高等教育出版社,金尚年,馬永利編著的理論力學(xué)課后習(xí)題答案

1、高等教育出版社，金尚年，馬永利編著的理論力學(xué)課后習(xí)題答案第一章1.2寫出約束在鉛直平面內(nèi)的光滑擺線 x=a(-sin)y=-a(1-cos) 上運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)的微分方程，并證明該質(zhì)點(diǎn)在平衡位置附近作振動時(shí)，振動周期與振幅無關(guān).X Y FN mgsin mg mgcos 解： 設(shè)s為質(zhì)點(diǎn)沿?cái)[線運(yùn)動時(shí)的路程，取 =0時(shí)，s=0 x=a(-sin)y=-a(1-cos) ds=dx2+dy2 = d-cosd2+sind2 =2asin2 d S=02asin2 d = 4 a (1- cos2) s=2acos22+2asin2=acos2 2+2asin2設(shè) 為質(zhì)點(diǎn)所在擺線位置處切線方向與x軸的夾角

2、，取逆時(shí)針為正，tan即切線斜率 tan=dydx=cos -1sin sin = -cos2 受力分析得： ms=-mgsin=mgcos2 則2asin2+acos2 2=gcos2 ，此即為質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動微分方程。 s=g4a(s-4a) (s-4a)+g4as-4a=0 s-4a 一周期性變化的函數(shù)，周期T=24a g 該質(zhì)點(diǎn)在平衡位置附近作振動時(shí)，振動周期與振幅無關(guān)，為24a g .1.3證明：設(shè)一質(zhì)量為m的小球做任一角度的單擺運(yùn)動運(yùn)動微分方程為 給式兩邊同時(shí)乘以d 對上式兩邊關(guān)于積分得 利用初始條件時(shí)故 由可解得 上式可化為兩邊同時(shí)積分可得進(jìn)一步化簡可得由于上面算的過程只占整個(gè)周期的1

3、/4故由兩邊分別對微分可得故由于故對應(yīng)的故故其中通過進(jìn)一步計(jì)算可得1.5xyzp點(diǎn)解：如圖，在半徑是R的時(shí)候，由萬有引力公式，對表面的一點(diǎn)的萬有引力為F=GMmR2 , 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(yuǎn)的廣義坐標(biāo)，md2xdt2=mg=F ，聯(lián)立， 可得：g=GMR2 ,M為地球的質(zhì)量；當(dāng)半徑增加 R ,R2=R+R ,此時(shí)總質(zhì)量不變，仍為M,此時(shí)表面的重力加速度 g' 可求：md2xdt2=mg'=F2=GMmR22 由得：g'=GMR22=GMR+R2 則，半徑變化后的g的變化為g=g-g'=GMR2-GMR+R2 對式

4、進(jìn)行通分、整理后得：g=GMR2 R2+2RRR+R2 對式整理，略去二階量，同時(shí)R遠(yuǎn)小于R，得g=g2R RR2=g2RR 則當(dāng)半徑改變R 時(shí)，表面的重力加速度的變化為：g=g2R RR2=g2RR 。1.6y解：由題意可建立如圖所示的平面極坐標(biāo)系則由牛頓第二定律可知，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程為eteXmgB其中，1.8設(shè)質(zhì)點(diǎn)在平面內(nèi)運(yùn)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(diǎn)的軌道為對數(shù)螺線。解：設(shè)，質(zhì)點(diǎn)的加速度的切向分量大小為an，法向分量大小為at。(其中an、at為常數(shù))則有 dvdt=an v2=at =v 其中為曲率半徑。由式得v=ant+v0 r=12ant2+v0t+r0 其中是

5、r0初始位置，v0是初始速度大小。把式代入式得=v2at=(ant+v0)2at 由式=v=vatv2=atv=atant+v0 對式積分則得=0tatant+v0dt+0=atanlnant+v0+0 其中0是初始角大小。我們把式轉(zhuǎn)化為時(shí)間關(guān)于角的函數(shù)t=eanat(-0)-v0an 將式代入式，于是得質(zhì)點(diǎn)的軌道方程r=12ane2anat(-0)-v022an+r0 當(dāng)我們?nèi)∫欢ǖ某跏紬l件0=0,r0=v022an時(shí)，令=2anat,m=12an。方程可以簡化為 r=me 即質(zhì)點(diǎn)的軌跡為對數(shù)螺線。1.9解：（1）從A點(diǎn)到原長位置，此時(shí)間內(nèi)為自由落體運(yùn)動。 根據(jù)能量守恒：, 所以在原長位置時(shí)

6、：因?yàn)榧铀俣葹間，所以，到達(dá)原長的時(shí)間為: （2）從原長位置到最低點(diǎn)D處，以原長位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，向下為正方向，建立坐標(biāo)軸Z。 化簡得： 解微分方程得： 因?yàn)閠2=0時(shí)，z=0, 所以, 當(dāng)時(shí)，（3）所以總時(shí)間為 A,D間總距離為 1-11解：（1）質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動分為三個(gè)階段。第一階段為圓周運(yùn)動，從釋放質(zhì)點(diǎn)到繩子張力為零；第二階段為斜拋運(yùn)動，重新下降到與圓周相交位置時(shí)有一繃?yán)K過程，質(zhì)點(diǎn)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為繩子內(nèi)能；第三階段為在最低點(diǎn)附近的擺蕩運(yùn)動。總體來看質(zhì)點(diǎn)能量不守恒。（2） 第一階段，由能量守恒可得，又，由繩子張力為零可知，第二階段，設(shè)上升高度為h，則，聯(lián)立、可解得h=，；因此質(zhì)點(diǎn)上升最高處為點(diǎn)上方處。設(shè)

7、斜拋到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)水平位移為s，則，s=;因此質(zhì)點(diǎn)上升到最高點(diǎn)時(shí)在過圓心豎直軸線左邊處。1-12解: 由自然坐標(biāo)系 ms=ft ms=fn 即 s=s2 sdsds=s2 dss=x''1+x'2321+x'2dy uv1sds=p-px''1+x'2dy Lns |vu=p-p1p1+yp2dy Lnvu=p-ppp2+y2dy lnvu=-2 v=ue-21.13.解：（1）以豎直向下為正方向，系統(tǒng)所受合力F=-FN+mAg+mBg=mBg,故系統(tǒng)動量不守恒；對O點(diǎn)，-FN+mAg合力矩為零，mBg過矩心，故力矩也為零，所以系

8、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(biāo)系，由動量定理得：ddtmArer+re+mBzk=mBgz同時(shí)有r+z=l得到：mBz-mAz+l2-z2=mBg mAl-z-2z=0(3)對于小球A，設(shè)其在水平平臺最遠(yuǎn)距離o為r 由動能定理得：12mAv02-12mAv2=mBg（r-a）由角動量守恒得：mAav0=mArv而mA=mB=m得到r=3a而由初始時(shí)刻mAv02a>mBg，故小球在a到3a間運(yùn)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

9、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(yùn)動過程中，除保守力外，其他力不作功，故機(jī)械能守恒，而能量一定守恒。（2）以地面為參考系，以O(shè)為原點(diǎn)，建立球坐標(biāo)系。由質(zhì)點(diǎn)系動量定理得：mAr-r2=(mA+mB)gsincosmAr+2r=-(mA+mB)gsinsinmBz=-mBgcos約束條件：r-zcos=l將約束條件連續(xù)求兩次導(dǎo)，帶入上邊方程，消去Z，得：mA+mBr-mAr2=mA+mBgsincos-mBgmAr+2r=-(mA+mB)gsinsin(3)第三問不會做。1.15水平方向動量守恒，則有余弦定理得：可得：v=可得：u=1.16解：動量定理、角動量定理和動能定理7個(gè)

10、方程式中僅有3個(gè)是獨(dú)立的。1·17解：把A、B看作系統(tǒng)，由動量定理知其質(zhì)心速度滿足 所以得由易知A、B各繞質(zhì)心做半徑為，的圓周運(yùn)動，由初始條件得以質(zhì)心C點(diǎn)的坐標(biāo)和及桿和x軸的夾角為坐標(biāo)1.18解：設(shè)和碰撞后，的速度變?yōu)?，的速度變?yōu)?，與碰撞后，的速度變?yōu)?，的速度變?yōu)橛捎趦纱闻鲎矔r(shí)水平方向都不受外力，所以動量守恒，同時(shí)機(jī)械能守恒對和而言，則有：=+= +兩式聯(lián)立消去，則有= 對于和而言，同樣有：=+=+由以上兩式聯(lián)立消去則有= 將代入得：=將上式對求導(dǎo)得由可得=即當(dāng)=時(shí)最大且1.21 解: 由題意得 m()=Fr +mg 由得 整理并積分可得 將之代入可得 整理并積分可得（正值舍去）由題

11、意知，時(shí)若要質(zhì)點(diǎn)不飛出去，則 由題意知，初態(tài)時(shí)刻即時(shí)也有 已知初態(tài)時(shí)速度為v0 ， 聯(lián)立即可得 1.22FNyFNFNxFNxFNyFNG 水平方向動量守恒，所以質(zhì)心水平坐標(biāo)不變，使用質(zhì)心系，有：，且對小球列牛二方程，有：對半球列水平方向的牛二方程，有：對半球列水平位移方程，由積分得：對小球列豎直方向上的位移方程，由積分得：對和分別對時(shí)間求偏微分，同時(shí)聯(lián)立和，得：由和得：將帶入中并且使用 代換，整理可得：對兩邊同時(shí)積分，并且，可得：1,25解：對于桿 m=-mg+Fcosa 對于三角形 =Fsina 體系滿足約束 x0=l xtana+y=h 運(yùn)動方程為 tana-g+cota=0 即 =g

12、=-g1.26解 設(shè)彈簧原長為，在距離左端處取一質(zhì)元，其質(zhì)量為。建立X軸，以平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O。在某時(shí)刻，設(shè)物體的位移為，則質(zhì)點(diǎn)位移為，速度為，質(zhì)元的動能為dE=，整個(gè)彈簧的動能為彈簧的彈性勢能為，滑塊的動能為，系統(tǒng)的機(jī)械能常量,則+=常量對上式兩邊求導(dǎo)，得：m+kx=0則+=0所以此體系的振動頻率f=1.27解：A,B點(diǎn)運(yùn)動方程是 Mx=-Fxx2+y2 My=-Fyx2+y2 F=cx2+y2 因此體系相當(dāng)于質(zhì)點(diǎn)受有心引力cx2+y2作用 能量守恒 角動量守恒1.28 對質(zhì)點(diǎn)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(shè)點(diǎn)為極

13、點(diǎn)建立極坐標(biāo)，則可列方程如下 還有如下關(guān)系式 ，依次求導(dǎo)，有 ， ， ， 將力分解可得 將以上代入方程可得 化解可得 其中 消，可得 另由 代入可得積分可得 又由能量守恒，所以代入和，可得，即 積分，又由， 所以 代入化簡可得 所以此即所求。另解 第一問同上，而對于力的求解過程，也有 在任意時(shí)刻對速度分解有 而 所以會有 即 同時(shí) 由于 積分 可得 而由1、2、3代入徑向方程可得 化簡得 而由1、2、4代入法向方程可得 化簡得 1.31解：設(shè)1.34解：建立豎直向上的坐標(biāo)z，設(shè)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(yùn)動到軟鏈達(dá)到最高，有機(jī)械能守恒，得解得h=2m/p。答：軟鏈最后可

14、提到2m/p處。1.32 雨滴下落時(shí)，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(shí)間的關(guān)系。解：設(shè)雨滴的本體為由物理學(xué)知 (1)1) 在處理這類問題時(shí)，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(shè)其半徑為則雨滴質(zhì)量是與半徑的三次方成正比，密度看成是不變的，于是， (2)其中為常數(shù)。2) 由題設(shè)知，雨滴質(zhì)量的增加率與其表面積成正比，即 (3)其中為常數(shù)。由(2)，得 (4)由(3)=(4)，得 (5)對(5)兩邊積分：得 (6)將(6)代入(2)，得 (7)3）以雨滴下降的方向?yàn)檎?，分?1)式 (8)（為常數(shù)）當(dāng)時(shí)，故1.35 解：（1）以火箭前進(jìn)方向建立直角坐標(biāo)z軸，火

15、箭的位置 r = rk 。設(shè) t=0 時(shí)刻 ，火箭的運(yùn)動微分方程為： 又 ，可得： ,要使火箭能夠起飛，須滿足： ，即 ， 。（2）設(shè) t 時(shí)刻 火箭的質(zhì)量 為 ，其運(yùn)動微分方程：，又 ，代入得 ： 兩邊積分得： 由（1）可知火箭在燃料消耗完之前一直在加速，直至燃料消耗完時(shí) 速度達(dá)到最大，記為。設(shè)燃料消耗完所用時(shí)間 為，由 得：。則 ： 。在0到這段時(shí)間， 由 得： 當(dāng)t=時(shí)，得： 對火箭從速度減到0 這一過程由動能定理得： 則火箭上升的最大的高度 。1.36解:（1）如圖所示，建立直角坐標(biāo)系x-o-y-z，假設(shè)兩質(zhì)點(diǎn)m1,m.初始位置在坐標(biāo)原點(diǎn)O，終點(diǎn)在（x,y,z).由能量守恒定律得：得到

16、：積分得到故得到;解得到：（2） 若勢能乘上常數(shù)a,則：，而所以：1.37 解：若B剛好可以彈起，則當(dāng)A上升的最高點(diǎn)時(shí)，B所受的平面支持力剛好為0，畫圖臨界過程如圖1所示。以豎直向上為y軸，彈簧的初始位置為y軸原點(diǎn)。由狀態(tài)3得：由狀態(tài)1得：從狀態(tài)2到狀態(tài)3，更具能量守恒定律得：由狀態(tài)1到狀態(tài)2應(yīng)用能量守恒定律得：將，帶入化簡得所以：1.38解：由動量守恒定理和動能定理得：m+2mv=mv mgh=0.52m+mv×v+mgH0.5mv×v=mgH解之得：H=h【1-m/2(m+m)】即此人的重心可以升高H第二章2.2 解：以碗的球心為坐標(biāo)原點(diǎn)建立球坐標(biāo)系：則r=Rer+zk

17、 r=Rer+R e+zk=er+R e+k= er+2 e+ R e- R er+k=(- R) er+(2+ R) e+kF=-mgk帶入達(dá)朗貝爾方程得：m-gk-(- R) er+(2+ R) e+k (Rer+R e+zk)=0化簡得：2.5 解：質(zhì)點(diǎn)在鉛直平面內(nèi)運(yùn)動，自由度為1，以小孔為坐標(biāo)原點(diǎn)o建立平面極坐標(biāo)系，豎直向下為極軸的正方向，以為廣義坐標(biāo)，設(shè)以速度拉繩的A端，從小孔到質(zhì)點(diǎn)的原長為，以原點(diǎn)所在平面為零勢能平面，其動能和勢能為T=（）V=-mg（）cosL函數(shù)：L=T-V=（） +mg（）cos則 m（）()= m（）-2m（）-mg（）sin代入L方程，得運(yùn)動微分方程為m（

18、）-2m（）+mg（）sin=02.10 解： v=r=R以為廣義坐標(biāo)T=mRL=T=mR=2.13 解：由桿AC，DG力矩平衡：又有F1 F1， F2 F2若有，則有：即秤錘的重量P與重物P在秤臺的位置無關(guān)，且2.16 解：設(shè)A(0,yA) , B(x,y) 則由給出的方程可知 y= 且由該方程分析可知，有y<<<yA 又由AB=2可知，yA= 因此可得V=mg=mg 所以由可得 顯然等式兩邊的分母不可能相等，則只有認(rèn)為x=0 即當(dāng)桿豎直時(shí)(此時(shí)B點(diǎn)即在坐標(biāo)原點(diǎn))，該桿才處于平衡位置2.16 如圖所示建立直角坐標(biāo)系xoy,取y為廣義坐標(biāo)，A（x,y）由題意可得系統(tǒng)的勢能為，

19、由于約束條件：得到可以得到：無解故可以得到無滿足平衡的位置。2.17 解：該力學(xué)體系有2個(gè)自由度，如圖所示：以為廣義坐標(biāo)，以過圓心的水平面為零勢能面。則兩根桿的勢能分別為：體系的總勢能為： 由及當(dāng) 。2.19 解：以O(shè)為圓心建立直角坐標(biāo)系，由于體系是理想完整約束體系， 且約束力是保守力。 得： 化簡得： 由得： 得：2.19 解：取為廣義坐標(biāo)，以O(shè)為原點(diǎn)，彈簧所在直線為y軸建立直角坐標(biāo)系，設(shè)彈簧固有長度為,則=2lcos=l.系統(tǒng)勢能V=2mglcos+由拉格朗日方程理論質(zhì)點(diǎn)系平衡方程知:,則有=0解得:.2.20 解：（1）對于半無界均勻場，假設(shè)無界場以x軸為邊界，則空間對x軸平移不變，所以

20、x軸方向的動量px守恒；（2）對于兩點(diǎn)場，若以兩點(diǎn)連線為z軸，則繞z軸轉(zhuǎn)動不變，所以繞z軸轉(zhuǎn)動的角動量Lz守恒；（3）對于均勻圓錐體的場，則繞z軸轉(zhuǎn)動不變，所以繞z軸轉(zhuǎn)動的角動量Lz守恒；（4）對于無限均勻圓柱螺旋線場，則Lz+h2Pz守恒。2.21解：如圖：以為廣義坐標(biāo)代入拉格朗日方程，得由于拉氏函數(shù)不顯含時(shí)間，且約束穩(wěn)定，故廣義能量守恒，即2.23 解：體系為帶電粒子，采用柱坐標(biāo)。體系動能為， ；體系勢能為，其中為零勢能位置；體系拉格朗日函數(shù)為，。該體系約束不完整，可直接采用牛頓力學(xué)分析受力來求運(yùn)動微分方程：；。整理可得：；。2.25 解：因?yàn)椋簃1x12=m2x22所以：x1x2=m2m

21、1所以：x1=m2lm1+m2,x2=m1lm1+m2因?yàn)樗矔r(shí)改變時(shí)，速度不變所以： x1=l,所以：，=x1l=m2m1+m2T0=m12(x1)2+m22(x2)2+m1+m22(x2,)2Tt=m12(l,)2所以：I=m1l2,-m1x12-m2x22-(m1+m2)x22,=-m12m2l2(m1+m2)22.27 解：建立平面坐標(biāo)系xy軸，由題意知在碰撞過程中水平動量守恒，機(jī)械能守恒：0= 由此可解的2.27 解：A由題意可知, u由碰撞前后動量守恒可得B 又 鋼球A和B之間發(fā)生的是彈性碰撞 2.28 解：如圖所示，m1有初速度v1與靜止的m2發(fā)生斜碰，x軸y 軸 m2 , v2m

22、1 , v1m1， v1 碰后兩者速度方向相互垂直，則可以知道： v1n= v1 cos (1)v1t= v1 sin (2)v2n= v2sin v2t = v2cos v1t = v1 sin v2t =0 又根據(jù)光滑小球的條件：v1t = v1t ， v2t = v2t 由 得，v1 sin=v1 sin ；由 得，v2cos =0 ，則 =2 ，由 碰撞系數(shù) e= v2n - v1n v1n v2n = v2n - v1n v1n = v2sin- v1 cos v1 cos = v2 v1 cos 又有水平方向動量守恒得：m1 v1cos = - m1 v1cos + m2 v2 s

23、in 得：m1 v1cos=m2 v2 （9）將（9）帶入（7）得到：e= v2 v1 cos =m1 m2 2.29 解： 解上述二式可得 由碰撞前后動量守恒可得 可得 由牛頓公式可得碰撞的恢復(fù)系數(shù)為2.30 彈性球自高為h處無初速地下落在水平面上，碰撞恢復(fù)系數(shù)為e，求經(jīng)過多少時(shí)間后球?qū)⑼Ｖ固鴦樱⑶笤谡麄€(gè)彈跳過程中，球所經(jīng)過的總路程.解: 設(shè)小球第一次碰撞地面之前速度為v1, v1=2gh 碰撞恢復(fù)系數(shù)為e，e為負(fù)值，所以第一次碰撞后速度為-ev1，方向向上，當(dāng)小球再次落回時(shí)速度仍然是-ev1，方向向下，前后動量變化為-2mev1 易知小球第n次彈起時(shí)速度為-env1 , 當(dāng)n趨于時(shí)，小球

24、停止彈跳. 小球重力的沖量和為Pmg=mv1+2m-ev1+2m-env1 =2mv1 -e1-en1-e+mv1 , 當(dāng)n趨于時(shí)，Pmg=2mv1 -e1-e+mv1 T=Pmgmg=2v1 -e1-e+v1g=-e+11-eg2gh=1-e1+e2hg v2=2gs , s=v22g 第三章3.7 解：由力場為F=-kr2+cr3(1)， 及 F=-V(r)(2)，可以得到，V(r)=-kr+c2r2，(3)有效勢能為 Veff=Vr+L22mr2 ，(4)將（3）帶入（4）得到，Veff=-kr+c2r2+L22mr2=-kr+mc+L22mr2，（5）Veff它的主要特征有:（1），當(dāng)

25、 r0 ，Veff+，當(dāng)r+，Veff0-，（2），曲線在r=rm=mc+L2km,處取得最小值，（3），曲線有零點(diǎn)，r0=mc+L22km，曲線的大致形狀如圖。定性分析：在(Veff)minE<0時(shí)，粒子處于束縛態(tài)，在r1 ,r2間運(yùn)動；在E0時(shí)，將在離心力作用下，飛向無窮遠(yuǎn)。而可能的圓周運(yùn)動則為：滿足 dVeffdr=0，解得：rm=mc+L2km，此處為圓周運(yùn)動。此軌道是否穩(wěn)定，要看一下穩(wěn)定條件是否滿足，如下的穩(wěn)定條件：dVeffdr=0 （1） d2Veffdr2>0 （2），（1） 式已滿足，（2）式化為-3F-rdFdr>0 （3），（1）帶入后得到 kr2>

26、;0 ,在k大于0 的條件下，軌道運(yùn)動穩(wěn)定，也是說當(dāng)有微擾使之r增大后，由于此時(shí)斜率是正的，力為負(fù)的，即為引力，會使其恢復(fù)到rm；當(dāng)有微擾使其小于r，情況相反，力變?yōu)槌饬?，同樣使其恢?fù)。3.9 解： 3.11解：因?yàn)槭菣E圓E<0 設(shè)V=-ra=2EE=-2aE=12mr2+r22+V=12mr2+r22-rL=mr2r=2mr-2a-L22mr2V=1T0T-rdt=-2Ta-ca+cdrrr=-2Tmaa-ca+cdrc2-r-a2=-2Tmasin-1r-acV=-2Tma因?yàn)椋篢=2ma3V=-a因?yàn)镋為恒量，所以E=E=-2aT=1T0TE-Vdt=E-V=-2a+a=2aT=12|V| 所以結(jié)論成立3.16解：由題意得被俘獲時(shí)又L=mvb代入可得3.20 解：= ×=×（×m）+ = (.m)-m(