牛顿运动定律

牛顿运动三定律

牛顿第一定律（惯性定律）

任何物体如果没有力的作用，都将保持静止或者匀速直线运动的状态。

• 惯性参考系的概念。
• 定义了惯性和力。

牛顿第二定律

牛顿第二定律
实验表明: 力满足矢量的平行四边形叠加定则。即质 点所受的合力为所有作用在质点上的力的矢量和:

$\vec{F}=\sum_i \vec{F}_i$

在合力作用下, 质点的加速度 $\vec{a}$ 有以下性质:
(1) 加速度方向同合力
(2) $\displaystyle \vec{a} \propto \frac{\sum_i \vec{F}_i}{m}$

$\begin{aligned} \boldsymbol F&=F_x \boldsymbol i+F_y \boldsymbol j+F_z \boldsymbol k\\ &=m(a_x \boldsymbol i+a_y \boldsymbol j+a_z \boldsymbol k) \end{aligned}$

在自然坐标系中：

$\begin{aligned} \boldsymbol F&=F_t \boldsymbol e_t+F_n \boldsymbol e_n\\ &=m \frac{\mathrm d v}{\mathrm d t} \boldsymbol e_t+m \frac{v^2}{\rho} \boldsymbol e_n \end{aligned}$

切向、法向牛顿第二定律

$\displaystyle \left\{ \begin{matrix}F_t=m\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t} \\ F_n=m\frac{v^2}{\rho}\end{matrix}\right.$

牛顿第三定律

定义了相互作用的性质。

力的传递速度是有限的。适用于实物的相互作用问题，不适用于 场传递 的相互作用。

牛顿运动定律的适用范围

惯性系、低速、宏观、实物。

常见的力

引力

$F_g=G\frac{m_GM}{R^2}$

$F=m_Ia$

反应了两种完全不同的属性。惯性质量和引力质量有等同性。

对于自由下落的物体，

$G\frac{m_GM}{R^2}=m_Ig$

$\frac{m_I}{m_G}=\frac{GM}{gR^2}$

牛顿力学中这两种质量是等同的。Gravity 正比于 $k_1m_0$ Inertia 正比于 $k_2m_0$。

调整 $G$ 使得 $m_I=m_G$。广义相对论的等效原理。General Relativity, Special Relativity.

• 质点在球对称物体外面，则它受到的力等价于物体质量球心处时的吸引力。（三重积分）
• 质点处于均匀球壳内部，受到的万有引力为 0。用微元法证明。角度 $\Delta \Omega$，第一块微元 $\Delta S_1 = \Delta \Omega \cdot r_1^2$，第二块微元 $\Delta S_2 = \Delta \Omega \cdot r_2^2$。面密度 $\sigma$，得到 $\Delta F_1=G \frac{\sigma\Delta \Omega \cdot r_1^2 m_0}{r_1^2}$，$\Delta F_1=\Delta F_2$ ，互相抵消。

高斯定律：

$F_e=\frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{q_1q_2}{r^2} \Rightarrow \oiint \boldsymbol E \cdot \mathrm d \boldsymbol S=\frac{q}{\varepsilon_0}$

万有引力定律：

$F_g=G \frac{m_1m_2}{r^2} \Rightarrow \oiint \boldsymbol F \cdot \mathrm d \boldsymbol S=\frac{m}{\lambda_0}$

重力

在地球表面物体所受力是引力和离心力的结合。

$\boldsymbol p =m \boldsymbol g=\boldsymbol F_e+\boldsymbol F_I\\ \boldsymbol F_e=G \frac{mM}{R^2}\\ \boldsymbol F_I=m\omega^2 r\quad r=R\cos\varphi$

$\boldsymbol p ^2 =\boldsymbol F_e^2+\boldsymbol F_I^2-2\cos \varphi \boldsymbol F_e\boldsymbol F_I\\ |\boldsymbol p|=(\boldsymbol F_e^2+\boldsymbol F_I^2-2\cos \varphi \boldsymbol F_e\boldsymbol F_I)^\frac{1}{2}\approx \boldsymbol F_e(1+\Delta-2\cos \varphi \frac{\boldsymbol F_I}{\boldsymbol F_e})^\frac{1}{2} \approx \boldsymbol F_e(1-\frac{\boldsymbol F_I}{\boldsymbol F_e}\cos \varphi)$

弹性力

$\boldsymbol F=-kx \boldsymbol i$

线性恢复力。$k$ 劲度系数，$x \boldsymbol i$ 物体的位移。

弹性力起源于电磁力。

金属丝的应力和应变关系。

摩擦力

阻止两个相接触物体之间相对运动趋势的力。摩擦力

$f_{\mathrm{s~max}}=\mu_s N$

最大静摩擦力。

$f_{\mathrm k} = \mu_k N$

滑动摩擦系数与物体相对运动速度有关，低速下基本为常数。跟物体表面光滑和粗糙程度有关系。

流体阻力

$f = \alpha v+\beta v^2 +\gamma v^3 + \cdots$

$\alpha \gg \beta \gg \gamma$

物体速度小的时候：$\boldsymbol f = -b \boldsymbol v$。

物体速度更大的时候：$\boldsymbol f=-c \boldsymbol v^2$。$c$ 与流体及物体的性质有关。湍流。

物体运动速度更大：$\boldsymbol f$ 正比于 $v^3$。

力学相对性原理

非惯性参考系

牛顿定律只能在特殊的参考系-惯性系中成立。

常用近似惯性系：地面参考系，地心参考系，太阳参考系。

$S'$ 相当于 $S$ 平动，速度为 $\boldsymbol u$。

$\boldsymbol v=\boldsymbol v'+\boldsymbol u\\ \boldsymbol a=\boldsymbol a'+\frac{\mathrm d \boldsymbol u}{\mathrm d t}$

在牛顿力学中，相互作用力与参考系无关。质量在不同参考系中测量是相同的。

力的测量、质量的测量是一样的，而加速度 $\boldsymbol a=\boldsymbol a'$，这样牛顿定律成立。

一切惯性系在力学意义上是等价的，平权的。

惯性力：

$\boldsymbol F_I=-m\boldsymbol a_0\\ \boldsymbol F+\boldsymbol F_I=m \boldsymbol a'$

平动惯性力。

匀速转动参考系

在 $S$ 中 $T=ma,a=r \omega^2$，或者

$\displaystyle \left\{ \begin{matrix}T=m\frac{v^2}{r}=m\omega^2 r\\0=m\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}\end{matrix}\right.$

$T$ 提供小球的向心力。

在转动参考系 $S'$ 中需要引入

$F_i=-ma_0=mR\omega^2$

$\boldsymbol F_i$ 被称为离心惯性力。

$\boldsymbol F_i=mr\omega^2\boldsymbol e_r$

在地面参考系上，地面上的物体受惯性离心力。

Coriolis 力

让弹簧断开，使小球拥有速度。

在 $S$（惯性系）中，需要有离心惯性力

$\boldsymbol F_i=-m\boldsymbol \omega \times (\boldsymbol \omega \times \boldsymbol r)$

Coriolis 力：

$\boldsymbol f_c=-2m\boldsymbol \omega \times \boldsymbol v'$

推导：

$\boldsymbol v=\boldsymbol \omega \times \boldsymbol r + \boldsymbol v'$

多出来一项转动的速度 $\boldsymbol \omega \times \boldsymbol r$。注意 $\mathrm d\boldsymbol v'/\mathrm d t=\boldsymbol a'+\boldsymbol \omega \times \boldsymbol v'$。

$\begin{aligned} \frac{\mathrm d \boldsymbol v}{\mathrm d t}&=\boldsymbol a'+\boldsymbol \omega \times \boldsymbol v'+\underbrace{\frac{\mathrm d \boldsymbol \omega}{\mathrm d t}}_{=0}\times \boldsymbol r+\boldsymbol \omega \times \frac{\mathrm d \boldsymbol r}{\mathrm d t}\\ &=\boldsymbol a'+\boldsymbol \omega \times \boldsymbol v'+\boldsymbol \omega \times (\boldsymbol \omega \times \boldsymbol r + \boldsymbol v') \end{aligned} \Rightarrow \boldsymbol a'=\boldsymbol a-2\boldsymbol \omega \times \boldsymbol v'-\boldsymbol \omega \times (\boldsymbol \omega \times \boldsymbol r)$

定性比较 $\boldsymbol F_i$ 和 $\boldsymbol f_c$。需要达到几百米的速度。

地球参考系中：

• 重力
• 贸易风的偏向
• 轨道磨损
• 河床冲刷
• 落体偏向
• 傅科摆

加速转动参考系

$\boldsymbol F_t=m\boldsymbol r'\times \boldsymbol \beta$

质心

$\boldsymbol r_c=\frac{\sum \boldsymbol r_i \cdot \mathrm d m_i}{\sum \mathrm d m_i}$

微元积分、分块、负质量（也可以用于转动惯量等等）

质心运动定理

$\sum F=m a_c$

表达的内容和牛二不同。

1. 外力合并在质心上，因此可以求解质心加速度。
2. 已知质心加速度，求解外力。

在惯性参考系中，质心的运动等同于一个质点的运动；该质点的质量等于质点系的总质量，作用在该质点上的力等于质点系所受到的合外力。该质点的运动遵守牛顿第二定律，作用在该质点上的力等于它的质量乘以它的加速度。质点系运动时，其质心的加速度完全决定于质点系所受的外力。而与质点系的内力无关。

$\left\{ \begin{aligned} &N_2+mg\sin\theta=ma_{c\tau}=m\frac{1}{2}l\beta\\ &N_1-mg\cos\theta=ma_{cn}=m\frac{1}{2}l\omega^2 \end{aligned} \right.$

质点系质心守恒定理：如果作用于质点系的所有外力的矢量和恒等于零，于是有 $\boldsymbol a_c$ 是常量，即质心作匀速直线运动；如果质心原来是静止的，则它将在原处保持不动。

$L=L_c+L'$

习题

分析受力，分析运动找 约束，建系列方程，解之。

做题步骤

• 明确运动的物体。
• 考察物体所受力。
• 运动的参考系。
• 各个质点所受的力。
• 运动方程（分量方程）
• 几何关系。
• 近似。

---


对于 $\mathrm d \theta$ 对应的橡皮筋微元受力分析。

$\mathrm d N=T\mathrm d \theta-\mathrm d F^*$

$\mathrm d F^*=\frac{\mathrm d \theta}{2\pi} mr_2 \omega^2$

$\mathrm d N=\left(2\pi k(r_2-r_1)-\frac{mr_2\omega^2}{2\pi}\right)\mathrm d \theta$

得到整体的支持力 $N$。

$N=\left(2\pi k(r_2-r_1)-\frac{mr_2\omega^2}{2\pi}\right)2\pi$

$\mu N \ge mg \Rightarrow \cdots$

---


由于纯滚动的定义：$v_c=R\omega$，得到 $a_c=R\beta$，设 $O$ 正上方的点为 $P$

$a_P=a_c+R\beta=2R\beta$

对于圆筒（受摩擦力）列质心运动定理

$F-f=Ma_c$

对于小物块，列牛二

$mg-T=ma$

$J\beta=RT+Rf$

$a_c=\frac{4m}{3M+8m}g \quad$

注：摩擦不一定是要相对运动产生，这道题中，圆筒和地面的接触点没有相对运动，但是也产生了摩擦力 其实发现摩擦力的方向和拉力是相同的，也就是摩擦力促进了圆筒的运动。

---

质量为 $M$、长为 $L$ 的匀质细绳在水平面内以角速度 $\omega$ 绕点 $O$ 匀速转动，并且始终保持伸直状态。求绳子内离中心 $r$ 处的张力。

$m=(L-r)\frac{M}{L}$

质心距离原点 $O$ 的距离：

$\frac{1}{2}(L+r)$

张力：

$T=ma=(L-r)\frac{M}{L}\cdot \frac{1}{2}(L+r)\omega^2$

---

两物体拉绳

$B:\boldsymbol N+\boldsymbol T_B+\boldsymbol f+\boldsymbol G=m_B \boldsymbol a_B\\ A:\boldsymbol G_A+\boldsymbol T_A= m_A \boldsymbol a_A$

附加约束，$\boldsymbol T_A=\boldsymbol T_B,\boldsymbol a_A=\boldsymbol a_B,\boldsymbol f=\mu \boldsymbol N$

讨论……

---

讨论雨滴下落过程中收到空气粘滞力作用时的运动规律。

$mg+f=ma\\f=-kv$

$\Rightarrow mg-kv=m \frac{\mathrm d v}{\mathrm dt}$

$\frac{\mathrm d v}{g-\frac{k}{m} v}=\mathrm d t \\ -\frac{m}{k}\ln (g-\frac{k}{m} v)=t+C$

由于一开始运动，$C=0$，得到：

$v=\frac{mg}{k} (1-e^{-\frac{k}{m}t})$

Terminal Velocity. 弛豫时间。

$\frac{\Phi}{\dot{\Phi}}=\tau$

---

$\left\{\ \begin{matrix} qE+qv_yB=m \frac{\mathrm d v_x}{\mathrm d t}\\ qv_xB=m\frac{\mathrm d v_y}{\mathrm d t} \end{matrix} \right.$

令 $\omega=qB/m,\gamma=qE/m$，则

$\left\{\ \begin{matrix} \dot{v}_x=\gamma + \omega v_y\\ \dot{v}_y=\omega v_x \end{matrix} \right.$

$v_y=(\dot{v}_x-\gamma)/\omega\\ v_x=\dot{v}_y/\omega$

$\Rightarrow\left\{\ \begin{matrix} \ddot{v}_y+\omega^2v_y=\omega \gamma \end{matrix} \right.$

---

考虑 几何关系，可以得出 $A,B$ 的加速度大小相同，方向沿圆环切线方向。

分析：1、几何约束关系。轻绳不可伸长。2、受力、绳拉力和环支持力（沿法向方向）

---

已知：轻滑轮 $A$，物体 $m_1,m_2$，恒力 $F$。求 $A$ 和 $m_1,m_2$ 的加速度。

轻绳的约束关系：设 $m_2$ 相对于 $A$ 有 $\boldsymbol a$，则 $m_1$ 相对 $A$ 有 $-\boldsymbol a$。

轻滑轮一定受力平衡。设绳上拉力为 $T$，则……

---

一固定光滑圆柱体上的质量为 $m$ 的小球从顶端下滑，求小球下滑到 $\theta$ 时小球对圆柱体的压力。

解析表达式。注意牛顿第二定律的矢量形式

$\boldsymbol N+m\boldsymbol g=m \boldsymbol a$

$\left\{\ \begin{matrix} mg \sin \theta = m\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}\\ mg \cos \theta - N= m \frac{v^2}{R} \end{matrix} \right.$

若使用机械能守恒定律，可以得到

$\frac{1}{2}mv^2=mg(R-R\cos \theta)$

但是，我们现在还不知道，因此，需要使用牛顿第二定律分析过程。

由于不好分析时间，根据惯用手法，我们使用：

$\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}=\frac{\mathrm d v}{\mathrm d s} \frac{\mathrm d s}{\mathrm d t}=\frac{\mathrm d v}{\mathrm d s} v\newline \Rightarrow \frac{\mathrm d v}{\mathrm d s} =\frac{\mathrm d v}{v\mathrm d t}=\frac{g \sin \theta}{v}$

这是一个微分方程，因此：

$v\mathrm d v=gR\sin \theta \mathrm d \theta \Rightarrow \frac{1}{2} v^2=-gR\cos \theta+C$

因此

$\frac{1}{2} v^2= (-gR \cos \theta)-(-gR\cos 0)=g(R-R\cos \theta)$

分析小球对圆柱体的压力 $N'$，圆柱体对小球的支持力 $N$。

$N'=N=mg \cos \theta -m \frac{v^2}{R}=mg(3\cos \theta-2)$

分析结果

---

质量为 $n$ 的物体在无摩擦的桌面上滑动, 其运动被约 束于固定在桌面上的挡板内, 挡板是由 $A B, C D$ 平直板和半径 为 $R$ 的 $1 / 4$ 圆弧形板 $B C$ 组成, 如图所示。若 $t=0$ 时, 物体以 速度 $\vec{v}_0$ 沿着 $A B$ 的内壁运动, 物体与挡板间的摩擦系数为 $\mu$ 。 试求物体沿着 $C D$ 板运动时的速度。

还是分析切向加速度和法向加速度。

$m\boldsymbol a_n=m\frac{v^2}{R}=N$

$m\boldsymbol a_t=m\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}=-\mu N=-\mu m \frac{v^2}{R}$

可以得到 $v=v(t)$，但是不知道 $t$，知道 $s$，因此需要代换：

$\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}=\frac{\mathrm d v}{\mathrm d s}\frac{\mathrm d s}{\mathrm d t}=\frac{\mathrm d v}{\mathrm d s}v$

$\frac{\mathrm d v}{v}=-\frac{\mu}{R} \mathrm d s$

积分得：

$v=v_0 e^{-\frac{1}{2} \pi \mu}$

注意点：摩擦力符号取负号，支持力的计算。

---

$\begin{aligned} a_t & =g \sin \theta \quad a_n=v^2 / l \\ \vec{f} & =m a_x \vec{i} \\ & =m\left(a_t \cos \theta+a_n \sin \theta\right) \vec{i} \\ & =m \sin \theta\left(g \cos \theta+\frac{v^2}{l}\right) \vec{i} \\ \vec{N} & =m\left(g+a_y\right) \vec{j}=m\left(g+a_n \cos \theta-a_t \sin \theta\right) \vec{j} \end{aligned}$

作用力就要分摩擦力和支持力考虑。

---

由地面沿铅直方向发射质量为m的宇宙飞船。求宇宙飞船能脱离地球引力所需的最小初速度。（不计空气阻力及其它作用力，设地球半径为6378000m）

$\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}=a=-\frac{GM}{R^2}=\frac{\mathrm d v}{\mathrm d R}v$

得到：

$\frac{1}{2}v^2=\frac{GM}{R}+C$

所以最小初速度是：

$\sqrt{\frac{2GM}{R}}$

---

例: 一质量为 $M$ 的机动船, 在进入河弯道前 $\mathrm{Q}$ 点处关闭发动机，以速度 $v_0$ 在静水中行驶, 设水的阻力与船速成正比, 且方向相反, 比例系数为 $k(f=-k v)$ (1) 若 $\mathrm{Q}$ 点至弯道处 $\mathrm{P}$ 点的距离为 $l_0$, 求船行至 $P$ 点时的速率 $v_{\mathrm{p}}$. (2) 若船行至 $P$ 点 时开动发动机, 给船以 $F_0$ 的转向力, $F_0$ 的方向与速度夹角 为 $\alpha$ (如图), 求船在该点的切向加速度及航道的曲率半径.

1. 得到

   $-\frac{M}{k} \mathrm d v=\mathrm d s$

   $-\frac{M}{k}v=C+s$

   得到 $C=-\frac{M}{k}v_0$，则 $v_p=v_0-\frac{kl_0}{M}$。

2. 只用分析瞬时的问题。

   切向加速度：

   $a_t=(F_0\cos \alpha-kv_p)/M$

   法向加速度：

   $a_n=F_0 \sin \alpha/M$

   而曲率半径：

   $\rho=\frac{v_p^2}{a_n}=\frac{Mv_p^2}{F_0 \sin\alpha}$

   $v_p$ 需要自己代入。

---

摩擦的临界角问题：

$F_f=mg\sin\theta\\ F_N=mg\cos\theta\\ \mu_s \ge F_f/F_N=\tan\theta$

---

近地重力加速度的近似：

$g'=\frac{GM}{(R+h)^2}$

$(1+\frac{h}{R})^{-2} \approx 1-2\frac{h}{R}$

因此：

$g \approx g_0(1-2\frac{h}{R})$

---

**质量为 $m$ 的渡船在恒定动力 $F_0$ 和与速度 $v$ 成正比的河水阻力共同作用下能达到的极限速度为 $v_0$，则以此极限速度运动的渡船在离码头多少距离 $l$ 就可关闭发动机，从而使船靠岸时的速度为零? 为不使靠岸过程的时间过长，船实际上在离码头 $4l/5$ 处才关闭发动机，这样船靠岸时的速度为多少? 从关闭发动机到船靠岸过程用了多少时间?

极限速度：受力平衡。设比例系数为 $k$，即阻力 $f=-kv$。

$F_0+f=F_0-kv_0=0 \Rightarrow k=\frac{F_0}{v_0}$

关闭发动机后

$ma=m\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}=-kv$

事实上，这类条件等价于 $\mathrm d v/\mathrm d s=-k/m$。

$0=-kl/m+v_0 \Rightarrow l=\frac{mv_0}{k}=\frac{mv_0^2}{F_0}$

$v'=\frac{1}{5}v_0$

实际上反映了速度和路程正相关。

$\int_{t=0}^{t_0} \frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}\mathrm d t=-\frac{4}{5} v_0$

为了求出速度，需要变换微分方程 $a=-kv/m$。

$t=-m\ln v/k+C' \Rightarrow C'=m\ln v_0/k\\\Rightarrow t_0=m/k(\ln v_0-\ln (1/5v_0))=\frac{m v_0}{F_0}\ln 5$

---

绳绕圆柱问题

$(F_T+\mathrm d F_T) \cos \frac{\mathrm d \theta}{2}-F_T\cos \frac{\mathrm d \theta}{2} -F_f=0,F_f=\mu F_N\\ -(F_T+\mathrm d F_T)\sin \frac{\mathrm d \theta}{2}-F_T\sin \frac{\mathrm d \theta}{2}+F_N=0$

近似 $\sin,\cos $，

也可以直接做力的分解：

$N=2F_T\cdot \frac{\mathrm d \theta}{2}=F_T \mathrm d \theta \quad \mathrm d \theta=\mu N$

$\int_{F_{T_B}}^{F_{T_A}}\frac{\mathrm d F_T}{F_T}=\mu\int_0^\theta \mathrm d \theta$

$\frac{F_{T_B}}{F_{T_A}}=e^{-\mu \theta}$

---

如图所示，飞机以水平速度 $v_0$ 飞离跑道后逐步上升，其上升轨道为抛物线，并测得 $x=l$ 时 $y=h$。设飞机的质量为 $m$，上升过程中水平速度 $v_0$ 不变，求飞机起飞时受到的空气升力。

确定飞机的轨道方程：$y=\frac{h}{l^2} x^2$。由于水平速度不变，因此加速度只朝向 $y$ 方向，设为 $a(x)$。

$\tan(\theta(x))=\frac{2h}{l^2}\\ a_t(x)=a(x) \cos (\theta (x))\\ a_n(x)=a(x) \sin (\theta (x))=\frac{v(x)^2}{\rho(x)}$

而 $\rho(x)=$

几何关系的约束，转化为参数方程：

$\frac{\mathrm d y}{\mathrm d t}=2kx \frac{\mathrm d x}{\mathrm d t}\\ v_y=2kv_0x\\ a_y=v_y'=\frac{2hv_0^2}{l^2}$

得到：

$F_s=mg+ma_y=m\left(\frac{2hv_0^2}{l^2}+g\right)$

注意飞机的重力。

---

一质量为 $M$、顶角为 $\alpha$ 的三角形光滑物体上，放有一个质量为 $m$ 的物块。如图所示。

设各面之间的摩擦力均可忽略不计。试按照下列三种方法求解三角形物块的加速度。

1. 用牛顿定律及约束方程。

   由几何约束关系：

   $y_m=(x_m-x_M)\tan \alpha$

   $a_{my}=(a_{mx}-a_{Mx})\tan \alpha$

   加速度正方向为 距离减小 的方向。

   做受力分析：

   $Ma_{Mx}=-N\sin \alpha\\ ma_{mx}=N \sin \alpha\\ ma_{my}=mg-N\cos \alpha$

   得到

   $N=\frac{gmM\cos\alpha }{M+m\sin^2\alpha}$

   题目要求 $a_{Mx}$，等于

   $a_{Mx}=-\frac{N\sin\alpha}{M}=-\frac{mg\sin\alpha\cos \alpha}{M+m\sin^2\alpha}$

   朝向 $x$ 轴负方向。

   结果分析：

   当 $\alpha \to \frac{\pi}{2}$ 或 $\alpha \to 0$ 时，加速度 $\to 0$，结果合理。

2. 用牛顿定律及 运动叠加 原理。

   分析小滑块的运动，由于小滑块只能在斜面上运动，因此会有朝向斜面的加速度分量 $\boldsymbol a_m$，而斜面有自己的加速度 $\boldsymbol a_M$，因此，小滑块的加速度为 $\boldsymbol a_m+\boldsymbol a_M$。

   对于三角块。

   $N\sin\alpha=Ma_M$

   对于小滑块：$N-mg \cos \alpha$ 为 $\boldsymbol a_m+\boldsymbol a_M$ 在 $N$ 方向的分量，$mg \sin \alpha$ 为 $\boldsymbol a_m+\boldsymbol a_M$ 在垂直 $N$ 方向的分量，因此：

   $N-mg \cos \alpha=a_M\cos \alpha\\ mg \sin \alpha=a_M \cos \alpha-a_m$

   解得：

   $a_M=\frac{mg\sin\alpha\cos \alpha}{M+m\sin^2\alpha}$

3. 用非惯性系中力学定律，需要引入惯性力。

   设斜面的加速度为 $a_M$，以斜面为参考系（非惯性参考系），小滑块需要受水平向左的惯性力 $m a_M$。小滑块需要在垂直斜面方向受力平衡，因此：

   $N\sin \alpha=M a_M\\ N+ma_M\sin\alpha=mg\cos \alpha$

   得到

   $N=\frac{mMg\cos \alpha}{M+m\sin^2\alpha}$

   因此 $a_M=\frac{mg\sin\alpha\cos \alpha}{M+m\sin^2\alpha}$。

关联加速度问题

设 $m_1$ 向右的加速度为 $a_1$，在 $m_1$ 参考系中，$m_3$ 有向上的加速度 $a_2$。

绳拉力为 $T$，$m_3$ 受到 $m_1$ 支持力为 $N$。

因此对 $m_1$：

$N+T-F=ma_1$

对 $m_3$：

$N=ma_1\\ ma_2=T-mg$

对 $m_2$：

$ma_1-T=ma_2$

---

等效重力

---

阻力问题

$\boxed{-mg-kv=m \frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}}$

是阻力，所以带负号。

得到：

$\frac{\mathrm d v}{mg+kv}=-\frac{1}{m} \mathrm d t$

$\ln\left(\frac{mg+kv}{mg+kv_0}\right)=-\frac{k}{m}t$

这里直接给出了常数项。

解运动规律还需要知道任意时间的位移和加速度。

$y=\int_0^t v\mathrm d t \qquad a=\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}$

求解最高点？此时 $v=0$。然后得到对应的时间 $t_0$ 代入 $y$ 的表达式。也可以用变换 $\frac{dv}{dt}=v\frac{dv}{dy}$。这样，积分变量只和已知的速度有关。

讨论是必要的，可以代入特殊情况看算的合不合理。

2.1

当转速为 $\omega$ 时，根据惯性力，小球所受的惯性力为 $\sqrt{3}mg$，当转速为 $2\omega$ 时，小球所受惯性力为 $4\sqrt{3}mg$，可以列出方程：

$(T_1-T_2) \sin 30 \degree=mg\\ (T_1+T_2) \cos 30 \degree=4\sqrt{3}mg$

即可得到 $T_1=5mg,T_2=3mg$。

2.3

$m_2$ 只有向上的加速度分量，$m_1$ 只有向左的加速度。

$F-\frac{\sqrt{2}}{2}N_2=m_1a_1\\$

$\frac{\sqrt{2}}{2}N_2-m_2g=m_2a_2$

现在只有这两个方程，不过两者加速度有关联。不妨取 $m_2$ 为参考系，则发现三角块的左下角下降的高度和向左的长度是一样的，因此：

$a_1=a_2$

2.4

1. 物体与板之间的作用力：$f=ma,N=mg$。

   板与桌面间的相互作用力：$f'=F-(m+m')a=\mu_k(m+m')g,N'=(m+m')g$

2. 板从物体下面抽出：$a=\mu_sg$，推出 $F=(\mu_k+\mu_s)(m+m')g$。

2.5

“下滑力”：

$F=mg\sin \theta-\mu mg \cos \theta=(2.4-3.2\mu)g ~ \mathrm{N}$

运动方程：

$m\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}=F-kv$

得到：

$\ln\left(\frac{F-kv}{F-kv_0}\right)=-\frac{kt}{m}$

趋近于 $10 \mathrm{~m/s}$ 意味着 $F-10k=0$。

切线斜率：$g/4$，代表初始加速度。$mg/4=F-5k$。

$k=1.96 \mathrm{~kg/s}\\ \mu=0.125$

2.6

$\boldsymbol r=R\cos \frac{qB}{m}t \boldsymbol i +R\sin \frac{qB}{m}t \boldsymbol j + ct \boldsymbol k$

$\boldsymbol v=-\frac{qBR}{m}\sin \frac{qB}{m}t \boldsymbol i +\frac{qBR}{m}\cos \frac{qB}{m}t \boldsymbol j + c \boldsymbol k$

$\boldsymbol a=-\frac{q^2B^2R}{m^2}\cos \frac{qB}{m}t \boldsymbol i -\frac{q^2B^2R}{m^2}\sin \frac{qB}{m}t \boldsymbol j$

$|\boldsymbol a|=\frac{q^2B^2R}{m^2}$

2.7

设余弦曲线为 $A\cos \omega x$。要算出顶端的曲率半径。

$\rho=\boxed{\left | \frac{(1+y'^2)^\frac{3}{2}}{y''}\right |}=\left|\frac{1}{-A\omega^2\cos\omega \cdot0}\right|=\frac{1}{A\omega^2}$

代入 $A=5 \mathrm{~m},\omega=\frac{1}{40}\pi \mathrm{~m^{-1}}$。得到：

$\rho=\frac{320}{\pi^2}$

因此加速度为

$a_n=\frac{v^2}{\rho}$

压力为：

$N=mg-ma_n=2.15 \times 10^{4} \mathrm{~N}$

2.8

2.9

2.10

2.11

2.12

使用运动的叠加原理，设 $B$ 向左的加速度为 $a_1$，$A$ 向下的加速度为 $a_2$。

而且，有几何的约束关系。$B$ 向左 $l$，相应绳子缩短 $2l$，$A$ 下降 $2l$。

因此，不妨设 $a_1=a,a_2=2a$。

对于 $m_A$：

$2m_Aa=m_Ag-T\\ m_Aa=N$

对于 $m_B$：

$2T-N=m_Ba$

注意绳子对滑轮的力。

得到

$N=\frac{2m_A}{5m_A+m_B}m_Ag$

因此：

$a=\frac{2m_Ag}{5m_A+m_B}$

得到：

$\boldsymbol a_B=\frac{2m_Ag}{5m_A+m_B}\boldsymbol i\\ \boldsymbol a_A=\frac{2m_Ag}{5m_A+m_B}\boldsymbol i-\frac{4m_Ag}{5m_A+m_B}\boldsymbol j$

2.13

等效重力加速度：$(g+a_1)$。

物体相对于斜面的加速度：

$\boldsymbol a'=(g+a_1)\sin\alpha\cos \alpha \boldsymbol i-(g+a_1)\sin^2\alpha\boldsymbol j$

从地面上看：

$\boldsymbol a=\boldsymbol a'+\boldsymbol a_1=\boldsymbol a'=(g+a_1)\sin\alpha\cos \alpha \boldsymbol i+(a_1-(g+a_1)\sin^2\alpha)\boldsymbol j$

2.14

以楔形物为参照系，需要受水平朝左的惯性力。

$m_1a=m_1a_0-T\\ T+m_2a_0\cos \theta-m_2g\sin\theta=m_2a$

得到

$a=\frac{m_2a_0\cos \theta-m_2g\sin\theta+m_1a_0}{m_1+m_2}$

1-17

如题图所示，一质量为 $m$ 的小球在高度 $h$ 处以初速度 $v_0$ 以初速度 $v_0$ 水平抛出。求：

1. 小球的运动方程。2. 小球在落地之前的轨迹方程。

   $\left\{ \begin{matrix} x=v_0t\\ y=h-\frac{1}{2}gt^2 \end{matrix} \right.$

   因此，运动方程为：

   $\boldsymbol r=v_0t\boldsymbol i+(h-\frac{1}{2}gt^2)\boldsymbol j$

   得到 $t=x/v_0$，因此

   $y=h-\frac{gx^2}{2v_0^2}$

2. 落地前瞬时小球的

   $\frac{\mathrm d \boldsymbol r}{\mathrm d t}=v_0\boldsymbol i-gt\boldsymbol j$

   $\frac{\mathrm d \boldsymbol v}{\mathrm d t}=-g \boldsymbol j$

   $v=\sqrt{v_0^2+g^2t^2},\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}=\frac{g^2t}{\sqrt{v_0^2+g^2t^2}}$

   代入 $t=\sqrt{2h/g}$

   $\frac{\mathrm d \boldsymbol r}{\mathrm d t}=v_0\boldsymbol i-\sqrt{2gh}\boldsymbol j$

   $\frac{\mathrm d \boldsymbol v}{\mathrm d t}=-g \boldsymbol j$

   $\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}=\frac{g\sqrt{2gh}}{\sqrt{v_0^2+2gh}}$

---

1-19

小球以 $10 \mathrm{~m/s}$ 的初速从楼顶水平抛出，当小球的法向加速度分量为 $5 \mathrm{~m/s^2}$ 时，求小球的下降高度及所在处轨道的曲率半径。

加速度与速度方向的夹角 $\theta=\arctan (\frac{v_0}{gt})$，其中 $v_0$ 为 $10 \mathrm{~m/s}$。

法向加速度 $a_n=g\sin \theta=5 \mathrm{~m/s^2}$，推出 $\theta=\pi/6$，因此 $t=\sqrt{3}\frac{v_0}{g}$，下降高度 $h=1/2gt^2=3v_0^2/2g=15 \mathrm{~m}$。而 $a_n=\frac{v^2}{\rho}$，$\rho=\frac{v^2}{a_n}$，$v^2=v_0^2+g^2t^2=400 \mathrm{~m^2/s^2}$，因此 $\rho=80\mathrm{~m}$。

---

1-21

一质点做半径为 $R$ 的圆周运动，在 $t=0$ 时刻经过点 $P$。此后它的速率按照 $v=A+Bt$ 变化（$A,B$ 为正的已知常量）。求质点沿圆周运动一周在经过点 $P$ 时切向加速度分量与法向加速度分量。

运动一周的时间

$s(t)=\int v\mathrm d t=At+\frac{1}{2}Bt^2 \\ \Rightarrow s(t_0)-s(0)=2\pi R,t_0=\frac{-A+\sqrt{A^2+4\pi RB}}{B}$

运动一周的加速度

$a_t=\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}=B\\ a_n=\frac{v_{t_0}^2}{R}=\frac{(A+Bt_0)^2}{R}=\frac{A^2}{R}+4\pi B$

---

1-27

一小船相对于河水以速度 $v$ 划行，当它在流速为 $u$ 的河水中逆流而上时，有以木桨落入水中顺流而下，船上人两秒后发觉，即返回追赶，问几秒钟后可追上此桨？

以河水为参考系，发觉时船行距离 $2v$，而木桨可以视为在原地，因此再需 $2\mathrm{~s}$ 后可追上。

---

**1-23

如题图所示，$abc$ 是一立交桥面，桥面中部区域按 $y=H-Kx^2$ 的规律变化。若一质量为 $m$ 的汽车驶过桥面的时候，保持 $x$ 方向的分速度 $v_x=V$ 不变。使计算汽车在桥中部区间任一点的：（设驶过横坐标为 $x_0$ 的点）


1. 速度矢量和加速度矢量。

   $\frac{v_y}{v_x}=k=\frac{\mathrm d y}{\mathrm d x}=-2Kx$

   $\boldsymbol v=V\boldsymbol i-2KVx_0\boldsymbol j$

   加速度矢量：

   $\boldsymbol a=\frac{\mathrm d \boldsymbol v}{\mathrm d t}=-2KV\frac{\mathrm d x_0}{\mathrm d t} \boldsymbol j=-2KV^2 \boldsymbol j$

   还有一种方法：$\tan \theta = y'=-2Kx$，$v_y=v_x \tan \theta$。（几何方法 vs. 数学方法）

2. 切向加速度与法向加速度。

   $a_t=-|\boldsymbol a|\sin \theta=\frac{4Kx_0}{\sqrt{(2Kx_0)^2+1}}KV^2\\ a_n=|\boldsymbol a|\cos \theta=\frac{2}{\sqrt{(2Kx_0)^2+1}}KV^2$

   也可以使用 $v=\sqrt{V^2+(2KVx)^2}$，得到

   $a_t=\frac{\mathrm d v}{\mathrm d x}\cdot \frac{\mathrm d x}{\mathrm d t}=\frac{4K^2V^2x}{\sqrt{V^2+(2KVx)^2}}\cdot V$

   利用 $a^2=a_t^2+a_n^2$ 得到 $a_n$。

   注意：对谁求导。


斜面的问题

一足够大的斜面倾角为 $\theta$，其上有一物块，物块与斜面之间的摩擦系数 $\mu=\tan \theta$，在斜面沿水平方向给物体一初速度 $v_0$，试确定经过足够长时间之后物块速度并对结果合理性进行分析。

以沿斜面向下为 $\boldsymbol j$ 方向，以沿斜面水平为 $\boldsymbol i$ 方向。

$\boldsymbol v_{x0}=v_0\boldsymbol i$，$\boldsymbol v_{y0}=0$。

$\alpha=\arctan \frac{v_y}{v_x}\\ F_x=-\mu mg \cos \theta \cos \alpha\\ F_y=mg\sin \theta-\mu mg \cos \theta \sin \alpha \\ \frac{\mathrm d v_x}{\mathrm d t}=F_x/m\quad \frac{\mathrm d v_y}{\mathrm d t}=F_y/m$

到最后，物块速度应该趋于稳定，即

$F_x=0 \quad F_y=0$

推出 $\cos \alpha = 0$，$v_x \to 0$。

**17-2

考虑到

$f_{阻}=c_1v^2+\mu(mg-c_2v^2) \quad mg=c_2v_0^2$

得到

$-m\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}=c_1v^2+\mu(c_2v_0^2-c_2v^2)$

考虑到需要求滑行距离，因此需要变换

$-mv\frac{\mathrm d v}{\mathrm d x}=c_1v^2+\mu(c_2v_0^2-c_2v^2)$

得到：

$\mathrm d x=\frac{-mv\mathrm d v}{\mu c_2v_0^2+(c_1-\mu c_2)v^2}\\ \int_0^{x_c} \mathrm d x=-\int_{v_0}^0 \frac{mv\mathrm d v}{\mu mg+(c_1-\mu c_2)v^2}\\ x_c=\frac{1}{2} \ln (\mu mg+(c_1-\mu c_2)v_0^2/\mu mg) \times \frac{m}{c_1-\mu c_2}$

$x_c=\frac{c_2 v_0^2}{2g(c_1-\mu c_2)}\ln \left(\frac{c_1v_0^2}{\mu c_2 {v_0^2}}\right)$

2-1



和绕的长度没有关系。

2-6



2-7

隔离B，在水平方向应用牛二，有：

$N\sin \theta-\mu(m_Bg+N\cos \theta)=m_Ba >0$

隔离A，在两个方向上：

$N\cos \theta \le m_Ag$

因此：

$\frac{m_Ag}{\cos \theta} \ge N > \frac{\mu m_Bg}{\sin\theta -\mu\cos\theta}$

因此，为了保证不等号成立：

$\mu < \frac{m_A}{m_A+m_B} \tan\theta$

当 $\mu$ 满足这个条件时，A 对地面的正压力为 $m_A g -N\cos \theta$，$A$ 受地面的水平向左的摩擦力为 $\mu(m_A g -N\cos \theta)$。在水平方面对 $A$ 用牛顿第二定律，得

$F-\mu(m_A g -N\cos \theta)-N\sin\theta=m_A a$

得到

$F=N(\sin\theta -\mu\cos \theta)(1+\frac{m_A}{m_B})$

将 $N$ 的取值范围代入即可得。