理论力学(金尚年-马永利编著)课后习题答案详解

1高等教育出版社，金尚年，马永利编著理论力学课后习题答案写出约束在铅直平面内的光滑摆线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.YYXφFN2==4a(1)==该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.099给O式两边同时乘以d9200l0l上式可化为-2g•cos9cos9d9=dtl0l32202g90进一步化简可得t=2进一步化简可得t=222g0g92222两边分别对9微分可得cos9d9=sin90cosd221d92222229故d9=22d2由于0990故对应的0222故T=4ljd其中K2=sin290g01K2sin22T=2[1+()2K2+()2K4+…+T=2[1+()2K2+()2K4+…+()2K2n+…]4Mzp点yx为当半径增加此时总质量不变，仍为,,,④⑤⑥⑦对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R⑧yyeөeөөXөt5B6证明质点的轨道为对数螺线。ᵂᵼᵂ=ᵁᵂᵂᵼᵼᵂ=ᵁᵂᵽ+ᵂᵂ+ᵂᵽᵂᵼᵼ④⑤把式代入式得ᵂᵽ(ᵁᵂ+ᵂ)ᵽᵭ==ᵂᵼᵁ⑥7ᵂᵁᵁᵁᵭ==ᵂ∙ᵂ=ᵂ=ᵂ⑦对对式积分则得ᵬ=∫ᵂᵁᵂᵂᵁᵂ+ᵬᵼ=ᵂᵂᵂ(ᵁᵂᵂ+ᵂᵼ)+ᵬᵼᵼᵂᵼᵂ⑧其中其中是初始角大小。我们把式转化为时间关于角的函数ᵁᵼᵼᵼᵁᵂ⑨将将式代入式，于是得质点的轨道方程ᵼᵽᵁᵂ=ᵁᵁᵂ(ᵬᵬᵼ)ᵽᵁᵂᵂᵼᵽᵁᵼᵂ⑩1根据能量守恒：mgl=mV2,所以在原长位置时：V=2gl121181g22l1g22lg2l因为加速度为g，所以，到达原长的时间为:t=V02=1g(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。〈2kl=mg2l2t+l22t+l22l2121gt+2glcosggt+2glcosgtl1l22所以,z=lcos2l222llsinl21),此时z=l(l+2l)+ll2212l2(3)所以总时间为l1)lt=t+l1)lt=t+t=21+gg2A,D间总距离为s=z+z=l+l+12ll(l+2l)221(2)第一阶段，由能量守恒可得，29r2732754因此质因此质点上升最高处为o'点上方l处。设斜抛到达最高点时水平位移为s，则55因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边l处。由自然坐标系即∴∴∴∴∴∴∴∴∴∴∴∴∴∴(1)以竖(1)以竖直向下为正方向，系统所受合力,,故系统动量不守恒；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：̇̇112mAv02−2mAv2=mBg(r−a)mAav0=mArv而1；恒。(2)以地面为参考系，以O为原点，建立球坐标系。mA(r−rφ2)=(mA+mB)gsinθcosφmA(rφ+2ṙφ)=−(mA+mB)gsinθsinφmBz̈=−mBgcosθ将约束条件连续求两次导，带入上边方程，消去Z，得：(mA+mB)r−mArφ2=(mA+mB)gsinθcosφ−mBgmA(rφ+2ṙφ)=−(mA+mB)gsinθsinφrm2cos2am2cos2a2mcos2acABcB0所以得v=mvB0AB由易知A、B各绕质心做半径为r=mBl，r=mlA的圆周运动，由初始条件得9•=v0mmmmlABABCCABCB0ABCCm+mB0AB2ABC2m+m2B0AB121122232233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111122211211222223mv=mv'+mv222233222222233由以上两式联立消去v'则有②231223将上式对m求导得2 由dv32maxm+即当mmaxm+113113m(r9.2+r.2sin29)=Fr+mgcos9①②③④ 2由题意知，初态时刻即cos9=h时也有9•=0r：a=12g(r2h2)⑤rh已知初态时速度为v0，=v0⑥0r2h2v=rv=r0hFNFFFαGF水平方向动量守恒，所以质心水平坐标不变，使用质心系，有：mx=mx————①，2mgFcosa)=ma————③n1yn1xn2x2x20000d9dtd900三角形体系满足约束运动方程为x0=lxtana+y=hcotanLLx..=gmcotam+m'cot2a解mdl设弹簧原长为L，在距离左端l处取一质元dl，其质量为dm＝。Ldl在某时刻，设物体的位移为x，则质点位移为x，Ldldxv2速度为v＝，质元的动能为dE=dm，Ldtk2k弹k02LdtL2L30dtkx2m'dx弹簧的弹性势能为E=，滑块的动能为E＝()2，p2k物2dt系统的机械能E＋E＋E＝常量,k物pk弹2dt22L30dtL0dt2d2xkL0km'+mkm'+mjL(dl)30所以此体系的振动频率My’’=-FF=如图，以O点为极点建立极坐标，9R依次依次求导，有r=R1+a2，，，a1a将力分解可得aF=Fcosx=FrTT1+a21F=Fsinx=F9TT9TT()()r090FaF1FaF1化解可得F其中B=Tdadar902RR2Rt4Rt0000T0化简可得0=Rt(2在任意时在任意时刻对速度分解有r90rOO0r即r2即r2-R2r2-R2rr0r2积分jrrdr=vRjtdt0R0积分jrrdr=vRjtdt0R000r-0r30(r2)-0r30(r2)0r3r2-R20r3r2-R2r (r30r4)Tr (r30r4)TrTFTF0=00022简得TRrr2一R22020dtrdtdvvdmdtdtmdmrm0dfrf00rm有机械能守恒，得02p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。d(mv)=F.(1)dt1其中k为常数。1由题设知，雨滴质量的增加率与其表面积成正比，即dt2其中k为常数。由(2)，得2dmkrdr(4)dt1dtdrkdt3k.1drkdt3k.1a0得mkta(7)13)以雨滴下降的方向为正，分析(1)式dt111100k(入t+a)3v=1kg(入t+a)4+k,(k为常数)14入133当t=0时，v=0，故k=k1ga4,v=g[入t+aa4].动微分方程为：mdv=_mg+vdm.又dm=km，0dt0rdtdt0mdv=_mg+kmv,0dt00r要使火箭能够起飞，须满足：mdv>0，即_mg+kmv>0，亭kv>g。0dt00rr(2)设t时刻火箭的质量为00dt0rrm设燃料消耗完所用时间为t，由m_kmt=m0000mkmrm00km00dt2k01对火箭从速度v减到0这一过程由动能定理得：_mgr=0_mv2m22m22g2gm2k2mkmm00则火箭上升的最大的高度h=r+r=vr2(Inm0)2+vr(1_m_Inm0)。122gmkmm02ttt点在(x,y,z).由能量守恒定律得：m2积分得到02积分得到02U(x,y,z)1故得到;t=l/[m]2mm1m(2)若势能乘上常数a,则：t]，而t=[2U(x,y,ztyA上升的最大位置A上升的最大位置弹簧原长0IA的A的初始位置vAA下降的最低位置AB态2B态2B态3态11A、B运动过程图mg=kyb3my=bgk由状态1得：mg=kya1my=ag1k从状态2到状态3，更具能量守恒定律得：ky2=ky2+mg(y+y)2223a123112(2m+m)g一y=ab2k111yymv2221a122aa23(m+m)2mv2=abg2aakaakaaaabk〔m′+2m〕v′=m′v0.5m′v×v=m′gHH=h【1-m′/2(m+m′)】r6r=6Re+R6φe+6zkrφrφr....r....r......rφ......rφ(z•••••(z•••••|••••r2rφrφrφrφ002re202 000020200dt?9•000?90000000r900 00002?L•2dLmRmrL=mR99•2dt?922〈121ACDFACEFABFGEFGFF2122ACA2且由该方程分析可知，有y<<l<yA22xx=1(4V=mgl2x2+y)，由于约束条件：x2+(x2y)2=l1(42得到V=mg(l2+y2yl+y)dV2yl+2l2+y2yl=mg=0dy2l2+y2yl可以得到：(l2y)2=4(l2+y2yl)rrV2V=mg(cos9lcos(+9)),V=mg(cos9lcos(9)),由?V=0及?V=2mgcos9(rcos+lsin)??0sin2r241化简得：V=2plcos9+kl2(22cos9)22?92p22kl90：sin90得：cos9=2p22kly,则y=2lcos9=2l.00系统势能V=2mglcos9+k(2lcos92l)2=Plcos9+k(2lcos9l)22?V?V=0,则有=-2Plsin9+2k(2lcos9l)(2lsin9)=0?q?9a2P解得:cos9=.22kl(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轴转动的角动量守(3)对于均匀圆锥体的场，则绕z轴转动不变，所以绕z轴转动的角动量守恒；((4)对于无限均匀圆柱螺旋线场，则守恒。如图：以θ为广义坐标22R9..2(Rw2sin9cos9+gsin9)9.=0H=pq一L=const9922R'0R0RR001•2•2•2R0R1•2•2•2R0R00T0=1(x1ω)2+2T=t(x2T0=1(x1ω)2+2T=tm21nn1nn由题意可知,1ttv=0v=02t由碰撞前后动量守恒可得10=mv+mvAxBxAxpsin9=m(v+u)Ay1122AxAy2BxByv0v=0yv=ucos9eeeet9Aunv=vv=v2t2t又钢球A和B之间发生的是弹性碰撞：：v,v,v,θ αy{nvsinθ(2)1⑶：：v,v,v,θ αy{nvsinθ(2)1⑶x轴⑷v,v,tv,1v,2t 2222n2t(1)vcos(1)1⑸⑸⑹⑹，3vv⑺⑺⑻⑻将(9)带入(7)得到：e=2m1=1vcos11解：T=mgl(1cos)=mv212111T=mgl(1cos)=mv222222v=2gl(1cos)1211122可得v=2gl(1cos)2m1由牛顿公式可得碰撞的恢复系数为Iv'v'e=2=2n1neIvv=1=1211解解:设小球第一次碰撞地面之前速度为,2的的冲量和为小球重力m+2+TT将(3)带入(4)得到，，()5((2)，曲线在,处取得最小值，，，，((1)式已满足，(2)式化为(3)，((1)带入后得到,aaLb6raaLb6rar2：当6V=L2ar由V=_可知，6V=6rrr2：6r：6r=6VraLdr2m(ELdr2m(E_V(r))_L2r2rL6Va：69L6Varr2arr2ar333rr2a∴∴E<0设α∴a=2|E|∴E=−α11αE=2(mṙ2+r2θ2)+V=2(mṙ2+r2θ2)11αL=mr2θ∴ṙ=√√−−2r2∴V=−α√aV=Tαdt=−α̇rr=−α√a√c2−−a)2=−α√asin−1ra∴V=−α√aaaLL∴T=∫T(E−V)dt=E−V=−+=0∴T=1|V|所以结论成立2L2drL2dr2a代入可得r无穷 rrr因为)r=r)er=)rrrrr)e]+?rr22mr3r2L22MaL222式两边同乘以-L••?L2?L2mr2r-mrmr3r2mumu=mL22Leff2mr2(2).因为有效势场v=v(r)+L2/2mr2=L2一eff2mr2所以，当L<2ma时，即存在一个临界角动量L=2ma，粒子将被力心俘获c3.22解：由书公式(4.4)知A即为O2则显然若要质点的轨道运动稳定，须有A=O2>0又由公式(4.6)可得L2L2drL2L2L2所以该质点作稳定振动的频率为0O0O10=f=0=fLL3.23(1)F=0=ttORV0θA得p=R=23R，a=1gsin93t2R212GMmGMm2r根据书上已得结论，物体运动所在的轨道方程是：r=pL232EL21其中p==Re=1+=，ma24，ma22当Q=几时可