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

1、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 x=a(-sin)y=-a(1-cos) 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.X Y FN mgsin mg mgcos 解： 设s为质点沿摆线运动时的路程，取 =0时，s=0 x=a(-sin)y=-a(1-cos) ds=dx2+dy2 = d-cosd2+sind2 =2asin2 d S=02asin2 d = 4 a (1- cos2) s=2acos22+2asin2=acos2 2+

2、2asin2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，tan即切线斜率 tan=dydx=cos -1sin sin = -cos2 受力分析得： ms=-mgsin=mgcos2 则2asin2+acos2 2=gcos2 ，此即为质点的运动微分方程。 s=g4a(s-4a) (s-4a)+g4as-4a=0 s-4a 一周期性变化的函数，周期T=24a g 该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为24a g .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 给式两边同时乘以d 对上式两边关于积分得 利用初始条件时故 由可解得 上式可化为两边同

3、时积分可得进一步化简可得由于上面算的过程只占整个周期的1/4故由两边分别对微分可得故由于故对应的故故其中通过进一步计算可得1.5xyzp点解：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F=GMmR2 , 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，md2xdt2=mg=F ，联立， 可得：g=GMR2 ,M为地球的质量；当半径增加 R ,R2=R+R ,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度 g 可求：md2xdt2=mg=F2=GMmR22 由得：g=GMR22=GMR+R2 则，半径变化后的g的变化为g=g-g=GMR2-G

4、MR+R2 对式进行通分、整理后得：g=GMR2 R2+2RRR+R2 对式整理，略去二阶量，同时R远小于R，得g=g2R RR2=g2RR 则当半径改变R 时，表面的重力加速度的变化为：g=g2R RR2=g2RR 。1.6y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eteXmgB其中，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an，法向分量大小为at。(其中an、at为常数)则有 dvdt=an v2=at =v 其中为曲率半径。由式得v=ant+v0 r=12ant2+v0

5、t+r0 其中是r0初始位置，v0是初始速度大小。把式代入式得=v2at=(ant+v0)2at 由式=v=vatv2=atv=atant+v0 对式积分则得=0tatant+v0dt+0=atanlnant+v0+0 其中0是初始角大小。我们把式转化为时间关于角的函数t=eanat(-0)-v0an 将式代入式，于是得质点的轨道方程r=12ane2anat(-0)-v022an+r0 当我们取一定的初始条件0=0,r0=v022an时，令=2anat,m=12an。方程可以简化为 r=me 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：,

6、所以在原长位置时：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。 化简得： 解微分方程得： 因为t2=0时，z=0, 所以, 当时，（3）所以总时间为 A,D间总距离为 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，又，由绳子张力为零可知，第二阶段，设上升高度为h，则，联立、可解得h=，；因此质点上升最高

7、处为点上方处。设斜抛到达最高点时水平位移为s，则，s=;因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边处。1-12解: 由自然坐标系 ms=ft ms=fn 即 s=s2 sdsds=s2 dss=x1+x2321+x2dy uv1sds=p-px1+x2dy Lns|vu=p-p1p1+yp2dy Lnvu=p-ppp2+y2dy lnvu=-2 v=ue-21.13.解：（1）以竖直向下为正方向，系统所受合力F=-FN+mAg+mBg=mBg,故系统动量不守恒；对O点，-FN+mAg合力矩为零，mBg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

8、能量守恒。（2）建立柱面坐标系，由动量定理得：ddtmArer+re+mBzk=mBgz同时有r+z=l得到：mBz-mAz+l2-z2=mBg mAl-z-2z=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：12mAv02-12mAv2=mBg（r-a）由角动量守恒得：mAav0=mArv而mA=mB=m得到r=3a而由初始时刻mAv02amBg，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

9、，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：mAr-r2=(mA+mB)gsincosmAr+2r=-(mA+mB)gsinsinmBz=-mBgcos约束条件：r-zcos=l将约束条件连续求两次导，带入上边方程，消去Z，得：mA+mBr-mAr2=mA+mBgsincos-mBgmAr+2r=-(mA+mB)gsinsin(3)第三问不会做。1.15水平方向动量守恒，则有余弦定理得：可得：v=可得：u=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。117解：把A、B看作系统，由动量定理知其质心速

10、度满足 所以得由易知A、B各绕质心做半径为，的圆周运动，由初始条件得以质心C点的坐标和及杆和x轴的夹角为坐标1.18解：设和碰撞后，的速度变为，的速度变为，与碰撞后，的速度变为，的速度变为由于两次碰撞时水平方向都不受外力，所以动量守恒，同时机械能守恒对和而言，则有：=+= +两式联立消去，则有= 对于和而言，同样有：=+=+由以上两式联立消去则有= 将代入得：=将上式对求导得由可得=即当=时最大且1.21 解: 由题意得 m()=Fr +mg 由得 整理并积分可得 将之代入可得 整理并积分可得（正值舍去）由题意知，时若要质点不飞出去，则 由题意知，初态时刻即时也有 已知初态时速度为v0 ， 联

11、立即可得 1.22FNyFNFNxFNxFNyFNG 水平方向动量守恒，所以质心水平坐标不变，使用质心系，有：，且对小球列牛二方程，有：对半球列水平方向的牛二方程，有：对半球列水平位移方程，由积分得：对小球列竖直方向上的位移方程，由积分得：对和分别对时间求偏微分，同时联立和，得：由和得：将带入中并且使用 代换，整理可得：对两边同时积分，并且，可得：1,25解：对于杆 m=-mg+Fcosa 对于三角形 =Fsina 体系满足约束 x0=l xtana+y=h 运动方程为 tana-g+cota=0 即 =g =-g1.26解 设弹簧原长为，在距离左端处取一质元，其质量为。建立X轴，以平衡位置为

12、坐标原点O。在某时刻，设物体的位移为，则质点位移为，速度为，质元的动能为dE=，整个弹簧的动能为弹簧的弹性势能为，滑块的动能为，系统的机械能常量,则+=常量对上式两边求导，得：m+kx=0则+=0所以此体系的振动频率f=1.27解：A,B点运动方程是 Mx=-Fxx2+y2 My=-Fyx2+y2 F=cx2+y2 因此体系相当于质点受有心引力cx2+y2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，则可列方程如下 还有如下关系式 ，依次求导，有 ， ， ， 将力分解可得

13、 将以上代入方程可得 化解可得 其中 消，可得 另由 代入可得积分可得 又由能量守恒，所以代入和，可得，即 积分，又由， 所以 代入化简可得 所以此即所求。另解 第一问同上，而对于力的求解过程，也有 在任意时刻对速度分解有 而 所以会有 即 同时 由于 积分 可得 而由1、2、3代入径向方程可得 化简得 而由1、2、4代入法向方程可得 化简得 1.31解：设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

14、时间的关系。解：设雨滴的本体为由物理学知 (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，设其半径为则雨滴质量是与半径的三次方成正比，密度看成是不变的，于是， (2)其中为常数。2) 由题设知，雨滴质量的增加率与其表面积成正比，即 (3)其中为常数。由(2)，得 (4)由(3)=(4)，得 (5)对(5)两边积分：得 (6)将(6)代入(2)，得 (7)3）以雨滴下降的方向为正，分析(1)式 (8)（为常数）当时，故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 ，火箭的运动微分方程为： 又 ，可得： ,

15、要使火箭能够起飞，须满足： ，即 ， 。（2）设 t 时刻 火箭的质量 为 ，其运动微分方程：，又 ，代入得 ： 两边积分得： 由（1）可知火箭在燃料消耗完之前一直在加速，直至燃料消耗完时 速度达到最大，记为。设燃料消耗完所用时间 为，由 得：。则 ： 。在0到这段时间， 由 得： 当t=时，得： 对火箭从速度减到0 这一过程由动能定理得： 则火箭上升的最大的高度 。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，终点在（x,y,z).由能量守恒定律得：得到：积分得到故得到;解得到：（2） 若势能乘上常数a,则：，而所以：1.37 解：若B刚

16、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：由状态1得：从状态2到状态3，更具能量守恒定律得：由状态1到状态2应用能量守恒定律得：将，带入化简得所以：1.38解：由动量守恒定理和动能定理得：m+2mv=mv mgh=0.52m+mvv+mgH0.5mvv=mgH解之得：H=h【1-m/2(m+m)】即此人的重心可以升高H第二章2.2 解：以碗的球心为坐标原点建立球坐标系：则r=Rer+zk r=Rer+R e+zk=er+R e+k= er+2 e+ R e- R er+k=(- R) er+(2

17、+ R) e+kF=-mgk带入达朗贝尔方程得：m-gk-(- R) er+(2+ R) e+k (Rer+R e+zk)=0化简得：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，设以速度拉绳的A端，从小孔到质点的原长为，以原点所在平面为零势能平面，其动能和势能为T=（）V=-mg（）cosL函数：L=T-V=（） +mg（）cos则 m（）()= m（）-2m（）-mg（）sin代入L方程，得运动微分方程为m（）-2m（）+mg（）sin=02.10 解： v=r=R以为广义坐标T=mRL=T=mR=2.13 解：由杆

18、AC，DG力矩平衡：又有F1 F1， F2 F2若有，则有：即秤锤的重量P与重物P在秤台的位置无关，且2.16 解：设A(0,yA) , B(x,y) 则由给出的方程可知 y= 且由该方程分析可知，有yyA 又由AB=2可知，yA= 因此可得V=mg=mg 所以由可得 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，由于约束条件：得到可以得到：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

19、平面为零势能面。则两根杆的势能分别为：体系的总势能为： 由及当 。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： 化简得： 由得： 得：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,则=2lcos=l.系统势能V=2mglcos+由拉格朗日方程理论质点系平衡方程知:,则有=0解得:.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px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Lz守恒；（3）对于均匀圆锥体的

20、场，则绕z轴转动不变，所以绕z轴转动的角动量Lz守恒；（4）对于无限均匀圆柱螺旋线场，则Lz+h2Pz守恒。2.21解：如图：以为广义坐标代入拉格朗日方程，得由于拉氏函数不显含时间，且约束稳定，故广义能量守恒，即2.23 解：体系为带电粒子，采用柱坐标。体系动能为， ；体系势能为，其中为零势能位置；体系拉格朗日函数为，。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：；。整理可得：；。2.25 解：因为：m1x12=m2x22所以：x1x2=m2m1所以：x1=m2lm1+m2,x2=m1lm1+m2因为瞬时改变时，速度不变所以： x1=l,所以：，=x1l=m2m1+m2T0=

21、m12(x1)2+m22(x2)2+m1+m22(x2,)2Tt=m12(l,)2所以：I=m1l2,-m1x12-m2x22-(m1+m2)x22,=-m12m2l2(m1+m2)22.27 解：建立平面坐标系xy轴，由题意知在碰撞过程中水平动量守恒，机械能守恒：0= 由此可解的2.27 解：A由题意可知, u由碰撞前后动量守恒可得B 又 钢球A和B之间发生的是弹性碰撞 2.28 解：如图所示，m1有初速度v1与静止的m2发生斜碰，x轴y 轴 m2 , v2m1 , v1m1， v1 碰后两者速度方向相互垂直，则可以知道： v1n= v1 cos (1)v1t= v1 sin (2)v2n=

22、 v2sin v2t = v2cos v1t = v1 sin v2t =0 又根据光滑小球的条件：v1t = v1t ， v2t = v2t 由 得，v1 sin=v1 sin ；由 得，v2cos =0 ，则 =2 ，由 碰撞系数 e= v2n - v1n v1n v2n = v2n - v1n v1n = v2sin- v1 cos v1 cos = v2 v1 cos 又有水平方向动量守恒得：m1 v1cos = - m1 v1cos + m2 v2 sin 得：m1 v1cos=m2 v2 （9）将（9）带入（7）得到：e= v2 v1 cos =m1 m2 2.29 解： 解上述二

23、式可得 由碰撞前后动量守恒可得 可得 由牛顿公式可得碰撞的恢复系数为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v1, v1=2gh 碰撞恢复系数为e，e为负值，所以第一次碰撞后速度为-ev1，方向向上，当小球再次落回时速度仍然是-ev1，方向向下，前后动量变化为-2mev1 易知小球第n次弹起时速度为-env1 , 当n趋于时，小球停止弹跳. 小球重力的冲量和为Pmg=mv1+2m-ev1+2m-env1 =2mv1 -e1-en1-e+mv1 , 当n趋于时，P

24、mg=2mv1 -e1-e+mv1 T=Pmgmg=2v1 -e1-e+v1g=-e+11-eg2gh=1-e1+e2hg v2=2gs , s=v22g 第三章3.7 解：由力场为F=-kr2+cr3(1)， 及 F=-V(r)(2)，可以得到，V(r)=-kr+c2r2，(3)有效势能为 Veff=Vr+L22mr2 ，(4)将（3）带入（4）得到，Veff=-kr+c2r2+L22mr2=-kr+mc+L22mr2，（5）Veff它的主要特征有:（1），当 r0 ，Veff+，当r+，Veff0-，（2），曲线在r=rm=mc+L2km,处取得最小值，（3），曲线有零点，r0=mc+L2

25、2km，曲线的大致形状如图。定性分析：在(Veff)minE0 （2），（1） 式已满足，（2）式化为-3F-rdFdr0 （3），（1）带入后得到 kr20 ,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： 3.11解：因为是椭圆E0 设V=-ra=2EE=-2aE=12mr2+r22+V=12mr2+r22-rL=mr2r=2mr-2a-L22mr2V=1T0T-rdt=-2Ta-ca+cdrrr=-2Tmaa-ca+cdrc2-r-a2=-2Tmasin-1r-acV=-2Tma因为：T=2ma3V=-a因为E为恒量，所以E=E=-2aT=1T0TE-Vdt=E-V=-2a+a=2aT=12|V| 所以结论成立3.16解：由题意得被俘获时又L=mvb代入可得3.20 解：= =（m）+ = (.m)-m(.)+ 因为=r =+r 所以上式=m- m (.)+ =m(+)r-m(