理論力學(xué)周衍柏第三版第二章習(xí)題答案

1、第二章習(xí)題解答解 均勻扇形薄片，取對稱軸為x軸，由對稱性可知質(zhì)心一定在x軸上有質(zhì)心公式xdm Xcdm設(shè)均勻扇形薄片密度為，任意取一小面元dS，又因?yàn)閐mdSrd drx r cos所以xdmx rddr2 sinxca dmrd dr 3對于半圓片的質(zhì)心，即代入，有22 sin2sin24 axa -a_J33_32解 建立如圖圖所示的球坐標(biāo)系x題把球帽看成垂直于z軸的所切層面的疊加（圖中陰影部分所示）。設(shè)均勻球體的 密度為。則dm dvy2dz（a2z2）由對稱性可知，此球帽的質(zhì)心一定在z軸上。代入質(zhì)心計(jì)算公式，即當(dāng)達(dá)到最高點(diǎn)人把物體水皮拋出后，人的速度改變，設(shè)為Vx，此人即以Vx的速度作

2、平拋運(yùn)動(dòng)。由此可知，兩次運(yùn)動(dòng)過程中，在達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)兩次運(yùn)動(dòng)的水平距 離是一致的（因?yàn)閮纱芜\(yùn)動(dòng)水平方向上均以v水平V0COS作勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng) 的時(shí)間也相同）。所以我們只要比較人把物拋出后水平距離的變化即可。第一次 運(yùn)動(dòng)：從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到落地，水平距離szczdm3 (a b)2dm4 (2a b)解 建立如題圖所示的直角坐標(biāo)，原來W人與共同作一個(gè)斜拋運(yùn)動(dòng)題 2.3.1圖s-iv0cos a tv0sin gt2s sin cosg第二次運(yùn)動(dòng):在最高點(diǎn)人拋出物體，水平方向上不受外力，水平方向上動(dòng)量守恒，有(W w)v0cosWvxw(vxu)m1a1mig s inm1x2cos可知道vxv0c

3、os a水平距離2s2vxtsin cosgw.uv0s in(w W)g跳的距離增加了s s2s 1(Ww.uv0sinw)g2.4解建立如圖圖所示的水平坐標(biāo)m2X .-?-O題 2.4.1圖a1Fm1慣m2mg sin題2.4.2圖以m，m為系統(tǒng)研究，水平方向上系統(tǒng)不受外力，動(dòng)量守恒，有口為m2X20對mi分析；因?yàn)閍絕a a相對mi在劈m上下滑,以m,為參照物，則m1受到一個(gè)慣性力F慣m,x2（方向與加速度方向相如圖圖所示。所以mi相對m下滑。由牛頓第二定律有m-i所以m1水平方向的絕對加速度由可知I3絕/ aicosX2xig sinX2cos cos聯(lián)立，得m2sin cosXm m

4、sin20g把代入，得msin scosx2gm2misin負(fù)號表示方向與x軸正方向相反。求劈對質(zhì)點(diǎn)反作用力R。用隔離法。單獨(dú)考察質(zhì)點(diǎn)m的受力情況。因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)垂直斜劈運(yùn)動(dòng)的加速度為0,所以R mg cosm x2sin0把代入得，mim2cosRi- -gm2m sin水平面對劈的反作用力R。仍用隔離法。因?yàn)榕诖怪彼し较蛏蠠o加速度，所以R2m2g R|cos0于是R2EE 呼gm2m-sin2.5解 因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)組隊(duì)某一固定點(diǎn)的動(dòng)量矩nJ匚mWii 1所以對于連續(xù)物體對某一定點(diǎn)或定軸，我們就應(yīng)該把上式中的取和變?yōu)榉e分。如X2圖圖所示薄圓盤，任取一微質(zhì)量元,所以落地時(shí)水平距離之差dm rd drM

5、2a所以圓盤繞此軸的動(dòng)量矩JJ r (dm v) r rdrdr=1Ma22解炮彈達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)爆炸，由題目已知條件爆炸后，兩者仍沿原方向飛行知，分成的兩個(gè)部分Ml，M2，速度分別變?yōu)檠厮椒较虻腣1，v2，并一此速度分別作平拋運(yùn)動(dòng)。由前面的知識可知，同一高處平拋運(yùn)動(dòng)的物體落地時(shí)的水平距離之差主要由初速度之差決定。進(jìn)而轉(zhuǎn)化為求 平方向上無外力，所以水平方向上的動(dòng)量守恒:，V2。炮彈在最高點(diǎn)炮炸時(shí)水M1M2U M1V1M2V2以MlM2質(zhì)點(diǎn)組作為研究對象，爆炸過程中能量守恒:AAA-M1M2U2- M1V12- M2V22E222聯(lián)立解之，得2EM1M1M2M2M1M2M2V解建立如題圖所示的直角

6、坐標(biāo)系。當(dāng)m沿半圓球M下滑時(shí)，M將以V向所示正方向的反向運(yùn)動(dòng)。以M、m組成系 統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)水平方向不受外力，動(dòng)量守恒，即MV mvxm相對于地固連的坐標(biāo)系Oxy的絕對速度V色對V相為m相對M的運(yùn)動(dòng)速度故水平方向豎直方向（以地面為重力零勢能面）12mv絕22 2V絕=Vx把代入s=s s2wt V2t2E11M1M2VxucosVyusia在m下滑過程中，只有保守力（重力）做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒:mga cosmgacosV222V絕=u2V22uV cosm2-cos m M2.8證 以AB連線為x軸建立如題圖所示的坐標(biāo)mvom xI_ i_iO A B題 2.8 圖設(shè)A初始速度為與x軸正

7、向夾角0碰撞后，設(shè)A、B運(yùn)動(dòng)如題圖所示。A、B速 度分別為V1、v2，與x軸正向夾角分別為 2。以A、B為研究對象，系統(tǒng)不受外力，動(dòng)量守恒。x方向：mvomvicos1mv2cos2垂直x軸方向有：0 mv-isin1mv2sin2可知整個(gè)碰撞過程只有系統(tǒng)內(nèi)力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒:mv：mv2丄mv；2 2 2由得2v1v2cos112,5即兩球碰撞后速度相互垂直，結(jié)論得證解類似的碰撞問題，我們一般要抓住動(dòng)量守恒定理和機(jī)械能守恒定理得運(yùn)用,把代入2 2vov1v|2VMcos1cosa cos1依次來分析條件求出未知量。設(shè)相同小球?yàn)锳B，初始時(shí)A小球速度V。，碰撞后 球A的速度為Vi，球B的速

8、度v2以碰撞后B球速度所在的方向?yàn)閄軸正向建立如 題圖所示的坐標(biāo)（這樣做的好處是可以減少未知量的分解， 簡化表達(dá)式）。以A、B為系統(tǒng)研究，碰撞過程中無外力做功，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。v11 evcos2 cos用代入得e v0cosv0s insin2 cos,1 e tanarcta n21 e 2ta nX方向上有：y方向上有：又因?yàn)榛謴?fù)系數(shù)即用-mv0cosmv1cosmvosinmvi sinmv2碰后相對速度v2w cos_碰前相對速度vocose v。cos一v2v1costan1 e tan1 e 2ta n2求在各種 值下 角的最大值，即為求極致的問題1 e sec(lea tan2)

9、21 e 2ta n.1 1emaxsin3e以m1,m2為研究對象。當(dāng)m1,m2發(fā)生正碰撞后，速度分別變?yōu)関1,在不可伸長的繩AB約束下作圓周運(yùn)動(dòng)。以AB的連線為x軸建立如題圖所示我們有即所以1 e atan2=tanmaxarctan1 e.81 etanmax由因?yàn)镃SC2maxcot281 e11=1CSCmax1幕e3 eSinmax所以v2，隨即mt題2.11.1圖題 2.12.2 圖碰撞過程中無外力做功，動(dòng)量守恒:mvisinm1v1sinm2v2mv!隨即m2在AB的約束下方向變?yōu)檠?故y方向上有mivim2v2y軸的正向，速度變?yōu)関2故恢復(fù)系數(shù)定義有:碰后相對速度_V2Sin

10、e碰前相對速度vvievv2sin“sinv-i聯(lián)立得2misinemu廠v1misinm2V2mi1 e sin:2misinm2解如圖所示,?B 0，iB的速度:VBXUA2UA(1 cos )有兩質(zhì)點(diǎn)A,B中間有一繩豎直相連，坐標(biāo)分別為：A0B0 -,質(zhì)量為m2，2，開始時(shí)靜止?，F(xiàn)在有一沖量I作用與A，貝n作用后，A得到速度VA丄，Bm仍靜止不動(dòng)：vB0。它們的質(zhì)心C位于原點(diǎn)，質(zhì)心速度我為vcmvAmvBVA2m現(xiàn)在把坐標(biāo)系建在質(zhì)心C上，因?yàn)橄到y(tǒng)不再受外力作用，所以質(zhì)心將以速率 出沿2x軸正向勻速正向、反向運(yùn)動(dòng)。由于質(zhì)心系是慣性系，且無外力，所以A，B分別以速率VA繞質(zhì)心作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，

11、因而他們作的事圓滾線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過時(shí)間t后2，如圖所示：VAaVAaItam于是在Oxy系中A的速度VAXVAy爭cos)業(yè)sinVBysin2因此解 對于質(zhì)心系的問題，我們一般要求求出相對固定參考點(diǎn)的物理量， 在找出質(zhì)EA: EBVA2(12cos )2VA.sin21cosVA2(12cos )2VA.sin21sinIt2am:1cot2心的位置和質(zhì)心運(yùn)動(dòng)情況，由此去計(jì)算物體相對或絕對物理量及其間的關(guān)系。 由題可知，碰前mi速度為v1，叫速度v20。碰后速度mi，m2分別設(shè)為v, v2。碰撞過程中無外力做功，動(dòng)量守恒。miwmiwm2v2有恢復(fù)系數(shù)eVi聯(lián)立得miem2m,m2m1(1 e)

12、m,m2m,rim2r2rcm,m2ri，r2分別為m,，m2對同一固定點(diǎn)的位矢（質(zhì)點(diǎn)組不受外力，所以質(zhì)心速度不變。）設(shè)兩球碰撞后相對質(zhì)心的速度Vi，v2V2V2vc匹一V,（負(fù)號表示方向與Vi相反）mim2所以開始時(shí)兩球相對質(zhì)心的動(dòng)能:再由質(zhì)點(diǎn)組質(zhì)心的定義:r為質(zhì)心對固定點(diǎn)位矢,1C所以吋mr2mim2mym2v2mim,ViViViVcmiegVim2migm2-w（負(fù)號表示與Vi相反）mim2V2VViVim m2mim2mim2同理，碰撞前兩球相對質(zhì)心的速度mbm m2Vim2mm2Vixyddtxvxyd xv dx dxdtdvv -dx所以vvdv0gdx1、，21、，2_1m2

13、1m2=1 mim22Tm1V1m2V2_m1v m2v_W222m1m22m1m22 m1m22.13用機(jī)械能守恒方法；在鏈條下滑過程中，只有保守力重力做功，所以鏈條 的機(jī)械能守恒。以桌面所平面為重力零勢能面。112mv22此類題為變質(zhì)量問題，我們一般研究運(yùn)動(dòng)過程中質(zhì)量的變化與力的關(guān)系dmvdt以豎直向上我x軸正向建立如題圖所示坐標(biāo)題 2.14.1 圖繩索離地面還剩x長時(shí)受重力FtxyFtvxCjr2v 2g(h l x)求地板的壓力，有牛頓第三定律知，只需求出地板對繩索的支持力N即可，它們是一對作用力與反作用力。這是我們以快要落地的一小微元作為研究對象。它的速度由v變?yōu)?。用動(dòng)量守恒，有d

14、( xv)=dx2vvdtdtN(1 x)gd(mv)=dt又因?yàn)関22g(hl x)N(l x)g2g(hl x)= g 2h 3(l x)2(mv)空udtdt來分析。以機(jī)槍后退方向作為x軸爭先，建立如題圖的坐標(biāo)。?| (M M mt)g解 這是一道變質(zhì)量的問題，對于此類問題,我們由書上的()式題2.15圖豎直方向上支持力與重力是一對平衡力。水平方向上所受合外力F即為摩擦力F f n (MM mt)g單位時(shí)間質(zhì)量的變化現(xiàn)mdt由式(M M mt)v処口dtdtg(M M mt)Mvod(MM mt)vudM uogo (MM mt)dtMM1 M(M Mm )v Mug(MM)-gmm2

15、m所以M(MM )2M2vu-gm2Mm解這是一個(gè)質(zhì)量增加的問題。雨滴是本題m。導(dǎo)致雨滴m變化的微元m的速度u 0。所以我們用書上的（）式分析d（mv） Fdt雨滴的質(zhì)量變化是一類比較特殊的變質(zhì)量問題。 我們知道處理這類問題常常理想化模型的幾何形狀。對于雨滴我們?？闯汕蛐?，設(shè)其半徑為r，則雨滴質(zhì)量m是與半徑r的三次方成正比（密度看成一致不變的）。m k（r3有題目可知質(zhì)量增加率與表面積成正比。即dm , k dt匕*2為常數(shù)。我們對式兩邊求導(dǎo)對式兩邊積分rtdr dta0r t amki( t a)3r2k2由于二，所以dmdtk13r2蟲dt60以雨滴下降方向?yàn)檎较?，對式分析v3t30d

16、ki( t a) v0K( t a) gdtki( t a)3v kig -( t a)4k3(k3為常數(shù))4當(dāng)t 0時(shí)，v 0，所以證 這是變質(zhì)量問題中的減質(zhì)量問題，我們?nèi)杂脮鲜?(mv)空u Fdtdt來分析。設(shè)空火箭質(zhì)量m0，燃料質(zhì)量m。以向上為正方向，則火箭任一時(shí)刻的噴氣速度2074S是指相對火箭的速度，即v相2074聽。有式dmvdtdv m一dtdmdtu FdmdvdmdvF(v u)m一v相m一dtdtdtdtm0mm0mmm ,dvm0mt g -t相mmt606060dt化簡dtki(七a)3vki( t a)3gk3kga44m m0mmomt60dvgdtm0m60d

17、tm0mm0mt60對兩邊積分v gt31音考慮到m300時(shí),mo而要用此火箭發(fā)射人造太陽行星需要的速度至少應(yīng)為第二宇宙速度v211.2km/s。故所攜帶燃料重量至少是空火箭重量的300倍。證 要使火箭上升，必須有發(fā)動(dòng)機(jī)推力火箭的重量，即此既火箭速度與時(shí)間的關(guān)系當(dāng)火箭燃料全部燃盡所用時(shí)間t，由題意知代入可得火箭最終的速度mm。mm0m6060 mvmax60mg -mov相l(xiāng)n(1mm0mdvmaxv相(1 x) 60gdx(1 x)2其中xm，易知當(dāng)x0時(shí)，如恒成立，即v為m的增函數(shù)。又當(dāng)m0dxvmaxmo60mmg一mv相In 11 mmm= km/sdmv相dtMogdmv相dt即v g火箭才能上升，結(jié)論得證。由于噴射速度v是常數(shù)，單位時(shí)間放出的質(zhì)量積分可得s - (1 t)ln(1 t) t 1gt2從開始到燃燒盡這一段時(shí)間內(nèi)火箭上升高度s。把代入得2c 1 MoM v M(M MoM goln2 MoMoMoMo之后火箭作初速度為vma的豎直上拋運(yùn)動(dòng)。可達(dá)高度S2m ax22 2SVmaxv 2g22gg2,Mln1MoMMo,M lnMog