理论力学周衍柏第三版第二章知识题目解析

1、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。题2.1.1图有质心公式xdmXc dm设均匀扇形薄片密度为，任意取一小面元dS，又因为所以dmdS rd drr cosxdm 人dmx rd drrd dr2 sin-a一3对于半圆片的质心，即一代入,22 sin xc孑一sin 24_a32.2解建立如图2.2.1图所示的球坐标系把球帽看成垂直于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。dm dvy2dz(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zdm3 (a b)2Zc dm4 (2a b)2.3

2、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。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 SSi Vo cosa tVoS in gt2Vo .Si 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)v0 cosWvx w(Vx

3、 u)题2.4.2图可知道Vx Vo cosa水平距离S2Vxt2Vo.Singcosw.uv0s in (w W)g跳的距离增加了S2si =uv0 sin(W w)g2.4 2.4解建立如图2.4.1图所示的水平坐标。m2V2m2 ' mgsin题2.4.1图m2为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有mixi m2x2 0 对m分析；因为a绝 a a相对mi在劈m2上下滑,加速度方向相反）。以m2为参照物，则m受到一个惯性力F惯 miX2（方向与m2如图2.4.2图所示。所以m相对m,下滑。由牛顿第二定律有miaimi g sinmcos所以m水平方向的绝对加速度由可知/

4、ai cosxig sinX2 coscosX2联立，得Xim2s in cosm2 msin 20 g把代入，得X2mis in scos g m2m sin负号表示方向与x轴正方向相反。求劈对质点反作用力Ri。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, mig cosm x2 sin把代入得,Ri0山2 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R2 m2g RiCOS于是R2 m2(mi m2)g m2gsi n22.52.5解 因为质点组队某一固定点的动量矩nJ rimMi 1所以对于连续物体对某一定点

5、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,dmrd dr所以圆盘绕此轴的动量矩JJ r (dm v)r rdrdr = - Ma222.6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v1， v2，并一此速知，分成的两个部分Mj，M2，速度分别变为沿水平方向的度分别作平抛运动。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 M2UM1V1 M2V2 以Mj M2质点组作为研究对象,爆炸过程中能量守恒:联立解之

6、，得丄Mi22M2 U2AA-M1V12- M 2V22E 22Vij 2EM1V M1 M2 M2V2I 2EM1Q _M2 M2所以落地时水平距离之差s= S S2V2t2.7解建立如题2.7.1图所示的直角坐标系。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相为m相对M的运动速度故水平方向VxUCOS竖直方向Vyusia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）mga cosmgacos2 _ 2V绝-Vx把代入22 2v绝=

7、U V 2uV cos把代入cos a cosm 2 cos m M2.82.8证 以AB连线为x轴建立如题2.8.1图所示的坐标。mvom xILOA题28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。AB速度分别为v1、v2，与x轴正向夹角分别为12。以A、B为研究对象,系统不受外力，动量守恒。x方向:mvo mvi cos i mv2 cos垂直x轴方向有:0 mv, sin 1 mv2 sin 2可知2 2VoV1V； 2v1v2 cos 12 整个碰撞过程只有系统内力做功,系统机械能守恒:1 -mv, 22 120 2mv1丄mv；2由得2v1v2 cos

8、 112 k -kO,1,2,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Vo，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Vi二V2）。以A、B为系统研究，碰撞过程中无外力做功，系统动量守恒。,O/ Vo题2.9.1图x方向上有:mv0 cosmv1 cosmv2y方向上有:mv0 sinmV| sinV1 cosVo cos又因为恢复系数碰后相对速度e 碰

9、前相对速度e v0 cos = v2v1 cos用-Vi1 e v0cos2 cos用代入得Vosin1 e v0cos2cossintan1 e tane 2ta n2arcta n1 e tan21 e 2ta n求在各种 值下 角的最大值，即为求极致的问题。我们有1 e sec (1 e a tan2 ) q2ta n2a tan2=°所以ta nmaxarctan78亡tan max由因为所以2 cscsin maxmax 1 cot2CSC maxmax= 181 e21 e81 e1 r1 1 e max sin 讥2.10 以m1,m2为研究对象。当 m-i, m2发生

10、正碰撞后,速度分别变为V1， V2，随即m2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:钟1mV1m2v2 随即m2在AB的约束下方向变为沿y轴的正向，速度变为v2故y方向上有讪1 sinmnw sinm2V2 故恢复系数定义有:ViV1联立得Vi.2m,sinem2v1m2m, si n2m1 1 e sinm2gsin2Vi碰后相对速度_ V2Sin e 碰前相对速度evjv2 sinv, sin2.11解如图所示,*讨'/“ c a A 0,IC2O/B0,=2题2.11.1图*-x题2.12.

11、2图有两质点A, B中间有一绳竖直相连，坐标分别为：Aaa0- B 0,-22，质量为m，开始时静止。现在有一冲量I作用与A，则I作用后，A得到速度Va， Bm仍静止不动:Vb0。它们的质心C位于原点，质心速度我为vmvA mvB VaC 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 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分别以速率虫绕质心作匀速圆周运动，因而他们作的事圆滚线运动。经过时间t后2,如图所示:Va2t 仏 JLa a am2于是在Oxy系中A的速度VAxVAyUa (1cos2UA .sin2B的速度:VbxVBy

12、争1sin2cos因此cot* 2 丄:11 sin2am-A (1 cos )EA： Eb2有恢复系数eV2ViVi联立得Vim, em2Vim, m2V2Vimi m2再由质点组质心的定义:rcgrj口22mim2rc为质心对固定点位矢,分别为m, m2对同一固定点的位矢所以Vcrcmim2miri嘶miMmzV?mVimmtmm2（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V，v2 0ViViVc卫_旦孔m,m2-i一Vimm2egmim2Vi （负号表示与v1相反）V2V2Vcmi(ie)Vimim2m, Vi m,m2em2 Vi mi m2同理，碰撞前两球相对质

13、心的速度ViViVcVimiViVimim2mim2V2V2Vc亠mi m2Vi （负号表示方向与v1相反）所以开始时两球相对质心的动能:T m1V1 m?/ = _ m12 2 22m21V 一 m2m1m22m2 V m1m22 彳1 m1m22=二V12 m!m22.132.13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。lmg -1 2 -mv 2J3gl22.14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Ft mvdt以竖直向上我x轴正向建立如题2.14.1图所示坐标。PhTo题2.14.1图绳索离地面

14、还剩x长时受重力Ftxyxyd一 xv dtxyd XV dxdx dt所以vvdv0求地板的压力，有牛顿第三定律知,dvv一dx2g(hxh lgdxl x)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)gd(mv) = d( xv) = dx dt v dtdtv2又因为N (l x)g2g(hl x)2g(h lx)= g2h 3(lx)p.137 的(2.7.22.15解 这是一道变质量的问题，对于此类问题，我们由书上 ）式g(mv)虫u F dtdt来分析。以机枪后退方向作为x

15、轴争先，建立如题2.15.1图的坐标。竖直方向上支持力与重力是对平衡力。单位时间质量的变化由式所以2.16 解速度uOd(M M mt)g题2.15图水平方向上所受合外力F即为摩擦力dMdt(MM mt)g v0d(M(M Mmt)v 呱dtg(Mmt)mt)vudMomt)dtmM)vmg(MM)M m(MM )22Mm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的所以我们用书上p.138的（2.7.4）式分析討）F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

16、正比（密度看成一致不变的）。m k1r3 有题目可知质量增加率与表面积成正比。即也kdtr2k2r2 4k1,k2为常数。我们对式两边求导dmdtk1由于=，所以drdt3ki对式两边积分dtrdramk,(a)3以雨滴下降方向为正方向，对式分析k1( t a)3vdtki( t a)3g v0dki( t a)3vt0(ta)3gdt311ki(t a)v -kig4(a)4 k3（k3为常数）当t 0时，v 0，所以k3kiga42.17 证 这是变质量问题中的减质量问题,我们仍用书上p.137(2.7.2)式mmv)李F来分析。设空火箭质量mo，燃料质量m。以向上为正方向，则火箭任一时刻

17、的质量m m0 mmo mt 60喷气速度2074 ms是指相对火箭的速度即v相2074 。有式dm v dtdvm一dt呱F dtdmF才u)dvm一dtdmdvm一dttmo m t1t相momo m . dv1 60 dt化简dvgdtmbm60v相 dtmomom t60对两边积分gtV相In60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60 mmm0 m60代入可得火箭最终的速度Vmax，（即速度的最大值）vmax60m g 一 m0V相 ln(1 m)mm0 m考虑到其中mm。dvmaxdxX ，易知当X 0时, m0300 时,VmaxV 相(1 X) 60

18、g(1 X)2dVmax恒成立，即dxVmax为的增函数。又当m060m m。 gR m0V相 Inmm0=11.25 km/s1 mm。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。2.18证 要使火箭上升，必须有发动机推力火箭的重量，即dmV相 1?MogdmV相一dtV M0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dmdtMo质量变化是线性规律火箭飞行速度vln(1t) gt 又因为燃料燃烧时间代入得火箭最大速度Vm axvmaxvlnMt MoMoMo MMo= via M2(1Mo)又因为式又可以写成ds dtV火vln(1t)gt积分可得-(1t)ln(1t)gt2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 Mo M vS1-g -2MoMoM Mo MMoMo之后火箭作初速度为Vmax的竖直上抛运动。可达高度S222cSvmax y 2g22g gMo2Mo故火箭能达到的最大高度2.19 证度为