理论力学(第二版)参考答案上部资料

理论力学（第二版）参考答案理论力学（第二版）参考答案上上部部 （一一三章三章） 第一章第一章 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：解： 设 s 为质点沿摆线运动时的路程，取 =0 时，s=0 X Y S= 4 a (1) 设 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：证明：设一质量为 m 的小球做任一角度 0 的单摆运动 运动微分方程为 Frrm)2( sinmgmr 给式两边同时乘以 d dgdrs i n 对上式两边关于积分得 cgrc o s 2 1 2 利用初始条件 0 时0故 0 cosgc 由可解得 0 c o sc o s 2 - l g 上式可化为dtd l g 0 coscos 2 - 两边同时积分可得 d g l d g l t 0 2 0 2 2 2 0 0 2 sin1 2 sin1 0 0 1 2coscos 1 2 进一步化简可得 d g l t 0 0 0 2 2 2 2 sinsin 1 2 1 由于上面算的过程只占整个周期的 1/4 故 0 0 2 0 2 2 sin 2 sin 1 24T d g l t 由 sin 2 sin/ 2 sin 0 两边分别对微分可得 ddcos 2 sin 2 cos 0 2 0 2 sin 2 sin1 2 cos 故 dd 2 0 2 0 sin 2 sin1 cos 2 sin 2 由于0 0 故对应的 2 0 故 d g ld g l T 2 0 2 0 2 0 0 0 2 cos 2 sin sin 2 sin1/cos 2 sin 4 2 sin 2 sin 2 0 故 2 022 sin1 4 K d g l T其中 2 sin 0 22 K 通过进一步计算可得 g l 2T ) 2642 ) 12(531 () 42 31 () 2 1 (1 224222 n K n n KK 1.5 解：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， ， 联立， 可得： ,M 为地球的质量； 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： x y z p点 B e et y 由得： 则，半径变化后的 g 的变化为 对式进行通分、整理后得： 对式整理，略去二阶量，同时远小于 R，得 则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为： 。 1.6 解：由题意可建立如图所示的平面极坐标系 则由牛顿第二定律可知， 质点的运动方程为 sin)2( cos)( 2 mgrrm mgFrrm 其中， X VtLrLrVr, 0 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：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 1111 即质点的轨迹为对数螺线。 1.9 解：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： 2 1 2 1 mVmgl , 所以在原长位置时： 11 2glV 因为加速度为g，所以，到达原长的时间为: g l g V t 12 1 20 （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。 mgkl zmkzmg 2 化简得： gz l g z 2 解微分方程得： 2 2 2 2 1 sincoslt l g Ct l g Cz 因为t2=0时，z=0, 11 2glVz 所以, t l g glt l g glzlt l g llt l g lz 2 1 2 22 2 21 2 2 cos2sin,sin2cos 当0 z 时， 2122 2 112 2 )2(,) 2 tan(llllz l l g l t 此时 （3）所以总时间为 ) 2 tan( 2 2 1121 21 l l g l g l ttt A,D间总距离为 )2( 1222121 lllllzzs 1 1- -1111 解：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， 2 2 1 )cos1 (mvmgr， 又，由绳子张力为零可知 r v mmg 2 cos， 第二阶段，设上升高度为 h，则 g v h 2 )sin( 2 ， 联立、可解得 h=r 27 23 ， 3 2 cos；lrrh 54 23 27 23 cos 因此质点上升最高处为 ' o点上方l 54 23 处。 设斜抛到达最高点时水平位移为 s，则 ) sin (cost )cos( g v vvs ，s=r 27 54 =l 54 54 ;lsr 54 55 sin 因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边l 54 55 处。 1 1- -1212 解解: : 由自然坐标系 即 1.13.1.13. 解：解： （1）以竖直向下为正方向，系统所受合力,故系统动量不守恒； 对 O 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： (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：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umvmcos 有余弦定理得：cos 2 )cos( 2 22 uv vvu r 可得：v= m m m m vr 2 2 22 cos2cos 1 可得：u= m vm cos = 2222 cos2cos cos mmmm mvr 1.11.16 6 解：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。 1·171·17 解：解：把 A、B 看作系统，由动量定理知其质心速度 c v满足 0 )m(vmvm BcBA 所以得 BA B c mm vm v 0 由易知 A、 B 各绕质心做半径为 BA B mm lm r 1 ， BA A mm lm r 2 的圆周运动， 由初始条件得 l 0 v 以质心 C 点的坐标 C x和 C y及杆和 x 轴的夹角为坐标 jvmjymP BCBA0 )m（ kvlmkl mm m kyxmL B BA BA CCBA0 2 m )m( 0 222 2 2 1 m2 1 )( 2 1 vml m mm ymmT B BA BA CBA 1.18 解：解：设m1和m2碰撞后，m1的速度变为v ' 1，m2的速度变为v2，m2与m3碰撞后，m2的速度变为 v ' 2，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m1和m2而言，则有： m1v1=m1v ' 1+m2v2 2 1 m1v 2 1 = 2 1 m1v 2, 1 + 2 1 m2v 2 2 两式联立消去v ' 1，则有v2= mm vm 21 11 2 对于m2和m3而言，同样有： m2v2=m2v ' 2+m3v3 2 1 m2v 2 2= 2 1 m2v 2 ' 2 + 2 1 m3v 2 3 由以上两式联立消去v ' 2则有v3= mm vm 32 22 2 将代入得：v3= ).( 4 3221 121 mmmm vmm 将上式对m2求导得 )()( 3221 )(4 22 31 2 211 2 3 mmmm mmmvm m v d d 由0 2 3 m v d d 可得m2= mm 31 即当m2= mm 31 时v3最大且 ).( 4 313311 1311 max3 mmmmmm vmmm v 1.21 解: 由题意得 m( 222 sin rr)=Fr +mgcos sincossin 2 grr 0cos2sin 由得 2tan 整理并积分可得 2 sin a 将之代入可得 sincos sin3 2 g a rr 整理并积分可得) sin cos 2 ( 2 2 c a r g （正值舍去） 由题意知， 2 时若要质点不飞出去，则0 22 0acca 由题意知，初态时刻即 r h cos时也有0 )( 21 22 hr h g r a 已知初态时速度为 v0 ， 22 0 0 hr v 联立即可得 r h g v 2 0 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： 21 xmmx， 且 )sin()sin( 21 Rxx FNy FN FNx FNx FNy FN G 对小球列牛二方程，有： yn maFmg 1 )cos( xn masF 1 )(in 对半球列水平方向的牛二方程，有： xn amsF 2 )(in