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第十章动量定理动量定理、动量矩定理和动能定理统称为动力学普遍定理。
注意动量、动量矩、动能与力系的主矢、主矩和做功之间的关系。
注意刚体上的一个重要的点：质心。
重点：动量定理和质心运动定理。
§10--1 动量与冲量1、动量的概念：物体之间的相互作用效应跟质量与速度的乘积有关。
飞针穿透玻璃；高速路上的飞石；飞鸟撞击飞机；子弹击中目标。
/ kg m s单位:⑴、质点的动量：质点的质量与速度的乘积称为质点的动量。
()mv 动量是矢量，它的方向与质点速度的方向一致。
⑵、质点系的动量：质点系内各质点动量的矢量和称为质点系的动量。
李禄昌1()n i i i p m v ==∑()i i c m r r m∑=质心公式：1()n i i i dr m dt ==∑()i i d m r dt =∑注意：质量m i是不变的如何进一步简化？⑵、质点系的动量：( )c d m r dt = cm v =质点系的动量等于质心速度与其全部质量的乘积。
求质点系的动量问题转化为求刚体质心问题。
c ωv C =0v Cc ωc o v C2．冲量的概念：I Ft =常力的冲量：I F t =d d 变力的元冲量：0tI F t=⎰d 在作用时间t 内的冲量: 物体在力的作用下引起的运动变化，不仅与力的大小和方向有关，还与力作用时间的长短有关。
冲量：作用力与作用时间的乘积。
冲量是矢量，冲量的单位是N.S 。
在~ 内，速度由~ ，有1t 2t 1v 2v §10-2 动量定理1、质点的动量定理：由牛顿第二定律：()mv Ft =d d ()mv F t=d d 得：质点动量定理的微分形式：质点动量的增量等于作用于质点上的力的元冲量。
221t mv mv F t I -==⎰d外力：，内力：()e i F ()i i F 质点动量定理的积分形式：在某一时间间隔内，质点动量的变化等于作用于质点的力在此段时间内的冲量。
第十章质点系动力学——能量方法 习题解答10-1半径为r 的匀质圆轮质量均为m ，图（a ）和（b ）所示为轮绕固定轴O 作定轴转动，角速度为ω；图（c ）为轮作纯滚动，轮心速度为v 。
试写出它们的动能。
解：（a ）匀质圆轮作定轴转动， 对O 点的转动惯量为 2222321mr mr mr J O =+=，动能为2224321ωωmr J T O ==。
（b ）匀质圆轮作定轴转动，对O 点的转动惯量为 222121mr mr J O ==， 动能为2224121ωωmr J T O ==。
（c ）匀质圆轮作作纯滚动，ωr v =，动能为222432121mv J mv T C =+=ω10-2匀质杆OA 长l ，质量为m ，绕O 点转动的角速度为ω；匀质圆盘半径为r ，质量也为m 。
求下列三种情况下系统的动能： （1）圆盘固结于杆；（2）圆盘绕A 点转动，相对杆的角速度为ω-； （3）圆盘绕A 点转动，相对杆的角速度为ω。
解：（1）圆盘固结于杆。
对O 点转动惯量为2222221342131mr ml ml mr ml J O +=++=动能为()22223812121ωωm r l J T O +==（2）圆盘绕A 点转动，相对杆的角速度为ω-，则圆盘作平移，质心速度为ωl v =。
动能为： T=T 杆+T 盘=22222223221612121ωωωml mv ml mv J O =+=+（3）圆盘绕A 点转动，相对杆的角速度为ω，则圆盘的角速度为ω2。
T=T 杆+T 盘=()()222222222412*********ωωωωωmr l m ml J mv J C O ++=++()222321ωm r l +=。
10-3质量为m 1的匀质杆，长为l ，一端放在水平面上，另一端与质量为m 2、半径为r 的匀质圆盘在圆盘中心O 点铰接。
圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为v 。
求系统在此位置的动能。
理论力学课后习题答案-第10章--动能定理及其应用-)(a)v ϕABC rv 1v 1v 1ωϕ(a)CCωCvωO第10章 动能定理及其应用10－1 计算图示各系统的动能：1．质量为m ，半径为r 的均质圆盘在其自身平面内作平面运动。
在图示位置时，若已知圆盘上A 、B 两点的速度方向如图示，B 点的速度为v B ，θ = 45º（图a ）。
2．图示质量为m 1的均质杆OA ，一端铰接在质量为m 2的均质圆盘中心，另一端放在水平面上，圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为v （图b ）。
3．质量为m 的均质细圆环半径为R ，其上固结一个质量也为m 的质点A 。
细圆环在水平面上作纯滚动，图示瞬时角速度为ω（图c ）。
解：1．222222163)2(2121)2(212121BBB CCCmv r v mr v m J mv T =⋅+=+=ω 2．222122222214321)(21212121v m v m r v r m v m vm T +=⋅++= 3．22222222)2(212121ωωωωmR R m mR mR T =++=10－2 图示滑块A 重力为1W ，可在滑道内滑动，与滑块A 用铰链连接的是重力为2W 、长为l 的匀质杆AB 。
现已知道滑块沿滑道的速度为1v ，杆AB 的角速度为1ω。
当杆与铅垂线的夹角为ϕ时，试求系统的动能。
解：图（a ） B AT T T +=)2121(21222211ωC CJ vgWv g W ++=21221121212211122]cos 22)2[(22ωϕωω⋅⋅+⋅++++=l gW l l v l v l g W v g W]cos 31)[(2111221222121ϕωωv l W l W v W W g +++=10－3 重力为P F 、半径为r 的齿轮II 与半径为r R 3=的固定内齿轮I 相啮合。
齿轮II 通过匀质的曲柄OC 带动而运动。
CA(a)ωO(a)第10章动能定理及其应用10－1计算图示各系统的动能：1．质量为m ，半径为r 的均质圆盘在其自身平面内作平面运动。
在图示位置时，若已知圆盘上A、B 两点的速度方向如图示，B 点的速度为v B ，θ =45º（图a ）。
2．图示质量为m 1的均质杆OA ，一端铰接在质量为m 2的均质圆盘中心，另一端放在水平面上，圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为v （图b ）。
3．质量为m 的均质细圆环半径为R ，其上固结一个质量也为m 的质点A 。
细圆环在水平面上作纯滚动，图示瞬时角速度为ω（图c ）。
解：1．2222221632(2121)2(212121B B B C C C mv r v mr v m J mv T =⋅+=+=ω2．222122222214321(21212121vm v m r v r m v m v m T +=⋅++=3．22222222)2(212121ωωωωmR R m mR mR T =++=10－2图示滑块A 重力为1W ，可在滑道内滑动，与滑块A 用铰链连接的是重力为2W 、长为l 的匀质杆AB 。
现已知道滑块沿滑道的速度为1v ，杆AB 的角速度为1ω。
当杆与铅垂线的夹角为ϕ时，试求系统的动能。
解：图（a ）BA T T T +=)2121(21222211ωC C J v g W v g W ++=21221121212211122]cos 22)2[(22ωϕω⋅⋅+⋅++++=l g W l l v l v l g W v g W ]cos 31)[(2111221222121ϕωωv l W l W v W W g +++=10－3重力为P F 、半径为r 的齿轮II 与半径为r R 3=的固定内齿轮I 相啮合。
齿轮II 通过匀质的曲柄OC 带动而运动。
曲柄的重力为Q F ，角速度为ω，齿轮可视为匀质圆盘。
试求行星齿轮机构的动能。
理论力学题解第十章 思考题10.1 利用柱坐标的旋度公式或直角坐标的旋度公式证明. 10.2 不便于求解.10.3 可以。
斥力相当于G 要改变符号,取负值。
10.4 都是地心参考系.10.5交角大不能充分利用地球自转获得速度,发射的难度较大.交角大可使卫星飞越更多地区的上空.10.6 利用逃逸速度公式ssR GM v 2=可证. 10.7 参看图10.9,带负电粒子被核吸引仍以双曲线轨道向核的右下方散射.10.8 对于靶粒子初始静止的情况,粒子初始入射方向,对于质心系和靶粒子参考系是相同的.粒子相对质心系的出射方向是'1r v 方向(见图10.12),粒子相对靶粒子参考系的出射速度为')1('')'()'(''121212121r r r r r m m v v v v v v v v v c c +=-=+-+=- 其出射方向也沿'1r v 方向.所以,粒子相对两参考系的散射角也是相同的.另外也可直观地得出此结论.相对质心系的出射方向即质心与粒子在无穷远处的连线方向,相对靶粒子的出射方向即靶粒子与粒子在无穷远处的连线方向,根据质心定义,靶粒子、质心和粒子在同一直线,故两出射方向相同.10.9 在m 1上建立平动坐标系,为非惯性系,m 2相对此系的运动方程为2122222dtd m dt d m r F r-=,利用(10.5.4)式消去1r 即可得.10.10 写出相对质心系的角动量和动能的表达式,利用(10.5.3)式可证.第十章 习题10.1 利用角动量守恒和椭圆的轨道方程θcos 1e pr +=可证。
e p v c a v c a )()(+=-。
10.2 求出势能表达式22rmc V =,利用两个守恒律求解,可得2122)(∞+=v c a ρ. 10.3 先求出地球的轨道速度,再利用两个守恒律求解,可得.45,2︒==θRGM v s根据计算得出慧星的总机械能为零,故其轨道为抛物线.10.4 利用两个守恒律求解,可得)15851(sin 21+±=-Rv GMθ,M 为月球质量. 10.5 2)11(212ke R R -.10.6 从动能定理得Fdr mv d -=⋅=r F d )21(2,从角动量守恒得 h vp =,两式联列可证.10.7 利用比尼公式可证.10.8 由已知,22222r a r r =+θ 将θθ d dr r =和2r h =θ代入就得轨道微分方程,解之可得)(220hh a A er r A -==±θ. 10.9 轨道方程为322222)d d (mu u uu mh -=+-θ,根据题设计算出h =1,于是上式成为u u =22d d θ.设解为λθe u =,代入求得特征根1±=λ,故方程的通解为θθ-+=Be Ae u .根据初始条件,即1d d ,0,1,00000-=-=⎪⎭⎫⎝⎛===h r u u t θθ时,可求得1,0==B A ,故解为θ-=er .此外，此题也可利用两个守恒定律求解.10.10 (1)r e r rk r VF αα-+-=∂∂-=)1(2;中子与质子之间的引力属于核力,当α1=r 时,力将减小到e /2倍,随r 进一步增大,力将更快减小,它属于短程力,而万有引力属于长程力.(2)求出质点在半径为a 的圆轨道上的运动速率为21)1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-a e a ma k v αα,再根据定义求出:a ae a ak E ea k ma L αααα---=+=)1(2,)1(2 ;(3) 圆运动的周期:ae k a ma T ααπωπ-+==)1(223;稳定性条件根据(10.4.5)式得出,为a α<+251 或 251-<a α;先根据(10.4.12)式求出径向微振动圆频率,然后可求得径向微振动周期ar ek a a ma T αααπ---=)1(2223. 10.11 先根据已知条件求出椭圆的半长轴a ,再根据开普勒第三定律就可求出卫星运行的周期为114分;根据求出的半长轴a ,代入(10.2.10)式,求出卫星的总能量;在近地点建立能量方程,求出近地点的速率v 1=8.15 km/s;利用掠面速度守恒可求出远地点的速率v 2=6.34 km/s .10.12 建立轨道微分方程：322222)(Cu ku u d ud u mh +-=+-θ,解出轨道方程为)cos(1βαθ++=e p r ,其中k C k mh p mhC /,)1(2212+=+=α,选取极轴过近日点,则β=0;后一个近日点比前一个近日点前进的角度)11(2-=∆απθ.10.13 由于阻力在一个周期内产生的能量损失与总能量相比很小,所以,在一周内,卫星的运动仍可按圆运动处理,因而可求出卫星的运行速度21)(rGm v E =和总能量rm Gm E E 2-=;利用机械能定理211)(++-=-=⋅=ααr Gm A Av dt dE ER v F ,同时22r m Gm cdt drdr dE dt dE E -==,比较两式r 的方次可得 3=α,将此值代入上式,再比较两式的系数可得 EGm cmA 2=.10.14 采用柱坐标,并利用约束方程消去变量z ,建立能量守恒方程和对z 轴角动量守恒方程h E c t g mg m ctg m ==+++θραρθρρα 22222,21)1(21. 求出有效势能αρρctg mg mh V eff+=222,通过0=ρd dV eff 求出水平运动的圆的半径32αρgctg h =;通过022>ρd V d eff 证明运动是稳定的. 10.15 用折合质量概念建立一质点相对另一质点作匀速圆周运动必须满足的动力学方程,从而求出两质点间的初始距离31222104)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=πτm m G r ;建立沿直线进行的相对运动方程:221222121r m Gm dt r d m m m m -=+,两边乘以dt r ,得出第一积分,从中求出)11)((2021r r m m G dt dr -+-=,对此式进一步积分可求出到两质点相碰所需的时间为24τ,做此积分需进行变量变换:设θ20sin r r =.10.16以日心系为参考系,测出火星绕太阳运动的周期T 和轨道半长轴a ,根据公式)(41232m m G a T s +=π,即可求出火星质量1m ;用类似方法可求卫星的质量. 10.17 根据柯尼希定理T T T c '+=,二粒子系统不受外力,在碰撞前后质心动能c T 不可能改变,所以,动能中能够转化为热能部分的最大值是碰撞前系统相对质心的总动能.。
