理论力学周衍柏第三版第二章习题答案

1、第二章习题解答解 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xdm Xcdm设均匀扇形薄片密度为，任意取一小面元dS，又因为dmdSrd drx r cos所以xdmx rddr2 sinxca dmrd dr 3对于半圆片的质心，即代入，有22 sin2sin24 axa -a_J33_32解 建立如图图所示的球坐标系x题把球帽看成垂直于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 dvy2dz（a2z2）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

2、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szczdm3 (a b)2dm4 (2a b)解 建立如题图所示的直角坐标，原来W人与共同作一个斜抛运动题 2.3.1图s-iv0cos a tv0sin gt2s sin cosg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)v0cosWvxw(vxu)m1a1mig s inm1x2cos可知道vxv0c

3、os a水平距离2s2vxtsin cosgw.uv0s in(w W)g跳的距离增加了s s2s 1(Ww.uv0sinw)g2.4解建立如图图所示的水平坐标m2X .-?-O题 2.4.1图a1Fm1惯m2mg sin题2.4.2图以m，m为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有口为m2X20对mi分析；因为a绝a a相对mi在劈m上下滑,以m,为参照物，则m1受到一个惯性力F惯m,x2（方向与加速度方向相如图图所示。所以mi相对m下滑。由牛顿第二定律有m-i所以m1水平方向的绝对加速度由可知I3绝/ aicosX2xig sinX2cos cos联立，得m2sin cosXm m

4、sin20g把代入，得msin scosx2gm2misin负号表示方向与x轴正方向相反。求劈对质点反作用力R。用隔离法。单独考察质点m的受力情况。因为质点垂直斜劈运动的加速度为0,所以R mg cosm x2sin0把代入得，mim2cosRi- -gm2m sin水平面对劈的反作用力R。仍用隔离法。因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以R2m2g R|cos0于是R2EE 呼gm2m-sin2.5解 因为质点组队某一固定点的动量矩nJ匚mWii 1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X2图图所示薄圆盘，任取一微质量元,所以落地时水平距离之差dm rd drM

5、2a所以圆盘绕此轴的动量矩JJ r (dm v) r rdrdr=1Ma22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Ml，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 平方向上无外力，所以水平方向上的动量守恒:，V2。炮弹在最高点炮炸时水M1M2U M1V1M2V2以MlM2质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒:AAA-M1M2U2- M1V12- M2V22E222联立解之，得2EM1M1M2M2M1M2M2V解建立如题图所示的直角

6、坐标系。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 mvxm相对于地固连的坐标系Oxy的绝对速度V色对V相为m相对M的运动速度故水平方向竖直方向（以地面为重力零势能面）12mv绝22 2V绝=Vx把代入s=s s2wt V2t2E11M1M2VxucosVyusia在m下滑过程中，只有保守力（重力）做功,系统机械能守恒:mga cosmgacosV222V绝=u2V22uV cosm2-cos m M2.8证 以AB连线为x轴建立如题图所示的坐标mvom xI_ i_iO A B题 2.8 图设A初始速度为与x轴正

7、向夹角0碰撞后，设A、B运动如题图所示。A、B速 度分别为V1、v2，与x轴正向夹角分别为 2。以A、B为研究对象，系统不受外力，动量守恒。x方向：mvomvicos1mv2cos2垂直x轴方向有：0 mv-isin1mv2sin2可知整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒:mv：mv2丄mv；2 2 2由得2v1v2cos112,5即两球碰撞后速度相互垂直，结论得证解类似的碰撞问题，我们一般要抓住动量守恒定理和机械能守恒定理得运用,把代入2 2vov1v|2VMcos1cosa cos1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V。，碰撞后 球A的速度为Vi，球B的速

8、度v2以碰撞后B球速度所在的方向为X轴正向建立如 题图所示的坐标（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。v11 evcos2 cos用代入得e v0cosv0s insin2 cos,1 e tanarcta n21 e 2ta nX方向上有：y方向上有：又因为恢复系数即用-mv0cosmv1cosmvosinmvi sinmv2碰后相对速度v2w cos_碰前相对速度vocose v。cos一v2v1costan1 e tan1 e 2ta n2求在各种 值下 角的最大值，即为求极致的问题1 e sec(lea tan2)

9、21 e 2ta n.1 1emaxsin3e以m1,m2为研究对象。当m1,m2发生正碰撞后，速度分别变为v1,在不可伸长的绳AB约束下作圆周运动。以AB的连线为x轴建立如题图所示我们有即所以1 e atan2=tanmaxarctan1 e.81 etanmax由因为CSC2maxcot281 e11=1CSCmax1幕e3 eSinmax所以v2，随即mt题2.11.1图题 2.12.2 图碰撞过程中无外力做功，动量守恒:mvisinm1v1sinm2v2mv!随即m2在AB的约束下方向变为沿 故y方向上有mivim2v2y轴的正向，速度变为v2故恢复系数定义有:碰后相对速度_V2Sin

10、e碰前相对速度vvievv2sin“sinv-i联立得2misinemu厂v1misinm2V2mi1 e sin:2misinm2解如图所示,?B 0，iB的速度:VBXUA2UA(1 cos )有两质点A,B中间有一绳竖直相连，坐标分别为：A0B0 -,质量为m2，2，开始时静止。现在有一冲量I作用与A，贝n作用后，A得到速度VA丄，Bm仍静止不动：vB0。它们的质心C位于原点，质心速度我为vcmvAmvBVA2m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 出沿2x轴正向匀速正向、反向运动。由于质心系是惯性系，且无外力，所以A，B分别以速率VA绕质心作匀速圆周运动，

11、因而他们作的事圆滚线运动。经过时间t后2，如图所示：VAaVAaItam于是在Oxy系中A的速度VAXVAy争cos)业sinVBysin2因此解 对于质心系的问题，我们一般要求求出相对固定参考点的物理量， 在找出质EA: EBVA2(12cos )2VA.sin21cosVA2(12cos )2VA.sin21sinIt2am:1cot2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mi速度为v1，叫速度v20。碰后速度mi，m2分别设为v, v2。碰撞过程中无外力做功，动量守恒。miwmiwm2v2有恢复系数eVi联立得miem2m,m2m1(1 e)

12、m,m2m,rim2r2rcm,m2ri，r2分别为m,，m2对同一固定点的位矢（质点组不受外力，所以质心速度不变。）设两球碰撞后相对质心的速度Vi，v2V2V2vc匹一V,（负号表示方向与Vi相反）mim2所以开始时两球相对质心的动能:再由质点组质心的定义:r为质心对固定点位矢,1C所以吋mr2mim2mym2v2mim,ViViViVcmiegVim2migm2-w（负号表示与Vi相反）mim2V2VViVim m2mim2mim2同理，碰撞前两球相对质心的速度mbm m2Vim2mm2Vixyddtxvxyd xv dx dxdtdvv -dx所以vvdv0gdx1、，21、，2_1m2

13、1m2=1 mim22Tm1V1m2V2_m1v m2v_W222m1m22m1m22 m1m22.13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。112mv22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dmvdt以竖直向上我x轴正向建立如题图所示坐标题 2.14.1 图绳索离地面还剩x长时受重力FtxyFtvxCjr2v 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d

14、( xv)=dx2vvdtdtN(1 x)gd(mv)=dt又因为v22g(hl x)N(l x)g2g(hl x)= g 2h 3(l x)2(mv)空udtdt来分析。以机枪后退方向作为x轴争先，建立如题图的坐标。?| (M M mt)g解 这是一道变质量的问题，对于此类问题,我们由书上的()式题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 (MM mt)g单位时间质量的变化现mdt由式(M M mt)v処口dtdtg(M M mt)Mvod(MM mt)vudM uogo (MM mt)dtMM1 M(M Mm )v Mug(MM)-gmm2

15、m所以M(MM )2M2vu-gm2Mm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。所以我们用书上的（）式分析d（mv） Fdt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 k（r3有题目可知质量增加率与表面积成正比。即dm , k dt匕*2为常数。我们对式两边求导对式两边积分rtdr dta0r t amki( t a)3r2k2由于二，所以dmdtk13r2虫dt60以雨滴下降方向为正方向，对式分析v3t30d

16、ki( t a) v0K( t a) gdtki( t a)3v kig -( t a)4k3(k3为常数)4当t 0时，v 0，所以证 这是变质量问题中的减质量问题，我们仍用书上式2(mv)空u Fdtdt来分析。设空火箭质量m0，燃料质量m。以向上为正方向，则火箭任一时刻的喷气速度2074S是指相对火箭的速度，即v相2074听。有式dmvdtdv m一dtdmdtu FdmdvdmdvF(v u)m一v相m一dtdtdtdtm0mm0mmm ,dvm0mt g -t相mmt606060dt化简dtki(七a)3vki( t a)3gk3kga44m m0mmomt60dvgdtm0m60d

17、tm0mm0mt60对两边积分v gt31音考虑到m300时,mo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v211.2km/s。故所携带燃料重量至少是空火箭重量的300倍。证 要使火箭上升，必须有发动机推力火箭的重量，即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，由题意知代入可得火箭最终的速度mm。mm0m6060 mvmax60mg -mov相ln(1mm0mdvmaxv相(1 x) 60gdx(1 x)2其中xm，易知当x0时，如恒成立，即v为m的增函数。又当m0dxvmaxmo60mmg一mv相In 11 mmm= km/sdmv相dtMogdmv相dt即v g火箭才能上升，结论得证。由于喷射速度v是常数，单位时间放出的质量积分可得s - (1 t)ln(1 t) t 1gt2从开始到燃烧尽这一段时间内火箭上升高度s。把代入得2c 1 MoM v M(M MoM goln2 MoMoMoMo之后火箭作初速度为vma的竖直上抛运动。可达高度S2m ax22 2SVmaxv 2g22gg2,Mln1MoMMo,M lnMog