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第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线错误！未找到引用源。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：YX设 s 为质点沿摆线运动时的路程，取错误！未找到引用源。=0 时， s=0错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。S=错误！未找到引用源。= 4 a (1 错误！未找到引用源。)错误！未找到引用源。设错误！未找到引用源。 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， 错误！未找到引用源。 即切线斜率错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。= 错误！未找到引

2、用源。受力分析得：错误！未找到引用源。则错误！未找到引用源。，此即为质点的运动微分方程。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为错误！未找到引用源。.1.3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 m(r2r)Fmrmg sin给式两边同时乘以 dr dg s i nd对上式两边关于积分得1 r2g c o s c2利用初始条件0 时0 故 cg cos0由可解得- 2gc o sc o s0l2gcoscosddt上式可化为 -0ll01l两边同时积分可得 td2gcoscos002g1l 0

3、1d进一步化简可得 tg 0sin2 0sin2222由于上面算的过程只占整个周期的1/4 故010 d01 sin2221 sin222lT4t2g01d0202sinsin22由 sin/ sin0sin22两边分别对微分可得 cos dsin 0 cos d22cos1sin 20sin 222sin0 cos故 d22d1sin 20 sin 22由于 00 故对应的 02l故 T2gdlsin0 cos /1 sin2 0 sin204222d0g020sinsincossin222l故 T4g2d2sin20其中 K201 K 2 sin 2通过进一步计算可得T 2l1 (1)2

4、K 2( 13)2K4(1356( 2n 1) 2 K 2 ng224242n1.5zp 点yx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错误！未找到引用源。, 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，错误！未找到引用源。，联立，可得：错误！未找到引用源。,M 为地球的质量；当半径增加 错误！未找到引用源。 ,R2=R+错误！未找到引用源。 ,此时总质量不变，仍为 M,此时表面的重力加速度错误！未找到引用源。可求：错误！未找到引用源。由得：错误！未找到引用源。则，半径变化后的g 的变化为错误！未找到引用源。对式进行通分、

5、整理后得：错误！未找到引用源。对式整理，略去二阶量，同时错误！未找到引用源。远小于 R，得错误！未找到引用源。则当半径改变 错误！未找到引用源。时，表面的重力加速度的变化为：错误！未找到引用源。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m(r r 2 ) F mg cos m(r 2r ) mgsin其中，rV , r0L, rLVt1.8ye?etBmgX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错误！未找到引用源。，法向分量大小为 错误！未找到引用源。 ( 其中错误！未找到引

6、用源。、错误！未找到引用源。为常数 ) 则有错误！未找到引用源。其中错误！未找到引用源。 为曲率半径。由错误！未找到引用源。 式得其中是错误！未找到引用源。 初始位置， 错误！未找到引用源。 是初始速度大小。把错误！未找到引用源。 式代入错误！未找到引用源。 式得由错误！未找到引用源。 式对错误！未找到引用源。 式积分则得其中错误！未找到引用源。 是初始角大小。我们把 错误！未找到引用源。 式转化为时间关于角的函数将错误！未找到引用源。 式代入错误！未找到引用源。式，于是得质点的轨道方程当我们取一定的初始条件 错误！未找到引用源。 时，令 错误！未找到引用源。方程可以简化为错误！未找到引用源。

7、11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： mgl11 mV 2 错误！未找到引用源。 , 所以在原长位置时： V12gl1 错误！2未找到引用源。因为加速度为 g，所以，到达原长的时间为 : t1V2 02l1 错误！未找到引用源。gg（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。mgkzmzkl 2mg化简得：zg zg 错误！未找到引用源。l 2zC1 cosgC2 singl 2解微分方程得：ttl 2l 2因为 t 2=0时， z=0, zV12gl1所以 , zl 2 cosg t2l

8、1 l2sing tl 2, zgl 2 sing t2gl1 cosg tl 2l 2l 2l 2当 z0 时， t2l 2 (tan 1 2l1 ) , 此时zl 2 (l 2 2l 1 ) l 2gl 2（3）所以总时间为t t1 t 22l1l2 (tan 1 2l1 )ggl2A,D间总距离为sz1z2l 1l 2l2 (l 22l1 )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

9、阶段，由能量守恒可得，mgr(1 cos )1mv2 ，2又，由绳子张力为零可知mg cosm v2，r第二阶段，设上升高度为h，则h(v sin) 2，2g联立 、可解得 h= 23 r ， cos2 ； hr cos23 r23l2732754因此质点上升最高处为 o'点上方 23l 处。54设斜抛到达最高点时水平位移为 s，则s(v cos) tv cos (v sin4 5r= 4 5 l ; rsins5 5 lg ) ， s=275454因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边5 5 l 处。541-12解:由自然坐标系错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。即错误！未找

10、到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。1.13.解：（ 1）以竖直向下为正方向，系统所受合力错误！未找到引用源。,故系统动量不守恒；对 O 点，错误！未找到引用源。 合力矩为零， 错误！未找到引用源。 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：同时有错误！未找到引用源。得到：错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。(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

11、角动量守恒得：而错误！未找到引用源。得到 r=3a而由初始时刻 错误！未找到引用源。，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： 错误！未找到引用源。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 vmcosm uu

12、 2v 2vr2有余弦定理得： cos(cos)2uv可得： v=vrcos22m cos2m 21m 2m可得： u= vm cos=m 2mvr cosmm2 cos22mm cos21.16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 m B )vc mB v0mB v0所以得 vcmA mB由易知 A、B 各绕质心做半径为r1mB l，m A l的圆周运动，由初始条件得v 0mA mBr2mA mBl以质心 C 点的坐标 xC 和 yC 及杆和 x 轴的夹角为坐标P （ m A

13、 mB ) yC j mB v0 jL (mAm B )xC yC kmA m B l 2 k lm B v0 kmAmB121 mA mBl2 212T(mAmB ) yC2 mAm BmB v0221.18解：设 m1和 m2碰撞后， m1'， m2的速度变为 v2， m2与 m3碰撞后， m2的速度变为 v1的速度变为'v2 ， 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：'m1 v1 = m1 v1 + m2 v212 1, 2122 m1 v1 = 2 m1 v1 + 2 m2 v2两式联立消

14、去'，则有2 m1 v1v1v2 = m1m2对于 m 和 m 而言，同样有：23'm2 v2 = m2 v2 +m3 v3121'2122 m2 v2 = 2 m2 v2 + 2 m3 v3由以上两式联立消去' 则有v32m2 v2v2= m2m3将代入得：v34 m1 m2 v1m3)= (m1 m2).( m2将上式对 m2求导得d v32m1 m3)4 m1 v1 ( m2d m222(m1 m2) (m2 m3)由 d v30 可得 m2 = m1 m3d m2即当 m2 = m1 m3时 v3最大且 v3max4 m1 m1 m3 v1( m1m1m

15、3).(m3m1 m3 )1.21解: 由题意得m( r2r2 sin 2)=Fr +mgcosrr2 sincosg sinsin2cos0由得tan2整理并积分可得asin2将之代入可得rra2cosg sin3sin整理并积分可得2ga 2c) （正值舍去）( cossin 2r由题意知，时若要质点不飞出去，则02a 2c0ca 2由题意知，初态时刻即 cosh 时也有0ra12g (r 2h2 )rh已知初态时速度为 v0， 0v0r 2h2联立即可得v02g rh1.22FNFNyFNxFNGFFN水平方向动量守恒，所以质心水平坐标不变，使用质心系，有：mx1m x2 ，且x1x2R

16、sin() sin( ) 对小球列牛二方程，有：mgFn cos() ma1 y Fn sin ()ma1 x 对半球列水平方向的牛二方程，有：Fn sin ()m a2 x 对半球列水平位移方程，由积分得：t ta2 xdt dtx2 0 0对小球列竖直方向上的位移方程，由积分得：t ta1ydt dtRcoscos() 0 0对和分别对时间求偏微分，同时联立和，得：a2 xx2mRcos()sin()2 m ma1 yRcos()2sin() 由和得：m(ga1y )ma2xcos()sin()将带入中并且使用ddd代换，整理可得：ddtdmRcos()m R cos()2sin() g

17、d(m m ) tan(mm)对两边同时积分，并且00 ，00 ，可得：mRcos2 (2 g ( mm ) sin()2m Rsin()sin cos()1,25.解：对于杆m y =-mg+Fcosam '.对于三角形x =Fsina体系满足约束x0=l xtana+y=h.m' .运动方程为x tana-g+n x cota=0.=gmcot a即2x mm'cot a.my =-g2mm'cot a1.26解设弹簧原长为，在距离左端l 处取一质元l ，其质量为mdl 。L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，则质点位移为dl x

18、 ，L速度为 dl dx ，质元的动能为dE k= v2dm ，L dt2整个弹簧的动能为k弹 dE kL 1 dl dx 2 mdlmL3 dx20 2()L3( dl ) ()Ldt2L0dt弹簧的弹性势能为E pkx2，滑块的动能为Ek物 m '( dx ) 2 ，22dt系统的机械能 Ek物 E p k弹 常量 ,则 m'+ kx2+m2=常量( dx ) 2(dl )3 ( dx )L2dt22L30dt对上式两边求导，得：m'mL3d 2 x+kx=0L( dl )20dt则 d 2 x+kx =0dt 2m'mL3L( dl )0所以此体系的振动频

19、率f= 11kT2m'mL(dl )3L01.27解：A,B 点运动方程是Mx =-F 错误！未找到引用源。My =-F 错误！未找到引用源。F=错误！未找到引用源。因此体系相当于质点受有心引力错误！未找到引用源。 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m rr 2Frm r2rF还有如下关系式r 2R2 12，arctan RarctanR依 次 求 导 ， 有 r R 12，R，r21r R132R212122222arctan，12122

20、121tanx将力分解可得FrFT cos xFTF FT sin xFT11221将以上代入方程可得122FT22RRR 13112m11221222 2121222R22FT1R 12122122112m112212 21化解可得2消 B，可得积分可得C2 2222B0FT其中 BB0mR0另由ddd0代入可得d又由能量守恒，vrerre ，所以 vr 2r 22v0代入 r 和，可得R222R2 1242v02，即v012122R积分12v0t C ，又由 r 0R R10 2，00，C 02R所以2v0 tv012v0代入 B22R2Rt4Rt化简可得 Bv02v0 11所以 FTmR

21、B mv02v0mv02RRt24Rt2Rv0t此即所求。另解第一问同上，而对于力的求解过程，也有刻对速度分解有m rr 2Frm r2r在任意时Fvrv0 s i nx而 vrerrevv0 c o sxrv0 Rrv0R所以会有r即rr 2R2r 2R2rv0v0rr 2同时 由于 rv0Rrtr 2R22v0 Rt积分rdr v0 Rdt可得rR0r v0 R1rv02 R2v02R2r 222R2r 2Rr2r3R2r v03 r 2r 3 r 2rR2 r而由 1、2、3代入径向方程可得mv02 R2rv02 r 2R2FTr 2R 2r 3r 4r化简得FTmv02mv02r 2R

22、22v0 Rt而由 1、 2、 4 代入法向方程可得22R2r 2RRr 2R 2Rm rv 0r 3 r 2R2 r2v0 rv0r 2FT r化简得FTmv022R3r 2R2Rr 22R3mv02Rr 2r 2R22v0Rt1.31解：m dvvrdmmgdtdtdvgvrdmdtdtmdvgdtvrdmm设 m m0 f tdvgdtvrdff积分 : vgtvr ln fct0时f 01vccv0故 vv0vr ln mogtm1.34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mghh1h 2 gpzgdz02

23、p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)dt1) 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 k1r 3 ，(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dmk 4 r 2k 2 r 2 ,(3)dt其中 k 2 为常数。由 (2)，得dmk13r 2 dr .(4)dtdt由(3)

24、=(4)，得drk2.(5)dt3k1rdrt对(5)两边积分：d t, 得a0rta,(6)将 (6)代入 (2)，得m k1 ( t a) 3.(7 )3）以雨滴下降的方向为正，分析(1)式d k1 ( t a)3 vk1 ( ta) 3 g,( 8 )dtv3 vtt a)3 gdt,d k1 (t a)k1 (00k1 ( ta) 3 v1k1 g ( ta)4k3 , （ k3 为常数）4当 t0 时， v0 ，故 k3k1 ga 4, vga4.4 t ata) 34(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 = r k 。设 t=0时刻 ，火箭的运动微分方程为：m0 dvm0 gvrdm . 又 dmkm0 ，dvdtdtdt可得：m0 g km0 vr ,m0 dt要使火箭能够起飞，须满足：m0 dv0 ，即m0 gkm0 vr0，kvrg 。dtdv（ 2）设 t时刻 火箭的质量 为 m '，其运动微分方程： m'm' gkm0 vr ，dt又 m 'm0 km0 t ，代入得 ：dv(gkvr)dt1kt两边积分得：vgtvrln(1kt )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