高等教育出版社金尚年马永利编著的理论力学课后习题答案.docx

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高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案

第一章

1.2

写出约束在铅直平面内的光滑摆线

上运动的质点的微分

rx=a（0-sin8）[y二-a（l-cos0）

方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关

解:

B=o时，s=0

设s为质点沿摆线运动时的路程，取

fx=a（0-sin9）

晳（y=-a（l-cos0）

=\：

（dx）2+（dy）

sin-dfi

x（d6一cos9・d8）f+（sin8d9）2=2a

°e

2asin—d6

=4a（1

-cos2

）

“龟0.B.z匕

s=2acos—6+2asin-8=acos-0+2asin-6

■ibJuw

I为质点所在摆线位置处切线方向与

x轴的夹角，取逆时针为正,

即切线斜率

dycos0一1

dxsin0

代sin

-C0S2

受力分析得:

ms—-mgsintp—mgeos-

氏9.2

2asiny0+acos-0

=geos-

，此即为质点的运动微分方程。

二召G-4a）

a（s-4a）+£（s-4a）=0

亠-4日一周期性变化的函数，周期T=2tt—

|4a

2n—

<呂.

该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为

1.3

证明：

设一质量为m的小球做任一角度°的单摆运动

运动微分方程为m（r2r）F

mgsin

给式两边同时乘以d

gsind

对上式两边关于

积分得

gcosc

利用初始条件

gCOS0

由可解得

组？

Jcoscos°

上式可化为cos°ddt

两边同时积分可得

2g°：

coscos°

1sin2唱1sin2*

进一步化简可得t

2.g

i2o1i2d

sin_2sin2

由于上面算的过程只占整个周期的

1/4故

T4t2

sin2-

.2sin2

由sin/sin°

sin

两边分别对

微分可得

cos-d

-°

sincos

cos—

1sin2丄sin2

sin°cos

2「「

1sin2sin2

由于°

°故对应的°

故T2、

sin2—°sin—

-°sin—cosl22

\g°

2°2

/.1sin—sin

sincos

故T4go21爲其中K2sin写

通过进一步计算可得

T2：

g[1（2*（翳*

（135（2n1）.2K2n

246）

1.5

解:

如图，在半径是R的时候，由万有引力公式,

对表面的一点的万有引力为

M为地球的质量;

可知，地球表面的重力加速度g,x为取地心到无限远的广义坐标,

，②

联立①，②可得:

R,M为地球的质量；③

当半径增加AR,R2=R+AR，此时总质量不变，仍为M,

此时表面的重力加速度

s可求:

d2x・

m―-=mg=F=

dt22

由④得:

*MM

g=Q——=G

（R+AR）

则，半径变化后的g的变化为

-MM

=g—g^_G

R（R+iR）

对⑥式进行通分、整理后得:

GMAR2+2ARR

（R+ZiR.）2

对⑦式整理，略去二阶量，同时

'1远小于R,得

2&RR2AR

Ag=g―;—=g-^-

R畫K

则当半径改变」时，表面的重力加速度的变化为:

2ARR

2AR

g_R

设质点在平面内运动的加速度的切向分量和法向分量都是常数，证明质点的轨道为对数螺线。

解：

设，质点的加速度的切向分量大小为％,法向分量大小为叫。

（其中叫为常数）则有

dtn

其中卩为曲率半径。

由式得

把门式代入'式得

v2（%t+v0）2

p二匸二

a.3.3.

ttt

2vat+v

VvanL丁v0

对厂式积分则得

t气

oV+亍*8°

叫

-In（ant+v0）+e（）

其中H「是初始角大小。

我们把以式转化为时间关于角的函数

-（»-%）

将⑴式代入U式，于是得质点的轨道方程

当我们取一定的初始条件

方程可以简化为

r=meA0

即质点的轨迹为对数螺线。

1.9

解：

（1）从A点到原长位置，此时间内为自由落体运动

根据能量守恒：

mgh1mV2,所以在原长位置时：

y.2gh

因为加速度为g,所以，到达原长的时间为：

（2）从原长位置到最低点D处，以原长位置为坐标原点，向下为正方向，建立坐标轴Z。

C1cos

C2sin12

.12

mgkzmzkl2mg

化简得：

z存g

解微分方程得:

因为t2=0时，z=0,zV|.2g11

Z^sin,t

丨2,Z

l2（

+1'2h\

tan{L，

此时z

tan1［为

\l2

Z1Z211

l2.1

I2cos

（3）所以总时间为

2li

A,D间总距离为

l2（l22|i）

当z0时，t2

gl2sigt2glicos|gt

..l2（l22li）l2

1-11

解：

（1）质点运动分为三个阶段。

第一阶段为圆周运动，从释放质点到绳子张力为零；第二阶

质点机械能转化为绳子内能；第

段为斜抛运动，重新下降到与圆周相交位置时有一绷绳过程,

三阶段为在最低点附近的摆荡运动

总体来看质点能量不守恒。

（2）第一阶段，由能量守恒可得,mgr（1cos）^mv2，

又，由绳子张力为零可知

mgcos

m，

第二阶段,

设上升高度为h，则

（vsinh

2g，

可解得h=^r，

因此质点上升最咼处为o点上方2—l处

联立

cos

2,23

;hrcosr

327

23l

设斜抛到达最高点时水平位移为S,则

s（vcos）t

vcos（vSing），S=4275r=454Tl;rsin

5,51

因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边乙51处

1-12

解：

由自然坐标系

«*

ms=ft

m—=f

P11

■aw

、2

=a—

dss2

s—=a—

asp

—=a

1+X2）

3A./1+x2dy

+（p）

vf-P

Ln-=IuJp

V7T

In—=-—au2

v=ue

1.13.

解：

（1）以竖直向下为正方向，系统所受合力卜'二5十叫R+叫旷叫豊故系统动量不守恒;

对0点，：

：

合力矩为零，.过矩心，故力矩也为零，所以系统角动量守恒；而对系统来说，唯一做功的是重力（保守力），因此，系统能量守恒。

（2）建立柱面坐标系，由动量定理得:

同时有=

得到：

1■■1■:

mJ（l-z）S-2同］=0

（3）对于小球A，设其在水平平台最远距离o为r由动能定理得:

-fm”=E[点（r7）

由角动量守恒得：

inAaV0=mArV

得到r=3a

而由初始时刻"Uh°111囲，故小球在a到3a间运动1.14

所受的合外力不为零,

解：

（1）分析系统的受力可知：

重力竖直向下，支持力垂直于斜面向上，故系统动量不守恒；

由物体的受力情况可以判断系统的合外力矩不为零，故角动量也不守恒；

定守恒。

而系统在运动过程中，除保守力外，其他力不作功，故机械能守恒，而能量

（2）以地面为参考系，以0为原点，建立球坐标系。

「■=I

由质点系动量定理得：

约束条件：

将约束条件连续求两次导，带入上边方程，消去Z,得:

（mA+mJr-mAr（p2=+mjJgsinGcos^-

m^（r^+2rq>）=-（m八+m[t）gsinHsin（p

（3）第三问不会做。

1.15

水平方向动量守恒，则

vmcos

有余弦定理得：

cos（

Vvr

2uv

cos

可得:

‘mcos

2mcos

vmcosmvrcos

可得:

u==—

m、m2m2cos22mmcos2

1.16

解：

动量定理、角动量定理和动能定理7个方程式中仅有3个是独立的

1•17

解：

把A、B看作系统，由动量定理知其质心速度

vc满足（mAmB）vcmBvo

所以得vc

mevo

mAmB

由易知A、B各绕质心做半径为r1

mBl

mAmB

□aI

mAmB

的圆周运动,

由初始条件得

以质心C点的坐标xc和yc及杆和x轴的夹角为坐标

P（mAmB）ycjmBv°j

L（mAmB）Xcyck

mAmB|2

mAmB

lmBv°k

12mBvo

1（mAmB）y/1mAmBl22

22mAmB

1.18

解牛：

设mj］和碰撞后，

m的速度变为v1，m2的速度变为v2，m2与m3碰撞后，

m2的速度变为

V2，m3的速度变为V3

由于两次碰撞时水平方向都不受外力，所以动量守恒，同时机械能守恒

对mil和pp2而言，则有：

mvi=mvi+m2V2

121,212

2mivi=2mivi+Qm2V2

两式联立消去v1，则有v2=①

mm2

对于m2和m3而言，同样有:

m2v2=m2V2+m3*

12_1'212

2m2V2=2m2v2+2m3乂

由以上两式联立消去V2则有V3=②

m2m3

将①代入②得：

、

=4mi"V1

3（m2）

将上式对m2求导得

dV3

dm2

4mv1（m2mmJ

（m1m2）（m2m3）

由譜0可得m2=

即当m2=■■■mm3时V3最大且V3max

4mAmm3

（m

*mm3）.（m3讪皿）

1.21

解：

由题意得

广m（rr

・2sin

）=Fr+mgcos

①

rrsin

cos

gsin

②

—sin2

cos

③

由③得tan

整理并积分可得

sin2

④

将之代入②可得

rr—cos

gsin

sin3

整理并积分可得

（组cos

2sin

c）（正值舍去）

由题意知，-时若要质点不飞出去，则0

a2c0ca2

由题意知，初态时刻即cos

-时也有0r

⑤

已知初态时速度为Vo，0比⑥

1.22

水平方向动量守恒，所以质心水平坐标不变，使用质心系，有：

mx1mx2————①，

且x1x2R[sin（）sin（）]————②

对小球列牛二方程，有：

mgFncos（）ma1y————③

Fnsin（）ma1x————④

对半球列水平方向的牛二方程，有：

Fnsin（）ma2x————⑤

对半球列水平位移方程，由积分得：

a2xdtdtx2————⑥

对小球列竖直方向上的位移方程，由积分得：

a1ydtdtR[coscos（）]————⑦

对⑥和⑦分别对时间求偏微分，同时联立①和②，得:

——⑧

a2x

[cos（）

sin（

）2]

a1y

R[cos（

）2sin（

）]

⑨

由③和⑤得:

m（g

a1y）ma2x

-—⑩

cos（

）sin（）

将⑧⑨带入⑩中并且使用

d代换,

整理可得

[sin（

）mRcos（）

]

mRcos（

）]d

（mm）tan（

）

对（11）两边同时积分，并且00

可得：

\2g（m

m）sin（

）

mRcos（）2mR[sin（

）

sin]cos（

）

（li）

1,25

解:

对于杆

my=-mg+Fcosa

对于三角形

mx=Fsina

体系满足约束

xO=lxtana+y=h

1.26

运动方程为

即

xtana-g+卫

Xcota=0

x=gm

mcota

m'cota

y=-g—m

m'cota

其质量为dm=。

在某时刻，设物体的位移为X,则质点位移为

dlX,L

速度为^dx，质元的动能为

Ldt

dEk

dm,

整个弹簧的动能为Ekw=dEk

匕虫空）2%1

02LdtL

mL3/dx

（dl）（）

2L30dt

kx2

弹簧的弹性势能为Ep-2-

滑块的动能为丘幽=

2（dt

dx）2

丿,

系统的机械能Ek物+Ep+E

'2nttmdx2kx则——

（一）++

2dt22L

L3dx

0（dl）（&）=常量

3,dx2

对上式两边求导，得：

［m

mL（dl）l噪+kx=。

0dt2

解设弹簧原长为L,在距离左端I处取一质元dl,建立X轴，以平衡位置为坐标原点

d2xk门

贝U—2+x=0

dt2'mL3

m—（dl）

所以此体系的振动频率f=-

'mLm—（dl）

1.27

解：

A,B点运动方程是

Mx'

My''=-F

1.28

角动量守恒

对质点分析可得，绳子拉力不做功，所以能量守恒。

而对于圆柱体的轴线力矩不为零，所以对圆柱轴线角动量不守恒。

如图，以0点为极点建立极坐标,

则可列方程如下

mr2r

还有如下关系式

arctanR

arctan

依次求导，有r

R.1*2

R-

.12

arctan

tanx-

将力分解可得Fr

FtCOSX

FtsinxFt

R-

将以上代入方程可得

R-

厶1

1°

Ft1

化解可得

消B，可得

0另由

——代入可得d

积分可得

又由能量守恒,

rer

所以

•、r2

rv°

代入r和

可得

R21

积分-

又由

所以

v^t

v。

2Rt

4當代入B2

化简可得

V。

所以FtmRB

mv02v0

此即所求。

另解第一问同上,

而对于力的求解过程,

也有

刻对速度分解有

sinx

而vrer

cosx

所以会有

v0—

「r2R2v。

同时

由于r

v0—

v0-

.r2R2

积分

rdr

v0Rodt

可得

、r2

v°R

2R2

v0厂r2

化简得

_mv）_

Jr2R2

mv0

2v0Rt

而由1、

2、4代入法向方程可得

rv°

2R2

r3.r2

R2r

mv°

.2Rv0t

22R2

v0r^r2

v°Rm

2v。

-v

在任意时

.2v°Rt

r2R

-④

、r2R2

化简得

mv22R3r2R2Rr22R3mv2

Rr2、r2R22voRt

1.31

解：

rdt

gdt

设m

moft

gdt

积分

t0时f0

故V

vrln

vrInf

込gt

1.34

解：

建立竖直向上的坐标z,设软链最高能被提到h。

对重物和软链组成的系统，从开始运动到软链达到最高，有机械能守恒，得

mghopzgdz

_hg

解得h=2m/p。

答：

软链最后可提到2m/p处

1.32雨滴下落时，其质量的增加率与雨滴的表面积成正比，求雨滴速度与时间的关系

解：

设雨滴的本体为m.由物理学知

-（mv）F.

（1）

1）在处理这类问题时，常常将模型的几何形状理想化。

对于雨滴，我们常将它看成球形,

设其半径为r,则雨滴质量m是与半径r的三次方成正比，密度看成是不变的，于是

mkir3，

其中ki为常数。

2）由题设知，雨滴质量的增加率与其表面积成正比，即

k2r

门2drki3r.

由（3）=（4），得

3ki.

对（5）两边积分：

drdt,得

ta,

将（6代入

（2），得

ki（ta）3.

其中k2为常数。

由

（2），得

3）以雨滴下降的方向为正，分析

（1）式

和ki（ta）3v]ki（ta）3g,

⑺

（8）

d[ki（t

a）3v]

0ki（ta）gdt,

ki（ta）3v:

ikig（ta）4

k3,（k3为常数）

当t0时，v0,故k3

kiga4

4，

又mmokgt，代入得:

dv（g代）dt

两边积分得：

vgtvrln（1kt）

由

（1）可知火箭在燃料消耗完之前一直在加速，直至燃料消耗完时速度达到最大，记为Vm

则：

vmg（1-

m）

movrIn

在0到to这段时间，

由

v得：

vdt

1+2

-gt

十（1kt）（In（1

当t=to时，得：

g2（1m）2

m（I

n竺

1）1

2kmo

kmo

对火箭从速度vm减到0这一过程由动能定

理得：

mgr?

mVm

VmVr

“c（In

m0）2

g2（1m）2

Vr|moIn-

（1m

）

2g2g

2k2mo

则火箭上升的最大的高度

hr1r2r

m0、2

（In）

中（1

.moIn）。

kt）1）1

1.36

1.35

r=rk。

设t=0时刻，火箭的运

动微分方程为：

dvdm

momogvr.

dtdt

又罟

kmo，

可得：

m0—

mogkmoVr,

要使火箭能够起飞,

须满足：

modv0，

即

mog

kmovr0

解：

（1）以火箭前进方向建立直角坐标

z轴，火箭的位置

（2）设t时刻火箭的质量为m

，其运动微分方程:

m—

kvrg。

m'gkmoVr，

设燃料消耗完所用时间为to，由mo

kmotom

得:

to土（1

空）。

解：

（1）如图所示，建立直角坐标系x-o-y-z，假设两质点m1,m.初始位置在坐标原点0，终

点在（x,y,z）由能量守恒定律得:

[2U（x,y,z）]2

得到：

积分得到

故得到；t

2m|2

]dt

[2U（x,y,z）

q2U（x,y,z）f

U（x,y,z）

[2U（x,y,z）f

所以：

解得到：

¥，m

（2）若势能乘上常数a则：

t1I/[2aU（x,y,z）]，而t

1.37

A上升的最大位置

弹簧原长

A的初始位置

A下降的最低位置

状态1

状态2

状态3

图1A、B运动过程图

解：

若B刚好可以弹起，则当A上升的最高点时，B所受的平面支持力刚好为0,画图临界过程如图1所示。

以竖直向上为y轴，弹簧的初始位置为y轴原点。

由状态3得：

mbgkya

yag

由状态1得：

magkyi

从状态2到状态3,更具能量守恒定律得:

*ky；2ky3mag（yi计

y3yiyi月2

（2mamb）g

由状态1到状态2应用能量守恒定律得:

121212尹2尹1mag（y1y?

）^Va

将y1,y,y3带入化简得

maVa

（mamb）2

所以:

maVama0ga）g

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