理論力學題目整合第二章

1、一、填空題1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.理論力學題庫一一第二章對于一個有n個質點構成的質點系，質量分別為mh, m2,m3,.mi ,.mn，位置矢量分別為rf.,.,，則質心C的位矢為質點系動量守恒的條件是質點系機械能守恒的條件是質點系動量矩守恒的條件是質點組定理。質心運動定理的表達式是的微商等于作用在質點組上外力的矢量和，此即質點組的平面匯交力系平衡的充分必要條件是合力為零。各質點對質心角動量對時間的微商等于外力對質心的力矩之和。質點組的角動量等于質心角動量 與各質點對質心角動量之和。質點組動能的微分的數(shù)學表達式為：dT d （丄"mi Vi2

2、）-2i 1表述為質點組動能的微分等于內力和質點組動能等于質心動能與各質點對柯尼希定理的數(shù)學表達式為:T -mr,2動能與各質點對質心動能之和。2-6.質點組質心動能的微分等于nFi(e)i 1drin匚(i)小Fi drii 1外力所作的元功之和。質心動能之和。nrmiri 2 ，表述為質點組動能等于質心i 1內、外 力在 質心系 系中的元功之和。包含運動電荷的系統(tǒng)，作用力與反作用力不一定 在同一條直線上。15.太陽、行星繞質心作圓錐曲線的運動可看成質量為折合質量 的行星受太陽（不動）的引力的運動。16.兩粒子完全彈性碰撞，當 質量相等 時，一個粒子就有可能把所有能量轉移給另一個粒子。17.

3、設木塊的質量為 m2 ,被懸掛在細繩的下端，構成一種測定子彈速率的沖擊擺裝置。如果有一質量為mi的子彈以速率vi沿水平方向射入木塊，子彈與木塊將一起擺至高度18.為h處，則此子彈射入木塊前的速率為:位力定理（亦稱維里定理）可表述為:V1巴_2(2旳1/2m1系統(tǒng)平均動能等于均位力積的負值。（或T 1 Fi ri )2 1二、選擇題1.關于質心，以下說法錯誤的是（2.3.A.B.C.D.均質物體的質心和其幾何中心重合;處于均勻重力場中的物體，重心和質心重合;質點組合外力為零時，質心將靜止;質心可以在物體的外部。質點組運動的總動能的改變（A.B.C.D.與外力無關，內力有關;與外力、內力都有關;與

4、外力、內力都無關;與外力有關，內力無關。滿足下列哪種情況，質點組的機械能守恒（只有保守力做功;外力和內力都不是保守力;所有內力均為保守力;所有外力均為保守力。2-4.如果某質點系所受合外力為零，則該質點系的【A】A 動量守恒； B角動量守恒；C動能守恒；D不能確定?！綜】2-5.質點系的內力有如下性質，其中錯誤的說法是:A內力的動量之和為零;B內力的角動量之和為零;C內力的動能之和為零;D內力的矢量和為零。【B】2-6.關于內力的說法中錯誤的有:質點系的內力不能改變質點系的動量;質點系的內力不能改變質點系的動能;質點系的內力在運動過程中可能作功，可能不作功;剛體在運動過程中內力不作功。2-7.

5、以下四種說法中，哪一種是正確的?(A)作用力與反作用力的功一定是等值異號;(B)內力不能改變系統(tǒng)的總機械能;(C)摩擦力只能作負功;(D)同一個力作功在不同的參考系中，也不一定相同?！綝】2-8.對機械能守恒和動量守恒的條件，正確的是:(A)系統(tǒng)不受外力作用，則動量和機械能必定同時守恒(B)(C)(D)系統(tǒng)所受和外力為零，和內力也為零，則動量和機械能必定同時守恒?！綛】對一系統(tǒng)，若外力作功為零，而內力都是保守力，則其機械能守恒;對一系統(tǒng)，若外力作功為零，則動量和機械能必定同時守恒;2-9 .一人握有兩只啞鈴，站在一可無摩擦地轉動的水平平臺上，開始時兩手平握啞鈴，人、啞鈴、平臺組成的系統(tǒng)以一角速

6、度旋轉，后來此人將啞鈴下垂于身體兩側，在此過程中，系統(tǒng)(A)角動量守恒,機械能不守恒;(B)角動量守恒，機械能守恒;(C)角動量不守恒,機械能守恒;(D)角動量不守恒,機械能不守恒。2-10.如果某質點系的動能變大,則該質點系的【D】動量變大;B各質點的動量一定變大;質點系的能量變大;D不能確定。2-11.如果某質點系的動量變大,則該質點系的【D】A質點系的動能一定變大;B各質點的動量一定變大;質點系的能量一定變大;D不能確定。2-12.如果某質點系所受合外力變大，則該質點系的【D】動量一定變大；B角動量一定變大;動能一定變大；D不能確定。二、簡答2.1 一均勻物體假如由幾個有規(guī)則的物體并合（

7、或剜去）而成，你覺得怎樣去求它的質心?答：因均勻物體質量密度處處相等，規(guī)則形體的幾何中心即為質心，故先找出各規(guī)則形體的質心把它們看作質點組，然后求質點組的質心即為整個物體的質心。對被割去的部分，先 假定它存在，后以其負質量代入質心公式即可。2.2 一均勻物體如果有三個對稱面，并且此三對稱面交于一點，則此質點即均勻物體的質心,何故?答：物體具有三個對稱面已足以確定該物體的規(guī)則性,該三平面的交點即為該物體的幾何對稱中心，又該物體是均勻的，故此點即為質心的位置。2.3在質點動力學中，能否計算每一質點的運動情況？假如質點組不受外力作用，每一質點是否都將靜止不動或作勻速直線運動?答:對幾個質點組成的質點

8、組，理論上可以求每一質點的運動情況，但由于每一質點受到周圍其它各質點的相互作用力都是相互關聯(lián)的，往往其作用力難以預先知道；再者，每一質點可列出三個二階運動微分方程，各個質點組有3n個相互關聯(lián)的三個二階微分方程組，難以解算。但對于二質點組成的質點組，每一質點的運動還是可以解算的。若質點組不受外力作用， 由于每一質點都受到組內其它各質點的作用力,每一質點的合內力不一定等于零，故不能保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)。這表明，內力不改變質點組整體的運動，但可改變組內質點間的運動。2.4兩球相碰撞時，如果把此兩球當作質點組看待，作用的外力為何？其動量的變化如何?如僅考慮任意一球，則又如何?答：把碰撞的二球看作

9、質點組，由于碰撞內力遠大于外力，故可以認為外力為零,碰撞前后系統(tǒng)的動量守恒。如果只考慮任一球，碰撞過程中受到另一球的碰撞沖力的作用,動量發(fā)生改變。2.5水面上浮著一只小船。 船上一人如何向船尾走去，則船將向前移動。 這是不是與質心運動定理相矛盾？試解釋之。.答：不矛盾。因人和船組成的系統(tǒng)在人行走前后受到的合外力為零（忽略水對船的阻力），且開船時系統(tǒng)質心的初速度也為零，故人行走前后系統(tǒng)質心相 對地面的位置不變。 當人向船尾移動時， 系統(tǒng)的質量分布改變，質心位置后移，為抵消這種 改變，船將向前移動，這是符合質心運動定理的。2.6為什么在碰撞過程中，動量守恒而能量不一定守恒？所損失的能量到什么地方去

10、了？又在什么情況下，能量才也守恒?26答：碰撞過程中不計外力，碰撞內力不改變系統(tǒng)的總動量，但碰撞內力很大，使物體發(fā)，故動量守恒生形變，內力做功使系統(tǒng)的動能轉化為相碰物體的形變能（分子間的結合能）即相撞物體的形變可以完全恢復能量不一定守恒。只有完全彈性碰撞或碰撞物體是剛體時, 或不發(fā)生形變時，能量也守恒，但這只是理想情況。2.7選用質心坐標系，在動量定理中是否需要計入慣性力?答：設質心的速度Vc，第i個質點相對質心的速度Vi，則Vi Vc V i，代入質點組動量定理可得ddt imMFieiFiiimiac這里用到了質心運動定理FieimiiacV。故選用質心坐標系，在動量定理中要計入慣性力。但

11、質點組相對質心的動量守恒i miVi常矢量。當外力改變時，質心的運動也改變，但質點組相對于質心參考系的動量不變，即相對于質心參考系的動量不受外力影響，這給我們解決問題帶來不少方便。值得指出：質點組中任一質點相對質心參考系有，對質心參考系動量并不守恒。秋千何以能越蕩越高？這時能量的增長是從哪里來的?答：秋千受繩的拉力和重力的作用， 在運動中繩的拉力提供圓弧運動的向心力，此力不做功, 只有重力做功。重力是保守力，故重力勢能與動能相互轉化。當秋千蕩到鉛直位置向上去的過程中，人站起來提高系統(tǒng)重心的位置，人克服重力做功使系統(tǒng)的勢能增加；當達到最高點向豎直位置折回過程中，人蹲下去，內力做功降低重心位置使系

12、統(tǒng)的動能增大，這樣循環(huán)往復，系統(tǒng)的總能不斷增大，秋千就可以越蕩越高。這時能量的增長是人體內力做功，消耗人體內能轉換而來的。2.10在火箭的燃料全部燃燒完后，§2.7（2 ）節(jié)中的諸公式是否還能應用？為什么?答：火箭里的燃料全部燒完后，火箭的質量不再改變， 然而質量不變是變質量物體運動問題的特例，故§ 2.7（2）中諸公式還能適用，但諸公式都已化為恒質量系統(tǒng)運動問題的公式。2.11多級火箭和單級火箭比起來，有哪些優(yōu)越的地方?答：由 V Vo Vr In mmsV Vr h z知，要提高火箭的速度必須提高噴射速度Vr或增大質量比 匹。由于燃料的效能，材料的耐溫等一系列技術問題的

13、限制,msVr不能過大；又由于火箭的外殼及各裝置的質量m。相當大，質量比也很難提高，故采用多級火箭，一級火箭的燃料燃完后外殼自行脫落減小火箭的質量使下一級火箭開始工作后便于提高火箭的速度。若各級火箭的噴射速度都為Vr，質量比分別為Z1,Z2, .Zn，各級火箭的工作使整體速度增加V1,V2, Vn，則火箭的最后速度VV1V2VnVrInZ1InZ2InZnVrIn Z1 Z2 Zn因每一個Z都大于1，故V可達到相當大的值。但火箭級數(shù)越多，整個重量越大,制造技術上會帶來困難， 再者級越高，質量比越減小,級數(shù)很多時，質量比逐漸減小趨近于1，速度增加很少。故火箭級數(shù)不能過多，一般三至四級火箭最為有效

14、。三、計算題1.重為W的人，手里拿著一個重為的物體。此人用與地平線成角的速度0向前跳去,當他達到最高點時，將物體以相對速度U水平向后拋出。問由于物體的拋出，人跳的距離增加了多少?2. 一光滑球A與另一靜止的光滑球B發(fā)生斜碰。如兩者均為完全彈性體，且兩球的質量相等，則兩球碰撞后的速度互相垂直，試證明之。3.質量為mi的質點，沿傾角為的光滑直角劈滑下，劈的本身質量為m2，又可在光滑水平面自由滑動。試求質點水平方向的加速度及劈的加速度。4.求均勻扇形薄片的質心,此扇形的半徑為a，所對的圓心角為2 ，并證半圓片的質心4_a.離圓心的距離為3。5.如自半徑為a的球上,用一與球心相距為b的平面，切出一球形

15、帽，求此球形冒的質心。6.半徑為a，質量為M的薄圓片，繞垂直于圓片并通過圓心的豎直軸以勻角速轉動,-G2V02£g323q3求繞此軸的動量矩。7. 門大炮停在鐵軌上，炮彈質量為m，炮身及炮車質量和等于M，炮車可以自由地在鐵軌上反沖，如炮身與在地面成一角度，炮彈對炮身的相對速度為V，試求炮彈離炮身時解：由于在水平方向即 mVx MU(1)又由相對運動關系知V COS UVx,V sinVy(2)對地面的速度v及炮車反沖的速度 U。（x方向）無外力作用，火藥爆炸力為內力，故水平方向動量守恒MVx V cos（2）代入（1）得M m vy V sinU V cosM m所以I,'2

16、2V 占 x Vy2I M /2 2 J V cosV M mV2si n22M 22V cos M mV2(1 cos2 )V(1 m(2M m)cos2 ¥ (M m)vy如設V與水平面夾角為，則tan VxV sinMcosM mM m, tanM討論：由（4 ）式知炮車反沖時V V，由（5）式知8.重G的物體A帶動單位長度的質量為q的軟鏈，以速度嶺向上拋出，如圖示。假定軟鏈有足夠的長度，求重物所能達到的最大高度。解：取OZ軸鉛直向上，O點位于地面。將在空中運動的鏈條的物體A視為主體。則并入主體的質量元（原先靜止于地面）的絕對速度0于是密歇爾斯基方程為mz F dtG qz,

17、F G qz g k ,z zk，代入G qz z G qg gqg dz乘上式兩端得qz zd Gqzqz 2dz初始條件Vo所以積分上式得qz 2z2 G3qqz0時，上升高度z正好就是最大值h即h qy w18.在橢圓機構中，規(guī)尺 AB質量為2mi,曲柄OC質量為mi,滑塊A和B質量均為m2曲柄以勻角速度3繞軸O轉動。試求機構質心的運動方程及系統(tǒng)動量。設各物體為均質,OC= AC= BC=l。解法1:運動方程（C點）的運動為平面運動運動方程為:X l cos t, y l sin t,2 yl2PabPaPbmMcsinti-cos tj)2sinti-mJcosmi(2mi2m2)(2

18、m2l costj(2m1 2m2)VAB消去t得：X2p Poc丄2動量 5-m-il2 1sin ti lcos tj)tj2m2l sinti(5m1 4m2)sin ti(5m1 4m2)costj總動量值的合成：P $ P2 2 X Pyl(5m14m2)Xc(m-i - cos1 2_2m1l cos t2m2l cos t)解法2:首先建立整個系統(tǒng)的質心位置(3m1 2m2)yc(m1 sin t 2mil sin t 2m2l sin t)(3m, 2m2)Px將質心位置求導后，代入動量式mxc總動量值的合成10.某質量為mr為質點的矢徑,(1)(2)Pymyclsin t(5

19、m12lcos t(5m12l(5m1 4m2)2的質點，其運動方程用矢量式可表達為r (t)i, j,k分別為x, y,z的單位矢。試求:質點的動能、動量及對坐標原點0質點對點A ( a,b,c )的動量矩。作用在質點上的力及力的功率。解：(1)動能T丄 mv2 1m(x2 2(1)La(2)的動量矩。z2)動量P動量矩動量矩4m2)4m2)x(t)i y(t)jz(t)k，式中:mv m(xi yjzk)Lom (y b)z力F mam(yz 今)i(zx(xy yx)k(zmr功率P F ?vc)y im(xiF ?r(z c)x (xyj zk)mr ? r m(x211、質點在xoy

20、平面內運動，其勢能為：V 2x于平衡狀態(tài)的點的坐標。a)z j5xy(x3y2解：欲使質點平衡須使質點勢能對任一函數(shù)的一階偏微分為零即4x2 5x 60(1)a)y (yb)xkz)6x 7 y試求使該質點處V5x 6y 70(2)求解上面方程組得平衡坐標為x=1,y=2r為半徑12. 一人在水平臺上走動，此臺可通過其中心的鉛直軸而旋轉，人走的軌跡是以平臺中心為圓心, 的圓周，假定人重為 P,平臺重也為P,其半徑也為r，試求當人在平臺上走完一周時平臺轉過的角度。解：以作平臺為質點系，受力為重力，方向均向下，與轉軸平行，力矩為零。假設平臺與轉軸接觸面光滑無摩擦，故質點系動量矩守恒。在質點系起始時

21、，t 0,G0 0 在某時刻人相對于平臺的速度為u，平臺的角速度為，則人的絕對速度為V u r人的動量矩為：G1-r(u r)方向沿轉軸方向。 g平臺動量矩為:G2l£r22 g方向也沿轉軸方向。由動量矩守恒定律得:GiG2Pr(ugr)2Pgr22u3rddt，Udsdtdt13、一均質木板放在光滑的水平面上,2 ds3r dtds積分得:3r0d板的一端站著一個人。在某一時刻，人以不變的速度由動量守恒定律得：m1V1+m 2(V1+u)=0正向運動。設板的質量為 m1，人的質量為 m2。試求t秒鐘后，人的絕對速度 v與位移以及板的絕對速度vi與位移。解：以人和板為研究對象。系統(tǒng)受

22、力：人的重力P,板的重力 W，光滑的水平面對板的正壓力Fn。以上受力均在豎直方向，所以水平方向受力為零，則動量守恒。在初始時刻t=0，人和板都靜止，動量P ax=0，任意時刻t，設板的絕對速度 vi沿x軸正向，則由點的合成運動可知，人的絕對速度為v=v 1 +u 。解此方程得v1m2um2 m1負號表示板的運動方向與 x軸正向相反。由此得人的絕對速度為v v1 uu m2m2 um1miu正號表示人的運動方向與 x軸正向相同m1 m2因u與v都是常量，故人和板的位移分別為x vtm1m1ut, x1v1tm2m2 ut m1m2設矢量r在笛卡兒坐標系中的投影為x, y, z，證明divr3,

23、rot r 0并求使grad的函數(shù)解：（1） divr?rixk 一 ？ Xi yj zzk(2)rotrijkzy ixz.jyxxyzyzzxxyxyzyxzkr0可知勢函數(shù)必存在，由(3 )由rotrr xiyj zk, rgrad-kz入（入（入（代（7）入（6）得2積分（1）式得yy22xy22g zzz22xy得4）g得3）z2z22f積分得積分得14.質量為 m及m2的兩自由質點互相以引力吸引,m1m2力與其質量成正比，與距離的平方成反比，比例常數(shù)為k，開始時兩質點皆處于靜止狀態(tài),其間距離為a，試求兩質點間的距離為I時兩質點的速度。解法1:用機械能守恒定律求解 令質量為mi自由質

24、點的速度為 vi，質量為m2的自由質點速度為 V2，則因兩質點互相吸引,故Vi V2方向相反，取Vi方向為正方向如圖示由于兩質點無外力作用，故動量守恒有miVim2V20兩質點間的相互吸引力為萬有引力是保守力由保守力性質得勢能為drkmim2 ,2drrkmim2式中r是兩質點間的距r離。由機械能守恒定律km m2a寸 miVi1 2一 m2V22 2 2即miVi2im2V|2 2km, m2解（1）（ 2）式得Vi2k2km2V a(m1 m2)V2miVa(mi m2)解法2 :用動能定理求解 令質量為mi自由質點的速度為 Vi，質量為m2的自由質點速度為 V，則因兩質點互相吸引,km

25、m2 . hdr故Vi V2方向相反，取Vi方向為正方向如圖示由 dTW 得 dgmiri2 如；) F dr積分上式得ImiV： im2V|22a由于兩質點無外力作用，故動量守恒有mivim2v20解( 1) (2)式得 Vi2km2 JVa(mi m2)-atvT0解法3:用兩體問題方法求解由于兩質點無外力作用可視為兩體問題由兩體問題運動方程d2ri2dr F得d2ri2"dt2"dvi2"dTmi m2 dvi2 mim2 dtkmim22ri2代入（1）dvi2dri2式有Vi2積分 0 vi2dvi2dri2dtdvi2Vi2dri2Vi2dVi2mim

26、22 dri2 ri22 叫rldri?得 Vi2d2k(mi m2)2ri2由于兩質點無外力作用，質心作慣性運動，原來質心靜止，故由VcmiVim2V2mim2mivim2v20又根據(jù)速度合成方法知Vi2解（2）（ 3）（ 4）式得 Vi2km2、V a(mi m2)V22k，某人持鏈條一端以鏈條對手Vi為負值表明與V2方向相反i5.如圖示，一長為I的均質鏈條在水平面上自然堆成一堆，線密度為 勻速v將其提高，試證：當他的手離開水平面的高度為 x時（x I），2V 的作用力大小為F x gg解法1:用質心運動定理求解取鏈條整體為研究對象,在t時刻，整體所受的外力有重力 P Ig，拉力F和水平面

27、對靜止的那部分鏈條的支持力I x g。由質心運動定理可得macF Ig Ix g式中ac為質心的加速度。上式在x軸上的投影式為mxcF Ig I由于鏈條的質心坐標為Xcxf I x 0212亠x v則有 Xc Vj'Xc2v代入投影式得m IIg2I xg,m +xg2v所以F xg m v2解法2 :用動量定理求解取鏈條整體為研究對象，在t時刻,整體所受的外力有重力Ig，拉力F和水平面對靜止的那部分鏈條的支持力鏈條整體的總動量在豎直方向分量為Pxxv (I x)xv整體所受的外力有重力PIg，拉力F和水平面對靜止的那部分鏈條的支持力上式在x軸上的投影式為FxFxg由動量定理罟Fx得罟

28、d(xv) dtdx 一v dtv2Fx F xgL2F xg V解法3 :用變質量問題方法求解如圖示，取已上升部分為主體，其質量為mx，速度為V ,不斷增加部分為變體,dm dx其速度U 0，主體和變體所受合外力為F合 F xg由密歇爾斯基方程 (mv)dt卻 xv)F合F xgdm _/曰u F合得dt即 gv V2F 合F xgdt2故 F xg V16.圓環(huán)質量為 M，放在光滑水平面上，有一質量為m的小蟲在圓環(huán)上爬行，如圖示，求證：小蟲在圓環(huán)上相對地爬行一周時，圓環(huán)的自轉角度不超過180。設初始時系統(tǒng)靜止。解：以小蟲+圓環(huán)為質點系,圓環(huán)圓心為參考點，質點系受力為重力，方向均向下故質點系

29、動量矩守恒。在質點系起始時,0,G0 0 在某時刻小蟲相對于圓環(huán)的速度為U，圓環(huán)的角速度為，則小蟲的絕對速度為V U小蟲的動量矩為：G1mr(ur)方向沿轉軸方向。圓環(huán)動量矩為:G2方向也沿轉軸方向。由動量矩守恒定律得:GiG2mr (ur) Mr22u“ M、0 )r2mdds,u dtdtddt1 ds “ M . dt(1 )r2m1 -一 ds積分得：(1 2m)r0d假設小蟲和圓環(huán)質量相等4=-2403假設M=2m，則180° 一般 M m 故 1800120°的絕對速度為V U r小蟲的動量矩為：G1mr(ur)方向沿轉軸方向。圓環(huán)動量矩為：G2Mr方向也沿轉軸

30、方向。由動量矩守恒定律得:GiG2mr(ur) Mr20 有(1ddt，Uds dtddt1 ds(1 M)r dtm1 ds積分得：(1 )rm另正解：以小蟲+圓環(huán)為質點系，圓環(huán)圓心為參考點，質點系受力為重力，方向均向下，與轉軸平行，力矩 為零。故質點系動量矩守恒。在質點系起始時，tO,G0 0 在某時刻小蟲相對于圓環(huán)的速度為U，圓環(huán)的角速度為，則小蟲0d11M假設小蟲和圓環(huán)質量相等M=m180°ds(1 二)r m假設M=2m故一般 M m 故 1800且兩球質量相等，則兩球B碰前速度矢量為0，17.一光滑球A與另一靜止的光滑球 B發(fā)生斜碰，如兩球均為完全彈性體,碰撞后的速度互相

31、垂直，試證明之。證明：設兩球質量為 M，光滑球A碰前速度矢量為 Vi，光滑球A和B碰撞后的速度的速度矢量為 V ,V20由于兩球碰撞過程中動量守恒有MV1MV1MV2 .(1)又兩球為完全彈性體動能守恒有1MV121MV121MV222 2(2)（1） 式代入（2）式有（yV2)2 V整理上式得2Vi V20，由于Vi0,V20所以欲使兩矢量的乘積為零，只有兩矢量互相垂直即Vi V2 結論得證18.有三個完全彈性的小球，質量分別為m1、m2、及 m3,靜止于一直線上，今于第一球上加上Vi的速度，其方向沿此直線，設m1、m3及V1為已知，求第二球的速度為何值，才能使第三球于碰撞后所得的速度最大。

32、解：設第一、第二球碰撞后第一球的速度為V1，第二球的速度為 V2則由速度公式得ViVim2 V1V2e m1m2V2V2m1 V1V2m1m2而V20, e 1故V2V21 e m1 V1V2m1 m2m1V12m1V1又設第三、第二球碰撞后第三球的速度為V3 已知 V30, em2 V2V3則由速度公式得V3V31 em2m32m2v2m2m3欲使第三球的速度最大，須有dV3dm2m1m2m1m24m1m2v1m1m2 m2m3dv3(mi m2)(m2 m3) m2 (m2 m3 mi m2)-4 mi22vidm2mi m3m；(mi m2)2(m2 m3)24mi2m1m2m2所以有m

33、2 Jm,m3時第三球的速度最大。19. 一條柔軟、無彈性、質量均勻的繩子，豎直的自高處墜落至地板上,如繩子的長度為每單位長度的質量等于，求當繩子剩在空中的長度為 X X l時,繩子的速度及它對地板的壓力。設開始時繩子的速度為零，它的下端離地面的高度為解法1：用自由落體公式和動量定理求解當繩子的上端離地面的高度為x時，由自由落體公式知繩子的速度為v J2ghJ2g(l h x)地板對繩子的作用力有兩部分，其一為與已經(jīng)落地的繩子的重力大小相等,方向相反，設為Ni，Ni mg (l x)g其二是即將落地的繩子對地板的沖力，設為N2設在dt時間內落地的繩子的質量為dmdl，該質量元的動量為dmv，該

34、質量元一經(jīng)落地動量即變?yōu)榱?。動量的變化為dpdm v 0dm vdpdm v由動量定理F -得N2 wdl vdtdlv一dt2g(l hX)(此處忽略重力)所以總的壓力為N Ni N2g2h3(lX)解法2 :用變質量物體的運動方程求解當繩子的上端離地面的高度時，式知繩子的速度為v J2ghJ2g(l h x)取已落地部分為主體，其質量為m(lX)速度為Vdm不斷落地部分為變體 dm dx， dtv( dx 0)其速度為u v dt主體和變體受力為F合N (l X)g方向向上X）由密歇爾斯基方程d_（mv）u罟F合得唱N （| x）g即 v( V) N (I x)g2所以 N v (I x)

35、g 2g(l h x) (I x) g 2h 3(l20.長L的均勻細鏈條伸直平放水平光滑桌面上，方向與桌面邊條末端滑到桌子邊緣時鏈條的速度V。緣垂直（圖2.7.2 ）。開始時鏈條靜止，一半從桌上下垂，求鏈解：如圖選取坐標系，以下垂段為研究對象。方法一：用變質量物體的運動方程求解以長為X的一段和 X的一段分別作 m和dm , m= Zx，速度為v ,dm=入dx, dx段合并于x段的速度加=V （x段的速度），作用于它們的合外力為重力 噸和桌面上的一段對它的拉力T。由密歇爾斯基方程 （mv）dtu也F合得 dt邑疑）-也噸Tu=v , 出(1 )設線質量密度入，取桌面上為主體，其質量m （Ix

36、），速度為V,不斷減少部分為變體，速度肚=V （X段的速度），作用于它們的合外力為桌面上的一段對它的拉力T,由密歇爾斯基方程汕v）曙(2)將（2）代入（1 ），并注意血 dv =V m= ?x，& 必，可得vdv =兀注Xfvb = 兀 Th7，積分：h 漏'方法二：用機械能守恒定律求解以下垂的一段為研究對象，以桌面為零勢能位置，則由機械能守恒:其中：O尸寸y；藥 h 2= 一 Xl 斗1221.雨滴開始自由落下時的質量為 M ,單位時間內凝結在它上面的水汽質量為入，略去空氣阻力，試求雨滴在t時間后所下落的距離。m=M+瓦，速度為V,增解：以豎直向下為正方向，取自由落下的雨滴為

37、主體，其質量為 加的水汽為變體，質量為 dm= /dt,速度為u=0,作用于其的合外力為雨滴的重力F 合(M t)g由密歇爾斯基方程 （mv） u F合得dtdtdt(M t)v (Mt)g(1)積分（1）式得（Mt)v(Mtt2)g因 t=0 時 v=0,故 c=0所以dsdtMt112mF(3)I 2積分（3）式得S 1gtMg2孕 ln(M t)因t=0時s=0,故c22*所以s 4gt2汁霽1ndMt）這就是雨滴在t時間后所下落的距離212 MgM g12討論：由上式知s -gt 一豈tln(1 t) - gt說明雨滴在t時間后所下422M 2落的距離小于自由落體在同等時間內下落的距離。雨滴下落時其質量的增加率與雨滴的表面積成正比，試求雨滴下落速度與時間的關系解：以豎直向下為正方向，設起始時刻(t=0)雨滴半徑為a，某時刻雨滴半徑為 r，取自由落下的雨滴為主體，其質量為r3kir3，速度為v不斷增加的水汽為變體，質量為dmdtr2k2r2(2)速度為u=0,作用于其的合外力為雨滴的重力 F合 mgdm(1)式對時間求導