高等教育出版社

1、.高等教育出版社，金尚年，馬永利編著的理論力學課后習題答案第一章1.2寫出約束在鉛直平面內(nèi)的光滑擺線上運動的質(zhì)點的微分方程，并證明該質(zhì)點在平衡位置附近作振動時，振動周期與振幅無關(guān).解：YX設 s 為質(zhì)點沿擺線運動時的路程，取=0 時， s=0S= 4 a (1).設為質(zhì)點所在擺線位置處切線方向與x 軸的夾角，取逆時針為正，即切線斜率=受力分析得：則，此即為質(zhì)點的運動微分方程。該質(zhì)點在平衡位置附近作振動時，振動周期與振幅無關(guān)，為.1.3證明： 設一質(zhì)量為 m 的小球做任一角度0 的單擺運動運動微分方程為 m(r2r)Fmrmg sin給式兩邊同時乘以 dr dg sin d對上式兩邊關(guān)于積分得1

2、 r2g cos c2利用初始條件0 時0故 cg cos 0由可解得2g?coscos 0-l上式可化為 -2g ? coscos0ddtl.兩邊同時積分可得 tl01l2gcoscos0d02g1l01進一步化簡可得 tdg 0sin2 0sin2222由于上面算的過程只占整個周期的1/4 故010 d01 sin21 sin22222T4t2l01dg0202sinsin22由 sin/ sin0sin22兩邊分別對微分可得 cos dsin 0 cos d22cos1sin 20sin 222sin0 cos故 d22d1sin 20 sin 22由于 00 故對應的 02l故 T2g

3、dlsin0 cos /1 sin2 0 sin204222d0g0sin20sinsincos222l故 T4g2d其中 K2sin200221Ksin2通過進一步計算可得T 2l 1 (1 )2 K 2( 13)2K4(1356( 2n 1) 2 K 2 ng224242n1.5.zp 點yx解：如圖，在半徑是R 的時候，由萬有引力公式，對表面的一點的萬有引力為, M 為地球的質(zhì)量；可知，地球表面的重力加速度 g , x 為取地心到無限遠的廣義坐標，聯(lián)立，可得：,M 為地球的質(zhì)量；當半徑增加,R2=R+,此時總質(zhì)量不變，仍為M,此時表面的重力加速度可求：.由得：則，半徑變化后的g 的變化為

4、對式進行通分、整理后得：對式整理，略去二階量，同時遠小于 R，得則當半徑改變時，表面的重力加速度的變化為：。1.6解：由題意可建立如圖所示的平面極坐標系則由牛頓第二定律可知，y質(zhì)點的運動方程為m(rr 2 )F mg cose?m(r2r )mgsin其中，?etX.B.rV , r0L, rLVt1.8設質(zhì)點在平面內(nèi)運動的加速度的切向分量和法向分量都是常數(shù)，證明質(zhì)點的軌道為對數(shù)螺線。解： 設，質(zhì)點的加速度的切向分量大小為，法向分量大小為。 ( 其中、為常數(shù) ) 則有其中為曲率半徑。由式得其中是初始位置，是初始速度大小。把式代入式得.由式對式積分則得其中是初始角大小。我們把式轉(zhuǎn)化為時間關(guān)于角的

5、函數(shù)將式代入式，于是得質(zhì)點的軌道方程當我們?nèi)∫欢ǖ某跏紬l件時，令。方程可以簡化為11即質(zhì)點的軌跡為對數(shù)螺線。1.9解： （ 1）從 A點到原長位置，此時間內(nèi)為自由落體運動。根據(jù)能量守恒： mgl11 mV 2 , 所以在原長位置時： V12gl12.因為加速度為 g，所以，到達原長的時間為:t1V2 02l1gg（2）從原長位置到最低點D處，以原長位置為坐標原點，向下為正方向，建立坐標軸Z。mgkzmzkl 2mg化簡得：zg zgl 2zC1 cosgC2 singl 2解微分方程得：ttl 2l 2因為 t 2=0時， z=0, zV12gl1所以 , zl 2 cosg t2l1l 2s

6、ing tl 2, zgl 2 sing t2gl1 cosg tl 2l 2l 2l 2當 z0 時， t2l 2 (tan 1 2l1 ) , 此時 zl 2 (l 2 2l 1 ) l 2gl 2（3）所以總時間為t t1 t 22l1l 2 (tan 12l1 )ggl 2A,D間總距離為sz1z2l 1l 2l 2 (l 22l1 )1-11解：（ 1）質(zhì)點運動分為三個階段。第一階段為圓周運動，從釋放質(zhì)點到繩子張力為零；第二階段為斜拋運動， 重新下降到與圓周相交位置時有一繃繩過程， 質(zhì)點機械能轉(zhuǎn)化為繩子內(nèi)能； 第三階段為在最低點附近的擺蕩運動?？傮w來看質(zhì)點能量不守恒。（ 2）第一階段

7、，由能量守恒可得，mgr(1 cos )1mv2 ，2.又，由繩子張力為零可知mg cosm v2，r第二階段，設上升高度為h，則h(v sin) 2，2g聯(lián)立 、可解得 h= 23 r ， cos2 ； hr cos23 r23l2732754因此質(zhì)點上升最高處為 o'點上方 23l 處。54設斜拋到達最高點時水平位移為 s，則v cos (v sin45r =45l ; r sins55ls(v cos) tg) ， s=275454因此質(zhì)點上升到最高點時在過圓心豎直軸線左邊5 5 l 處。541-12解:由自然坐標系即.1.13.解：（ 1）以豎直向下為正方向，系統(tǒng)所受合力,故系

8、統(tǒng)動量不守恒；對 O 點，合力矩為零，過矩心，故力矩也為零，所以系統(tǒng)角動量守恒；而對系統(tǒng)來說，唯一做功的是重力（保守力），因此，系統(tǒng)能量守恒。（ 2）建立柱面坐標系，由動量定理得：同時有得到：(3)對于小球 A，設其在水平平臺最遠距離o 為 r 由動能定理得：由角動量守恒得：.而得到 r=3a而由初始時刻，故小球在 a 到 3a 間運動。1.14解：（1）分析系統(tǒng)的受力可知： 重力豎直向下， 支持力垂直于斜面向上， 所受的合外力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒；由物體的受力情況可以判斷系統(tǒng)的合外力矩不為零，故角動量也不守恒；而系統(tǒng)在運動過程中，除保守力外，其他力不作功，故機械能守恒，而能量一定守恒。（

9、 2）以地面為參考系，以 O 為原點，建立球坐標系。由質(zhì)點系動量定理得：約束條件：將約束條件連續(xù)求兩次導，帶入上邊方程，消去Z，得：(3)第三問不會做。1.15水平方向動量守恒，則 vmcosm u有余弦定理得： cos(u 2v 2vr2)2uvcos可得： v=vrcos22m cos2m 21m 2m.可得： u= vm cos=m 2mvr cosmm2 cos22mm cos21.16解：動量定理、角動量定理和動能定理7 個方程式中僅有3 個是獨立的。1·17解：把 A、 B 看作系統(tǒng)，由動量定理知其質(zhì)心速度vc 滿足 (mA m B )vcmB v0所以得 vcmB v0

10、mA mB由易知 A、B 各繞質(zhì)心做半徑為mB lm A l?v0，r2的圓周運動，由初始條件得r1mA mBlmAmB以質(zhì)心 C 點的坐標 xC 和 yC 及桿和 x 軸的夾角為坐標P （ m A mB ) yC j mB v0 jL (mAm B )xC yC kmA m B l 2 k lmB v0 kmA mB121 mA mB2 21mB v2T(mAmB ) yCl2022 mA m B1.18解：設 m1和 m2碰撞后， m1'， m2的速度變?yōu)?v2， m2與 m3碰撞后， m2的速度變?yōu)?v1的速度變?yōu)?#39;v2 ， m3 的速度變?yōu)?v3由于兩次碰撞時水平方向都

11、不受外力，所以動量守恒，同時機械能守恒對 m1和 m2而言，則有：'m1 v1 = m1 v1 + m2 v212 1, 2122 m1 v1 = 2 m1 v1 + 2 m2 v2兩式聯(lián)立消去'，則有2 m1 v1v1v2 = m1m2.對于 m 和 m 而言，同樣有：23'm2 v2 = m2 v2 +m3 v3121'2122 m2 v2 = 2 m2 v2 + 2 m3 v3由以上兩式聯(lián)立消去' 則有v32m2 v2v2= m2m3將代入得：4 m1 m2 v1m3)v3 = (m1 m2).( m2將上式對 m2 求導得d v32m1 m3)4

12、 m1 v1 ( m2d m222(m1 m2) (m2 m3)由 d v30 可得 m2 = m1 m3d m2即當 m2 = m1 m3時 v3 最大且 v3max4 m1 m1 m3 v1( m1m1 m3).(m3m1 m3 )1.21解: 由題意得 m( r?2r2 sin 2)=Fr +mgcos?rr2 sincosg sin?sin2cos0? ?由得tan2整理并積分可得將之代入可得整理并積分可得?asin2? a2rr3cosg sinsin?(2ga2c) （正值舍去）cossin 2r.由題意知，時若要質(zhì)點不飛出去，則?02a 2c0 ca 2由題意知，初態(tài)時刻即 co

13、sh?0時也有ra12g (r 2h2 )rh?v0已知初態(tài)時速度為 v0 ， 0r 2h 2聯(lián)立即可得v02g rh1.22FNFNyFNxFNxGFNFNy水平方向動量守恒，所以質(zhì)心水平坐標不變，使用質(zhì)心系，有：mx1m x2 ，且x1x2Rsin()sin() .對小球列牛二方程，有：mg Fn cos() ma1 y Fn sin ()ma1 x 對半球列水平方向的牛二方程，有：Fn sin ()m a2 x 對半球列水平位移方程，由積分得：t ta2 xdt dtx2 0 0對小球列豎直方向上的位移方程，由積分得：t ta1ydt dtRcoscos() 0 0對和分別對時間求偏微分

14、，同時聯(lián)立和，得：a2 xx2mRcos()sin()2 m ma1 yRcos()2sin() 由和得：m(ga1y )ma2xcos()sin()將帶入中并且使用ddd代換，整理可得：ddtdmRcos()m R cos()2sin() g d(m m ) tan(mm)對兩邊同時積分，并且00 ，00 ，可得：2 g ( mm ) sin()mRcos2 ()2m Rsin()sin cos()1,25.解：對于桿m y =-mg+Fcosa.對于三角形m ' x =Fsina體系滿足約束x0=l xtana+y=h.m' .運動方程為x tana-g+n x cota=

15、0.=gmcot a即2x mm'cot a.my =-g2mm'cot a1.26解設彈簧原長為，在距離左端l 處取一質(zhì)元 l ，其質(zhì)量為mdl 。建立 X 軸，以平衡位置為坐標原點O。L在某時刻，設物體的位移為，則質(zhì)點位移為dl x ，L速度為 dl dx ，質(zhì)元的動能為dE k= v2dm ，L dt2L 1dl dx2 mmL3dx2整個彈簧的動能為k彈 dE kdl()2()L2L3( dl )dt0Ldt0彈簧的彈性勢能為E pkx2，滑塊的動能為Ek物 m '( dx ) 2 ，22dt系統(tǒng)的機械能 Ek物 E p k彈 常量 ,則 m'kx2m(

16、dl )3 ( dx )2=常量( dx ) 2 +L2dt22L30dt對上式兩邊求導，得：m'mL3d 2 x+kx=0L( dl )20dt則d 2 xkx =0dt2 +m Lm'3L( dl )0所以此體系的振動頻率f= 11kT2m'mL(dl )3L0.1.27解：A,B 點運動方程是Mx =-FMy =-FF=因此體系相當于質(zhì)點受有心引力作用能量守恒角動量守恒1.28對質(zhì)點分析可得，繩子拉力不做功，所以能量守恒。而對于圓柱體的軸線力矩不為零， 所以對圓柱軸線角動量不守恒。如圖，以 O點為極點建立極坐標，則可列方程如下m rr 2Frm r2rF還有如下關(guān)

17、系式r 2R2 12，arctan RarctanR依 次 求 導 ， 有 r R 12，R，r21r R12R2312122222arctan，12122121tanx將力分解可得 FrFT cos xFTF FT sin x FT11212將以上代入方程可得.122FT22RR1R 1312m112212 22 2121222R22FT1R 122221211211m1212221化解可得2消 B，可得積分可得C2 2222B0FTB0其中 BmR0另由d代入可得 dd0d又由能量守恒，vrerre ，所以 vr 2r 22v0代入 r 和，可得 R2 22R2 1242v02 ，即v01

18、2122R積分12v0tC ，又由 r 0R R10 2，00，C02R所以2v0 tv012v0代入 B22R2Rt4Rt化簡可得Bv02v011所以 FTmRBmv02v0mv02RRt24Rt2Rv0t此即所求。另解第一問同上，而對于力的求解過程，也有刻對速度分解有m rr 2Frm r2r在任意時Fvrv0 sin x而 vrerr evv0 cosxrv0Rrv0R所以會有r即rr 2R2r 2R2rv0v0rr 2同時 由于 rv0Rrrdr v0 Rtr 2R22v0 Rt積分dt可得rR0r v0 R1rv02 R2v02R2r 2r v022R2r 2Rr 2r 3r 3 r

19、 2R2r 3 r 2R2 r.而由 1、2、3代入徑向方程可得mv02 R2rv 02 r 2R2FTr 2R 2r 3r 4r化簡得FTmv02mv02r 2R22v0 Rt而由 1、 2、 4 代入法向方程可得22R2r 2RRr 2R 2Rm rv 0r 3 r 2R2 r2v0 rv0r 2FT r化簡得FTmv02 2R3r 2R2Rr 22R3mv02Rr 2 r 2R22v0Rt1.31解：m dvvrdmmgdtdtdvgvrdmdtdtmdvgdtvrdmm設 m m0 f tdvgdtvrdff積分 : vgtvr ln fct0時f 01vccv0故 vv0vr ln

20、mogtm1.34解：建立豎直向上的坐標z，設軟鏈最高能被提到h。對重物和軟鏈組成的系統(tǒng)，從開始運動到軟鏈達到最高，有機械能守恒，得mghh1h 2 gpzgdz02 p解得 h=2m/p。答：軟鏈最后可提到2m/p 處。.1.32 雨滴下落時，其質(zhì)量的增加率與雨滴的表面積成正比，求雨滴速度與時間的關(guān)系。解：設雨滴的本體為 m. 由物理學知d ( mv) F .(1)dt1) 在處理這類問題時，常常將模型的幾何形狀理想化。對于雨滴，我們常將它看成球形，設其半徑為 r , 則雨滴質(zhì)量 m 是與半徑 r 的三次方成正比，密度看成是不變的，于是m k1r 3 ，(2)其中 k1 為常數(shù)。2) 由題設

21、知，雨滴質(zhì)量的增加率與其表面積成正比，即dmk 4 r 2k 2 r 2 ,(3)dt其中 k 2 為常數(shù)。由 (2)，得dmk13r 2 dr .(4)dtdt由(3)=(4)，得drk2.(5)dt3k1rdrt對(5)兩邊積分：d t, 得a0rta,(6)將 (6)代入 (2)，得m k1 ( t a) 3.(7 )3）以雨滴下降的方向為正，分析(1)式d k1 ( t a)3 v k1 ( t a) 3 g,( 8 )dtva)3 vt3 gdt,0d k1 ( tk1 (t a)0k1 ( ta) 3 v1k1 g( ta)4k3 , （ k3 為常數(shù)）4當 t0 時， v 0 ，故 k3k1 ga 4ga4.4, v t a( ta) 34.1.35解：（ 1）以火箭前進方向建立直角坐標z 軸，火箭的位置 r = r k。設 t=0時刻 ，火箭的運動微分方程為：m0dvm0 gvrdm. 又 dmkm0，dvdtdtdt可得：m0m0 gkm0 vr,dtdv要使火箭能夠起飛，須滿足：m00 ，即m0 g km0 vr0 ， kvrg 。dt（ 2）設 t 時刻 火箭的質(zhì)量 為 m '，其運動微分方程： m'dvm' gkm0 vr ，dt又 m 'm0km0 t ，代入得 ：dv(gkvr)dt1kt