链条静止求链条刚刚离开桌边时的速度刚刚离开桌边时的速度解解：当下垂部分长为：当下垂部分长为 x 时，由时，由牛牛II定律定律，)1(dxdvlvd

20、tdvlxg两边积分：两边积分：)2(0vlalvdvgxdx2222)(2vlalg)(22allgv得：得：（为单位长度的质量）为单位长度的质量）27刚体转动解题指导与典型习题分析 若已知角速度或角加速度及初始条件，求运若已知角速度或角加速度及初始条件，求运动方程可用积分法动方程可用积分法1、运动学问题、运动学问题 刚体绕定轴转动的运动学问题，只涉及圆周运动刚体绕定轴转动的运动学问题，只涉及圆周运动的角量描述及角量和线量的关系。的角量描述及角量和线量的关系。若已知运动方程，求角速度或角加速度等，可用若已知运动方程，求角速度或角加速度等，可用微分法微分法)(t 角坐标角坐标tdd角速度角速度

21、 角加速度角加速度tdd 方向方向:右手右手螺旋螺旋28例题例题(7)一长为一长为 l，重为，重为w 的均匀梯子，靠墙放的均匀梯子，靠墙放置，如图。墙光滑，地面粗糙置，如图。墙光滑，地面粗糙,当梯子与地当梯子与地面成面成 角时，处于平衡状态，求梯子与地面角时，处于平衡状态，求梯子与地面的摩擦力。的摩擦力。0iF 0iM2、刚体的静力学问题、刚体的静力学问题 Problem of statics of a rigid body刚体静力学问题应注意刚体平衡时应满足两个条件刚体静力学问题应注意刚体平衡时应满足两个条件刚体受合外力等于零刚体受合外力等于零整个刚体受合外力矩等于零整个刚体受合外力矩等于零

22、29 解：刚体平衡同时要满解：刚体平衡同时要满足两个条件：足两个条件：0iF 0iM解以上三式，得解以上三式，得列出分量方程：列出分量方程：水平方向：水平方向：竖直方向：竖直方向：以支点以支点O为转动中心，梯子受的合外力矩：为转动中心，梯子受的合外力矩：021 Nf01 NW0sincos22 lNlw ctgwNf221 OFrM303、转动惯量的计算、转动惯量的计算 Calculation of moment of inertiadmrmmiidmrJrmJ)()(22连续分立J由质量对轴的分布决定。由质量对轴的分布决定。对同一轴对同一轴 J 具有可叠加性具有可叠加性31 4、定轴转动的动

23、力学问题、定轴转动的动力学问题Problem of dynamics of a rotational rigid body around a fix axis 刚体定轴转动的动力学问题，大致有三种类型刚体定轴转动的动力学问题，大致有三种类型题。其解题基本步骤归纳为：首先分析各物体所受题。其解题基本步骤归纳为：首先分析各物体所受力和力矩情况，然后根据已知条件和所求物理量判力和力矩情况，然后根据已知条件和所求物理量判断应选用的规律，最后列方程求解。断应选用的规律，最后列方程求解。第一类：第一类：求刚体转动某瞬间的角加速度求刚体转动某瞬间的角加速度，一般，一般。如质点和刚体组成的系统，对质点。如质点

24、和刚体组成的系统，对质点列牛顿运动方程，对刚体列转动定律方程，再列角列牛顿运动方程，对刚体列转动定律方程，再列角量和线量的关联方程，并联立求解。量和线量的关联方程，并联立求解。32 第二类：第二类：求刚体与质点的碰撞、打击问题求刚体与质点的碰撞、打击问题。把它们选。把它们选作一个系统时，系统所受合外力矩常常等于零，所以作一个系统时，系统所受合外力矩常常等于零，所以系统角动量守恒。列方程时，注意系统始末状态的总系统角动量守恒。列方程时，注意系统始末状态的总角动量中各项的正负。对角动量中各项的正负。对在有心力场作用下绕力心转在有心力场作用下绕力心转动的质点问题动的质点问题，可直接，可直接。第三类：

25、第三类：在刚体所受的在刚体所受的合外力矩不等于零时合外力矩不等于零时，比如，比如木杆摆动，受重力矩作用，求最大摆角等一般应用刚木杆摆动，受重力矩作用，求最大摆角等一般应用刚体的转动体的转动。对于仅受保守力矩作用的刚。对于仅受保守力矩作用的刚体转动问题，也可用体转动问题，也可用机械能守恒定律机械能守恒定律求解。求解。|另另 外：外：实际问题中常常有多个复杂过程，要分成实际问题中常常有多个复杂过程，要分成几个阶段进行分析，分别列出方程，进行求解。几个阶段进行分析，分别列出方程，进行求解。33 长为长为l，质量为，质量为 m 的均匀杆，的均匀杆，在光滑桌面上由竖直位置自在光滑桌面上由竖直位置自然倒下

26、，当夹角为然倒下，当夹角为 时（见时（见图），求：图），求：（1）质心的速度）质心的速度（2）杆的角速度）杆的角速度例题例题(6)(6)解：解：（1）水平方向不受力，故质心在水平方向不产生）水平方向不受力，故质心在水平方向不产生加速度，质心原来静止，故质心水平方向的速度为零。加速度，质心原来静止，故质心水平方向的速度为零。只有竖直方向的速度。设任一时刻，质心的位置为：只有竖直方向的速度。设任一时刻，质心的位置为：cos2lyc 则则：2sinsin2ldtdldtdyvcc 34（2）在杆下滑过程中，只有重力作功，故）在杆下滑过程中，只有重力作功，故机械能守机械能守恒恒，对任一夹角，对任一夹角

27、，有：，有：122mlJ 由于：由于：2sinlvc222121)cos1(2Jmvlmgc代入后代入后:2222212sin4)cos1(llgl)sin31()cos1(122lg经整理，得：经整理，得：)sin31()cos1(122sin2lglvc222121cos22Jmvlmglmgc35 如图，一长为如图，一长为 l,质量为质量为M的杆可绕的杆可绕支点支点O转动，一质量为转动，一质量为m，速率为，速率为 v0 的子弹，射入距支点为的子弹，射入距支点为a 的杆内，的杆内，并留在其中并留在其中,若杆的最大偏转角若杆的最大偏转角 =300，求子弹的初速率，求子弹的初速率 v0.例题例

28、题(7)解：此题分两个阶段，解：此题分两个阶段，第一阶段第一阶段，子弹，子弹射入杆中，摆获得角速度射入杆中，摆获得角速度，尚未摆动，尚未摆动，子弹和摆组成的系统所受外力对子弹和摆组成的系统所受外力对O点的点的力矩为零，力矩为零，系统角动量守恒系统角动量守恒：)1()31(0)(220 maMlmva 第二阶段第二阶段，子弹在杆中，与摆一起，子弹在杆中，与摆一起摆动，以子弹、杆和地摆动，以子弹、杆和地地球组成的系统除保守内力外，其余力不作功，于是地球组成的系统除保守内力外，其余力不作功，于是系统系统机械能守恒机械能守恒：36由（2）（3）（4）式求得：)2()31(2121222mghMghma

29、Ml 代入（1）式，得：其中：)3()cos1(21 lh)4()cos1(2 ah22223/)cos1()2(3/)cos1(22/)cos1(2maMlgmaMlmaMlmgaMgl gmaMlmaMlmav)cos1)(2)(3/(1220 此题可否用动量守恒处理？此题可否用动量守恒处理？37例题例题(8)已知质量为已知质量为M，长为，长为 l 均匀直棒可绕均匀直棒可绕O轴转动，现有质轴转动，现有质量量m 的弹性小球与棒垂直碰撞，试求小球打在什么位置时，的弹性小球与棒垂直碰撞，试求小球打在什么位置时，O点点在水平方向受力为零？小球打在什么范围，在水平方向受力为零？小球打在什么范围，O点

30、在水平方向受力点在水平方向受力向左？小球打在什么范围，向左？小球打在什么范围，O点在水平方向受力向右？点在水平方向受力向右？解解：设小球打在距设小球打在距O点为点为 a 处，处，O点受力点受力f 向右。由向右。由角动量守恒角动量守恒：)()(13120Mlmvaamv 由由动量定理：动量定理：)2()(0tfmvmvMVc )3()2(0tfmvmvlM 即：即：)4(623tfMlala 由式由式(1)和和(3):可见：可见：向左时向右当,03/203/2,03/2flaflafla38 例题例题(9)人造卫星绕地球沿椭圆轨道运动，地球中人造卫星绕地球沿椭圆轨道运动，地球中心为椭圆的一个焦点

31、，已知地球平均半径心为椭圆的一个焦点，已知地球平均半径 R=6378 km，近地距离，近地距离 l1=439 km,A1 点速度点速度 v1=8.10 km,远地距离远地距离 l2=2384 km,求求A2 点的速度点的速度v2=?39 解解：卫星在运行时只受地球对它的引力，：卫星在运行时只受地球对它的引力，方向始终指向地心方向始终指向地心O,力的大小只依赖于力的大小只依赖于两点距离（这种力称为两点距离（这种力称为有心力有心力），对于），对于O点，力矩为零，点，力矩为零，00 FrM)(111lRmvL )(222lRmvL )()(2211lRmvlRmv )/(30.62384637843

32、9637810.82112skmlRlRvv 故故角动量守恒角动量守恒 卫星在近地点卫星在近地点A1 的角动量：的角动量：卫星在远地点卫星在远地点A2 的角动量的角动量:因角动量守恒，所以：因角动量守恒，所以：于是：于是：vmrL40习题习题(10)已知质量为已知质量为M，长为，长为 l 均匀直棒可绕均匀直棒可绕O轴转动，静止轴转动，静止在平衡位置上，现有质量在平衡位置上，现有质量m 的弹性小球飞来正好与棒下端垂直的弹性小球飞来正好与棒下端垂直碰撞，碰撞后使棒摆动最大角度为碰撞，碰撞后使棒摆动最大角度为30。求（求（1）设为弹性碰）设为弹性碰撞，计算小球初速度撞，计算小球初速度v0 ;(2)碰

33、撞时小球受到的冲量。碰撞时小球受到的冲量。解解：(1)取小球、棒和地球为系统，由于系统取小球、棒和地球为系统，由于系统所受外力对所受外力对O点的力矩为零，所以碰撞前点的力矩为零，所以碰撞前后后角动量守恒角动量守恒：(动量守恒不动量守恒不?）由于是弹性碰撞，碰撞没有能量损失，其由于是弹性碰撞，碰撞没有能量损失，其他外力不作功，所以碰撞前后他外力不作功，所以碰撞前后总动能不变总动能不变。)1(0 Jmvllmv 231MlJ )2(2121212220 Jmvmv 41直棒以直棒以 角速度开始摆动，到角速度开始摆动，到 =30，系统系统机械能守恒机械能守恒：)3()cos1(2212 lMgJ)4

34、(310vlmMv )5()13(210 mMlv 由式（由式（1）代入式（代入式（2），解得），解得：由式（由式（3）得：）得：)6()cos1(3 gll代入式（代入式（5）：）：)7()cos1(3)13(210 glmMv当当 =30时，时，glmmMglmmMv)32(6123)231(3630 42(2)由由动量定理动量定理，碰撞时，小球受到的冲量：，碰撞时，小球受到的冲量：0vmvmdtF)231(33)cos1(3331)(0 glMglMMlvvmdtF 方向与方向与v0 相反。相反。由式（由式（4）得：）得：43 质量为质量为m，半径为，半径为b 的小球，由静止从的小球，由

35、静止从h高无滑动地高无滑动地滚下，并进入半径为滚下，并进入半径为a 的圆形轨道。的圆形轨道。求求（1）小球到达底部时的角速度和质心的速度。）小球到达底部时的角速度和质心的速度。（2）证明如果）证明如果 ba,要使小球不脱离轨道而到达要使小球不脱离轨道而到达A点，则点，则h应满足：应满足：例题例题(11)(11)ah1027 44解（解（1）因无滑动，故摩擦力因无滑动，故摩擦力f 不作功（无相对位不作功（无相对位移），支持力移），支持力N与运动方向垂直，也不作功，只有与运动方向垂直，也不作功，只有重力（保守内力）作功，所以重力（保守内力）作功，所以机械能守恒机械能守恒：)1(212122 Jmv

36、mghc )2(52,2mbJbvc )3(5221212222 mbmbmgh ghbvghbc710,7101 又由于：又由于：有：有：整理，得：整理，得：45（2）小球到达）小球到达A点不脱离轨道，要求小球在点不脱离轨道，要求小球在A点的速点的速度度vA 和角速度和角速度 A满足：满足：ah1027)4(,222222bagbvagvmgavmAAAA 由机械能守恒机械能守恒：)5(21212121)2(2222 JmvJmvamgcAA :,代入上式后得和将JvvAAc )(21)(212:2222AAcJvvmamg 即ahah70189,18970 （证毕）ba精品课件精品课件！精品课件精品课件！48