范文一：理论力学(周衍柏第二版)答案

第一章习题

1.1沿水平方向前进的枪弹, 通过某一距离 s 的时间为 t 1

, 而通过下一等距离 s 的时间为 2t .

试证明枪弹的减速度(假定是常数)为

()2121122t t t t t t s +- 1.2 某船向东航行,速率为每小时 15km, 在正午某一灯塔。另一船以同样速度向北航行,在 下午 1时 30分经过此灯塔。问在什么时候,两船的距离最近?最近的距离是多少? 1.3 曲柄 , r =以匀角速 ω绕定点 O 转动。此曲柄借连杆 AB 使滑块 B 沿直线 Ox 运动。 求连杆上 C 点的轨道方程及速度。设 a CB AC ==, ψ?=∠=∠ABO AOB , 。

x

第 1.3题图

1.4 细杆 OL 绕 O 点以角速 ω转动, 并推动小环 C 在固定的钢丝 AB 上滑动。 图中的 d 为已 知常数,试求小球的速度及加速度的量值。

A B

O

C

L

x

θd 第 1.4题图

1.5 矿山升降机作加速度运动时,其变加速度可用下式表示:

?

?

? ??

-=T t c a 2sin 1π 式中 c 及 T 为常数,试求运动开始 t 秒后升降机的速度及其所走过的路程。已知升降机的初

速度为零。

1.6 一质点沿位失及垂直于位失的速度分别为 r λ及 μθ,式中 λ及 μ是常数。试证其沿位 矢及垂直于位失的加速度为

??? ?

?

+-

r r

r μλμθθμλ, 2

22

1.7 试自

θθsin , cos r y r x ==

出发,计算 x

及 y 。并由此推出径向加速度 r

a 及横向加速度 θa 。 1.8 直线 FM 在一给定的椭圆平面内以匀角速 ω绕其焦点 F 转动。求此直线与椭圆的焦点

M 的速度。已知以焦点为坐标原点的椭圆的极坐标方程为

()

θ

cos 112e e a r +-=

式中 a 为椭圆的半长轴, e 为偏心率,都是常数。

1.9 质点作平面运动,其速率保持为常数。试证其速度矢量 v 与加速度矢量 a 正交。 1.10 一质点沿着抛物线 px y 22=运动其切向加速度的量值为法向加速度量值的 k 2-倍。 如此质点从正焦弦 ?

?

?

??p p , 2的一端以速度 u 出发,试求其达到正焦弦另一端时的速率。

1.11 质点沿着半径为 r 的圆周运动,其加速度矢量与速度矢量间的夹角 α保持不变。求质 点的速度随时间而变化的规律。已知出速度为 0v 。 1.12 在上题中,试证其速度可表为

()00θθ-=e v v α

ctg

式中 θ为速度矢量与 x 轴间的夹角,且当 0=t 时, 0θθ=。

1.13 假定一飞机从 A 处向东飞到 B 处, 而后又向西飞回原处。 飞机相对于空气的速度为 v ', 而空气相对于地面的速度为 0v 。 A 与 B 之间的距离为 l 。飞机相对于空气的速度 v '保持不 变。

()a 假定 o v o =,即空气相对于地面是静止的,试证来回飞行的总时间为

v l t '

=

20

()b 假定空气速度为向东(或向西) ,试证来回飞行的总时间为

2

00

2

1v t t B '-

=

()c 假定空气的速度为向北(或向南) ,试证来回飞行的总时间为

2

0021v v t t N '

-=

1.14 一飞机在静止空气中每小时的速率为 100千米。如果飞机沿每边为 6千米的正方形飞 行,且风速为每小时 28千米,方向与正方形的某两边平行,则飞机绕此正方形飞行一周, 需时多少?

1.15 当一轮船在雨中航行时,它的雨篷遮着篷的垂直投影后 2米的甲板,篷高 4米。但当 轮船停航时,甲板上干湿两部分的分界线却在篷前 3米。如果雨点的速度为 8米 /秒,求轮 船的速率。

1.16 宽度为 d 的河流,其流速与到河岸的距离成正比。在河岸处,水流速度为零,在河流 中心处,其值为 c 。一小船以相对速度 u 沿垂直于水流的方向行驶,求船的轨迹以及船在对 岸靠拢的地点。

1.17 小船 M 被水冲走后,由一荡桨人以不变的相对速度 2C 朝岸上 A 点划回。假定河流速

度 1

C 沿河宽不变,且小船可以看成一个质点,求船的轨迹。

1.18 一质点自倾角为 α的斜面上方 O 点,沿一光滑斜槽 OA 下降。如欲使此质点到达斜面 上所需的时间为最短,问斜槽 OA 与竖直线所成之角 θ应为何值?

O

A

第 1.18题图

1.19 将质量为 m 的质点竖直抛上于有阻力的媒质中。设阻力与速度平方成正比,即

22gv mk R =。如上抛时的速度为 0v ,试证此质点又落至投掷点时的速度为

2

201v

k v v +=

1.20 一枪弹以仰角 α、初速度 0v 自倾角为 β的斜面的下端发射。试证子弹击中斜面的地方 和发射点的距离 d (沿斜面量取)及此距离的最大值分别为

()ββαα202cos sin cos 2-=

g v d ??

? ??-=24sec 2202max

βπg v d 。

1.21 将一质点以初速 0v 抛出, 0v 与水平线所成之角为 α。此质点所受到的空气阻力为其速 度的 mk 倍, m 为质点的质量, k 为比例系数。 试求当此质点的速度与水平线所成之角又为

α时所需的时间。

1.22 如向互相垂直的匀强电磁场 E 、 B 中发射一电子,并设电子的初速度 V 与 E 及 B 垂 直。 试求电子的运动规律。 已知此电子所受的力为 e ()B v E ?+, 式中 E 为电场强度, e 为 电子所带的电荷, v 为任一瞬时电子运动的速度。 1.23 在上题中,如

()a 0=B ,则电子的轨道为在竖直平面 ()平面 xy 的抛物线;

()b 如 0=E ,则电子的轨道为半径等于 eB

mV

的圆。试证明之。

1.24 质量为 m 与 m 2的两质点, 为一不可伸长的轻绳所联结, 绳挂在一光滑的滑轮上。 在 m 的下端又用固有长度为 a 、倔强系数 k 为 a

mg 的弹性绳挂上另外一个质量为 m 的质点。在

开始时,全体保持竖直, 原来的非弹性绳拉紧,而有弹性的绳则处在固有的长度上。由此静 止状态释放后, 求证这运动是简谐的, 并求出其振动周期 τ及任何时刻两段绳中的张力 T 及

T '。

T T T '

T

'第 1.24题图

1.25 滑轮上系一不可伸长的绳,绳上悬一弹簧,弹簧另一端挂一重为 W 的物体。当滑轮以 匀速转动时,物体以匀速 0v 下降。如将滑轮突然停住,试求弹簧的最大伸长及最大张力。 假定弹簧受 W 的作用时的静伸长为 0λ。

1.26 一弹性绳上端固定, 下端悬有 m 及 m '两质点。 设 a 为绳的固有长度, b 为加 m 后的伸 长, c 为加 m '后的伸长。今将 m '任其脱离而下坠,试证质点 m 在任一瞬时离上端 O 的距 离为

t b

g c b a cos

++ 1.27 一质点自一水平放置的光滑固定圆柱面凸面的最高点自由滑下。问滑至何处,此质点

将离开圆柱面?假定圆柱体的半径为 r 。

1.28 重为 W 的不受摩擦而沿半长轴为 a 、半短轴为 b 的椭圆弧滑下,此椭圆的短轴是竖直 的。 如小球自长 2轴的端点开始运动时, 其初速度为零, 试求小球在到达椭圆的最低点时它 对椭圆的压力。

1.29 一质量为 m 的质点自光滑圆滚线的尖端无初速地下滑。试证在任何一点的压力为

θcos 2mg ,式中 θ为水平线和质点运动方向间的夹角。已知圆滚线方程为

()()θθθ2cos 1, 2sin 2c a y a x =-=+=

1.30 在上题中,如圆滚线不是光滑的,且质点自圆滚线的尖端自由下滑,达到圆滚线的最 低点时停止运动,则摩擦系数 μ应满足下式

12=μπμe

试证明之。

1.31 假定单摆在有阻力的媒质中振动,并假定振幅很小,故阻力与 θ 成正比,且可写为

θ

mkl R 2-=,式中 m 是摆锤的质量, l 为摆长, k 为比例系数。试证当 2k <>

g 时,单摆 的振动周期为

l

k g l 2

2-=π

τ 1.32 光滑楔子以匀加速度 0a 沿水平面运动。质量为 m 的质点沿楔子的光滑斜面滑下。求质 点的相对加速度 a '和质点对楔子的压力 P 。

1.33 光滑钢丝圆圈的半径为 r ,其平面为竖直的。圆圈上套一小环,其中为 w 。如钢丝圈 以匀加速度 a 沿竖直方向运动,求小环的相对速度 r v 及圈对小环的反作用力 R 。

1.34 火车质量为 m ,其功率为常数 k 。如果车所受的阻力 f 为常数,则时间与速度的关系 为:

()f

v v m vf k f v k f mk t 002ln ----=

如果 f 和速度 v 成正比,则

vf k v fv vk f mv t --=02ln

2 式中 0v 为初速度,试证明之。

1.35 质量为 m 的物体为一锤所击。设锤所加的压力,是均匀地增减的。当在冲击时间 τ的 一半时,增至极大值 P ,以后又均匀减小至零。求物体在各时刻的速率以及压力所作的总 功。

1.36 检验下列的力是否是保守力。如是,则求出其势能。

()a

233206y bx y abz F x -=, y bx abxz F y 43106-=, 218abxyz F z = ()b

()()()z F y F x F z y x k j i F ++=

1.37 根据汤川核力理论,中子与质子之间的引力具有如下形式的势能:

()k

r

ke r V ar , -=<>

试求

()a 中子与质子间的引力表达式,并与平方反比定律相比较; ()b 求质量为 m 的粒子作半径为 a 的圆运动的动量矩 J 及能量 E 。

1.38 已知作用在质点上的力为

z

a y a x a F z a y a x a F z a y a x a F z y x 333231232221131211++=++=++= 式中系数 ()3, 2, 1, =j i a ij 都是常数。 问这些 ij a 应满足什么条件, 才有势能存在?如这些条件 满足,试计算其势能。

1.39 一质点受一与距离 2

3次方成反比的引力作用在一直线上运动。试证此质点自无穷远到

达 a 时的速率和自 a 静止出发到达 4

a 时的速率相同。

1.40 一质点受一与距离成反比的引力作用在一直线上运动,求其达到 O 点所需的时间。 1.41 试导出下面有心力量值的公式:

dr

dp mh F 222-=

式中 m 为质点的质点, r 为质点到力心的距离, ==θ 2r h 常数, p 为力心到轨道切线的垂 直距离。

1.42 试利用上题的结果,证明:

()a 如质点走一圆周,同时力心位于此圆上,则力与距离五次方成反比。 ()b 如一质点走一对数螺线,而其质点即力心,则力与距离立方成反比。

1.43 质点所受的有心力如果为

?

??

?

??+-=322r r m F νμ 式中 μ及 ν都是常数,并且 ν<2h>

θ

k e a r cos 1+=

试证明之。式中 2

22222222

, , μ

μνh Ak e h k a h h k ==-=(A 为积分常数)

。 1.45 如 a s 及 p s

为质点在远日点及近日点处的速率,试证明 p s

﹕ a s =()e +1﹕ ()e -1 1.46 质点在有心力作用下运动。此力的量值为质点到力心距离 r 的函数,而质点的速率则

与距离成反比, 即 r

a v =。 如果 2a >2h ()

θ 2r h =, 求点的轨道方程。 设当 0r r =时, 0=θ。

1.47 ()a 某彗星的轨道为抛物线, 其近日点距离为地球轨道 (假定为圆形) 半径的 n

1。 则此

彗星运行时,在地球轨道内停留的时间为一年的

π32n

n n n 212-+

倍,试证明之。

()b 试再证任何作抛物线轨道的彗星停留在地球轨道(仍假定为圆形)内的最长时间 为一年的 π

32倍,或约为 76日。

1.48 试根据§1.9中所给出的我国第一颗人造地球卫星的数据, 求此卫星在近地点和远地点 的速率 1v 及 2v 以及它绕地球运行的周期 τ(参看 79页) 。

1.49 在行星绕太阳的椭圆运动中,如令 T dt E ae r a ==-?τ

π2, cos ,式中 τ为周期, a 为

半长轴, e 为偏心率, E 为一个新的参量, 在天文学上叫做偏近点角。试由能量方程推出下 面的开普勒方程:

E e E T sin -=

1.50 质量为 m 的质点在有心斥力场 3

r mc 中运动, 式中 r 为质点到力心 O 的距离, c 为常数。

当质点离 O 很远时,质点的速度为 ∞v ,而其渐进性与 O 的垂直距离则为 ρ(即瞄准距离) 。 试求质点与 O 的最近距离 a 。

O

第 1.50题图

第一章习题解答

1.1 由题可知示意图如题 1.1.1图

:

S

S

题 1.1.1图

设开始计时的时刻速度为 0v , 由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为 a . 则有 :

()()???

???

?

+-+=-=2

21210211021221t t a t t v s at t v s 由以上两式得

1102

1

at t s v +=

再由此式得

()2121122t t t t t t s a +-=

证明完毕 .

1.2 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 .

题 1.2.1图

设 A 船经过 0t 小时向东经过灯塔 , 则向北行驶的 B 船经过 ??? ?

?+2110t 小时经过灯塔 任意时刻 A 船的坐标

()t t x A 15150--=, 0=A y

B 船坐标 0=B x ,

??

????-???

??+-=t t y B 15211150

则 AB 船间距离的平方

()()2

22B A B A y y x x d -+-=

即

()

2

021515t t d -=2

01521115??

????-???

??++t t

()2

02

02

211225225675900450??? ?

?

+++

+-=t t t t t

2d 对时间 t 求导

()

()67590090002

+-=t t dt

d d AB 船相距最近,即 ()

02=dt

d d ,所以 h t t 4

30=

- 即午后 45分钟时两船相距最近最近距离

2

2min

231543154315??? ???-?+??? ?

?

?=s km

1.3 解 ()1如题 1.3.2图

第 1.3题图

y

题 1.3.2图

由题分析可知,点 C 的坐标为

??

?=+=ψ

ψ?sin cos cos a y a r x 又由于在 ?AOB 中,有

?

ψsin 2sin a

r =

(

r

y r a 2sin 2sin ==

ψ?

联立以上各式运用

1cos sin 22=+??

由此可得

r

y

a x r a x 2

2cos cos --=

-=ψ?

得

1242

2

22222

2=---++

r

y a x y a x r

y

得

22222223y a x r a x y -=-++

化简整理可得

()()

2

222222234r a y x y a x -++=-

此即为 C 点的轨道方程 . (2)要求 C 点的速度,分别求导

???

???

?

=--=2cos sin cos 2cos sin ?ωψψ?ω?ωr y r r x

其中

?

ω = 又因为

ψ?sin 2sin a r =

对两边分别求导 故有

ψ

?ωψ

cos 2cos a r = 所以

2

2

y x V +=

4cos sin cos 2cos sin 2222

?ωψψ?ω?ωr r r +???

? ??--=

ψ?ψ??ψ

ω

++=

sin cos sin 4cos cos 22r

1.4 解 如题 1.4.1图所示,

A O

C

L

x

d 第 1.4题图

OL 绕 O 点以匀角速度转动, C 在 AB 上滑动,因此 C 点有一个垂直杆的速度分 量

22x d OC v +=?=⊥ωω

C 点速度

d

x d d v v v 222

sec sec cos +====⊥⊥ω

θωθθ 又因为 ωθ= 所以 C

点 加速度 θθθω ????==tan sec sec 2d dt dv a ()

2

222222tan sec 2d x d x d +=

=ωθθω

1.5 解 由题可知,变加速度表示为

?

?

? ??

-=T t c a 2sin 1π 由加速度的微分形式我们可知

dt

dv a =

代入得

dt

T t c dv ??? ?

?

-=2sin 1π 对等式两边同时积分

dt T t

c dv t v

????

? ?

?-=00

2sin

1π

可得 :

D T

t

c T

ct v ++

=2cos

2ππ

(D 为常数)

代入初始条件:0=t 时, 0=v ,故

c

T D π

2-

= 即

?????

???? ??-+=12cos

2T t T t c v ππ 又因为

dt

ds v =

所以

=ds dt T t T t c ???

??

???? ??-+

12cos 2ππ 对等式两边同时积分 ,

???

??????

??-+=t T t T T t c s 2sin 222

12πππ

1.6解 由题可知质点的位矢速度

r λ=//v ①

沿垂直于位矢速度

μθ=⊥v

又因为 r r λ== //v , 即

r r

λ= μθθ==⊥r v 即 r

μθθ=

()()

j i v a θ r dt

d r dt d dt d +==

(取位矢方向 i ,垂直位矢方向 j ) 所以

()j i i i θ r r

dt

d r i dt r d r dt d +=+=

()

dt

d r dt d r dt dr r dt d j j j j θ

θθθ ++=i j j 2r r r θθθ -+= 故

()()

j i a θθθ

r r r r 22++-= 即 沿位矢方向加速度

()

2θ

r r a -= 垂直位矢方向加速度

()

θθ

r r a 2+=⊥ 对③求导

r r

r 2λλ== 对④求导

θμμθ

θ

r

r

r +-=2

??

?

??+=λμμθr

把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得

r

r a 222

//θμλ-

=

??? ?

?

+=⊥r a μλμθ

1.7 解 由题可知

??

?==θ

θsin cos r y r x ① ② 对①求导

θθθ sin cos r r x

-= ③ 对③求导

θθθθθθθcos sin sin 2cos 2 r r r r

x ---=④ 对②求导

θθθcos sin r r y

+=⑤ 对⑤求导

θθθθθθθsin cos cos 2sin 2 r r r

r y -++=⑥ 对于加速度 a ,我们有如下关系见题 1.7.1图

题 1.7.1图

即

??

?+=+=θθθθθθcos sin sin cos a a y a a x r r

⑦ --⑧ 对⑦⑧俩式分别作如下处理:⑦ θcos ?,⑧ θsin ? 即得

??

?+=-=θθθθθθθθθθcos sin sin sin cos sin cos cos a a y a a x r r

⑨ --⑩ ⑨ +⑩得

θθsin cos y

x a r += ⑾ 把④⑥代入 ⑾得

2θ

r r a r -= 同理可得

θθ

θ r r a 2+= 1.8解 以焦点 F 为坐标原点,运动如题 1.8.1图所示 ]

题 1.8.1图

则 M 点坐标

??

?==θ

θsin cos r y r x

对 y x , 两式分别求导

?????+=-=θθθθθθcos sin sin cos r r y

r r x 故

()()

2

2

222cos sin sin cos θθθθθθ r r r r y x

v ++-=+=222ωr r

+= 如图所示的椭圆的极坐标表示法为

()

θ

cos 112e e a r +-=

对 r 求导可得(利用 ωθ= )又因为

2

21cos 111e

a e e a r -+-=θ

即

()

re

r e a --=

21cos θ 所以

()

()

2

2222

2

22

2

1211cos 1sin e r e ar r e a --+--

=-=θθ

故有

2222

2

24222

sin 1ωθωr e a r e v +-=

2

22

4221e

a r e -=

ω(

)

(

)]

1211[2

22

2

2

22

e r e ar r e

a --+--

22ωr +

()

??

????--+-?-=2

2222222

21121e e ar r r e e a r ω()r r a b r -=2222ω 即

r a r b

r v -=

2ω

(其中 ()b a e b , 1222-=为椭圆的半短轴)

1.9证 质点作平面运动,设速度表达式为

j i v y x v v +=

令为位矢与轴正向的夹角,所以

dt d v dt dv dt d v dt dv dt d y y x x j j i i v a +++==j i ?

??

? ??++??? ??-=θθ x y y x v dt dv v dt dv 所以

[]j i a ???

?

??++??? ??-=θθ x y

y x v dt dv v dt dv ()j i y x v v +? θθ y x y y y x x

x

v v dt dv v v v dt dv v ++-=dt

dv v dt dv v y y

x x += 又因为速率保持为常数,即

C C v v y x , 22=+为常数

对等式两边求导

022=+dt

dv v dt dv v y y x

x

所以

0=?v a

即速度矢量与加速度矢量正交 .

1.10解 由题可知运动轨迹如题 1.10.1图所示,

题 1.10.1图

则质点切向加速度

dt

dv a t =

法向加速度 ρ

2

n v a =,而且有关系式

ρ

2v 2k dt dv -= ① 又因为

(2

3

2y 1y 1

'+'

'=

ρ

②

2px y 2=

所以

y

p

y =

' ③ 3

2y

p y -='' ④ 联立①②③④

2

3

2232

2y p 1y p 2kv dt

dv

???

? ??+-= ⑤

又

dy

dv

y

dt dy dy dv dt dv =?= 把 2px y 2=两边对时间求导得

p

y y x

=

又因为

222y x

v += 所以

2

22

2

1p

y v y

+= ⑥ 把⑥代入⑤

2

3

22

3222

1

22

121???? ?

?+?-=?

???? ?

?+y p y p kv dy

dv

p y v

既可化为

2

2

2p

y dy

kp v dv +-= 对等式两边积分

222p

y dy

kp v dv p p v

u

+-=??

- 所以

πk ue v -=

1.11解 由题可知速度和加速度有关系如图 1.11.1所示

题 1.11.1图

???

???

?====ααcos sin 2

a dt dv a a r v a t n 两式相比得

dt

dv r v ?=ααcos 1sin 2

即

2cot 1v

dv dt r =α 对等式两边分别积分

20

0cot 1v dv dt r

v v t

??

=α 即

αcot 110r

t v v -= 此即质点的速度随时间而变化的规律 .

1.12证 由题 1.11可知质点运动有关系式

??????

?==ααcos sin 2

a dt

dv a r v ①② 所以 ωθ

θθd dv dt d d dv dt dv =?=,联立①②,有

αα

ωθcos sin 2

r v d dv = 又因为

r v ω=

所以 θαd v

dv cot =,对等式两边分别积分,利用初始条件 0=t 时, 0θθ=

()αθθcot 00-=e v v

1.13 证(a )当 00=v ,即空气相对地面上静止的,有 牵 相 绝 v v v +=. 式中 绝 v 质点相对静止参考系的绝对速度, 相 v 指向点运动参考系的速度, 牵 v 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:绝 v =v ',即飞机在舰作匀速直线运动 . 所以 飞机来回飞行的总时间

v l t '

=

20. (b )假定空气速度向东,则当飞机向东飞行时速度

01v v v +'=

飞行时间

1v v l

t +'=

当飞机向西飞行时速度

0v v v v v -'=+=牵 相

飞行时间

2v v l

t -'=

故来回飞行时间

021v v l t t t +'=

+=0v v l -'+2

2

2v v l

v -''= 即

2

2

00

220112v v t v v v l

t '

-='-'= 同理可证,当空气速度向西时,来回飞行时间

2

20

1v v t t '

-= (c )假定空气速度向北 . 由速度矢量关系如题 1.13.1图

v 题 1.13.1图

v v v '+=0绝

- 21 -

20

2v v v -'= 所以来回飞行的总时间

2

2

2v

v l t -'=

2

20

02

20

2v v

t v v v l '-

='-

'=

同理可证空气速度向南时,来回飞行总时间仍为

2

20

v t t '-=

1.14解 正方形如题 1.14.1图。

C

D

3

v

由题可知 h km v v /28==风 牵 设风速 B A →, h km v /100=相 , 当飞机

B A →, h km h km v /128/) 28100(1=+=

h km h km v D B /96/28, 222=-=→

h km h km v D C /72/) 28100(, 3=-=→

=→4, v A D h km h km /96/2822=-

故飞机沿此边长 6h km /正方形飞行一周所需总时间

min 16515192499667269661286

==??

? ??+++=h h t

2

v 风

v 相

风

v v 题 1.14.3图

- 22 -

1.15 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 .15.1图

船

题 1.15.1图

船 雨相 雨绝 v v v +=

故

γβαπβα---=

+sin sin 雨绝

船 v v

又因为 2

πγβ=+,所以

()α

βαcos sin +=

雨绝 船 v v

由图可知

5

1cos , 5

22

44cos 2

2

=

=

+=

αα

5

4

cos , 53sin ==ββ

s m v /8=雨绝

所以

α

αββαcos ) cos sin cos (sin+=

雨绝 船 v v =8

s m /

1.16解 以一岸边为 x 轴, 垂直岸的方向为 y 轴 . 建立如题 1.16.1图所示坐标系

.

题 1.16.1图

- 23 -

所以水流速度

()???

???

??

?? ??≤≤-??? ??≤≤=d y d y d k d y ky v 220 又因为河流中心处水流速度为 c

??? ?

?

-?=?

=22d d k d k c 所以 d c k 2=。当 20d y ≤≤时, y d

c v 2=水 即

????

?==ut

y y d c

dt dx 2 ① --② 得 tdt d

cu dx 2=,两边积分

tdt d

cu dx t

x

20

??

=

2t d

cu x =

③ 联立②③,得

??

?

??≤≤=

202d y y ud c x ④ 同理,当 2d y d ≥≥时, ()y d d

c v -=2水 即

()()ut d d

c

y d d c dt dx -=-=22 ()dt ut d d

c

dx -=?

?2 ()为一常数 D D ud

cy y u c x +-=22 ⑤

由④知,当 2d y =时, u

cd x 4=代入⑤得

u

cd D 2-

=

有

- 24 -

ud

cy y u c x 22-

= u cd 2-, ??? ??≤≤d y d

2 所以船的轨迹

???

????

??

? ??≤≤--=??

?

??≤≤=d y d u cd y ud c y u c x d y y ud c x 2222022

船在对岸的了;靠拢地点,即 d y =时有 u cd x 2=

1.17 解 以 A 为极点,岸为极轴建立极坐标如题 .17.1图 .

题 1.17.1图

船沿垂直于 r 的方向的速度为 ?sin C 1-, 船沿径向 r 方向的速度为 2C 和 1C 沿径向 的分量的合成, 即

??????

?-=-=211cos sin C

C dt

dr C dt d r ??

① --② ② /①得 ???d C C r dr ???

?

??-=cot sin 12,对两积分:

C C C r +-=

??

sin ln 2

tan ln ln 12 设

C k C C , 2

, 12α?

==为常数,即 C r k k +=+-α

α

1

1cos 2sin ln ln 代入初始条件 0r r =时, 0

??=. 设 , 2

00

α?=有 , cos 2sin ln ln 01

10αα+--=k k r C 得

- 25 -

101

110sin cos cos sin αααα-++-?

=k k k k r r

1.18 解 如题 1.18.1图

题 1.18.1图

质点沿 OA 下滑, 由受力分析我们可知质点下滑的加速度为 θcos g a =. 设竖直线

h OB =,斜槽 s OA =,易知 , 2

, 2

αθπ

απ

+-=

∠-=

∠OAB OBA ,由正弦定理

??

? ??+-=

??

? ??-αθπαπ2sin 2sin h s

即

αθα-=

cos cos h s ①

又因为质点沿光滑面 OA 下滑,即质点做匀速直线运动 . 所以

22cos 2

1

21t g at s θ==

② 有①②

()0cos cos cos 2

1

2=--ααθθh t g 欲使质点到达 A 点时间最短,由 αθθα-=

cos cos cos 22g h t 可知,只需求出 ()αθθ-cos cos 的极大值即可,令

()αθαθθαθθsin sin cos cos cos cos cos +=-=y

αθθαsin 2sin 2

1

cos cos 2+=y

把 y 对 θ求导

- 26 -

()αθαθθθsin 22cos 2

1

cos sin cos 2??+?-=d dy 极大值时 0=θ

d dy ,故有

θθ2sin tan =

由于是斜面的夹角,即 20, 20πθπα∠∠∠∠

所以

2

πθ=

1.19 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

22y g mk mg y

m --= ① 下降:

22y g mk mg y

m +-=- ② 对上升阶段 :

()

221v k g dt

dv

+-= ()

221v k g dy

vdv

dt dy dy dv +-== 即

- 27 -

gdy v

k vdv

-=+2

21 对两边积分

gdy v

k vdv h v ??

-=+0220

10

所以

()

2022

1ln 21v k g

k h +=

③ 即质点到达的高度 . 对下降阶段:

22gv k g dy

vdv

dt dy dy dv -== 即

gdy v

k vdv

h v ??

=-0220

11

()

2122

1ln 21

v k g

k h --

= ④ 由③ =④可得

20

201v

k v v +=

1.20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

t v d ?=αβcos cos 0 ①

- 28 -

竖直方向作上抛运动,有

202

1sin sin gt t v d -

=αβ ② 由①得

α

β

cos cos 0v d t =

③

代入化简可得

()β

βαα220cos sin cos 2-?

=g v d 因为子弹的运动轨迹与发射时仰角 α有关, 即 d 是 α的函数, 所以要求 d 的最大 值 . 把 d 对 α求导,求出极值点 .

()()[]0cos cos sin sin cos 22

2

0=-+--=βααβααβ

αg v d dd

即

()()βααβαα-=-cos cos sin sin

()02cos =-βα

所以 2

4βπα+=,代入 d 的表达式中可得:

?

?? ??-???? ??+?=24sin 24cos cos 2220max

βπβπβg v d ?

?

? ??-??? ??-?=βπβπ2sin 24sin 2222

g v ??

? ??-=24sec 222

0βπg v 此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离 d 的最大值

1.21 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 .

- 29 -

题 1.21.1图

轨道的切线方向上有:

θsin mg mkv dt

dv

m

--= ① 轨道的法线方向上有:

θcos 2

mg r

v m = ② 由于角是在减小的,故

θ

d ds r -

= ③ 由于初末状态由速度与水平方向夹角 θ来确定,故我们要想法使①②变成关于 θ的等式 由①

ds

dv mv dt ds ds dv m dt dv m

== 即

θsin mg mkv ds

dv

mv

--= ④ 把代入可得

θθ

cos 2

mg ds

d mv -= ⑤ 用④ ÷⑤可得

θ

θ

θcos sin 1g g kv d dv v +=

θ

θθθθd v d g k dv v cos sin cos 12

+=

- 30 -

θθ

θ

θθθd v g kd v dv 2

22cos sin cos cos += θ

θ

θθθ2

22cos cos sin cos g kd v d v dv =- 即

()θ

θ

θθ2

22cos cos cos g kd v v d =,两边积分得 C g

k

v +=-

θθtan cos 1 ⑥ 代入初始条件 0=t 时, 0, v v ==αθ即可得

???

? ??+-=ααtan cos 10g k v C 代入⑥式,得

g kv gv v +-=

θαθαtan tan cos cos cos 0 ⑦

又因为 θωcos , 2

mg r v m r v ==

所以

v

g dt d θθωcos --=

⑧

把⑦代入⑧

dt g d g kv gv θθθαθα

cos tan tan cos cos cos 0-=+-

积分后可得

???

? ??+=g kv k t αsin 21ln 110

1.22 各量方向如题

1.22.1图 .

- 31 -

题 1.22.1图

电子受力

()B E F ?+=v e B

v v v e eE z y x

k

j i j +=()j i evB eE B ev y ++= 则电子的运动微分方程为

???

??=-=-===0z

m x eB eE B ev eE y m y eB B ev x m x y ② -③ -④ 由② , dt dy eB dt dv m x =,即 ??=y

v

v x dy m eB dv x

V y m

eB

v x +=

⑤ 代入③整理可得

()BV E m e y m

B e y -=+2

22 ⑥ 对于齐次方程 022

2=+y m

B e y 的通解 t m

eB sin A t m eB cos

A Y 211+= 非齐次方程的特解

()BV E eB

m

Y -=

2

2

- 32 -

所以非齐次方程的通解

()BV E eB

m

t m eB sin A t m eB cos

A Y Y y -++=+=22121 代入初始条件:0=t 时, 0=y 得 ??

?

??-=

B E V eB m A 1 0=t 时, 0=y v 得 02=A , 故

2

eB mE eB mV t m eB cos B E V eB m y +-

??? ??-=

⑦

同理,把⑦代入⑤可以解出

t m

eB

sin B E V eB m t B E x ??? ??-+=

把⑦代入⑤

V eB mE eB mv t m eB B E V eB m m eB dt dx +??

?

???+-??? ??-=2cos dt B E dt t m eB B E V dx +???? ?

?

-=cos

C t B

E

t m eB B E V eB m x ++??? ??-=

sin 代入初条件 0=t 时, 0=x ,得 0=C . 所以

t B

E

t m eB sin B E V eB m x +??? ??-=

)

1.23证 (a )在 1.22题中, 0=B 时,则电子运动受力 j F eE =电子的运动微分方程

???

??===00z

m eE y m x m ① -② -③ 对②积分

- 33 -

1C t m

eE

y

+= ④ 对④再积分

212

2C C t m

eE y ++=

又

0==z , vt x

故

??

???+=

=C mv eEx y z 202

(21C C C +=为一常数) 此即为抛物线方程 .

()b 当 0=E 时

则电子受力

B

v v v e e z y x

k j i

B v F ?=?= j i x y eBv eBv -=

则电子的运动微分方程为

???

??=-==0z

m eBv y m eBv x m x y

① -② -③

同 1.22题的解法,联立① -②解之,得

???

???

?

==t m eB V eB m y t m eB V eB m x cos sin , 于是

- 34 -

2

22?

?

?

??=+eB mv y x

及电子轨道为半径的圆 eB

mV .

1.24 解以竖直向下为正方向,建立如题 1.24.2图所示坐标,

T '

m m

T

T '

T '

m T

T '()

1()2(3

题 1.24.1图 题 1.24.2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 321, , y y y ,则 3个 物体运动微分方程为:

??

?

??=-=-+'='-32122y m T mg y m T mg T y m T mg

① -② -③ 由②于③与、之间是,即不可伸长轻绳连接,所以有 32y y -=,即

y

y -= ④ 之间用倔强系数 a mg k =弹性绳联结 . 故有

()()a y y a

mg

a y y k T --=

--='2121 ⑤ 由①⑤得

()g y y a

g

y

2211+--= ⑥ 由②③④得

- 35 -

mg y

m T +='23 ⑦ 代入①,有

213y

y -= ⑧ 代入⑥,有

g y a

g

y

=+1134 ⑨ 此即为简谐振动的运动方程 . 角频率

a

g 32

=ω 所以周期

g

a 32π

ω

π

τ==

解⑨得

4

3sin cos 211a t A t A y +

+=ωω 以初始时③为原点, 0=t 时, 0, 011==y y . 所以

a t a y 4

3

cos 431+-

=ω ⑩ 代入①得

???

? ??-='t a g mg T 32cos 1 联立 -③④⑧⑩得

???

? ??-=t a g mg T 32cos 3112 1.25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 .25.1图所示坐标系 .

- 36 -

W

题 2.15.1图

原点的重力势能设为 0. 设弹簧最大伸长 max λ. 整个过程中,只有重力做功,机械 能守恒:

()??

??

?=+-??-=+?02max 0

max 2

020212121λ

λλλλk W k g g W k v g W ① -② 联立①②得

g

v 00

0max λλλ+=

弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力, m ax T 为最大张力,即

??

?

?????+==00m ax m ax 1λλg v W k T

1.26解 以绳顶端为坐标原点 . 建立如题 1.26.1图所示坐标系

.

'

- 37 -

题 1.26.1图

设绳的弹性系数为 k , 则有

kb mg = ①

当 m '脱离下坠前, m 与 m '系统平衡 . 当 m '脱离下坠前, m 在拉力 T 作用下上升 ,之后作简运 . 运动微分方程为

()y

m a y k mg =-- ② 联立①② 得

b b a g y b g y

+=+ ③

0=+y b

g

y

齐次方程通解

t b

g A t b g A Y sin cos

211+= 非齐次方程③的特解

b a Y +=0

所以③的通解

b a t b

g A t b g A Y +++=sin cos

211 代入初始条件:0=t 时, , c b a y ++=得 0, 21==A c A ;故有

b a t b

g

c y ++=cos

即为 m 在任一时刻离上端 O 的距离 .

1.27解对于圆柱凸面上运动的质点受力分析如图 1-24.

- 38 -

题 1.27.1图

运动的轨迹的切线方向上有 :

dt

dv m

mg =θsin ① 法线方向上有:

R

v m

N mg 2cos =-θ ②

对于①有 dt

ds ds dv dt dv g ==θsin (s 为运动路程,亦即半圆柱周围弧长)即

ds g vdv θsin =

又因为

ds Rd =θ

即

θθRd g vdv sin = ③

设质点刚离开圆柱面时速度 0v ,离开点与竖直方向夹角 0θ,对③式两边积分

θθθRd g vdv v sin 0

?

?

=

()02

0cos 12

1θ-=gR v ④ 刚离开圆柱面时 0=N 即

R

v m mg 20

0cos =θ ⑤

联立④⑤ 得

3

2

arccos 0=θ

- 39 -

即为刚离开圆柱面时与竖直方向夹角 .

1.28解 建立如题 1.28.1图所示直角坐标

.

题 1.28.1图

椭圆方程

122

22=+b

y a x ① 从 A 滑到最低点 B ,只有重力做功 . 机械能守恒 . 即

22

1mv mgb =

②

设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为 N 则有:

ρ

2v m

mg N == ③

ρ为 B 点的曲率半径 . B A →的轨迹:

2

2a

x b y --=

得

2

2

2

a

x a

bx y -=

';

2

3

22

211???

? ??-?=

''a x a

b y 又因为

()

2

2

3211

a b y y k =

'+'

'=

=ρ

- 40 -

所以

???

? ??+=?+=+=2222

212a b W mgh a b mg mv mg N ρ

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

???

? ??+2221a b W

方向垂直轨道向下 .

1.29 解质点作平面直线运动,运动轨迹方程为

()()

??

?+-=+=θθθ2cos 12sin 2a y a x ① -②

由曲线运动质点的受力分析,我们可以得到:

???

???

?==-dt dv m mg v m N mg θρθsin cos 2 ③ -④ 因为曲线上每点的曲率

(2

3

21y y k '+'

'=

⑤

所以

θ

θθθθ

2cos 12sin 2cos 222sin 2+=

+==a a a d dx dy dx dy ⑥ dx

d dx dy d d dx dy dx d dx y d θθ???? ??=??? ??=22

()θθθ

θθ2cos 2212cos 12sin 22cos 12cos 22

2a a +?+++=

2

2cos 11θ+=a ⑦ 把⑥⑦代入曲率公式⑤中

θ

cos 41a k =

所以

θρcos 41

a k

==

⑧ 由④

θsin g ds

dv v dt ds ds dv dt dv === 即 ds g vdv θsin =,又有数学关系可知 θsin ds dy =,即 gdy vdv =所以

()θ2cos 1222+-==ga gy v ⑨

把⑧⑨代入①

ρ

θ2cos v m

mg N == ()θθ

θθcos 2cos 42cos 12cos mg a ga m

mg =++

1.30 证当题 1.29所述运动轨迹的曲线不光滑时,质点的运动方程为:

()??????

?-=??? ?

?-=ds N mg mv d N mg v m μθθρsin 21cos 22

①②③④⑤ 由 1.29题可知

θρcos 4a = ②

由数学知识知

ds d =θρ ③

把①③④代入②

()θμθθθμθd v d a g dv 22

cos 4cos sin 2

1+-= ()

()θμμθμθ

2cos 2sin 4222

--=-ag v d dv ⑤ 这是一个非齐次二阶微分方程 . 解为

()[]

μθ

μθθμμ

222

2212cos 22sin 41Ce ag ag v +--+-+=

当 2

πθ=时, 0=v 得

πμ

μ

-+=

e ag C 2

14 即

()[]

μπμθμ

μθθμμ-+++-+-+=

22

2

2214212cos 22sin 41e ag ag ag v 当 πθ=, 0=v 时,即

???

? ??-+--+=-1112140222μμμμπ

ag e ag 故有

12=μπμe

1.31

题 1.31.1图

因为

βI M =①

即

l mkl mgl M ?--=θ

θ 2sin 2ml I =

θ

β = 所以

θθθ

kl g l 2sin --= 又单摆摆角 θ很小,有 θsin =θ

上式即化为:

02=++θθθl

g k ② 此即为一个标准的有阻尼振动方程。

设 l g =

0ω为固有频率,又由于 l

g k <>

,即阻力很小的情况。方程②的解为

()

k k t e A t =-=+=-βωω?ωθβ, cos 2

2

00

所以单摆振动周期 l k g l

k

2220222-=-==ππωπτ 结论得证。

1.32 解:设楔子的倾角为 θ, 楔子向右作加速度 0a 的匀加速运动, 如图 1.32.1

图。

题 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 非惯 F ma =0的非惯性力,方向与 0a 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:

a m ma mg '=+θθcos sin 0① 垂直斜面受力平衡:

N ma mg +=θθsin cos 0 ②

联立①②得

??

?

?

????? ??-=+='θθθθsin cos cos sin 00g a mg N a g a 此即楔子相对斜面的加速度 a '。

对斜面的压力 P 与斜面对 m 的支持力 N 等大反方向。同理可得当楔子向左 作加速度为 0a 的匀加速运动时,质点 m 的 a '和楔子对斜面的压力 P 为

??

?

?

????? ??+=-='θθθθsin cos cos sin 00g a mg P a g a

综上所述可得

??

?

?

????? ??=='θθθθsin cos cos sin 00g a mg P a g a

1.33

解 设钢丝圆圈以加速度 a 向上作匀加速运动如题 1.33.1图,

t

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 ???

?

??a g ω方向与 a 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:

dt dv g ma a g r t ω?ωω-==???

? ??+sin ① 法线方向受力分析有:

r v m R a g r 2cos -=-???

? ??+?ωω② 对①

dt dv g ma a g r

t ω?ωω-==???

? ??+sin 两边同乘以 rg

()??

??d dv v d dv dt d r g a r r r

r

-=???? ??-=+sin 即

()r r dv v d g a r -=+??sin

两边同时积分

()r v v r dv v d g a r r

r ?

?

-

=+0

sin ???

?

r g a v v r r 002cos cos 2??-++=③

把③代入②可解得

()??

?

???+-???? ??

+=g v r g a r R r 020cos 2cos 31??ω 同理可解出,当钢丝圆圈以加速度 a 竖直向下运动时小环的相对速度

()()r a g v v r r 02

0cos cos 2??--+=

()??

????+-???? ??

-=g v r g a r R r 020cos 2cos 31??ω 综上所述,小环的相对速度 r v

()()r a g v v r r 02

0cos cos 2??-+=

圈对小环的反作用力

()??

????+-???? ??

=g v r g a r R r 020cos 2cos 31??ω

1.34证:(1)当火车所受阻力 f 为常数时,因为功率 P 与牵引力有如下关系:

v F P 牵 =

所以 ()v f F k +=合

即

v f dt dv m k ???

??+=

dt fv

k mvdv

=-

对两边积分

?

?

=-t v

v m

dt fv k vdv 00

()f v v m vf k f v k f

mk t 002ln ----=

(2) 当阻力 f 和速度 v 成正比时,设 f =lv , l 为常数。同理由(1)可知

v f dt dv m k ??

? ??+=

即

2lv dt dv

mv

k += m dt

lv

k vdv =-2

对两边积分

?

?

=

-t

v

v m

dt fv

k vdv 00 vf k v fv vk f mv lv k lv k l m t --=--=0

22

2

0ln 2ln 2

1.35 解 锤 的 压 力 是 均 匀 增 加 的 , 设 kt F =, k 为 常 数 , 由 题 意 可 知

?

?

=P

dt k

dF 0

2

π

,得

τ2

k P =,

所以

τP

k 2=

,

即

t P

F τ

2=

故

t P dt dv m

τ2= tdt P mdv τ

2= 两边同时积分

??

=

t

v

tdt P

dv m 0

2τ

得

2t m P v τ=, ??? ?

?

≤≤20τt ①

又因为当 F 增至极大值 P 后,又均匀减小到 0,故此时有 ()k t k F '-'=, τ为常

数,

?'=τ

τ

2

dt k dF P

τ

P

k 2-

='

所以

()ττ

--

=t P

F 2

即

()t P

dt dv m

-=

ττ2 ()dt t P dv m t v v ?

-=2

22

τττ

τ

()???

???????? ??----=-2

2

2221212τττττt P mv mv ②

由①得

42

ττP mv =③

()

22242t t m P

v -+-=

τττ

整个过程压力所做功 W

又因为

Fv dt

dW

= 即

Fvdt dW =

对上式两边分段积分

()()

dt t m P

t P

dt t m P P

dW W

222

22

24222ττττ

ττ

τ

τττ

τ

-+-?

-+?=

?

?

得

m

P W 82

2τ=

1. 36

解 (a )保守力 F 满足条件 0F =??对题中所给的力的表达式 ,代入上式 即

(

)(

)

()

22=+--+-+-=???? ????-??+??? ????-??+???? ????-??=??????

=

??k

j i k

j i F F F k j i F z

y x y 40abx 6abz y 40bx 6abz

y 18abz y 18abz 18abxz 18abxz y F x F x F z F z F y F z y x 3333

22x y z x y z

所以此力是保守力,其势为

()()

()

()()()()

(

)

()

(

)

()

3

24, , 0, , 20, , 0

, 0, 43

000

002

3

3

z y, x, 0

, 0, 0x

6518106d 206F abxyz y bx dz abxyz dy y bx abxz

x y bx y abz dz F dy F dx V z y x y x y x x , x, , , z

y

-=-----

++-=?-=?????dr

F

(b)同(a ) , 由

=???

? ????-??+??? ????-??+???? ????-??=??????

=

??k j i k j i F y F x F x F z F z F y F F F F z y x x y z x y z z

y x

所以此力 F 是保守力,则其势能为

dz

F dy F dx F d V B

A

B

A

B

x A

z z z y y y x x ?

?

?

?-

-

-=?-=r

F

1.37 解 (a )因为质子与中子之间引力势能表达式为

()()0<=-k>

ke r V r

α 故质子与中子之间的引力 ()r F

()()()2

21r e r k r ke r

ke r

ke dr d dr r dV r F r r r r

αααααα----+=

+

=???

?

??-=-=

(b )质量为 m 的粒子作半径为 a 的圆运动。

动量矩

v r J m ?=

由(a )知

()()2

1r

e r k r F r

αα-+= ()r F 提供粒子作圆周运动的向心力, ()r F 方向是沿着径向,

故

()r v m r e r k r 22

1=+--αα 当半径为 a 的圆周运动

()a v m a

e a k a 2

2

1=+--αα 两式两边同乘以 3

ma

即

()2221a v m e a mka a =+--αα

又因为

mva J =

有

()a e a mka J αα-+-=12

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

()()()a

e a k a ke a e a k a V mv V

T E a a a 21212

1

2ααααα----=

++-=+=+=

1.38 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 0=??F 即

??

???????

?

???=????=????=??x F z

F x F y

F z F y

F z

x y

x y

z 得

???

??===3113

21122332a

a a a a a ()3, 2, 1, =j i a ij 为常数满足上式关系,才有势能存在。

势能为:

()

()(

)

()()()

()

()(

)

()

()

zx a yz a xy a z a y a x a dz

z a y a x a dy z a y a x a dx z a y a x a d F dy F dx F d V z y x y x y x x x z

z y x 312312231212211, , 0, , 3332310, , 0, 0, 2322210, 0, 0, 0, 01312112222

1

+++++=

++-

++-++-=++-=?-=????

??

?

r F

1.39 证 质点受一与距离 23

成反比的力的作用。 设此力为

()()为一常数 k kr

r F 2

3-=①

又因为

()dr vdv md dt dr dr dv m dt dv m

r F =?== 即

()mvdv dr r F =

mvdv dr

kr

=-

23②

当质点从无穷远处到达 a 时,对②式两边分别积分:

?

?=∞

+-

v

a

vdv m dr

kr

023 2

124--

=a m

k v

当质点从 a 静止出发到达 4

a

时,对②式两边分别积分:

?

?

=-

v

a a

dv m dr

kr

4

23

得

范文二：理论力学第二版第二章答案罗特军

静力学习题及解答—力系的简化

第3周习题包括第二章和第三章部分，此处给出第二章的所有习题解答

2.1各力的作用线共面的力系成为平面力系。试讨论平面力系的简化结果。

?，主矩为MO。根解：在力系平面内任取简化中心O，该力系的主矢为FR据主矢和主矩的关系，简化结果可分为四种情况：

??0，MO?0，原平面力系是平衡力系； 1). FR

??0，MO?0，原平面力系是力偶，简化结果与简化中心的位置无2). FR关

魏 泳 涛

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??0，MO?0，原平面力系简化成通过简化中心O的合力。 3). FR

静力学习题及解答—力系的简化

2.2大小均等于FP的四个力作用于边长为a的正方形的四条边上，如图所示。该力系是否为一平衡力系？若不是，试求其简化结果。

魏 泳 涛

解：取正方形的左下角O为简化中心，则

??0 主矢: FR

主矩：MO??2FPa

网

课

后

答

案

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www.kh

daw

.c

om

因此，该力系不是平衡力系。2FPa。

2.3考虑一小型砌石坝的1m长坝段，将所受的重力和静水压力简化到中央对称平面内，得到重力F1、F2和三角形分布的静水压力，如图所示。已知h?8m，a?1.5m，b?1m，F1?594kN，F2?297kN。单位体积的水重??9.8kN?m-3。试将重力和水压力向坐标原点O简化，然后再求简化的最后结果。

魏 泳 涛

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点上

2.4如图所示，已知OA?OB?a，OC?a，力F1、F2和F3的大小相等。试证明该力系可简化为一合力。

魏 泳 涛

所以该力系必存在合力。

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2.5三棱柱的高为b，底面为等腰直角三角形，直角边长也为b。力F1作用于A点，力F2和F3作用于O点，方向如图示，且有F1?F2?F3?FP

魏 泳 涛

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静力学习题及解答—力系的简化

2.6 底面为正方形的长方体棱边上作用有8个大小均等于FP的力，如图所示。试求该力系的简化结果。

魏 泳 涛

子力系3：F7和F8?。 因此，原力系合力为4FPk

网

课

后

答

案

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www.kh

daw

解：

原力系由三个力系组成。

子力系1：F1和F2构成力偶，力偶矩矢量Fak

子力系2：F3～F64FP

.c

om

静力学习题及解答—力系的简化

2.7求下列平面图形的形心位置(图中长度单位为mm)

魏 泳 涛

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静力学习题及解答—力系的简化

网

课

后

答

案

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daw

.c

om

2.8均质平面薄板由正弦曲线与x轴的一段所围成，如图所示。求板的中心位置。

解：

S???dxdy??dx?

S

魏 泳 涛

π

y?sinx0

dy??sinxdx?2

π

yC?

πy?sinx11π2π

ydxdy?dxydy?sinxdx? ???000S??2S8S

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2.9在长半轴为3r、短半轴为

7r

的椭圆形均质平面薄板上挖了一个半径为r的3

圆 ，如图所示。求板的重心的位置。

魏 泳 涛

解：

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2.10将图示均质梯形薄板ABCD在点C挂起，设AD?a。欲使AD边保持水平，BC应等于多少。

魏 泳 涛

解：

如上图，设BC长度为b，欲使AD水平，则DFC和ABCF的重力对点C之

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2.11在图示变长为a的均质正方形薄板ABCD中挖去等腰三角形EAB，试求E点y坐标的最大值ymax，使剩余薄板的重心仍在板内。

魏 泳 涛

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静力学习题及解答—力系的简化

2.12求图示均质混凝土基础重心的位置(图中长度单位为m)

魏 泳 涛

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范文三：理论力学(第二版)参考答案上部

理论力学（第二版）参考答案上部

（一~三章）

第一章 1.2

写出约束在铅直平面内的光滑摆线

分方程，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：

设s为质点沿摆线运动时的路程，取

=0时，s=0

上运动的质点的微

S=

设

= 4 a (1)

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

受力分析得：

则

=

，此即为质点的运动微分方程。

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?0的单摆运动

???2r?)?F ??运动微分方程为m(r??

???mgsin? ? mr?

?d???gsin给?式两边同时乘以d? r??d?

1?2

对上式两边关于??积分得 r??gco?s?c ?

2

??0故c??gcos? ? 利用初始条件???0时?0??-2g?co?s?co?s0 由??可解得 ?

l

上式可化为-

2g

?cos??cos?0?d??dt l

l01l?0

两边同时积分可得t??d??

2g??0cos??cos?02g?0

1

1?sin22

?

1?sin2

2

?d?

进一步化简可得t?

12

l?01

d?

g?0sin2?0?sin2?由于上面算的过程只占整个周期的1/4故

l?0

T?4t?2

g?0

1sin

2?0

2

?sin

2?

d?

2

由sin?/sin?0?sin?

22两边分别对??微分可得cos

cos

?

2

d??sin

?0

2

cos?d?

?

2

??sin2

?0

2

sin2?

sin

?0

cos?

故d??2

?sin2

?0

2

d? sin2?

?由于0????0故对应的0???

2

l?0g?0

d?sin2

l2g?0

?

sin

?0

2

cos?/?sin2

sin

?0

2

sin2?

d?

故T?2

2

?sin

?

2

?4

2

cos?

l?d?22?02

K?sin故T?4其中

g?0?K2sin2?2

通过进一步计算可得

T?2?

11?3241?3?5???(2n?1)22nl

[1?()2K2?()K???()K??] g22?42?4?6???2n

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

, ①

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：

,M为地球的质量；③

当半径增加

,R2=R+ ,此时总质量不变，仍为M,

此时表面的重力加速度

可求：

④

由④得：

⑤

则，半径变化后的g的变化为

⑥

对⑥式进行通分、整理后得：

⑦

对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R，得

⑧

则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：

。

1.6

则由牛顿第二定律可知， 质点的运动方程为

?2)?F?mgcos??r??r??m(?

????2r?)?mgsin? ??m(r???

其中，

???V,r0?L,r?L?Vt r

1.8

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。(其中、为常数)则有

其中为曲率半径。 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

对

式积分则得

其中

是初始角大小。我们把

式转化为时间关于角的函数

将

式代入

式，于是得质点的轨道方程

当我们取一定的初始条件

时，令

。方程可以简化为

即质点的轨迹为对数螺线。

11 ○

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：mgl1?

1

mV2, 所以在原长位置时：V1?2gl1 2

因为加速度为g，所以，到达原长的时间为: t1?

V2?0

?g2l1

g

（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。

?z?mg?kz?m?

? kl?mg?2

??化简得： ?z

g

z?g l2

解微分方程得： z?C1cos

ggt?C2sint?l2 l2l2

??V1?因为t=0时，z=0, z

22gl1

所以, z??l2cos

gggg

??gl2sint?2l1l2sint?l2,zt?2gl1cost

l2l2l2l2

??0时，t2?当z

l22l1(??tan?1),此时z?2(l2?2l1)?l2 gl2

（3）所以总时间为

t?t1?t2?

2l1l2l1

?2(??tan?1) ggl2

A,D间总距离为 s?z1?z2?l1?l2?2(l2?2l1)

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，质点机械能转化为绳子内能；第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，

1

mgr(1?cos?)?mv2，?

2

又，由绳子张力为零可知

v2

mgcos??m，?

r

第二阶段，设上升高度为h，则

(vsin?)2

，? h?

2g

2322323r，cos??；h?rcos??r?l 2732754

23

因此质点上升最高处为o'点上方l处。

54

设斜抛到达最高点时水平位移为s，则 联立?、?、?可解得h=

4545r=l;rsin??s?l s?(vcos?)t?vcos?(vsin?)，s=

275454

因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边

55

l处。 54

1-12

解: 由自然坐标系

即

∴ ∴

∴ ∴ ∴ ∴ ∴

1.13. 解：

（1）以竖直向下为正方向，系统所受合力对O点，

合力矩为零，

,,故系统动量不守恒；

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：

(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：

由角动量守恒得：

而

得到r=3a 而由初始时刻

，故小球在a到3a间运动。

1.14 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，所受的合外力不为零，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；

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，而能量一定守恒。 （2）以地面为参考系，以O为原点，建立球坐标系。 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：

(3)第三问不会做。 1.15

水平方向动量守恒，则vmcos??m?u

u2?v2?vr

??cos? 有余弦定理得：cos(???)?

2uv

2

可得：v=

vr

?

mcos?2mcos?

?2

?m?m

2

2

2

可得：u=

mvrcos?vmcos?

=

2222?mm??mcos?2mm?cos?

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 (mA?mB)vc?mBv0 所以得vc?

mBv0

mA?mB

?

vmBlmAl

由易知A、B各绕质心做半径为r1?，r2?的圆周运动，由初始条件得??0

mA?mBmA?mBl

以质心C点的坐标xC和yC及杆和x轴的夹角?为坐标

?C?mBv0 （mA?mB)y??

?Ck?L?(mA?mB)xCy

mAmB2?

l?k?lmBv0k

mA?mB

T?

11mAmB2?21

?C2?(mA?mB)yl??mBv20

22mA?mB2

1.18

解：设m1和m2碰撞后，m1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

'

v

'2

，

m的速度变为v

3

3

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

m和m而言，则有：

1

2

1

mvmv+mv

=1

1

1

'

22

12

mv

1

=1

2

12

mv

1

,2

1

+

12

mv

21

22

两式联立消去

v

，则有1

'

v

=2

?211

①

2

对于

m和m而言，同样有：

2

3

mvmv+mv

2

=2

'

2233

12

mv

2

2

=2

12

mv

2

'22

+

'

12

mv

3

23

由以上两式联立消去

v

则有2

v

=3

m?m

2

222

②

3

将①代入②得：

v

3

=

(1?2).(2?3)

4121

将上式对

m求导得

2

dm2

由

d3

?

411(?2?13)

2

(m1?m2)(m2?m3)

?0可得m2=

22

d2

d3

1

3

即当

m

=2

v

1

时3最大且3

v

3max

?

(m1?

mv

mm).(m?mm)

1

3

1

1

3

3

1

3

4m1

1.21 解: 由题意得

m(r??r?sin2?)=Fr +mgcos? ① r??r?sin?cos??gsin? ② ?sin??2??cos??0 ③

由③得 ?tan???2?? 整理并积分可得??

???

?2?2

??

?2

????

????

a

④ 2

sin?

a2

将之代入②可得 r??r3cos??gsin?

sin?

2ga2

整理并积分可得????(cos??2?c)（正值舍去）

rsin?

?

由题意知，??

?2

时若要质点不飞出去，则??0

?

?a2?c?0?c??a2

?h

由题意知，初态时刻即cos???时也有??0

r

?a?

12g2

(r?h2) ⑤ rh

?

已知初态时速度为v0 ，?0?联立④⑤⑥即可得 v0?

v0r?h

2

2

⑥

2gr h

1.22

FN FNy

mx1?m?x2————①，

且 x1?x2?R[sin(???)?sin(?)]————②

对小球列牛二方程，有：

mg?Fncos(???)?ma1y————③

Fnsin(???)?ma1x————④

对半球列水平方向的牛二方程，有：

Fnsin(???)?m?a2x————⑤

对半球列水平位移方程，由积分得：

tt

??a

00tt

2x

?dt?dt?x2————⑥

对小球列竖直方向上的位移方程，由积分得：

??a

00

1y

?dt?dt?R[cos??cos(???)]————⑦

对⑥和⑦分别对时间求偏微分，同时联立①和②，得：

mR???sin(???)???2]————⑧ ?2?a2x??x[cos(???)??m?m?

?2?sin(???)????]————⑨ a?R[cos(???)??

1y

由③和⑤得：

m(g?a1y)cos(???)

?

ma2x

————⑩

sin(???)

?d?d??d???? 代换，整理可得： 将⑧⑨带入⑩中并且使用 ??????d?dtd?

?2mRcos(???)m?Rcos(???)???[sin(???)?]???[g?]?d?————⑾

(m?m?)tan(???)m?m?

??0，可得： 对⑾两边同时积分，并且?0?0，?0???

2g?(m?m)sin(???)

2

mRcos(???)?2m?R[sin(???)?sin?]?cos(???)

1,25

解：对于杆 my=-mg+Fcosa

对于三角形 m

'

..

x=Fsina

..

体系满足约束 x0=l xtana+y=h

m'

运动方程为 xtana-g+

n

..

xcota=0

2

..

即 x=g

..

..

mcotam?m'cota

m

2

y=-g

m?m'cota

1.26

解 设弹簧原长为Ｌ，在距离左端l处取一质元ｄl，其质量为ｄｍ＝

建立X轴，以平衡位置为坐标原点O。 在某时刻，设物体的位移为ｘ，则质点位移为

mdl

。 L

dl

x， L

v2dldx

速度为ｖ＝，质元的动能为dEk=dm，

Ldt2

整个弹簧的动能为Ｅk弹＝dEk?

??

L

1dldx2mm

()dl?32LdtL2L

?

L

dx

(dl)()

dt

3

2

m'dx2kx2

弹簧的弹性势能为Ep?，滑块的动能为Ek物＝()，

22dt

系统的机械能Ek物＋Ep＋Ｅk弹＝常量,

m'dx2kx2m

()+则+2dt22L3

?

L

dx

(dl)()=常量

dt

3

2

3

d2xmL

对上式两边求导，得：[m??(dl)]2+kx=0

L0dt

'

d2x

则2+dt

k

x=0

mL'3

m??(dl)

L0

11?T2?

k

Lm

m'??(dl)3

L0

所以此体系的振动频率f=

1.27 解：

A,B点运动方程是

Mx’’=-F

My’’=-F F=

因此体系相当于质点受有心引力作用 能量守恒 角动量守恒

1.28

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O点为极点建立极坐标，

?2?Fm?r??r?r

则可列方程如下

??????F?mr??2r

??

?

?

还有如下关系式 r2?R21??2 ，????arctan依次求导，有r?R??2

???Rr

1

2

???R3

??

R?

???arctan? R

R???

2

?? ，r? ，?

?

??

2

?1???? ?

22

2

?22??2?????， ????? ? ????arctan?，????22221??1??1?? tanx?

1

?

将力分解可得 Fr??FTcosx??FT将以上代入方程可得

?

??

2

F??FTsinx?FT

1??

2

2

?FT?22????????R??R??R?????311?1??2?m222222???1???1???1??1?

2

R1??

?

1

22

22?2???R??FT122???2???? ?????1122?1??22?1??1??m???1??22?1??22

??1????

化解可得

2

2

???B??0???

?2??2??B?02??

2

其中B?

FT

mR

????????????0 另由? 消B，可得?

??C 积分可得??

?d?

?d???d???0 代入可得?

d?

2?v ?2?r2?r0

?e，所以v??er?r? 又由能量守恒，v?r?

v0R2?22?42222?????和?，可得代入r，即 ?????R1????v022R1??21??

??

积分

12v0

??t?C，又由r?0??R?R??02，??0??0，C?0 2R

2v0tv012v0

?????????2??? ? ? 代入B?2??R2Rt4Rt

2

2v0?1?2v0mv0

??1?? 所以FT?mRB?mv0

Rt?2?4Rt2Rv0t

所以??

v

化简可得B?0

R

此即所求。

?2?Fm?r??r?r

另解 第一问同上，而对于力的求解过程，也有 在任意时

??????Fmr??2r

??

?

?

?

刻对速度分解有

vr?v0sinxv??v0cosx

?e 而 v?rer?r??

?

?v0r

所以会有

R

r

2

2

即

??v0r??v?0

r

t0

R

r

??vr?Rr?0

r

?

22r?R?

r2

??v0同时 由于r

R

积分 r

?rdr?vR?dt 可得

R

r2?R2?2v0Rt

222222

2R?r2R?rRv0R?1?2???v????3 ? ?r?v ? ④ r??v0R??2?r03032222r?r?rr?Rrr?Rr

而由1、2、3代入径向方程可得

2mv0

化简得 FT??

22

2v0Rtr?R

2

mv0

2222

?v0R2r?R?m???r3?rv0r4????FT??

r2?R2

r

?22R2?r2RRr2?R2?而由1、2、4代入法向方程可得 mrv0?2v0v0

2322r?rrrr?R?

22

mv0mv02R3?r2R?2Rr2?2R3

化简得 FT? ?

222R2v0Rtrr?R

?

??FR

T

?r?

1.31 解：

dvdm

?vr??mgdtdt

vdmdv

??g?r?

dtdtm

dm

dv??gdt?vr

mm

设m?m0f?t?

dv??gdt?vrt?0时f?0??1v?c?c?v0

dff

积分:v??gt?vrlnf?c

故v?v0?vrln

mo

?gtm

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

mgh??pzgdz?

h

12

hg 2p

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

d

(mv)?F. (1) dt

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m?k1r3， (2)

其中k1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

dm

dt

?k?4?r2?k22r, (3) 其中k2为常数。由(2)，得

dmdt?kr2dr

1?3dt

. (4) 由(3)=(4)，得

drdt?k23k??. (5) 1

对(5)两边积分：?r

dr??t

a

?dt,得

r??t?a, (6)

将(6)代入(2)，得

m?k1(?t?a)3. 3）以雨滴下降的方向为正，分析(1)式

d

[k3dt

1(?t?a)3v]?k1(?t?a)g, ?

v

d[k1(?t?a)3

v]??t

k1(?t?a)3gdt,

k1(?t?a)3v?

1

4?

k1g(?t?a)4?k3,（k3为常数） 当t?0时，v?0，故kk41ga3??4?,v?ga4

4?[?t?a?(?t?a)

3

]. (7)

(8)

1.35 解：（1）以火箭前进方向建立直角坐标z轴，火箭的位置 r = rk 。设 t=0 时刻 ，火箭的运

dvdmdm

动微分方程为： m0??m0g?vr. 又 ?km0 ，

dtdtdt

dv

可得： m0??m0g?km0vr ,

dt

dv

要使火箭能够起飞，须满足：m0?0 ，即 ?m0g?km0vr?0 ，?kvr?g 。

dt

dv

（2）设 t 时刻 火箭的质量 为 m' ，其运动微分方程：m'??m'g?km0vr，

dt又 m'?m0?km0t ，代入得 ： dv?(?g?

kvr

)dt 1?kt

两边积分得： v??gt?vrln(1?kt)

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。 设燃料消耗完所用时间 为t0，由 m0?km0t0?m 得：t0?

mgm

(1?)?vrIn0。 km0m

t

1m

(1?)。 km0

则 ： vm??

vdr1

在0到t0这段时间， 由 ?v 得：r??vdt ?r??gt2?r?(1?kt)(In(1?kt)?1)?1?

dt2k0

当t=t0时，得： r1??

?gm2vr?mm

(1?)?(In?1)?1?? 2

m0k?m0m02k?

12

对火箭从速度vm减到0 这一过程由动能定理得：?mgr2?0?mvm

2

vmvgm2vrm0m

?r2?m?r(In0)2?2(1?)?In(1?)

2g2gmm0kmm02k

mmvvm

?In0)。 则火箭上升的最大的高度 h?r1?r2?r(In0)2?r(1?

2gmkm0m

1.36

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O，终

2

22

1.2

ml?U(x,y,z)2点在（x,y,z).由能量守恒定律得：

得到：l?[2U(x,y,z)]

.

1

2

12t

m

?

积分得到

l

dl?[

2U(x,y,z)dt

]?m

故得到;t?l/

2U(x,y,z)[]

mm

1

12

解得到：

1

t

?

12

12

（2）若势能乘上常数a,则：

t1?l/[

2aU(x,y,z)

]m

，而t?

2U(x,y,z)[]

m

所以：

1

t

?

1 a

1.37

y

图1 A、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：

mbg?ky3 y3?

mb

g k

由状态1得：

?mag?ky1

?y1?

ma

g k

从状态2到状态3，更具能量守恒定律得：

1212

ky2?ky3?mag(y1?y2) 22

y3?y1?y1?y2 ?y2?

(2ma?mb)g

k

由状态1到状态2应用能量守恒定律得： 121212

ky2?ky1?mag(y1?y2)?mava

222将y1，y2，y3带入化简得

(ma?mb)22mv?g

k

2aa

所以：I?mava?ma?0?(ma?mb)g

1.38

ma

k

解：由动量守恒定理和动能定理得：

〔m′+2m〕v′=m′v

m′gh=0.5〔2m+m′〕v×v+m′gH 0.5m′v×v=m′gH 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：以碗的球心为坐标原点建立球坐标系：

则r=Rer+zk

?r=?Rer+R?φ eφ+?zk

r=Rer+R? eφ+zk

??

????

r=R er+2R? eφ+ R? eφ- R?? er+zk

=(R- R??) er+(2R?+ R?) eφ+zk

??

??????????

????????

F=-mgk

带入达朗贝尔方程得：

m[-gk-(R- R??) er+(2R?+ R?) eφ+zk]? (?Rer+R?φ eφ+?zk)=0

??????????

化简得：

???

?z??

?-RR?z??z?g?0

?

?????

?R??2R??0

2.5

解：质点在铅直平面内运动，自由度为1，以小孔为坐标原点o建立平面极坐标系，竖直向下为极轴的正方向，以?为广义坐标，设以速度v0拉绳的A端，从小孔到质点的原长为L0，以原点所在平面为零势能平面，其动能和势能为

?21112222

T=m(vr?ve)=mv0?m（L0—v0t）? 222

V=-mg（L0—v0t）cos? L函数：

?21122

L=T-V=mv0?m（L0—v0t）? +mg（L0—v0t）cos?

22

则

?L??

?

?m（L0—v0t）?

2

?

???d?L2

(?)= m（L0—v0t）?-2mv0?（L0—v0t） dt??

?L

?-mg（L0—v0t）sin? ??

代入L方程，得运动微分方程为

m（L0—v0t）?-2mv0?（L0—v0t）+mg（L0—v0t）sin?=0

2

???

2.10

解： v=r

?

e

r

?r?e?

2

?

r=R??e

r

以?为广义坐标

?

12

T=mR?? 2

2

?

12

L=T=mR??

2

2

?L??

?

?mR??

2

?

?2??d?L2

?mR2???mr?? ?

dt???2?L

?mR?? ??

?2?2???Ld?L2

?mR?? ?mR2???mr??=?

dt????

2.13

解：由杆AC，DG力矩平衡：

?P?FG?F1?EF?F2?DF

?

(P'?F')?AB?F'?AC12?

又有F1＝ F1’， F2＝ F2’

?P?FG?F1?EF?(P'?F1)?DFAC

， ?

EFAB

则有：P?FG?P'?EF

若有

AB

DF AC

即秤锤的重量P与重物P’在秤台的位置无关，且P'?P

FG

EF

P

2.16

解：设A(0,yA) , B(x,y) 则由给出的方程可知

l?2?x2

y=

2

且由该方程分析可知，有y

l?l2?x2

又由AB=2l可知，yA=4l?x?

2

2

2

l2

y?yA4l2?x2?l?l2?x2

因此可得V=mg?=mg?

22

所以由

xxdV

??0可得 2222dx4l?xl?x

显然等式两边的分母不可能相等，则只有认为x=0

即当杆竖直时(此时B点即在坐标原点)，该杆才处于平衡位置

2.16

如图所示建立直角坐标系xoy,取y为广义坐标，A（x,y） 由题意可得系统的势能为

V?mg(12

4l2?x2?y)，由于约束条件：x2?(x?2y)2?l2

得到V?mg(

2

?

y

2

?yl?y) dV

2y?l?2

l2?

y2

?yldy

?mg2

2

?y2

?0

?yl

可以得到：（l?2y）

2

?4(l2

?y

2

?yl)

无解

故可以得到无满足平衡的位置。

2.17

解：该力学体系有2个自由度，如图所示：

以?，?为广义坐标，以过圆心的水平面为则两根杆的势能分别为：

Vr

1?mg(

sin?cos??lcos(???)),V?mg(r

2sin?cos??lcos(???)),

体系的总势能为：V?V1?V2 由

?V

?V???0及???2mgcos?(?rcos?sin?

2?lsin?) 当??0时，得到：ltan?3

?rtan?2

?r?0 。

2.19

解：以O为圆心建立直角坐标系，由于体系是理想完整约束体系，

且约束力是保守力。

得：V?2plcos??12k(2lsin?

4

?2lcos?)2

化简得：V?2plcos??1

2

kl2(2?2cos?)2

由?V

??

?0得：?2pl

sin??kl2(2?2cos?)sin??0 零势能面。

???0?sin??0 得：cos??

2p

?

22kl

2.19

解：取?为广义坐标，以O为原点，弹簧所在直线为y轴建立直角坐标系，设弹簧固有长度为

y0,则y0=2lcos?=2l.

1

系统势能V=2mglcos?+k(2lcos??2l)2?Plcos??k(2lcos??l)2

2

由拉格朗日方程理论质点系平衡方程知:

?V?V

?-2Plsin??2k(2lcos??l)(?2lsin?)=0 ?0,则有???q?

解得:cos??

2P

. ?

22kl

2.20 解：（1）对于半无界均匀场，假设无界场以x轴为边界，则空间对x轴平移不变，所

以x轴方向的动量守恒；

（2）对于两点场，若以两点连线为z轴，则绕z轴转动不变，所以绕z轴转动的角动量守恒； （3）对于均匀圆锥体的场，则绕z轴转动不变，所以绕z轴转动的角动量守恒； （4）对于无限均匀圆柱螺旋线场，则

守恒。

2.21

解：

如图：以θ为广义坐标

m?2?w2sin2?) T?R2(?2

V?mgRcos?

m2?2

R(??w2sin2?)?mgRcos? 2

代入拉格朗日方程，得 L?T?V?

??2?(Rw2sin?cos??gsin?)???0 R?

由于拉氏函数不显含时间，且约束稳定，故广义能量守恒，即

H?p?

q??L?const

H?

m2?2

R(??w2sin2?)?mgRcos??const 2

2.23

解：体系为带电粒子，采用柱坐标。

?2?2?212

体系动能为，T?m(R?R??z) ；

2

R

'

体系势能为，V???EqdR???

R0

E0q'R0

，其中R0为零势能位置； dR?Eqln0'

RRR0

R

?2?2?2R12

体系拉格朗日函数为，L?T?V?m(R?R??z)?E0qln0。

2R

该体系约束不完整，可直接采用牛顿力学分析受力来求运动微分方程：

m(R?R?)?Eq?BqR?；m(R??2R?)??BqR；mz?0。

2

BqR?0E0mR???常数整理可得：mR?mR??q?B0qR??0；；mz?常数。 2R

??

?2

?

2?

??

?2

?

???????

2.25 解：因为：

所以：

所以：

因为瞬时改变时，速度不变 所以：

所以：

所以：

2.27

解：建立平面坐标系xy轴，由题意知在碰撞过程中水平动量守恒，机械能守恒： 0=mvAx?m?vBx

?psin??mvAx

??psin??m(vAy?u)

12mu2

?12m(v221Ax?vAy)?2m?(v22 Bx?vBy)

vBy?0

v2m?sin?cos?

Ax??

m??msin2?u

由此可解的

vAy?(2m?cos2?m??msin2?

?1)u

v2msin?cosBx??m??msin2?uvBy

?0

2.27

解：

v??

1n

?ucos由题意可知vusin?e?

en

1t?tv2n?0

v2t?0

由碰撞前后动量守恒可得

v1

1

?n?m?m?[(m?em?)v1n?m?(1?e)v2n]v?12

n?m?m?[m(1?e)v1n?(m??em)v2n]v1

?t?v1tv?2

t?v2t又

? 钢球A和B之间发生的是弹性碰撞

? e?1

?1

(m?m?)ucos?en

m?m?

?2

?v?mu

cos?e2n

n

m?m?

?

?t?usin

?e

tv1

?t?0

v2

?n?v1

?

?

m?m??22??v1?n?v1?t?uv1??cos??sin?

?m?m??

2

??v2?n2?v2?t2?v2?n?v2mucos?

m?m?

2

2

2

2.28 解：如图所示，m1有初速度v1与静止的m2发生斜碰，

碰后两者速度方向相互垂直， 则可以知道：

⑶

x轴

⑷

⑸

⑹

又根据光滑小球的条件：，

由⑵ ⑸得， ；

由⑷ ⑹得， ，则 ，

由 碰撞系数

e=

又有水平方向动量守恒得：

得：

（9）

将（9）带入（7）得到：

2.29

解： T1

1?m1gl(1?cos?)?m22

1v1 Tgl(1?cos?)?12

2?m22

m2v2

解上述二式可得 v1?2gl(1?co?s) v2?2gl(1?cos?)

由碰撞前后动量守恒可得m1v1?m1v?m2v2

可得 v?2gl(1?co?

s)?m2

m2gl(co?s) 1

由牛顿公式可得碰撞的恢复系数为

' e?I2v2

?v'

I?n1n

1v1n?v2n

2gl(1?cos?)?2gl(1?cos??m

22gl(1?cos?)

?m1

2gl(1?cos)

?(m1?m2)?cosm?1

1?cos?

⑺

⑻

2.30

弹性球自高为h处无初速地下落在水平面上，碰撞恢复系数为e，求经过多少时间后球将停止跳动，并求在整个弹跳过程中，球所经过的总路程. 解: 设小球第一次碰撞地面之前速度为,

，方向向上，当小球再次

碰撞恢复系数为e，e为负值，所以第一次碰撞后速度为落回时速度仍然是

，方向向下，前后动量变化为2

, 当n趋于

m

+2

易知小球第n次弹起时速度为

小球重力的冲量和

为

, 当n趋于

第三章

时，小球停止弹跳.

+

时，

T

3.7 解：由力场为

(1)， 及

(2)，

可以得到，，(3)

有效势能为

，(4)

将（3）带入（4）得到，，（5）

它的主要特征有:（1），当

当

（2），曲线在,处取得最小值，

（3），曲线有零点，曲线的大致形状如图。

定性分析： 在在

，

时，粒子处于束缚态，在r1 ,r2间运动；

时，将在离心力作用下，飞向无穷远。

而可能的圆周运动则为： 满足

，

解得：，此处为圆周运动。

此轨道是否稳定，要看一下稳定条件是否满足，如下的稳定条件：

，

（1） 式已满足，（2）式化为 （3），

（1）带入后得到

,

在k大于0 的条件下，轨道运动稳定，也是说当有微扰使之r增大后，由于此时斜率是正的，力为负的，即为引力，会使其恢复到rm；当有微扰使其小于r，情况相反，力变为斥力，同样使其恢复。

3.9 解：

由V????r?

?

r

可知，?V?

?

r2

?r

r2

?

?V

2

dr

2

????d???

2m(E?V（r）)?L

r2

?????

?V?

L2

2m(E?)?2

rr

?当?V?

?

r

L?

时，????2

当?V?

?

r3

时，????

L2

2m(E?)?2

rr

L??r3

?L2

2m(E?)?2

rr

2?

?r

?

2??

?

3.11解：因为是椭圆

设

因为：

因为E为恒量，所以

所以结论成立

3.16解：由题意得被俘获时

A?1?2m3dVm4d2V

L2rdr?L2rdr2?0

又V??

?

r

2

,L=mvb

代入可得

b?

2m2

rv无穷

???b2??(

2?m2

)

rv无穷

?

3.20 解：??

=

v?

×L?

??r

?

=v?

×（?

r×mv?

）+?r

=r (v?.mv?)-mv?(v?.r?

)+??

?

r

因为r?

?

=re??

?

?

?

r v=rer+r?e? 所以上式=mv

2

r?- mv? (v?.r?

?

)+?er

?

=m(r2+r2

??

?2)re?

?

?

?

?

?

?

?r-m(rer+r?e?)[(rer+r?e?) r?

?

=mr

3

?

?2e2

r+?er-mr

r??

?

?

e?

??

er]+?er

=?

2

mr

er+?er-Lre?

2?

??

?

?

r?则d?=(Lr?-)er+(????Lr)e?

mrmr

??

?

2

?

???

?

2

由在中心势场中角动量守恒可知L=mr? 可知 Lr?-??

2

2

?

r

2

?

mr

=0

2

?1

又有能量守恒E=mr2?2?

2r2mr

?

dE=mrr-

???

mr

2

r?3

?

?r

?

r

2

=0 即-?

?

??

等式两边同乘以-2?

LL

mrmr

（mrr-?

???

mr

2

r?3

?

?r

?

r

2

）=0

?

得 ????Lr=0

mr

由以上可知d?=0，即?是常矢量，方向沿极轴方向 3.21 解：（1）. ???d???

代入v???/

??

L/dr2m[E?v(r)]?L/r

2

2

2

r

2

(??0)，得：

2

???

L/dr2m(E??/r)?L/r

du

2

2

2

??L?

d(1/)2mE?(2m??L)/r

2

2

2

令u=1/r,则：

???L?

I．

(2m??L)U?2mE

22

当2m??

L?

2

时,

??

?Ldu2mE

L

2

?L/?u

2

?2m?

L

2

?2m?arccos(

2

?2M?

2mE

u)?c

L

2

?2m?

选择适当的?，使c=0，则u?1/r?

2mE

L

2

?2m?

cos(?2m?/L?)

2

II．

当2m??

L?

2

时，

??

?L2m??L

2

du

u

2

?

2mE2m??L

2

?

?L2m??L

2

arcsh(

2m??2mE

2

u)?c

选择适当的?，使c=0，则u?1/r?

2mE

2m??L

2

sh(2m?/L?1?) 2

2

2

（2）.因为有效势场

v

eff

?v(r)?L/2mr?

2

?2m?

2

2mr

，

所以，当L?

2m时，即存在一个临界角动量Lc?2m，粒子将被力心俘获

3.22 解：由书公式（4.4）知A即为?2

则显然若要质点的轨道运动稳定，须有Ａ=?2?0 又由公式（４.６）可得

2m3m4dF2m?r2m?r2m?r2

A?1?2rF(r)?2r?1???1??0 222

LLdrLLL

所以该质点作稳定振动的频率为

?1f??

2?2?

2mv0

L2?m?r02

?2

LL2?m?r02

2?L

3.

23（1）FN?

?

?mgsin?

Ft?mat?mgcos?

得??

1R2R

?，at?g

2sin?3

（2）能量E??

GMm121

?mv0??mgR（黄金代换GM?gR2） R221

由于E??mgR?0，

2

所以轨道为椭圆的一部分， 且L?

GMmmgR3，V(r)??(??GMm?mgR2)， 2r

根据书上已得结论，物体运动所在的轨道方程是：

r?

p

，

1?e?cos?

2EL21L23

?， 其中p??R，e??22

24m?m?

易得轨道方程为：

r?

3R

，

2(2?cos?)

当???时可得，最远距离rmax?由机械能守恒可得：

3RR，即物体距地的最远距离为 22

E??

3RGMm121

?mv1??mgR，rmax?

rmax222

得当物体距离地球最远时的速度为：

v1?

gR 3

（3）当在最远处的运动物体的质量变为原来的一半，由动量守恒易得：

??2v1 v1

E???

GMm11

?2?mgR?0， ?mv1

rmax23

所以之后的轨迹为双曲线的一支，

L??

335mgR3，p??R，e? 242

轨道方程为r?

3R2(2?cos?)

3.24 解：以质心为坐标原点建立极坐标系，则

m'

?…………………………………………………………………（1）

m?m'm

? m’ 到质心的距离为：r'?

m?m'

m到质心的距离为：r?

由万有引力定律得二者的相互作用力为：F?Gm?m'

?2…………………………………（2）

由牛顿第二定律得：F?m?r……………………………………………………………………（3） 将（1）和（2）带人（3）得 2

Gm?m'

?2?m?2?m'?…………………………………………………………………………（4） m?m'

解得：??1

?(m?m')

所以 T?2??

(m?m')

假设暗物质质量为ms均匀分布在m周围,而ms均为分布在m’ 周围，若不改变质心位置，则有 :

将其带入（4）得： mms?' ，m'ms

??

T'?1?G(m?ms?m'?ms') 2??

(m?ms?m'?m)'

s 因为T'?T (m?m')(1

所以：ms?

?1) m'1?m

3.25 解：将势场V=

中E=?r3代入式（6.4）得?0与瞄准距离b的关系式（1）。由式（6.5）得rmin的值，其12，将（2）式代入mrv?,L?mrbv?.联立（1）和（6.2）式，得瞄准距离b和散射角?的关系式（2）2

式（6.11），得散射截面d?

将势场V=?

r3代入式（6.4）得?0与瞄准距离b的关系式?0???b

2dr2rmin?b2??23r2mrv?r，

令u??1，得：?0=?rminr?bdu?u2b2?2?u

2mrv?3（1）

由式（6.5）得rmin的值，其中E=12mrv?,L?mrbv?： 2

2mr2b2v?1?2由mrv??可解得rmin， ?22mrr2r3

联立（1）和（6.2）式，得瞄准距离b和散射角?的关系式（2） 由????2?0得瞄准距离b和散射角?的关系式（2） 将（2）式代入式（6.11），得散射截面d??

b(?)dbd? sin?d?

范文四：理论力学(周衍柏第二版)思考题习题答案

第一章 质点力学

1.5 矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：a?c??1?t??

?sin

2T?

?

式中c及T为常数，试求运动开始t秒后升降机的速度及其所走过的路程。已知升降机的初速度为零。

解 ：由题可知，变加速度表示为

a?c?

??

1?sin?t?2T?

?由加速度的微分形式我们可知a?dvdt

代入得 dv?c???1?sin?t?2T? ?dt对等式两边同时积分

?v

dv?c?t??

?t?

0?1?sin2T??

dt可得 ：v?ct?2T?ccos?t2T?D（D为

常数）

代入初始条件：t?0时，v?0， 故D??2T?

c

即v?c??t?2T??t?? ?

???cos2T?1????又因为v?dsdt

所以 ds?c???t?? ?

t?2T????cos2T?1????dt对等式两边同时积分，

s?c??1?2

t2?2T?2T?t??

??

??sin2T?t??? ?1.8 直线FM在一给定的椭圆平面内以匀角速?绕其焦点F转动。求此直线与椭圆的焦点M的速度。已知以焦点为坐标原点

的椭圆的极坐标方程为r?

a?1?e2

?

1?ecos?

式中a为椭圆的半长轴，e为偏心率，常数。

解：以焦点F为坐标原点

题1.8.1图

则M点坐标 ??

x?rcos?

?y?rsin?对x,y两式分别求导

????x??r?cos??r?sin? ??y

??r?sin??r??cos?故

v2?x

?2?y?2??r?cos??r??sin??2

??r?sin??r??cos??

2

?r

?2?r2?2 如图所示的椭圆的极坐标表示法为

r?

a?1?e2?

1?ecos?

对r求导可得（利用????） 又因为

11ecos?

r?a1?e2?a1?e

2

即 cos??a?1?e2

??r

re

所以

sin2??1?cos2??1?故有 v?

2

a1?e

2

?

22

?

22为常数 vx?2vy?C,C?r?2ar1?e

对等式两边求导 r2e2

2

??

e2?2r4a21?e2

2

sin2??r2?2

2vx

dvydvx

?2vy?0 dtdt

?

e2?2r4a21?e2

所以 a?v?0正交.

2

1.11 质点沿着半径为r的圆周运动，加速度

[1?

a21?e2

??

2

?r2?2

?r2?2ar1?e2

]

r2e2

??

矢量与速度矢量间的夹角?保持不变。求质 点的速度随时间而变化规律。出速度为v0。

解 由题可知速度和加速度有关系如

?e2r2?r2?2ar1?e2?r2?2

?2???2

a1?e?1?e2?

?2r2

?2?2a?r?r b

??

图1.11.1

所示

题1.11.1图

即 v?r?r2a?r（其中

b

b2?1?e2a2,b为椭圆的半短轴）

1.9 质点作平面运动，其速率保持为常数。试证其速度矢量v与加速度矢量a正交。

??

?v2a??asin???nr?

?a?dv?acos?t?dt?

2

v1dv两式相比得 ?? rsin?cos?dt

证：质点作平面运动，设速度表达式为 v?vxi?vyj令为位矢与轴正向的夹角，所以

dvdvxdidvydja??i?vx?j?vy

dtdtdtdtdt?dvx??dvy

???? ???vy??i???v?x?j?

?dt??dt?

即 1cot?dt?dv

rv2对等式两边分别积分

?

t

v1dv cot?dt??v0rv2

即

?dvy??dv?????a???x?vy?i??v???x?j

?dt??dt?

??vxi?vyj?

dv??v?vxx?vxvy?ydt

dv

?vxx?vy

dt

dvydtdvy dt

??vxvy?

?

11t

??cot? vv0r

此即质点的速度随时间而变化的规律

1.19 将质量为m的质点竖直抛上于有阻力的媒质中。设阻力与速度平方成正比，即

R?mk2gv2。如上抛时的速度为v0，试证

此质点又落至投掷点时的速度为

又因为速率保持为常数，即

- 2 -

v1?

v0?kv

22

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

?a??b?

Fx?6abz3y?20bx3y2

，

Fy?6abxz3?10bx4y，Fz?18abxyz2

F?iFx?x??jFy?y??kFz?z?

解 （a）保守力F满足条件??F?0对题中所给的力的表达式 ，代入上式

上升时 下降时 题1.19.1图

则两个过程的运动方程为： 上升 m????mg?mk2gy?2 ① y下降： ?m????mg?mk2gy?2 ② y对上升阶段: dv??g?1?k2v2?

dt

dvdyvdv

???g1?k2v2 dydtdy

i?

??F?

?xFxj??yFyk??zFz

??Fz?Fy???Fx?Fz???Fy?Fx?????y??z??i???z??x?j????x??y??k

???????18abxz2?18abxz2i?18abz2y?18abz2yj?

?

?6abz

??

3

?40bx3y?6abz3?40abx3yk

?

?

?0

所以此力是保守力，其势为

??

V??F?dr

x,y,z0,0,0

即 vdv??gdy

1?k2v2对两边积分

???

????Fdx?Fdy?Fdz???

x

y

z

?

v0

hvdv

???gdy 2201?kv

?

????6abz

0,0,0

?x,0,0?

3

y?20bxydx?

32

?

????6abxz

x,0,0

?x,y,0?

3

?10

12

所以 h?2ln1?k2v0 ③

2kg

??

??

?x,y,z?

x,y,0?

18abxyz2dz?5bx4y2?6abxyz3

即质点到达的高度.

对下降阶段： dvdy?vdv?g?k2gv2

dydtdy即

h??

(b)同（a），由

?

v1

0vdv

?gdy 22?h1?kv

122

ln1?kv1 ④ 2

2kg

i?

??F?

?xFxj??yFyk??zFz

??

由③=④可得 v1?

v0?kv

220

??Fz?Fy???Fx?Fz????y??z??i???z??x????0

所以此力F是保守力，则其势能为

???Fy?F?j????x??y??

1.36 检验下列的力是否是保守力。如是，则求出其势能。

- 3 -

V??F?dr

xB

????

xA

Fxdx?

?

yB

yA

Fydy?

?

zB

zA

Fzdz

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

1.37 根据汤川核力理论，中子与质子之间的

?ar

ke引力具有势能：V?r??,k＜0 r

试求?a?中子与质子间的引力表达式，并与平方反比定律相比较；

E?T?V

1

?mv2?V?a?

2

k?1??a?e??ake??ak?1??a?e??a????

2aa2a

1.43 质点所受的有心力如果为

?b?求质量为m的粒子作半径为a的

圆运动的动量矩J及能量E。

??2??

式中?及?都是常数，F??m??r2?r3??

??

并且?＜h2，则其轨道方程可写成

解 （a）因为质子与中子之间引力势

ke??r

能表达式为 V?r???k?0?

r

故质子与中子之间的引力

r?

2

a试证明之。式中1?ecosk?

dV?r?d?ke??r

F?r??????

drdr??r

ke??r?ke??r

?2?

rr

k?1??r?e??r?

r2

????

h2??k2h2Ak2h2（为k?,a?2,e?A

h2??2

积分常数）。

证

由毕耐

2

?F22?du? ???hu??u??m?d??

公式

（b）质量为m的粒子作半径为a的圆

运动。动量矩 J?r?mv

k?1??r?e??r

由（a）知 F?r?? 2

r

F?r?提供粒子作圆周运动的向心力，

?2cos2??25du13?F?r?方向是沿着径向， ???sin2???cos2??2?2sin2?? 23

a??cos2??22?d?

k?1??r?e??rv2??

?m故 ? 151????2rr2

??2?cos2??2?3sin2??cos2??2?

?当半径为a的圆周运动 a?

2

?k?1??a?e??av222?du??故 F??mhu?u??m ?d?2? 2

??aa

315?11??2两式两边同乘以ma 即 ??mh2

2?3sin2??cos2??2???2cos2??3

??a222acos2?cos??mk?a1??a?e?mva

33mh2?又因为 J?mva ??3?cos2??2?1?tan22??2a有 J??mk?a1??a?e??a

- 4 -

质点所受有心力做双纽线

r2?a2cos2?运动

11u??故

racos2?

du11??sin2?? 3d?a?cos2??2

73mh2?

??3?cos2??2

a

??

3mh2?r2a??a2

?

3

????

72

第二章习题.

2.1 求均匀扇形薄片的质心，此扇形的半

径为a,所对的圆心角为2?，并证半圆片的3ma4h2

??

r7

4a。

1.44证 由毕耐公式 质心离圆心的距离为

3?2

??Fdu

???h2u2??u? 解 均匀扇形薄片，取对称轴为x轴??md???

，由对称性可知质心一定在x轴上。

??2??

将力F??m??r2?r3??带入此式

??

22

???22?du?? ??hu?u232??rr?d??

1u?因为

r 2

?题2.1.1图22322?du?所以 ?u??u?hu? ?u?d?2?

??

xdmd2u????2有质心公式 xc?即 ??1?2?u?2 2

dmd?h?h??

h2??2

设均匀扇形薄片密度为?，任意取一令 k? 2

h

小面元dS， dm??dS??rd?dr d2u?22

?ku?2 上式化为 2

d?h又因为 x?rcos?

这是一个二阶常系数废气次方程。

所以 ?2

k?????22 解之得 u?Aco?s

kh

xdmx?rd?dr2sin?

A微积分常数，取??0，故 x ? ??ac

dm?rd?dr3?????2

u?Acoks??22

kh

对于半圆片的质心，即???代入，有

222

kh

?11?2

sin r???2sin?2?4a u?2k2h2xc?a?a?

Acoks??22A2coks??13?33?

kh?

2

令

2.2 如自半径为a的球上，用一与球心相距

k2h2Ak2h2

a?2,e?2为b的平面，切出一球形帽，求此球形冒的??

所以 r?

a

1?ecosk?

- 5 -

质心。

解 建立如图2.2.1图所示的球坐标系

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

J?

??r?(dmv)???r??rdrd???r

题2.2.1图

=1Ma2? 2

2.6 一炮弹的质量为M?M，射出时的

12水平及竖直分速度为U及V。当炮弹达到最高点时，其内部的炸药产生能量E，使此炸弹分为M及M两部分。在开始时，两

1

2

把球帽看成垂直于z轴的所切层面的叠加设均匀球体的密度为?。 则 dm??dv???y2dz???(a2?z2) 由对称性可知，此球帽的质心一定在z轴上。代入质心计算公式，即

者仍沿原方向飞行，试求它们落地时相隔的 距离，不计空气阻力。

zc

zdm3(a?b) ???

?dm4(2a?b)

2

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M1，M2，速度分别变为沿水平方向的v1，v2，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v1，v2。炮弹在最高点炮炸时水平方向上无

2.5 半径为a，质量为M的薄圆片，绕垂直于圆片并通过圆心的竖直轴以匀角速?转动，求绕此轴的动量矩。

解 因为质点组队某一固定点的动量矩 J??ri

?mivi

i?1n

外力，所以水平方向上的动量守恒：

?M1?M2?U?M1V1?M2V2 ①

以?M1?M2?质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒：

1

?M1?M2?U2?1M1V12?1M2V22?E 222

题2.5.1图

dm???rd?dr

??

M

?a2

- 6 -

联立①②解之，得

2EM1

v1?U?

M1?M2M2v2?U?

2EM1

M1?M2M2

对⑤式两边积分

?

r

a

dr???dt

t

r??t?a⑥ m?k1(?t?a)3⑦

以雨滴下降方向为正方向，对①式分析 dk1(?t?a)3v?k1(?t?a)3g⑧

dt

所以落地时水平距离之差

?s=

??

s1?s2?v1t?v2t?

?1V1?

?2E????g?M1M2?

3

dk(?t?a)v?k(?t?a)gdt 11??

3

v

??

t

k1(?t?a)3v?

1

k1g(?t?a)4?k3?4

1

2.16 雨滴落下时，其质量的增加率与雨滴的表面积成正比例，求雨滴速度与时间的关系。

（k3为常数）

4

kga1当t?0时，所以 k?? v?0，3

4?

解 这是一个质量增加的问题。雨滴是本题m。导致雨滴m变化的微元?m的速度u?0。

所以我们用书上p.138的（2.7.4）式分析 d(mv)?F①

dt

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r，则雨滴质量m是与半径r的三次方成正比（密度看成一致不变的）。 m?kr②

31

g?a4?

v???t?a?

4???t?a3??

第三章习题解答

3.2长为2l的均质棒，一端抵在光滑墙上，而棒身则如图示斜靠在与墙相距为

d?d?lco?s?的光滑棱角上。求棒在平衡

时与水平面所成的角?。

有题目可知质量增加率与表面积成正比。即 dm?k?4?r2?k2r2③

dt

第3.2题图

解 如题3.2.1图所示，

k1,k2为常数。我们对②式两边求导

dmdr

?k1?3r2④ dtdt

由于③=④，所以

drk2

???⑤ dt3k1

- 7 -

的顶端时，梯尚未开始滑动，则梯与地面的

倾角，最小当为若干？

解 ：梯子受到地面和墙的弹力分别为

o

N1，N2，受地面和墙的摩擦力分别为f1，f2。梯子和人的重力分别为G1，

G2且G2?3G1。设梯长为l，与地面夹角为?。由于梯子处于平衡，所以

题3.2.1图

均质棒分别受到光滑墙的弹力N1，光滑棱角的弹力N2，及重力G。由于棒处于平衡状态，所以沿y方向的合力矩为零。即

?F

x

?N2?f1?0①

?F

y

?f2?N1?G1?G2?0②

且梯子沿过A点平行于z轴的合力矩为零。即：

?Fy?N2cos??G?0①

d2l

M?N?Gcos??0 ?z2cos?

2

?M

③

i

?G2lcos??G1

l

cos??f2lcos??N2lsin??02

又因梯子是一个刚体。当一端滑动时，

由①②式得： cos3??d 另一端也滑动，所以当梯与地面的倾

l

角达到最小时，f1?1N1④ d? 2所 ??arccos????l?

1

f2?N2⑤ 133.5一均质的梯子，一端置于摩擦系数为2

由①②③④⑤得：tan??41

124的地板上，另一端则斜靠在摩擦系数为的3

?1?41?

高墙上，一人的体重为梯子的三倍，爬到梯

所以 ， ??tan??

24??

3.10一均质圆盘，半径为a，放在粗糙水平

桌上，绕通过其中心的竖直轴转动，开始时

1- 8 -

题3.5.1图

问经过多少时间后，其转动的角速减为初角

速的一半？又在此时间内共转了多少转？

题3.10.1图

均质圆盘的z轴过O点垂直纸面向外。

密度为?。设盘沿顺时针转动，则沿z的方向有dIz?Mz 即

dt

第3.11题图

解 如题3.11.1图所示，

?z?Mz① I?

I?I为转盘绕z轴的转动惯量：

1

ma22

（m为盘的质量），

?z??? ②（?为盘转动的角频率，

负号因为规定顺时针转动）

Mz??

2?

题3.11.1图

设z轴通过O点垂直纸面指向外。则对

z轴有：

dz

?MZ dt

?

a

2?

?g?r2d?dr??g?a3=

3

2

?g?ma?m???a2?③ 3

4?g 由①②③得 ????3a

设通风机转动的角速度大小为??t?，由于通风机顺时针转动。所以?z????t?，将z??I??t?,Mz?k??t?代入上式得：

又因为 ??0???0, 故 ??t?

4?g

??0?t

3a

??t??k??t?。又由于???0????0?，解?I?得：

所以 ??t??0, 得 t?

3a?0

4?g

??t???0e

k?tI

3.11通风机的转动部分以初角速?0绕其轴转动。空气阻力矩与角速成正比，比例常数为k。如转动部分对其轴的转动惯量为I，

- 9 -

故当??t???0时，t?I㏑2。又由于

2k

? （?为通风机转动的角??t????t?度）

设??0??0， ?

??t???0e

k?tI

k?t??

?1?eI? ????

??t????0e

t

k

?tI

dt???0?

I??0

k

故当t?I㏑2时，??t??I?0，t时间

k2k内通风机转动的转数

n?

??t????0?I?0

?2?4?k

第3.12.1图

坐标Oxyz与薄片固连，则沿z轴方向有： dz?MZ且 z?I?z①

dt现取如图阴影部分的小区域

dS?ady，该区域受到的阻力

2

df?kdSv2?kady??zy?

3.12矩形均质薄片ABCD，边长为a与

b，重为mg，绕竖直轴AB以初角速?0转

动。此时薄片的每一部分均受到空气的阻力，其方向垂直与薄片的平面，其量值与面积及速度平方成正比，比例系数为k。问经过多少时间后，薄片的角速减为初角速的一半？

C

df对z轴的力矩

dMz??df?y??ka?zy3dy所以

2

b

Mz??

a

a3b2②

dMz??k?z

4

又薄片对轴的转动惯量

I??ydm??y2?bdy?

a

2

a

D

③

第3.12题图

1

ma2?m??ab?3

由①②③得：

解 如题3.12.1图，

?z?t??

13ka2b1

t?4m?0

4m

当?z?t???0时，t? 2

3kab?20

- 10 -

范文五：理论力学(周衍柏第二版)习题答案(精简版)

第一章习题解答

1.1 由题可知示意图如题1.1.1图

:

S

S

设开始计时的时刻速度为v0,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a. 则有:

12?

s?vt?at101??2 ?

?2s?v?t?t??1a?t?t?2

01212?2?

题1.1.1图

由以上两式得 v0?再由此式得 a?证明完毕.

s1?at1 t12

2s?t2?t1? t1t2t1?t21.2 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.

题1.2.1图

1?小时经过灯塔任意时刻设A船经过t0小时向东经过灯塔,则向北行驶的B船经过?t?1?0?A2??

船的坐标 xA???15t0?15t?，yA?0

B船坐标 xB?0， yB???15?t0?1??15t?

2????

??1??

则AB船间距离的平方 d2??x?x?2??y?y?2 ABAB

? 1?即 d2??15t?15t?2??15?t?1?15t??00??2????

2

- - 1 - -

?450t??900t0?675?t

2

2

?225t0

1??

?225?t0?1?

2??

2

d

2对时间t求导

dd2

?900t??900t0?675? dt

??

23dd

AB 船相距最近，即?0，所以 t?t0?h

4dt

??

即午后45分钟时两船相距最近最近距离 s1.3 解 ?1?如题1.3.2图

min

3??33??

??15????15??15??km

4??42??

22

y

第1.3题图

题1.3.2图

x?rcos??acos?

由题分析可知，点C的坐标为 ? ?

?y?asin?又由于在?AOB中，有

r2a

?

sin?sin?

（正弦定理）所以 sin??2asin??2y

rr

联立以上各式运用 sin2??cos2??1

22

由此可得 cos??x?acos??x?a?y

rr

222222

得 4y?x?a?y?2xa?y?1

r2r2

得 3y2?x2?a2?r2?2xa2?y2 化简整理可得 4x2a2?y2?x2?3y2?a2?r2（2）要求C点的速度，分别求导

????

2

此即为C点的轨道方程.

r?cos???x??r?sin??sin??2cos?? ?

r?cos??y???2?

其中 ???? 又因为 rsin??2asin?

r?cos? 对两边分别求导 ???

2acos?

所以 V?

??r?cos?r2?2cos2? 22

??y???x??r?sin??2cos?sin????4??

2

?

r?

2cos?

cos2??4sin?cos?sin???

1.4 解 如题1.4.1图所示，

L

Ad?O

第1.4题图

x

C

B

OL绕O点以匀角速度转动，C在AB上滑动，因此C点有一个垂直杆的速度分量

v????OC??d2?x2

v?d2?x2 2点速度 Cv??v?sec???dsec???cos?d

又因为?点加速度 ???所以C

dv2?2xd2?x222?a???d?2sec??sec??tan???2d?sec?tan??

dtd2

??

?t? 1.5 解 由题可知，变加速度表示为 a?c?1?sin??

2T??由加速度的微分形式我们可知 a?dv

dt

?t? 代入得 dv?c?1?sin??dt2T??对等式两边同时积分

?0

v

?t? dv?c??1?sin?dt02T??

t?

可得 ： v?ct?2Tccos?t?D（D为常数） ?2T代入初始条件：t?0时，v?0，故 D??2Tc

?

?t?? 即 v?c?t?2T?cos?1?????2T????

又因为 v?ds

dt

?t?? 所以 ds?c?t?2T?cos?1???dt???2T???

2T?t?? 对等式两边同时积分，可得： s?c?1t2?2T?sin?t????2??2T????1.6 解 由题可知质点的位矢速度 v//??r① 沿垂直于位矢速度 v???? 又因为 v//?r???r ， 即 r???r

?? ?v???r???即???r

a?

dvdd?j（取位矢方向i，垂直位矢方向j） ?i???r?r?dtdtdt

??

?drdi?j 所以 d?r?i????i?r??i?r??r

dtdtdt

?ddr?d??j?r????2i ??dj?r??j?r?r?j??j?rj?r?dtdtdtdt

??

?

?? 即 沿位矢方向加速度 a?????r?r

???2r?? 垂直位矢方向加速度 a??r???

?2i?r????2r?j 故 a????r???r

2

???

?

对③求导 ????2r r???r对④求导

?????

??

r2

??r

????????????? r?r?

把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得

a//??r?

2

?2?2

r

???

a????????

r??

x?rcos?

1.7 解 由题可知 ? ①② ?

?y?rsin?对①求导 x? ③ ??r?cos??rsin??

对③求导 ??sin??r???sin??r??2cos?④ ????cos??2r??xr

?cos?⑤ 对②求导 y??r?sin??r?

?cos??r???cos??r??2sin?⑥ 对⑤求导 ?????sin??2r??yr

对于加速度a，我们有如下关系见题1.7.1图

题1.7.1图

??arcos??a?sin?x??

即 ? ⑦--⑧

??arsin??a?cos?y??

对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦?cos?，⑧?sin?

??cos??arcos??a?sin?cos?x

即得 ? ⑨--⑩ ?

?sin??arsin??a?sin?cos?y??⑨+⑩得 ar???cos????sin? ⑾ xy

?2 把④⑥代入 ⑾得 a??r??r?r

???2r? 同理可得 a??r???

1.8解 以焦点F为坐标原点，运动如题1.8.1图所示

]

题1.8.1图

x?rcos?

则M点坐标 ? ?

?y?rsin?

?sin????r?cos??r?x?对x,y两式分别求导 ? ????r?sin??r?cos??y

???r?sin??r??cos??

如图所示的椭圆的极坐标表示法为 r?a?1?e?

故 v2?x?sin??2?y?2?r?cos??r?

2

2

?

2

?2?r2?2 ?r

1?ecos?

211ecos?a1?e?r 对r求导可得（利用?即 ???）又因为??cos??

ra1?e2a1?e2re

??

所以

sin??1?cos??1?

22

a21?e2

??

2

?r2?2ar1?e2

r2e2

??

故有 v?

2

e2?2r4a21?e

2

22

sin2??r2?2

?

e2?2r4a1?e

22

[1?

a1?e

2

?

22

?

?r?2ar1?er2e2

2

?

2

?]

?r2?2

?e2r2?r2?2ar1?e2??2r2r2?2

?2????2?2a?r?r 22

a1?e?1?eb?

??

即 v?r?r2a?r （其中b2?1?e2a2,b为椭圆的半短轴）

b

??

1.9证 质点作平面运动，设速度表达式为 v?vxi?vyj 令为位矢与轴正向的夹角，所以

dvy?dvdvxdidvydj??dvx?v???i????? ?v??a??i?vx?j?vyy?x?j?

dtdtdtdtdt?dt??dt?

dvx??dvy

???所以 a??????vxi?vyj? ?vy??i???v??x?j??

?dt??dt?

dvydvy dvxdvx

???vx?vxvy??vy?vxvy??vx?vy

dtdtdtdt

又因为速率保持为常数，即 v2x?v2y?C,C为常数

对等式两边求导 2vdvx?2vdvy?0 所以 a?v?0 即速度矢量与加速度矢量正交.

xy

dtdt1.10解 由题可知运动轨迹如题1.10.1图所示，

题1.10.1图

则质点切向加速度 at?dv

dt

22vdvv法向加速度an?，而且有关系式 ??2k ① ?dt?

又因为

1

?

?

y??

?1?y?3

22

② y2?2px

2

pp 所以 y?? ③ y???? ④ yy3

p2

dv

??2kv2联立①②③④ dt

y3?p2???1?y2????

3

2

⑤

dv 又 dv?dv?dy?y?

dtdydtdy

?yy把y2?2px两边对时间求导得 x ??

p

v2

??y

又因为 v2?x?2?y?2 所以 y2 ⑥

1?2

p

2

把⑥代入⑤

v

?y2???1?p2????

既可化为

1

2

?

dv

??2kv2?dy

p2y3?p2???1?y2????

3

2

dvdy

??2kp2

2

vy?p

v

?pdvdy

??2kp?22pvy?p

对等式两边积分 ?

u

所以 v?ue?k?

1.11解 由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示

题1.11.1图

?v2an??asin???r ?

?a?dv?acos?t?dt?

两式相比得

v21dv

?? rsin?cos?dt

即 1cot?dt?dv

rv2对等式两边分别积分

?

t

v1dv cot?dt??v0rv2

即

11t

??cot? 此即质点的速度随时间而变化的规律. vv0r

?v2

?asin???1.12证 由题1.11可知质点运动有关系式 ?r ①② ?dv?acos???dt

2

dvdvd?dvdvv所以 ????，联立①②，有 ??cos? dtd?dtd?d?rsin?

又因为 v??r

所以 dv?cot?d?，对等式两边分别积分，利用初始条件t?0时，???0 v

v?v0e????0?cot?

1.13 证（a）当v0?0，即空气相对地面上静止的，有v绝?v相?v牵.式中v绝

质点相对静止参考系的绝对速度， v相指向点运动参考系的速度， v牵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：v绝=v?，即飞机在舰作匀速直线运动.所以飞机来回飞行的总时间 t0?2l.

v?

（b）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度 v1?v??v0 飞行时间 t1?飞行时间 t2?

lv??v0

当飞机向西飞行时速度 v?v相?v牵?v??v0

ll2v?l

??2

2

v??v0v??v0v??v0

lv??v0

故来回飞行时间 t?t1?t2?

2l

t0

即 t??2?2

v0v01?21?2

v?v?

同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间 t?

t0

2 v0

1?2

v?

（c）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题1.13.1图

v题1.13.1图

v?v?v? v?v?2?v2

绝00

所以来回飞行的总时间 t?

2lv??v

2

20

??

2l?2v0

??

2

t0?v

20

v?2

同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为 t?

t0?

2v0

v?2

1.14解 正方形如题1.14.1图。

vD

3

C

由题可知v牵?v风?28km/h设风速A?B,v相?100km/h,当飞机

A?B，v1?(100?28)km/h?128km/h B?D,v2?2?282km/h?96km/h

C?D,v3?(100?28)km/h?72km/h D?A,v4?2?282km/h?96km/h 故飞机沿此边长6km/h正方形飞行一周所需总时间

666?495?6

t

??????h?h?15min

19216?128967296?

v风

v相

v2

v风

题1.14.3图

1.15 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.15.1图

船

v雨绝?v雨相?v船

题1.15.1图

故

v船sin????

v雨绝

sin???????

又因为?????，所以 v?v雨绝sin?????

船

2cos?由图可知 cos??

44?2

2

2

?

2,cos??

1

34

sin??,cos?? v雨绝?8m/s

55

所以 v

船

?

v雨绝(sin?cos??sin?cos?)=8

cos?

题1.16.1图

m/s

1.16解 以一岸边为x轴，垂直岸的方向为y轴.建立如题1.16.1图所示坐标系

.

??d?

ky0?y????2??所以水流速度 v?? ?

d??k?d?y????y?d?

??2??

d? 又因为河流中心处水流速度为c c?k?d?k??d???

22??

所以k?2c。当0?y?d时，v水

d2

?dx2c

y2c即 ??

?y?dtd ①--② d??y?ut

xt2cucu2 ③ 得dx?2cutdt，两边积分 dx? x?tdtt?0?0ddd

d?联立②③，得 x?cy2??0?y?? ④ ud?2?

同理，当d?y?d时，v水?2c?d?y?即 dx?2c?d?y??2c?d?ut?

2ddtdd

?dx??

2

2c2ccy?d?ut?dt x?y??D?D为一常数? ⑤ duud

2

d?由④知，当y?d时，x?cd代入⑤得 D??cd 有 x?2cy?cy ?cd，???y?d?

24u2u2u?2?uud

??x?

所以船的轨迹 ??

?x???

c2?d?

y?0?y??ud?2? 2cc2cd?d?y?y???y?d?uud2u?2?

船在对岸的了；靠拢地点，即y?d时有x?cd

2u

1.17 解 以A为极点，岸为极轴建立极坐标如题.17.1图.

题1.17.1图

船沿垂直于r的方向的速度为?C1sin?，船沿径向r方向的速度为C2和C1沿径向的分量的合成，即

?d?r??C1sin???，对两积分： dr?C2?dt ①--② ②/①得 ????cot?d????drr?C1sin????Ccos?C

12??dt

k?1C2C2??sin?lnr?lntan?lnsin??C 设?k,??,C为常数，即lnr?ln?C k?1C12C122cos?

代入条件r?r0；???0

.设?0

k?1k?1k?1

sin?cos?0 sin?0得r?r0,???0,有C?

lnr0?ln

2cosk?1?02cosk?1?sink?1?0

1.18 解 如题1.18.1图

题1.18.1图

质点沿OA下滑，由受力分析我们可知质点下滑的加速度为a?gcos?.设竖直线OB?h，斜槽OA?s，易知?OBA????,?OAB??????,，由正弦定理

22

s???sin?????2?

?

h???

sin???????2?

即 s?

hcos? ①

cos???

又因为质点沿光滑面OA下滑，即质点做匀速直线运动.

所以 s?1at2?1gcos?t2 ② 有①② 1gcos?cos?????t2?hcos??0

222欲使质点到达A点时间最短，由t2?

2hcos?可知，只需求出cos?cos?????的极大

gcos?cos???值即可，令y?cos?cos????cos??cos?cos??sin?sin??

y?cos?cos2??

1

sin2?sin? 2

把y对?求导 dy?2cos???sin???cos??1cos2??2?sin?

d?2

极大值时dy?0，故有 tan??sin2? 由于是斜面的夹角，即0????,0????

d?22所以??? 2

1.19 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

上升时 下降时

题1.19.1图

则两个过程的运动方程为：

上升 m????mg?mk2gy?2 ① 下降： ?m????mg?mk2gy?2 ② yy

dvdyvdvvdv对上升阶段: dv??g?1?k2v2? ???g?1?k2v2? 即 ??gdy 22

dydtdydt1?kv

对两边积分

?

v0

h1vdv22所以 h?ln1?kv0 ③ 即质点到达的高度. ??gdy222?02kg1?kv

??

对下降阶段：

v10dvdyvdvvdv

??g?k2gv2 即??gdy

22?0hdydtdy1?kv

h??

v0122

v? ④ 由③=④可得 ln1?kv11222

2kg?kv0

??

1.20解 作子弹运动示意图如题1.20.1图所示.

水平方向不受外力，作匀速直线运动有 dcos??v0cos??t ①

dcos?

竖直方向作上抛运动，有dsin??v0sin?t?1gt2 ② 由①得t? ③

v0cos?2

2

2vcos?sin????? 0代入化简可得 d??gcos2?

因为子弹的运动轨迹与发射时仰角?有关，即d是?的函数，所以要求d的最大值.把d对?求导，求出极值点.

2

2v0dd

??sin?sin??????cos?cos???????0 ?2d?gcos?

即sin?sin??????cos?cos????? cos?2?????0 所以?????，代入d的表达式得：

42

dmax

??2??sin???222

2v02v42?? ????????2v0??2??0 ?????cos??sin?sec???????

?g4242gcos2???g?????42?sin2?????2?

此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离d的最大值

1.21 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.

题1.21.1图

轨道的切线方向上有： mdv??mkv?mgsin? ①

dt

2v轨道的法线方向上有： m?mgcos? ② 由于角是在减小的，故r??ds ③

d?r

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 mdv?mdvds?mvdv 即 mvdv??mkv?mgsin? ④

dtdsdtdsds

1dvkv?gsin?

把代入可得mv2d???mgcos? ⑤ 用④?⑤可得 ?

vd?gcos?ds

dvkd?sin?1ksin?

??d? dv?d??d?2222

vcos?gcos?vcos?gcos?vcos?v

cos?dv?vsind?kd?

?

v2cos2?gcos2?

即

d?vcos??kd?

，两边积分得 ?222

vcos?gcos?

?

1k

?tan??C ⑥ vcos?g

?? k代入初始条件t?0时，???,v?v0即可得 C???1

?vcos??gtan????0?代入⑥式，得 v?

gv0cos? ⑦

cos?kvcostan??tan??g

2v又因为v??r,m?mgcos?r

所以??d??gcos? ⑧

?dtv

把⑦代入⑧

gv0cos?

d???gcos?dt

cos?kvcostan??tan??g?2kv0sin??

积分后可得 1?1ln?1? ???tk?g?

1.22 各量方向如题1.22.1图

.

题1.22.1图

ijvy0

k

vz?evyBi??eE?evB?j B

电子受力 F?e?E?v?B??eEj?evx

??evyB?eBy?x?m?

则电子的运动微分方程为 ???eE?evxB?eE?eBx? ②-③-④ y?m?

?m???0?z

eBx

eB由②mdvx?eBdy,，即?vdvx? v?yy?V⑤ x

m?dymdtdt0

v

e2B2e代入③整理可得 ????E?BV? ⑥ yy?2

mm

22

eB对于齐次方程?的通解 Y1?A1coseBt?A2sineBt ??yy?0

mmm2

非齐次方程的特解 Y2?m?E?BV?

eB2

所以非齐次方程的通解 y?Y1?Y2?A1coseBt?A2sineBt?m?E?BV?

mmeB2

E?代入初始条件：t?0时，y?0得A1?m??V?? eB?B?

t?0 时，vy?0得A2?0,故 y?

m?E?eBmVmE⑦ V?cost??2??eB?B?meBeB

E?eB同理，把⑦代入⑤可以解出 x?Et?m??V??sint BeB?B?m

E?eBmvmE?把⑦代入⑤ dx?eB?m?V?cost??2??V ???dtm?eB?B?meBeB?

E?eBEm?E?eBE?

dx??V??cost?dt?dt x?t?t?C ?V??sin

B?mBeB?B?mB?

E?eBE代入初条件t?0时，x?0，得C?0.所以 x?m??V??sint?t）

eB?B?mB

1.23证 （a）在1.22题中，B?0时，则电子运动受力F?eEj电子的运动微分方程

??0x?m?

eE?

??eE ①-②-③ 对②积分 y??yt?C1 ④ ?m?

m?m??z?0?

对④再积分y?eEt2?C1?C2 又x?vt,z?0

2m

?z?0故?（C?C1?C2为一常数） 此即为抛物线方程. ?eEx2

?C?y?

2mv?

i

jvy

k

vz ?eBvyi?eBvxj B

?b?当E?0时 则电子受力F?ev?B?e?vx

??eBvyx?m?

则电子的运动微分方程为 ????eBvx ①-②-③ y?m?

?m???0?z

m,eB?

x?Vsint2??eBmmv??同1.22题的解法，联立①-②解之，得 ? 于是x2?y2???

?eB??y?mVcoseBt

?eBm?

及电子轨道为半径的圆mV.

eB

1.24 解以竖直向下为正方向，建立如题1.24.2图所示坐标，

T

m

T

m?2?

T?

T?

T?

m

?3T??1?

题1.24.1图 题1.24.2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y1,y2,y3，则3个物体运动微分

?1y?mg?T??m?方程为： ??2 ①-②-③ y?T??mg?T?m?

?2mg?T?2m??3y?

由②于③与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有y2??y3，即 ?????? ④ yy之间用倔强系数k?mg弹性绳联结. 故有 T??k?y1?y2?a??mg?y1?y2?a? ⑤

aa

g由①⑤得 ??1???y1?y2??2g ⑥ 由②③④得 T??3m??2?mg ⑦ yya

4g代入①，有 ??1??1??3??2 ⑧ 代入⑥，有 ?yy1?g ⑨ yy

3a

此即为简谐振动的运动方程. 角频率 ??2解⑨得 y1?A1cos?t?A2sin?t?3a

4

2?3a g 所以周期 ????

?g3a

33以初始时③为原点，t?0时，y1?0,y?1?0.所以 y1??acos?t?a ⑩

44

????

代入①得 T??mg?1?cos2gt? 联立-③④⑧⑩得 T?2mg?1?1cos2gt?

??33a?3a?????

1.25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.25.1图所示坐标系

.

W

原点的重力势能设为0.设弹簧最大伸长?max.整个过程中，只有重力做功，机械能守恒：

W12?1W212

???v?k????g?????k?max?00max0

①-② 联立①②得 ?max??0?v00 2g2g2?

g?W?k?

0?

弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力，Tmax为最大张力，

??

即Tmax?k?max?W?1?v0?

g0????

1.26解 以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系.

?

设绳的弹性系数为k,则有mg?kb ①

当 m?脱离下坠前，m与m?系统平衡.当m?脱离下坠前，m在拉力T作用下上升，之后作简运.运动微分方程为mg?k?y?a??m?? ② y

ga?b ③ g联立①② 得???y?g???y?0 齐次方程通解Y1?A1cosgt?A2singt yy

bbbbb

非齐次方程③的特解Y0?a?b所以③的通解Y?Acosgt?Asingt?a?b

112

bb代入初始条件：t?0时，y?a?b?c,得A1?c,A2?0；故有 y?ccosgt?a?b

b即为m在任一时刻离上端O的距离.

1.27解对于圆柱凸面上运动的质点受力分析如图

1-24.

题1.27.1图

2

dvv运动的轨迹的切线方向上有:mgsin??m ① 法线方向上有： mgcos??N?m ② dtR

对于①有gsin??dv?dvds（s为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即vdv?gsin?ds

dtdsdt又因为Rd??ds 即 vdv?gsin?Rd? ③

设质点刚离开圆柱面时速度v0，离开点与竖直方向夹角?0，对③式两边积分

?

v0

vdv??

?0

12

gsin?Rd? v0?gR?1?cos?0? ④

2

2

刚离开圆柱面时N?0即 mgcos??mv0 ⑤ 联立④⑤ 得 ?0?arccos2

3R

即为刚离开圆柱面时与竖直方向夹角. 1.28解 建立如题1.28.1图所示直角坐标

.

题1.28.1图

22xy椭圆方程 ①从A滑到最低点B只有重力做功.机械能守恒.即mgb?1mv2 ② ??1

2a2b2

2

v设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为N则有： N?mg?m ③

?

2

x ?为B点的曲率半径. A?B的轨迹： y??b1?2a

得

y??

a

2

bxx； ?2

a

2

y???

b?2a

1?x2???1?a2????

3

2

又因为

1

?

?k?

y??

?1?y?322

?

b a2

2

?? bb所以 N?mg???mg?2?2mgh?W?1?22???aa??

2

?b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 W?1?22?a?

mv2

?

???

方向垂直轨道向下.

x?a?2??sin2??1.29 解质点作平面直线运动，运动轨迹方程为 ? ①-② ?

?y??a?1?cos2??

?v2mgcos??N?m?

? ③-④ 由曲线运动质点的受力分析，我们可以得到： ??

?mgsin??mdv?dt?因为曲线上每点的曲率k?

y??

?1?y?3

22

dy

sin2? ⑥ ⑤ 所以 dy??2asin2??

dxdx2a?2acos2?1?cos2?

d?

d2yd?dy?d?dy?d? ???????2

dx?dx?d??dx?dxdx

?

2cos2??1?cos2???2sin22?

1?cos2?2

11 ⑦ ??2

2a?2acos2?a1?cos2?把⑥⑦代入曲率公式⑤中k?

1所以??1?4acos? ⑧ 4acos?k

由④dv?dvds?vdv?gsin?

dtdsdtds

即vdv?gsin?ds，又有数学关系可知dy?dssin?，即vdv?gdy所以

v2?2gy??2ga?1?cos2?? ⑨

把⑧⑨代入① N?mgcos??m

v2

?

mgcos??m

2ga?1?cos2???2mgcos?

4acos?

1.30 证当题1.29所述运动轨迹的曲线不光滑时，质点的运动方程为：

?v2

?mgcos??N?m?? ①②③④⑤ ?

12??d?mv???mgsin???N?ds?????2

由1.29题可知 ??4acos? ② 由数学知识知?d??ds ③ 把①③④代入② 1dv2?g?sin???cos??4acos?d???v2d?

2

dv2

?2?v2?4ag?sin2?????cos2?? ⑤ d?

??

这是一个非齐次二阶微分方程.解为 v2?

4ag???

当???时 v?0 得 C?e即2

1??2

ag22??

?4?sin2??2cos2?1???2ag?Ce2

1??

????

v2?

ag4ag2?????2

?4?sin2??2cos2?1???2ag?e22

1??1??

????

2

?? 4ag1?????当???，v?0时，即0???e?2ag?122??1???1???

故有 ?2e???1

1.31证：单摆运动受力分析如图

题1.31.1图

??lI?ml ?因为 M?I?① 即 M??mglsin??2mkl?

????gsin??2kl??又单摆摆角?很小，有sin?=? 所以 l?

2

?? ??

g???上式即化为： ??2k????0② 此即为一个标准的有阻尼振动方程。

l

gg2

设?0?为固有频率，又由于k?，即阻力很小的情况。方程②的解为

ll

??A0e??tcos??t???2?2?l

单摆振动周期??结论得证。 ??2?22222?

g?kl??0?k,??k 0?k

1.32 解：设楔子的倾角为?，楔子向右作加速度a0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ma0?F非惯的非惯性力，方向与a0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：

mgsin??ma0cos??ma?①

垂直斜面受力平衡：

mgcos??ma0sin??N ②

联立①②得

题1.32.1图

?a??gsin??a0cos??

?? a0?

?cos??gsin????N?mg????

此即楔子相对斜面的加速度a?。

对斜面的压力P与斜面对m的支持力N等大反方向。同理可得当楔子向左作加速度为a0的匀加速运动时，质点m的a?和楔子对斜面的压力P为

1.33 解 设钢丝圆圈以加速度a

1.33.1图，

?a??gsin??a0cos??

??综上所述可得 a0?

?cos??gsin????P?mg??? ?

?a??gsin??a0cos?

?

?? a0?

?cos??gsin????P?mg????

t

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??ga??方向与a相反的惯性力的作用，则圆环运动到圆

??????dvr

?a??sin??ma??圈上某点，切线方向受力分析： ?① t?g?gdt? ????v2r

法线方向受力分析有： ??ga????cos??R??mr②

? ?

????dvr

?a??sin??ma??对① ?两边同乘以rg t?g?gdt ??

dv?d??dvr

r?a?g?sin????r??vrr ??

d??dt?d?

即 r?a?g?sin?d???vrdvr 两边同时积分

?

?

?0

r?a?g?sin?d???

?

vr

vr0

vrdvr

vr?v2r0?2a?gcos??cos?0r③

a?v2r0?

把③代入②可解得 R????3co?1??s?2co?s0?r?? ??r??g?g?

???

同理可解出，当钢丝圆圈以加速度a竖直向下运动时小环的相对速度

vr?vr0?2?g?a??cos??cos?0?r

2

a?v2r0??3cos??2cos?0?r?R???1??? ??r??g?g?

???

??cos?0?r 综上所述，小环的相对速度vr vr?vr0?2?g?a??cos

2

a?v2r0?

圈对小环的反作用力 R????3cos1????2cos?0?r?? ??r??g?g?

???

1.34证：（1）当火车所受阻力f为常数时，因为功率P与牵引力有如下关系：P?F牵v

dvmvdv?

?f?v?dt

dt? k?fvvvdvtdtmkk?v0fm?v?v0?t?ln?对两边积分 ?2v0k?fv0mk?vfff

（2） 当阻力f和速度v成正比时，设f=lv，l为常数。同理由（1）可知

vvdvdvvdvdt?dv?2

k??m?f?v即 k?mv?lv对两边积分??2

vdtdtm ?? 0k?fv k?lv

2

mk?lv0mvvk?fv20t?ln?ln 2

2lk?lv2fvk?vf所以 k?F合?fv

??

即 k??m

??

??

??

dt0m

t

1.35 解 锤的压力是均匀增加的，设F?kt，k为常数，由题意可知

?

P

?

dF?k

?

2

dt，得

k2Pdv2P2P2P

，即F?P??，所以k?t故m?tmdv?tdt

2?dt? ??

v??2PtP2?

两边同时积分 mdv?tdt得 v?t，?0?t??①

02??0 m??

又因为当F增至极大值P后，又均匀减小到0，故此时有F?k??t???,k?为常数，

0?2P2PdF?k??dtk???所以 F???t???即 mdv?2P???t? P? ?dt? 2

??

?

mdv?

v?

2

?

v

2P

?

2

2P?11????2

????t???????② ????t?dt mv?mv?????2?2??2?2?2

t

由①得 mv??

2

P?P

③ v???2?4t??2t2整个过程压力所做功W 42m?

??

又因为

?

dW

即 dW?Fvdt 对上式两边分段积分?Fv

dt ?22W?2PP?2PPP2222

???t??dW??tdt?????4?t?2?dt得W?

00?8mm??2m?2

???

1．36

解 （a）保守力F满足条件??F?0对题中所给的力的表达式 ，代入上式 即

i?

??F?

?xFxj??yFyk??zFz

??Fz?Fy???Fx?Fz???Fy?Fx?????y??z??i???z??x?j????x??y??k

???????18abxz2?18abxz2i?18abz2y?18abz2yj?

?

?6abz

??

3

?40bx3y?6abz3?40abx3yk

?

?

?0

所以此力是保守力，其势为

V??F?dr

x,y,z0,0,0

?

??

????Fdx?Fdy?Fdz???

x

y

z

?

????6abz

0,0,0

?x,0,0?

3

y?20bxydx?

32

?

????6abxz

x,0,0

?x,y,0?

3

?10bx4ydy?

?

??

?x,y,z?

x,y,0?

18abxyz2dz?5bx4y2?6abxyz3

(b)同（a），由

i?

??F?

?xFxj??yFyk??zFz

??Fz?Fy???Fx?Fz???Fy?Fx?????y??z??i???z??x?j????x??y??k

??????

?0

所以此力F是保守力，则其势能为

V??F?dr

xB

????

xA

Fxdx?

?

yB

yA

Fydy?

?

zB

zA

Fzdz

ke??r

1.37 解 （a）因为质子与中子之间引力势能表达式为V?r???k?0?

r

故质子与中子之间的引力F?r?

dV?r?d?ke??r?

?F?r???????drdr?r??

ke??r?ke??r

?2?

rr

k?1??r?e??r?

r2

（b）质量为m的粒子作半径为a的圆运动。 动量矩 J?r?mv

k?1??r?e??r

由（a）知 F?r?? 2

r

k?1??r?e??rv2

?m F?r?提供粒子作圆周运动的向心力，F?r?方向是沿着径向，故?2

rr

k?1??a?e??av23

当半径为a的圆周运动?两式两边同乘以 ma?m2

aa

即 ?mk?a1??a?e??a?m2v2a2 又因为 J?mva 有 J2??mka?1??a?e??a

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

E?T?V

1

?mv2?V?a? 2

k?1??a?e??ake??ak?1??a?e??a????

2aa2a

1.38 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??F?0 即

aij?i,j?1,2,3?为常数满足上式关系，才有势能存在。

??Fz?Fy

??

?z??y

???Fx?Fy

??

?x??y

??Fx?Fz

??

?x???z

?a32?a23

?

得 ?a12?a21

?a?a

31?13

V??F?dr??Fxdx?Fydy?Fzdz

x,0,0?0,0,0?

??????

????

?

??

??

?

?a11x?a12y?a13z?dx??a21x?a22y?a23z?dy?

势能为：

?x,y,0?

x,0,0?

?x,y,z?

x,y,0?

?a31x?a32y?a33z?dz

1

a11x2?a12y2?a31z2?2a12xy?2a23yz?2a31zx2

??

3

1.39 证 质点受一与距离成反比的力的作用。

2

设此力为 F?r??kr

?32

?k为一常数?①

3

?dvdvdrvdv

又因为 F?r??m即F?r?dr?mvdv kr2dr?mvd②?m??mdv

dtdrdtdr

当质点从无穷远处到达a时，对②式两边分别积分：

31av??4kkr2dr?mvdvv2??a2

0m ??

??

v?a2krdr?mdv 当质点从a静止出发到达时，对②式两边分别积分：

04 a

1?4k22

a 得 v??m

a

所以质点自无穷远到达a时的速率和自a静止出发到达时的速率相同。

4

k

1.40 解由题可知F?r???（因为是引力，方向与r径向相反所以要有负号）

r

kkdvkdvdr

由运动微分方程 ??m即??m?dr?mvd①v ?

rdt rdrdt rrkv2kar1

ln 对上式两边积分 ?dr?mvdv?kln?mv2故 v??

ar0mra2

2kadrln? 又因为r与v的方向相反，故取负号。 即 v??

mrdt

?

a4

3

?

??

1.41证 画出有心力场中图示如题1.41.图，

??常数 ??vcos?又由于 h?r?我们采用的是极坐标。所以 v??r?

??rvcos?由图所示关系，又有p?rcos?，故h?pv即v?h 即 h?r?r? p

?1?d?mv2??2

12?12???2dp?mh由动能定理 F?dr?d?mv?F沿r方向 F?dr?Fdr得F?

dr2dr?2?

1.42 证 （a

图。

2

题1.41.1图

O

题1.42.1图

质点运动轨迹为一圆周，则其极坐标方程为

2

r2

r?2acos? ①p?rcos? 由①②得r?2ap② 即p?③

2a

?4a2?

?d?4???2

r?118a2mh2?2dp2

故 F?mh ?mh??5

2dr2drr

即力与距离5次方成正比，负号表示力的方向与径向相反。

（b）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r?ea?,a为

? ??ar?常数。有r

?1?d?mv2?

? ??常数，有 F??2根据题1.41，h?r2?

dr1d?h2?1d21d2?22?22222?3

??r???m?a?1??r???ma?1???m?r故得证。 ??mha?1r2??2drdrdr?r? 2 2

1.43证 由毕耐公式

????

2

?F22?du? ???hu??u??m?d??11

质点所受有心力做双纽线r2?a2cos2?运动 故u??

racos2du11??sin2?? 3d?a?cos2??2

?5d2u1?2cos2?3?

???sin2???cos2??2?2sin2?? 23

a??cos2??22?d?

??

151????2

??2?cos2??2?3sin2??cos2??2? a??2

?22?du?故 F??mhu??u?d?2?

??

15?11???22

2?3sin2??cos2??2? ????mh32cos2???acos2??2??

373mh23mh2??2

??3?cos2??21?tan2???3?cos2??2

aa

3ma4h23mh2

?? ??77

r22

3?r?a??a2????

2

??2???F22?du?3?1.44证 由毕耐公式 ???hu?将力F??m?带入此式 ?u?2????rrm???d??

22

???2?122?du22322?du????u?因为 所以 ??hu?u?u??u?hu?u2322????r rr?d?? ?d??

h2??d2u?2d2u????222

?ku?2 即 上式化为 ??1?2?u?2令 k?222

d?hh d?h ?h?

??

k?????这是一个二阶常系数废气次方程。 解之得 u?Aco?s

A微积分常数，取??0，故 u?Acosk??

?2

2

kh

2

?2

k2h2

有

k2h2

1

r??

u

所以 r?

1Acosk??

?2

kh

2

2

?A

?2

k2h2

令a?

k2h2

?

2

cosk??1

?2

,e?

Ak2h2

?2

a

1?ecosk?

1.45 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。

p

轨迹方程为 r?

1?eco?s

p

在远日点处??180?

1?e

?p:s?a?rp:ra??1?e??1?e? 由角动量守恒有 所以 s

在近日点处??0?,

ra?rp?

p

, 1?e

a2a222?2?2又由于 h?r2?? ?2?r2???r? 所以 2?rv?r1.46解 因为质点速率 v?

r r

222224?2222

ar?aha?h?dr??drd???drh?即 2????2 ???????222?2

rr rr ?d?r?r?dt??d?dt?

rdr?dra2?h2a2?h222

又因为 a?h 所以 ??d?两边积分 ????d?

r00rhrh

ra2?h2

即 ln???

r0h

1.47 证（a）设地球轨道半径为R。则彗星的近日点距离为

r?

p

1?ecos?

R

。圆锥曲线的极坐标方程为 n

pp? 1?e2

h2Rp2R?所以 h?k2R② ?,p?即 ① 又因为 p?2,h?r2?

n2nnk

彗星轨道为抛物线，即e?1。近日点时??0。故近日点有 r?

（彗星在单位时间内矢径扫过的面积h） 扫过扇形面积的速度 v?又因为 v?

hk2R

③ ?

22n

ds12?12d?1?r??r故 ds?r2d?两边积分 dt22dt 2

???tan22

s4R?1?21?4R?1tan??④ ?ds?rd??d????0

2?2???2???h21?cos?2 h2?31?cos?3

????

2Rnp

? 从数学上我们可以得到两轨道交点为地球轨道半径处。即R?

1?cos?1?cos?

所以 tan????cos???n?1⑥ ?21?cos?1?tan2

2

??2??2R24Rn?11

?n?1??n?1?n?2? 把⑤⑥代入④（ ⑥式代入时取“+”即可）s?2?23h?23H?3

???n?

2R23

??n?2n?1

s24R2n?2n?1

???故彗星在地球轨道内停留的时间为t1??⑦

vk3n2nk2R

2n

p

?p 设地球绕太阳运动一周的时间为t2。因为假定地球运动轨道为圆形，r?R?

1?ecos?即cos??

2?n

⑤又因为cos??n

1?tan2

?

h2

又由于p?2，有h?kR2 地球绕太阳运动单位时间内矢径扫过的面积h。

k

1

扫过扇形速度 v?

hkRs??R2?R?t2??? 122 v12k

kR2

12

2

32

t1

?t2

?n?2??n?14R?k3n2n

2?R

k

32

32

?

2n?2n?1

⑧ ??

3?n2n

4R?n?2?n?1

（b）由证明（a）知 彗星在地球轨道内停留时间t1 t1? ??

k3n2n对此式求极大值，即对n求导，使

dt1

?0 dn

即

dt14R

?dnk

32

1

???

1?1?1?2?2?2?1?2?33??0即 ?,得 n?2 ?1??n?1???2?n

?n2 n2?2?n??n?

??

?d2t1?333?1??验证 ???2????23n2?2n?1?dn??nn?1??故n?2为极大值，代入⑧式可知

n?2

?0

t1

t2

max

?

2 3?

1.48 解 由§1.9给出的条件： 人造地球卫星近、远点距离r1,r2分别为

r1?439km,r2?2348km.

地球半径R?6400km.有椭圆运动中的能量方程可知：

1GMmGMm12GMmGMm2

① mv2② mv1??????

2r1?R2a2r2?R2a

2a为卫星运行的椭圆轨道的长轴 2a?r1?r2?2R?15623km

把2a代入①②有 近地点速率 v1?8.15?103s 远地点速率 v2?6.34?103ms

2?a32

运动周期 T?（参见1.47） 其中a为运动轨道的半长轴 k?GM

k

所以 T?

2?aGM

?114min

1.49 证 由行星绕太阳作椭圆运动的能量方程为

1GMmGMm

???

r2a2mv2

?2， 上式化为： ?2?r2?a为椭圆的半长轴。 令 k2?GM. 又因为 v2?r

1k2mmk222?2?2即 ??r??mr??因为 h?r2?

2r2a

??

h22k2k2

??2?r?所以

ra r

2

k2r22?a32

??2rk?h?rr① 又因为行星椭圆轨道运动周期 ??

ak

2

2

2

2

k2h2k2?22

?常数C，故C?3又因为 p?a1?e p?2,p为正焦弦的一半 即32??aka

??

所以h2?k2a1?e2?C2a41?e2 ② 由题意可知a?r?aecosE

drdEa2e2sin2E?dE?2222?aesinE 即 ③ 把②③代入①可得 ??r?aesinE 22dtdtCa?dt?

2

????

化简可得

rdE2?

??1,rdE?adt即 ?1?ecosE?dE?dt aCdt?

两边积分，由题设

?

2?

dt?T即 T???1?ecosE?dE?E?esinE

0?

E

1.50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。

m

题1.50.1图

所以

112

mv??mv2?V?a? ① mv???mva ② 22

mcmc

? ?r32a2

a

任意一处V?a????F?r?dr???

由②v?

?2c?v??v?c2

?2?2所以 a??代入① v???2??? aaa v???

2

?

2

12

第二章习题解答

2.1 解 均匀扇形薄片，取对称轴为x轴，由对称性可知质心一定在x轴上。

有质心公式 xc?

题2.1.1图

xdm ?dm

设均匀扇形薄片密度为?，任意取一小面元dS， dm??dS??rd?dr 又因为 x?rcos? 所以 xc?

xdm?x?rd?dr?2asin? ?dm???rd?dr3?

sin

?4a 对于半圆片的质心，即???代入，有 xc?2asin??2a?3?33?2

22.2 解 建立如图2.2.1图所示的球坐标系

?

题2.2.1图

把球帽看成垂直于z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 dm??dv???y2dz???(a2?z2) 由对称性可知，此球帽的质心一定在z轴上。 代入质心计算公式，即 zc

zdm3(a?b) ???

?dm4(2a?b)

2

2.3 解 建立如题2.3.1图所示的直角坐标，原来W人与共同作一个斜抛运动。

y

O

题2.3.1图

当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为vx，此人即以 vx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v水平?v0cos?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s1

2

v0

s1?v0cosa?t ① v0sin??gt ② s1?sin?cos? ③

g

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

(W?w)v0cos??Wvx?w(vx?u)可知道vx?v0cosa?

2vw0水平距离 s2?vxt?sin?cos??uv0sin? g(w?W)g

w

u W?w

跳的距离增加了 ?s?s2?s1=

w

uv0sin?

(W?w)g

2.4 解 建立如图2.4.1图所示的水平坐标。

?

题2.4.1图

题2.4.2图

以m1，m2为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有

?1?m2x?2?0 ① 对m1分析； 因为 a绝?a?a相对 ② m1x

?2（方向与m2加速度方向xm1在劈m2上下滑，以m2为参照物，则m1受到一个惯性力F惯??m1?相反）。如图2.4.2图所示。所以m1相对m2下滑。由牛顿第二定律有

??2cos? ② m1a1?m1gsin??m1?x

所以m1水平方向的绝对加速度由②可知

......

?? ③ x1??gsin??x2cos??cos??x2④ a1绝//?a'1cos??x2

??

..

..m2sin?cos?m1sin?scos? 联立①④，得 x1? ⑤把⑤代入①，得 gx??g ⑥ 222

m2?m1sinθm2?m1sin?

..

负号表示方向与x轴正方向相反。求劈对质点反作用力R1。用隔离法。单独考察质点m1的受

..

?力情况。因为质点垂直斜劈运动的加速度为0，所以 R1?m1gcos?????m1x2sin???0⑦

??

把⑥代入⑦得， R1?

m1m2cos?

g ⑧

m2?m1sin2?

水平面对劈的反作用力R2。仍用隔离法。因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以

R2?m2g?R1cos??0 ⑨ 于是 R2?

2.5 解 因为质点组队某一固定点的动量矩 J??ri?mivi

i?1n

m2(m1?m2)

g ⑩ 2

m2?m1sin?

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，

题2.5.1图

dm???rd?dr ??

M ?a2

所以圆盘绕此轴的动量矩J J???r?(dmv)???r??rdrd???r=1Ma2?

2

2.6 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M1，M2，速度分别变为沿水平方向的v1，v2，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v1，v2。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：

?M1?M2?U?M1V1?M2V2 ①

以?M1?M2?质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒：

1

?M1?M2?U2?1M1V12?1M2V22?E ② 222

联立①②解之，得 v1?U?

2EM1

M1?M2M2

v2?U?

2EM1

M1?M2M2

11? 所以落地时水平距离之差?s ?s=s1?s2?v1t?v2t?V2E??????g?M1M2?

2.7 解 建立如题2.7.1

图所示的直角坐标系。

O

题2.7.1图

当m沿半圆球M下滑时，M将以V向所示正方向的反向运动。以M、m组成系统为研究对象，系统水平方向不受外力，动量守恒，即 MV?mvx

m相对于地固连的坐标系Oxy的绝对速度 V绝对?V相?V牵

? ②故水平方向vx?ucos??V③竖直方向vy?usia? ④ V相为m相对M的运动速度 u?a?

在m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）

mgacos??mgacos??

1212⑥ 2=2

mv绝?MV2 ⑤ v绝vx?vy22

把③④代入⑥ v2=u2?V2?2uVcos?绝

?⑦ 把①③代入⑤ ??

2gcosa?cos??

a1?cos2?

m?M

2.8 证 以AB连线为x轴建立如题2.8.1图所示的坐标。

v题2.8.1图

题2.8.1图

设A初始速度为与x轴正向夹角?0碰撞后，设A、B运动如题2.8.2图所示。A、B速度分别为v1、v2，与x轴正向夹角分别为?1、?2。以A、B为研究对象，系统不受外力，动量守

恒。x方向： mv0?mv① 垂直x轴方向有： 0?mvsin??mvsin?② 1cos?1?mv2cos?21122

22可知 v0?v12?v2?2v1v2cos??1??2?③整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒：

121212④ 由③④得?

mv0?mv1?mv22v1v2cos??1??2??0 ?1??2?k???k?0,1,2,???? 2222

即两球碰撞后速度相互垂直，结论得证。

2.9 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AB，初始时A小球速度v0，碰撞后球A的速度为v1，球B的速度v2以碰撞后B球速度所在的方向为x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A、B为系统研究，碰撞过程中无外力做功，系统动量守恒。

题2.9.1图

② x方向上有： mv0cos??mv?????mv2 ①y方向上有： mv0sin??mv1cos?1sin?????

v?vcos?????又因为恢复系数 e?碰后相对速度?21

v0cos?碰前相对速度

即ev0cos?=v2?v1cos?????③ 用①-③ v1??1?e?v0cos?④

2cos???用④代入②得 v0sin???1?e?v0cos?sin?????

2cos???1?e?2tan2?

求在各种?值下?角的最大值，即为求极致的问题。

tan??

?1?e?tan?

??arctan?

??1?e?tan??

2

?1?e?2tan???

22

d???1?esec?(1?e?atan?)我们有 ?0 得 ?0 即 1?e?atan2?=0 2d?1?e?2tan?

1?e

所以 tan???e ?max? 即 tan?max?

1?e2由因为 csc2?max?1?cot2?max=1?

1?e

1?e1

?

1

1?e

81?e=?3?e1?e2

8?1?e? 故 21?esin?max?

csc?max

1?e? 所以 ?max?sin?1????3?e?

2.10 以m1,m2为研究对象。当m1,m2发生正碰撞后，速度分别变为v1，随即m2在不?，v?2可伸长的绳AB约束下作圆周运动。以AB的连线为x轴建立如题2.10.1图所示。

题2.10.1图

碰撞过程中无外力做功，动量守恒： m1v1?m1v??① 1?m2v2随即m2在AB的约束下方向变为沿y轴的正向，速度变为v? 2故 y方向上有 m1v1sin??m1v1?sin??m2v2?②

?v?sin??v1

故恢复系数定义有： e?碰后相对速度=2

v碰前相对速度1

即 ev1?v2?sin??v1?sin??v1?③

2

m1?1?e?sin?msin??em21 联立①②③得 v1??v1 v2??v212

m2?m1sin?m2?m1sin?

2.11 解 如图所示，

题2.12.2图

x

题2.11.1图

a?有两质点A，B中间有一绳竖直相连，坐标分别为：A?0,??

?2?a??

B?0,??，质量为m，开始时静

2??

止。现在有一冲量I作用与A，则I作用后，A得到速度vA?I，B仍静止不动：vB?0。它m们的质心C位于原点，质心速度我为

vC?

mvA?mvBvA

?

2m2

现在把坐标系建在质心C上，因为系统不再受外力作用，所以质心将以速率vA沿x轴正向匀

2速正向、反向运动。由于质心系是惯性系，且无外力，所以A，B分别以速率vA绕质心作匀

2速圆周运动，因而他们作的事圆滚线运动。经过时间t后，如图所示：

vA

vIt

??t?A?

aam2

uAuA??v?(1?cos?)v?(1?cos?)AxBx????22于是在Oxy系中A的速度? B的速度： ??v??uAsin??v?uAsin?ByAy??22??

?vA??vA??(1?cos?)?sin?????22?????1?cos??cot2?It?:1 因此 EA:EB???1?sin?2am??vv?A??A?

?(1?cos?)??sin?????2???2?

2.12 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m1速度为v1，m2速度v2?0。碰后速度m1，m2分别设为v1?,v2?。碰撞过程中无外力做功，动量守

v??v?恒。m1v1?m1v1??m2v2?① 有恢复系数e e?21②

v1

22

联立①②得v1??

m1?em2m(1?e)

??1v1 v2v1

m1?m2m1?m2

再由质点组质心的定义： rc?

m1r1?m2r2

m1?m2

rc为质心对固定点位矢，r1，r2分别为 m1，m2对同一固定点的位矢

??m2r?2m1v1?m2v2mrm1

所以 vc? r） ?c?11??v1（质点组不受外力，所以质心速度不变。

m1?m2m1?m2m1?m2设两球碰撞后相对质心的速度V1?，V2?。

??vc?V1??v1

m1?em2m1em2

v1?v1??v1（负号表示与v1相反）

m1?m2m1?m2m1?m2

??vc?V2??v2

m1(1?e)m1em2

v1?v1?v1

m1?m2m1?m2m1?m2

同理，碰撞前两球相对质心的速度

V1?v1?vc?v1?

m1m2m2

v1?v1 V2?v2?vc??v1（负号表示方向与v1相反）

m1?m2m1?m2m1?m2

所以开始时两球相对质心的动能：

?1??=1m1m2111?m2m2

??v12 ???T?m1V12?m2V22=m1?v?m?v2???222??m1?m2?2?m1?m2?2m1?m2

2

2

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。

l1?m?l

??g????mg??mv2 有 v?gl

22?2?42

2.14 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

F?t??

d

?mv? dt

以竖直向上我x轴正向建立如题2.14.1图所示坐标。

题2.14.1图

绳索离地面还剩x长时受重力 F?t????xy 则??xy?d??xv? ?xy?d?xv??dx

dtdxdt所以 v2?2g(h?l?x)

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N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v变为0。用动量守恒，有 N??(l?x)g?d(mv)=d(?xv)=v?dx??v2

dtdtdt又因为

?g?v

dv

dx

?vdv???

vx

h?l

gdx

v2?2g(h?l?x) N??(l?x)g???2g(h?l?x)=?g?2h?3(l?x)?

2.15 解 这是一道变质量的问题，对于此类问题，我们由书上p.137的（2.7.2）式

ddm(mv)?u?F① dtdt

来分析。 以机枪后退方向作为x轴争先，建立如题2.15.1图的坐标。

题2.15图

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

F?f???n???(M?M??mt)g②

单位时间质量的变化 dM??m③

dt

?由①②式 d?(M?M??mt)v??dMu???g(M?M??mt)

dt

dt

?d?(M?M??mt)v???

vu

o

dM?u???g?

M?

m0

(M?M??mt)dt

(M?M??m

M?M?1?M?? )v?M?u???g(M?M?)??g??mm2?m?

22

??M(M?M)?M所以 v?u??g m2Mm

2.16解 这是一个质量增加的问题。雨滴是本题m。导致雨滴m变化的微元?m的速度u?0。 所以我们用书上p.138的（2.7.4）式分析 d(mv)?F①

dt

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r，则雨滴质量m是与半径r的三次方成正比（密度看成一致不变的）。 m?kr3②

1

有题目可知质量增加率与表面积成正比。即 dm?k?4?r2?k2r2③

dt

k1,k2为常数。我们对②式两边求导 由于③=④，所以

dmdr

?k1?3r2④ dtdt

drk2

???⑤ 对⑤式两边积分 dt3k1

?

r

a

dr???dt r??t?a⑥ m?k1(?t?a)3⑦

t

以雨滴下降方向为正方向，对①式分析 dk1(?t?a)3v?k1(?t?a)3g⑧

dt

??

333 k(?t?a)v?dk(?t?a)v?k(?t?a)gdt111??

v

??

t

1

k1g(?t?a)4?k3 （k3为常数） ?4

1

44?? gakga1当t?0时，v?0，所以 k?? v??t?a??3

4???t?a3?4??

2.17 证 这是变质量问题中的减质量问题， d(mv)?dmu?F① dtdt

来分析。设空火箭质量m0，燃料质量m?。以向上为正方向，则火箭任一时刻的质量

m?m0?m??

m0?m?②

t60

喷气速度2074是指相对火箭的速度，即v相?2074 。有①式

dmdvdmdmdvdmdv

v?m?u?F F?(v?u)?m??v相?m dtdtdtdtdtdtdt

m?m??m?m?m?m??dv ????m0?m??0t?g?0t相??m0?m??0t??

606060????dt

m0?m?

v相?dt化简 dv??gdt?

m0?m??0t

60

t?对两边积分 v??gt?v相㏑??1??③ ?60?

此既火箭速度与时间的关系。当火箭燃料全部燃尽所用时间t，由题意知

t?

m?60m?

?

0m0?m?④ 60

60m?m?

?v相ln(1?)

m0?m?m0?m?

代入③可得火箭最终的速度vmax，（即速度的最大值）. vmax??g?考虑到 dvmax?

dx其中x?

v相(1?x)?60g

2

(1?x)

m?m?m?，易知当x?0时，dvmax恒成立，即vmax为的增函数。又当?300时， m0m0m0dx

m?m???

?m0m0?=11.25

?vmax??g??v相ln?1?km/s

?1??1?

?m0m0???

60

而要用此火箭发射人造太阳行星需要的速度至少应为第二宇宙速度v2?11.2km/s。 故所携带燃料重量至少是空火箭重量的300倍。

2.18证 要使火箭上升，必须有发动机推力?火箭的重量，即

dmdm

?M0g v相?v?M0 dtdt

即?v?g火箭才能上升，结论得证。由于喷射速度v相?v是常数，单位时间放出的质量

v相

dmM

??M0 质量变化是线性规律 f?1??t?0① dtM

火箭飞行速度 v火?vln(1??t)?gt② 又因为燃料燃烧时间 t?代入②得火箭最大速度vmax vmax?vln

M0?M

③ ?M0

M0M?MMgM

=vln0?(1??g0)

M?M0M?M0

又因为②式又可以写成 ds?v火?vln(1??t)?gt 积分可得

dt

s?

v

?

?(1??t)ln(1??t)??t??1gt2④

2

从开始到燃烧尽这一段时间内火箭上升高度S1。把③代入④得

1?M0?MS1??g?

2???M0

?v?MMM0?M

????ln????MMM00??0

2

?

???

之后火箭作初速度为vmax的竖直上抛运动。可达高度S2

S2?

vv2g?M?v?M?Mg?M?

???????ln?1?ln?1?2?????2gg?M0???M0?M02a?M0??

2

2

max

2

22

2vM?v?MM? 故火箭能达到的最大高度Smax?S1?S2=2g?????ln?1??ln???M?g?MM0?00???

2.19证 假设该行星做椭圆运动，质量为m，周期为?。某一时刻位置为r，速度为v，则

T?

1

?

?

?

121?11?11?1?1?m??

mvdt??mv?vdt??mv?dr??m?d?v?r???r?dv?=-?rd?v? 2?02?02??2020?2r0

又因为a?dv??GMr dtr2r于是T??

M2?

?GMr?2?0??r

?r?=m?dt?r?2?

GM11?GMm1GMm

?dt?dt???0r2??0r2r

?

第三章习题解答

3.1解 如题3.1.1图。

题3.1.1图

均质棒受到碗的弹力分别为N1，N2,棒自身重力为G。棒与水平方向的夹角为?。设棒的长度为l。

由于棒处于平衡状态，所以棒沿x轴和y轴的和外力为零。沿过A点且与z轴平行的合力矩为0。即：

?F

x

?N1cos2??N2sin??0① ?Fy?N1sin2??N2cos??G?0②

l

M?Nc?Gcos??0③ ?i2

2

2

由①②③式得： l?2c?2cos??1?④ 又由于 2rcos??c, 即 cos??c⑤

2rcos2?22

将⑤代入④得： l?4?c?2r?

c

3.2解 如题3.2.1图所示，

o

题3.2.1图

均质棒分别受到光滑墙的弹力N1，光滑棱角的弹力N2，及重力G。由于棒处于平衡状态，所以沿y方向的合力矩为零。即

?Fy?N2cos??G?0① ?Mz?N2

d? 由①②式得： cos3??d 所以 ??arccos???l?l?

d2l

?Gcos??0 cos?2

3.3解 如题3.3.1图所示。

题3.3.1图

2

AB棒受到重力G1??agi。棒受到的重力G2??bgi。设均质棒的线密度为?。

由题意可知，整个均质棒沿z轴方向的合力矩为零。

a?b??gasin???gb???M?G?ODsin??GBF?BH

?cos??asin???0 ?z12

2?2?

b2

tan??2

a?2ab

3.4解 如题3.4.1图。

题3.4.1图

Ox轴竖直向下，相同的球A、B、C互切，B、C切于D点。设球的重力大小为G，半径

为r，则对A、B、C三个球构成的系统来说，在x轴方向的合力应为零。即：

?F

x

?3G?2Tcos??0①

对于C球，它相对于过D点与z轴平行的轴的合力矩等于零。即：

?M

D

?Trsin??????Grsin??0 ② 由式得： tan??3tan?

3.5解 如题3.5.1图。

1题3.5.1图

梯子受到地面和墙的弹力分别为N1，N2，受地面和墙的摩擦力分别为f1，f2。梯子和人的重力分别为G1，G2且G2?3G1。设梯长为l，与地面夹角为?。由于梯子处于平衡，所以

?F

x

?N2?f1?0① ?Fy?f2?N1?G1?G2?0②

且梯子沿过A点平行于z轴的合力矩为零。即：

?Mi?G2lcos??G1

l

cos??f2lcos??N2lsin??0③ 2

又因梯子是一个刚体。当一端滑动时，另一端也滑动，所以当梯与地面的倾角达到最小时，

f1?

11

N1④ f2?N2⑤ 23

由①②③④⑤得：tan??41

24

41? 所以 ??tan?1????24?

3.6解 （a）取二原子的连线为x轴，而y轴与z轴通过质心。O为质心，则Ox，Oy，Oz轴即为中心惯量主轴。

y

2h

1

Cx1

题3.6.1图

设m1、m2的坐标为?l1,0,0?,?l2,0,0?，因为O为质心（如题3.6.2图）

m2lm1l

,l2?

m1?m2m1?m2

故 m1l1?m2l2?0① 且 l2?l1?l ② 由①②得 l1??所以中心惯量主轴： I1??miy2i?z2i?0

I2??mi?z2i?x2i??

??

m1m22m1m22

l I3??mi?x2i?y2i??l

m1?m2m1?m2

（b）如题3.6.3图所示，

题3.6.3图

该原子由A、B、D三个原子构成。C为三个原子分子的质心。由对称性可知，图中Cx、Cy、

?a??a?Cz轴即为中心惯量主轴。设A、B、D三原子的坐标分别为?0,yA,0?，??,yB,0?,?,yD,0?

?2??2?

因为C为分子的质心。所以 yC?

mAyA?mByB?mDyDm2yA?m1yB?m1yD

=?0①

m2?m1?m1mA?mB?mD

又由于 yB?yD② yA?yB?h③ 由①②③得： yA?故该分子的中心主转动惯量

I1

??m?y

i

2i

2m1hm2h

.yB?yD??

2m1?m22m1?m2

?z

2

i

2mm

??2m

?m

1

21

h

2

?i?A,B,D?

2

2

2ma1 I?i?A,B,D? 2??mi?zi?xi??2

2

2

2m1m22m1a2

?i?A,B,D? I3??mi?xi?yi??h?

2m1?m22

2

3.7解 如题3.7.1图所示。

x2

沿y轴平行于Oxy平切椭球得切面为一椭圆，则该椭圆方程为：

?y?

?a?1?2??b??

2

2

?

z2

?y?

?c?1?2??b??

2

2

?1

可求该切面的面积 S?y?

b

?y2?

??ac??1?b2??

??

b

2

2

??y43 故积分 ydm?yS?y???dy?y?ac?1???dy???abc2???b??b?b?15??

2

2

同理可求 x2dm?4??a3bc,z2dm?4??abc3

??1515

故中心主转动惯量： I1??y2?z2?dm?4??abc?b2?c2?

?15

I2???x2?z2?dm?

b

44

??abc?a2?c2? I3???x2?y2?dm???abc?a2?b2? 1515

b

2

?y4m3m 又由于椭球体积 V?S?y?dy??ac?1?? 故 ????dy??abc2???b??b?V4?abcb3??

将?代入I1,I2,I3得：

I1?

111

m?b2?c2? I2?m?a2?c2? I3?m?a2?b2? 555

2

2

2

??r3.8解 设dm表示距球心为r的一薄球壳的质量，则 dm??r?dr???0r?1??2?dr ?R???

所以该球对球心的转动惯量 I?rdm???0

??

20

RR

?r2?57?5? ① ?r?1??dr???R02??R35??

4

在对称球中，绕直径转动时的转动惯量 I??2I②

3又球的质量 m?dm???0

??

0R

R

?r2?35?3? ③ ?r?1??dr???R0?R2?15??

2

又绕直径的回转半径 k?

I④ 由①②③④得 14?10

k?R

m35?21?

3.9解 如题3.9.1图所示Oxyz坐标系。

题3.9.1图

O为正方体中心。Ox、Oy、Oz分别与正方体的边平行。由对称性可知，Ox、Oy、Oz轴

就是正方体的中心惯量主轴。设正方体的边长为a。设为平行于轴的一小方条的体积，则正方体绕轴的转动惯量 Ixx??

aa22aa??22

?

?a?y2?z2?dydz?

m2根据对称性得m

a Iyy?Izz?Ixx?a2

66

易求正方体的对角线与Ox、Oy、Oz轴的夹角都为?。且 cos??1

3故正方体绕对角线的转动惯量 I?Ixxcos2??Iyycos2??Izzcos2??ma2①

6又由于d?3a② 绕对角线的回转半径 k?

I③ 由①②③得 k?d

32m

3.10解 如题3.10.1图。

题3.10.1图

z轴过O点垂直纸面向外。均质圆盘的密度为?。设盘沿顺时针转动，则沿z的方向有dIz

?Mz dt

1即 I?， ?z?Mz① I为转盘绕z轴的转动惯量：I?ma2（m为盘的质量）2

?z??? ② （?为盘转动的角频率，负号因为规定顺时针转动）

Mz??

2?0

?

a

?g?r2d?dr?

2?2

?g?a3=?g?ma?m???a2?③ 33

3a?04?g又因为4?g所以由①②③得?得 t??????0???0, 故 ??t???0???0,t?t?

4?g3a3a

3.11解 如题3.11.1图所示，

题3.11.1图

设z轴通过O点垂直纸面指向外。则对z轴有： dz?MZ

dt

设通风机转动的角速度大小为??t?，由于通风机顺时针转动。所以?z????t?，将

??t??k??t?。又由于???0????0?，解得： ???e?It z??I??t?,Mz?k??t?代入上式得： ?I?

?t?0

k

? （?为通风机转动的角度） 故当??t???0时，t?I㏑2。又由于????t??t?

2k设??0??0， ?

??t???0e

k?t

I

??t????0e

t

k?tI

dt???0?

I??0

k

k?t??

?1?eI? ????

故当t?I㏑2时，??t??I?0，t时间内通风机转动的转数 n???t????0??I?0

k2k2?4?k

3.12解 如题3.12.1图，

坐标Oxyz与薄片固连，则沿z轴方向有： dz?MZ且 z?I?z①

dt

现取如图阴影部分的小区域dS?ady，该区域受到的阻力df?kdSv2?kady??y?2

z

df对z轴的力矩dMz??df?y??ka?zydy所以 Mz??

2

3

a

a

a

a3b2②

dMz??k?z

4

又薄片对轴的转动惯量 I?y2dm?y2?bdy?1ma2?m??ab?③

?0?0

3由①②③得：

?z?t??

13ka2b1

t?4m?0

4m

当?z?t???0时，t? 2

3kab?02

3.13解 如题3.13.1图所示，

题3.13.1图

坐标系Oxyz的原点位于圆弧最顶点。设圆弧平衡时，质心c的坐标为c?0,?l,0?。如图所示圆弧偏离平衡位置一小角度?，则?满足微分方程 ?mglsin??I???

???mgl??0① I为圆弧相对于Oz轴的转动惯量。当?很小时，sin???，代入上式得： ?

I

圆弧上对应转角为?的一小段圆弧的坐标为?Rsin?,Rcos??R,0? 质心c的纵坐标 yc

??

?

?

?0

?d?R?Rcos??R?

??

?

?Rd?

sin?0

??R?

sin?0

?0

R

上式中?为圆弧的线密度 l?R?

?0

R ②

???

又 I?0?R?Rcos??R?2??Rsin??2d??2mR2?1?sin?0?③

????0

?0???

??

???g??0④ 其中m?2?R?0，将②③代入①得?

2R

解④式得通解 ??t??g?T?? 微振动周期?Acos?t?????2R?2?2R?2? ggR

3.14解 如题3.14.1图所示坐标系Oxyz。 题3.14.1图

?2?y????R ① 由动量定理及动量矩定理得： m??c?m?xc?xcx

?2?x????R?mg② mk2?????mgasin?③ ?c?m?yc?m?ycy

?2?mga?cos??cos??④ 其中 xc?asin?,yc??acos? 又根据机械能守恒定律得： 1mk2?02????

由①②③④解得：

2mga2mga?2cos?0?3cos??sin? Ry?2??3cos??2cos?0?cos??1??mg Rx?2kk

3.15解 如题3.15.1图所示坐标系Oxyz。

题3.15.1图

由于球作无滑滚动，球与地面的接触A的速度与地面一致，等于零，所以A点为转动瞬心。以O为基点。设球的角速度ω???k，则

vA?v0?ω?OA?v0i????k????rj???v0??r?k?0 ??v0 r

设轮缘上任意一点p，Op与x轴交角为?，则 Op?rcos?i?rsin?j 故 vp?v0?ω?Op?v0i????k???rcos?i?rsin?j???v0??rsin??i??rcos?j - - 51 - -- - 51 - -

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