理论力学第三版周衍柏习题答案解析.docx
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理论力学第三版周衍柏习题答案解析
第一章质点力学
第一章习题解答
由题可知示意图如题1.1.1图:
设开始计时的时刻速度为,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为.
则有:
由以上两式得
再由此式得
证明完毕.
解由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题1.2.1图.
设船经过小时向东经过灯塔,则向北行驶的船经过小时经过灯塔任意时刻船的坐标
，
船坐标，
则船间距离的平方
即
对时间求导
船相距最近，即，所以
即午后45分钟时两船相距最近最近距离
km
解如题1.3.2图
由题分析可知，点的坐标为
又由于在中，有（正弦定理）所以
联立以上各式运用
由此可得
得
得
化简整理可得
此即为点的轨道方程.
（2）要求点的速度，分别求导
其中
又因为
对两边分别求导
故有
所以
解如题1.4.1图所示，
绕点以匀角速度转动，在上滑动，因此点有一个垂直杆的速度分量
点速度
又因为所以点加速度
解由题可知，变加速度表示为
由加速度的微分形式我们可知
代入得
对等式两边同时积分
可得：
（为常数）
代入初始条件：
时，，故
即
又因为
所以
对等式两边同时积分，可得：
解由题可知质点的位矢速度
①
沿垂直于位矢速度
又因为，即
即
（取位矢方向，垂直位矢方向）
所以
故
即沿位矢方向加速度
垂直位矢方向加速度
对③求导
对④求导
把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得
解由题可知
①②
对①求导
③
对③求导
④
对②求导
⑤
对⑤求导
⑥
对于加速度，我们有如下关系见题1.7.1图
即
⑦--⑧
对⑦⑧俩式分别作如下处理：
⑦，⑧
即得
⑨--⑩
⑨+⑩得
⑾
把④⑥代入⑾得
同理可得
解以焦点为坐标原点，运动如题1.8.1图所示]
则点坐标
对两式分别求导
故
如图所示的椭圆的极坐标表示法为
对求导可得（利用）又因为
即
所以
故有
即
（其中为椭圆的半短轴）
证质点作平面运动，设速度表达式为
令为位矢与轴正向的夹角，所以
所以
又因为速率保持为常数，即
为常数
对等式两边求导
所以
即速度矢量与加速度矢量正交.
解由题可知运动轨迹如题1.10.1图所示，
则质点切向加速度
法向加速度，而且有关系式
①
又因为
②
所以
③
④
联立①②③④
⑤
又
把两边对时间求导得
又因为
所以
⑥
把⑥代入⑤
既可化为
对等式两边积分
所以
解由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示
两式相比得
即
对等式两边分别积分
即
此即质点的速度随时间而变化的规律.
证由题可知质点运动有关系式
①②
所以，联立①②，有
又因为
所以，对等式两边分别积分，利用初始条件时，
证（）当，即空气相对地面上静止的，有.式中
质点相对静止参考系的绝对速度，指向点运动参考系的速度，指运动参考系相对静止参考系的速度.
可知飞机相对地面参考系速度：
=，即飞机在舰作匀速直线运动.所以飞机来回飞行的总时间
.
（）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度
飞行时间
当飞机向西飞行时速度
飞行时间
故来回飞行时间
即
同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间
（c）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题1.13.1图
所以来回飞行的总时间
同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为
解正方形如题1.14.1图。
由题可知设风速,,当飞机
，
故飞机沿此边长6正方形飞行一周所需总时间
解船停止时，干湿分界线在蓬前3，由题画出速度示意图如题.图
故
又因为，所以
由图可知
所以
=8
解以一岸边为轴，垂直岸的方向为轴.建立如题1.16.1图所示坐标系.
所以水流速度
又因为河流中心处水流速度为
所以。
当时，即
①--②
得，两边积分
③
联立②③，得
④
同理，当时，即
⑤
由④知，当时，代入⑤得
有
，
所以船的轨迹
船在对岸的了；靠拢地点，即时有
解以为极点，岸为极轴建立极坐标如题.图.
船沿垂直于的方向的速度为，船沿径向方向的速度为和沿径向的分量的合成，即
①--②
②/①得，对两积分：
设为常数，即
代入初始条件时，.设有得
解如题1.18.1图
质点沿下滑，由受力分析我们可知质点下滑的加速度为.设竖直线，斜槽，易知，由正弦定理
即
①
又因为质点沿光滑面下滑，即质点做匀速直线运动.
所以
②
有①②
欲使质点到达点时间最短，由可知，只需求出的极大值即可，令
把对求导
极大值时，故有
由于是斜面的夹角，即
所以
解质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降阶段.取向上为正各力示意图如题1.19.1图，
上升时下降时
题1.19.1图
则两个过程的运动方程为：
上升
①
下降：
②
对上升阶段:
即
对两边积分
所以
③
即质点到达的高度.
对下降阶段：
即
④
由③=④可得
解作子弹运动示意图如题1.20.1图所示.
题1.20.1图
水平方向不受外力，作匀速直线运动有
①
竖直方向作上抛运动，有
②
由①得
③
代入化简可得
因为子弹的运动轨迹与发射时仰角有关，即是的函数，所以要求的最大值.把对求导，求出极值点.
即
所以，代入的表达式中可得：
此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离的最大值
解阻力一直与速度方向相反，即阻力与速度方向时刻在变化，但都在轨道上没点切线所在的直线方向上，故用自然坐标比用直角坐标好.
轨道的切线方向上有：
①
轨道的法线方向上有：
②
由于角是在减小的，故
③
由于初末状态由速度与水平方向夹角来确定，故我们要想法使①②变成关于的等式
由①
即
④
把代入可得
⑤
用④⑤可得
即，两边积分得
⑥
代入初始条件时，即可得
代入⑥式，得
⑦
又因为
所以
⑧
把⑦代入⑧
积分后可得
各量方向如题1.22.1图.
电子受力
则电子的运动微分方程为
②-③-④
由②，即
⑤
代入③整理可得
⑥
对于齐次方程的通解
非齐次方程的特解
所以非齐次方程的通解
代入初始条件：
时，得
时，得,故
⑦
同理，把⑦代入⑤可以解出
把⑦代入⑤
代入初条件时，，得.所以
）
证（a）在题中，时，则电子运动受力电子的运动微分方程
①-②-③
对②积分
④
对④再积分
又
故
（为一常数）
此即为抛物线方程.
当时
则电子受力
则电子的运动微分方程为
①-②-③
同题的解法，联立①-②解之，得
于是
及电子轨道为半径的圆.
解以竖直向下为正方向，建立如题1.24.2图所示坐标，
题1.24.1图题图
以①开始所在位置为原点.设①-②-③处物体所处坐标分别为，则3个物体运动微分方程为：
①-②-③
由②于③与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有，即
④
之间用倔强系数弹性绳联结.
故有
⑤
由①⑤得
⑥
由②③④得
⑦
代入①，有
⑧
代入⑥，有
⑨
此即为简谐振动的运动方程.
角频率
所以周期
解⑨得
以初始时③为原点，时，.所以
⑩
代入①得
联立-③④⑧⑩得
解，选向下为正方向，滑轮刚停时物体所在平衡位置为坐标原点.建立如题.图所示坐标系.
题2.15.1图
原点的重力势能设为0.设弹簧最大伸长.整个过程中，只有重力做功，机械能守恒：
①-②
联立①②得
弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力，为最大张力，即
解以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系.
题1.26.1图
设绳的弹性系数为,则有
①
当脱离下坠前，与系统平衡.当脱离下坠前，在拉力作用下上升，之后作简运.运动微分方程为
②
联立①②得
③
齐次方程通解
非齐次方程③的特解
所以③的通解
代入初始条件：
时，得；故有
即为在任一时刻离上端的距离.
解对于圆柱凸面上运动的质点受力分析如图1-24.
运动的轨迹的切线方向上有:
①
法线方向上有：
②
对于①有（为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即
又因为
即
③
设质点刚离开圆柱面时速度，离开点与竖直方向夹角，对③式两边积分
④
刚离开圆柱面时即
⑤
联立④⑤得
即为刚离开圆柱面时与竖直方向夹角.
解建立如题1.28.1图所示直角坐标.
椭圆方程
①
从滑到最低点，只有重力做功.机械能守恒.即
②
设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为则有：
③
为点的曲率半径.
的轨迹：
得
；
又因为
所以
故根据作用力与反作用力的关系小球到达椭圆最低点对椭圆压力为
方向垂直轨道向下.
解质点作平面直线运动，运动轨迹方程为
①-②
由曲线运动质点的受力分析，我们可以得到：
③-④
因为曲线上每点的曲率
⑤
所以
⑥
⑦
把⑥⑦代入曲率公式⑤中
所以
⑧
由④
即，又有数学关系可知，即所以
⑨
把⑧⑨代入①
证当题所述运动轨迹的曲线不光滑时，质点的运动方程为：
①②③④⑤
由题可知
②
由数学知识知
③
把①③④代入②
⑤
这是一个非齐次二阶微分方程.解为
当时，得
即
当，时，即
故有
证：
单摆运动受力分析如图1.31.1图所示。
因为
①
即
所以
又单摆摆角很小，有=
上式即化为：
②
此即为一个标准的有阻尼振动方程。
设为固有频率，又由于，即阻力很小的情况。
方程②的解为
所以单摆振动周期
结论得证。
1.32解：
设楔子的倾角为，楔子向右作加速度的匀加速运动，如图1.32.1图。
我们以楔子为参考系，在非惯性系中来分析此题，则质点受到一个大小为的非惯性力，方向与相反。
质点在楔子这个非惯性系中沿斜面下滑，沿斜面的受力分析：
①
垂直斜面受力平衡：
②
联立①②得
此即楔子相对斜面的加速度。
对斜面的压力与斜面对的支持力等大反方向。
同理可得当楔子向左作加速度为的匀加速运动时，质点的和楔子对斜面的压力为
综上所述可得
解设钢丝圆圈以加速度向上作匀加速运动如题1.33.1图，
我们以钢丝圆圈作参考系，在圆圈这个非惯性系里来分析此题。
圆圈上的小环会受到一个大小为方向与相反的惯性力的作用，则圆环运动到圆圈上某点，切线方向受力分析：
①
法线方向受力分析有：
②
对①
两边同乘以
即
两边同时积分
③
把③代入②可解得
同理可解出，当钢丝圆圈以加速度竖直向下运动时小环的相对速度
综上所述，小环的相对速度
圈对小环的反作用力
证：
（1）当火车所受阻力为常数时，因为功率与牵引力有如下关系：
所以
即
对两边积分
（2）当阻力和速度成正比时，设=，为常数。
同理由
（1）可知
即
对两边积分
解锤的压力是均匀增加的，设，为常数，由题意可知，得
，
所以
，
即
故
两边同时积分
得
，①
又因为当增至极大值后，又均匀减小到0，故此时有为常数，
所以
即
②
由①得
③
整个过程压力所做功
又因为
即
对上式两边分段积分
得
1．36
解（a）保守力满足条件对题中所给的力的表达式，代入上式
即
所以此力是保守力，其势为
（b）同（a），
由
所以此力是保守力，则其势能为
解（a）因为质子与中子之间引力势能表达式为
故质子与中子之间的引力
（b）质量为的粒子作半径为的圆运动。
动量矩
由（a）知
提供粒子作圆周运动的向心力，方向是沿着径向，
故
当半径为的圆周运动
两式两边同乘以
即
又因为
有
做圆周运动的粒子的能量等于粒子的动能和势能之和。
所以
解要满足势能的存在，即力场必须是无旋场，亦即力为保守力，所以
即
得
为常数满足上式关系，才有势能存在。
势能为：
证质点受一与距离成反比的力的作用。
设此力为
①
又因为
即
②
当质点从无穷远处到达时，对②式两边分别积分：
当质点从静止出发到达时，对②式两边分别积分：
得
所以质点自无穷远到达时的速率和自静止出发到达时的速率相同。
1.40解由题可知（因为是引力，方向与径向相反所以要有负号）
由运动微分方程
即
①
对上式两边积分
故
又因为与的方向相反，故取负号。
即
证画出有心力场中图示如题.图，
我们采用的是极坐标。
所以
又由于
常数
即
由图所示关系，又有，故即
由动能定理
沿方向
得
证（）依据上题结论，我们仍然去极坐标如题1.42.1图。
质点运动轨迹为一圆周，则其极坐标方程为
①
由①②得
②
即
③
故
即力与距离5次方成正比，负号表示力的方向与径向相反。
（）质点走一对数螺旋线，极点为力心，我们仍采用极坐标。
对数螺旋线为常数。
有
根据题，常数，有
故得证。
证由毕耐公式
质点所受有心力做双纽线运动
故
故
证由毕耐公式
将力带入此式
因为
所以
即
令
上式化为
这是一个二阶常系数废气次方程。
解之得
微积分常数，取，故
有
令
所以
证由题意可知，质点是以太阳为力心的圆锥曲线，太阳在焦点上。
轨迹方程为
在近日点处
在远日点处
由角动量守恒有
所以
解因为质点速率
所以
又由于
即
又因为
所以
两边积分
即
证（）设地球轨道半径为。
则彗星的近日点距离为。
圆锥曲线的极坐标方程为
彗星轨道为抛物线，即。
近日点时。
故近日点有
即
①
又因为
所以
②
（彗星在单位时间内矢径扫过的面积）
扫过扇形面积的速度
③
又因为
故
两边积分
④
从数学上我们可以得到两轨道交点为地球轨道半径处。
即
即
⑤
又因为
所以
⑥
把⑤⑥代入④（⑥式代入时取“+”即可）
故彗星在地球轨道内停留的时间为
⑦
设地球绕太阳运动一周的时间为。
因为假定地球运动轨道为圆形，所以
又由于，有
地球绕太阳运动单位时间内矢径扫过的面积。
扫过扇形速度
⑧
（）由证明（）知
彗星在地球轨道内停留时间
对此式求极大值，即对求导，使
即
即
得
验证
故为极大值，代入⑧式可知
解由§给出的条件：
人造地球卫星近、远点距离分别为
地球半径
有椭圆运动中的能量方程可知：
①
②
为卫星运行的椭圆轨道的长轴
把代入①②有
近地点速率
远地点速率
运动周期
（参见）
其中为运动轨道的半长轴
所以
证由行星绕太阳作椭圆运动的能量方程为
为椭圆的半长轴。
令
又因为
，
上式化为：
因为
即
所以
①
又因为行星椭圆轨道运动周期
即
常数，
故
又因为
为正焦弦的一半
所以
②
由题意可知
即
③
把②③代入①可得
化简可得
即
两边积分，由题设
即
解质点在有心力场中运动，能量和角动量均守恒。
无穷远处势能为零。
所以
①
②
任意一处
由②代入①
所以
第二章质点组力学
第二章习题解答
解均匀扇形薄片，取对称轴为轴，由对称性可知质心一定在轴上。
有质心公式
设均匀扇形薄片密度为，任意取一小面元，
又因为
所以
对于半圆片的质心，即代入，有
解建立如图2.2.1图所示的球坐标系
把球帽看成垂直于轴的所切层面的叠加（图中阴影部分所示）。
设均匀球体的密度为。
则
由对称性可知，此球帽的质心一定在轴上。
代入质心计算公式，即
解建立如题2.3.1图所示的直角坐标，原来与共同作一个斜抛运动。
当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为，此人即以的速度作平抛运动。
由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为两次运动水平方向上均以作匀速直线运动，运动的时间也相同）。
所以我们只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。
第一次运动：
从最高点运动到落地，水平距离
①
②
③
第二次运动:
在最高点人抛出物体，水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有
可知道
水平距离
跳的距离增加了
=
2.4解建立如图2.4.1图所示的水平坐标。
以，为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有
①
对分析；因为
②
在劈上下滑，以为参照物，则受到一个惯性力（方向与加速度方向相反）。
如图2.4.2图所示。
所以相对下滑。
由牛顿第二定律有
②
所以水平方向的绝对加速度由②可知
③
④
联立①④，得
⑤
把⑤代入①，得
⑥
负号表示方向与轴正方向相反。
求劈对质点反作用力。
用隔离法。
单独考察质点的受力情况。
因为质点垂直斜劈运动的加速度为0，所以
⑦
把⑥代入⑦得，
⑧
水平面对劈的反作用力。
仍用隔离法。
因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以
⑨
于是
⑩
2.5解因为质点组队某一固定点的动量矩
所以对于连续物体对某一定点或定轴，我们就应该把上式中的取和变为积分。
如图2.5.1图所示薄圆盘，任取一微质量元，
所以圆盘绕此轴的动量矩
=
解炮弹达到最高点时爆炸，由题目已知条件爆炸后，两者仍沿原方向飞行知，分成的两个部分，，速度分别变为沿水平方向的，，并一此速度分别作平抛运动。
由前面的知识可知，同一高处平抛运动的物体落地时的水平距离之差主要由初速度之差决定。
进而转化为求，。
炮弹在最高点炮炸时水平方向上无外力，所以水平方向上的动量守恒：
①
以质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒：
②
联立①②解之，得
所以落地时水平距离之差
=
解建立如题2.7.1图所示的直角坐标系。
当沿半圆球下滑时，将以向所示正方向的反向运动。
以、组成系统为研究对象，系统水平方向不受外力，动量守恒，即
相对于地固连的坐标系的绝对速度
为相对的运动速度
②
故水平方向
③
竖直方向
④
在下滑过程中，只有保守力（重力）做功，系统机械能守恒：
（以地面为重力零势能面）
⑤
=⑥
把③④代入⑥
=⑦
把①③代入⑤
2.8证以连线为轴建立如题2.8.1图所示的坐标。
设初始速度为与轴正向夹角碰撞后，设、运动如题2.8.2图所示。
、速度分别为、，与轴正向夹角分别为、。
以、为研究对象，系统不受外力，动量守恒。
方向：
①
垂直轴方向有：
②
可知
③
整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒：
④
由③④得
即两球碰撞后速度相互垂直，结论得证。
解类似的碰撞问题，我们一般要抓住动量守恒定理和机械能守恒定理得运用，依次来分析条件求出未知量。
设相同小球为，初始时小球速度，碰撞后球的速度为，球的速度以碰撞后球速度所在的方向为轴正向建立如题2.9.1图所示的坐标（这样做的好处是可以减少未知量的分解，简化表达式）。
以、为系统研究，碰撞过程中无外力做功，系统动量守恒。
方向上有：
①
方向上有：
②
又因为恢复系数
即
=③
用①-③
④
用④代入②得
求在各种值下角的最大值，即为求极致的问题。
我们有
得
即
=0
所以
即
由因为
=
故
=
所以
以为研究对象。
当发生正碰撞后，速度分别变为，，随即在不可伸长的绳约束下作圆周运动。
以的连线为轴建立如题2.10.1图所示。
碰撞过程中无外力做功，动量守恒：
①
随即在的约束下方向变为沿轴的正向，速度变为
故方向上有
②
故恢复系数定义有：
=
即
③
联立①②③得
解如图所示，
有两质点，中间有一绳竖直相连，坐标分别为：
，质量为，开始时静止。
现在有一冲量作用与，则作用后，得到速度，仍静止不动：
。
它们的质心位于原点，质心速度我为
现在把坐标系建在质心上，因为系统不再受外力作用，所以质心将以速率沿轴正向匀速正向、反向运动。
由于质心系是惯性系，且无外力，所以，分别以速率绕质心作匀速圆周运动，因而他们作的事圆滚线运动。
经过时间后，如图所示：
于是在系中的速度
的速度：
因此
解对于质心系的问题，我们一般要求求出相对固定参考点的物理量，在找出质心的位置和质心运动情况，由此去计算物体相对或绝对物理量及其间的关系。
由题可知，碰前速度为，速度。
碰后速度，分别设为。
碰撞过程中无外力做功，动量守恒。
①
有恢复系数
②
联立①②得
再由质点组质心的定义：
为质心对固定点位矢，，分别为，对同一固定点的位矢
所以
（质点组不受外力，所以质心速度不变。
）
设两球碰撞后相对质心的速度，。
（负号表示与相反）
同理，碰撞前两球相对质心的速度
（负号表示方向与相反）
所以开始时两球相对质心的动能：
==
2.13用机械能守恒方法；在链条下滑过程中，只有保守力重力做功，所以链条的机械能守恒。
以桌面所平面为重力零势能面。
有
此类题为变质量问题，我们一般研究运动过程中质量的变化与力的关系
以竖直向上我轴正向建立如题2.14.1图所示坐标。
绳索离地面还剩长时受重力
则
所以
求地板的压力，有牛顿第三定律知，只需求出地板对绳索的支持力即可，它们是一对作用力与反作用力。
这是我们以快要落地的一小微元作为研究对象。
它的速度由变为0。
用动量守恒，有
==
又因为
=
解这是一道变质量的问题，对于此类问题，我们由书上的（2.7.2）式
①
来分析。
以机枪后退方向作为轴争先，建立如题2.15.1图的坐标。
竖直方向上支持力与重力是一对平衡力。
水平方向上所受合外力F即为摩擦力
②
单位时间质量的变化
③
由①②式
所以
解这是一个质量增加的问题。
雨滴是本题。
导致雨滴变化的微元的速度。
所以我们用书上的（2.7.4）式分析
①
雨滴的质量变化是一类比较特殊的变质量问题。
我们知道处理这类问题常常理想化模型的几何形状。
对于雨滴我们常看成球形，设其半径为，则雨滴质量是与半径的三次方成正比（密度看成一致不变的）。
②
有题目可知质量增加率与表面积成正比。
即
③
为常数。
我们对②式两边求导
④
由于③=④，所以
⑤
对⑤式两边积分
⑥
⑦
以雨滴下降方向为正方向，对①式分析
⑧
（为常数）
当时，，所以
证这是变质量问题中的减质量问题，我们仍用书上（2.7.2）式
①
来分析。
设空火箭质量，燃料质量。
以向上为正方向，则火箭任一时刻的
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