[实用参考]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.doc

优质参考文档优质参考文档高等教育出版社，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：设s为质点沿摆线运动时的=0时，s=0路程，取S==4a(1)设为质点所在摆线位置处切线方向与P轴的夹角，取逆时针为正，即切线斜率=受力分析得：则，此即为质点的运动微分方程。XY优质参考文档优质参考文档该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.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Frrm)2(sinmgmr给式两边同时乘以ddgdrsin对上式两边关于积分得cgrcos212利用初始条件0时0故0cosgc由可解得0coscos2-lg上式可化为dtdlg0coscos2-两边同时积分可得dgldglt020222002sin12sin10012coscos12进一步化简可得dglt0002222sinsin121由于上面算的过程只占整个周期的1/4故002022sin2sin124Tdglt由sin2sin/2sin0两边分别对微分可得ddcos2sin2cos0202sin2sin12cos故dd2020sin2sin1cos2sin2由于00故对应的20优质参考文档优质参考文档故dgldglT202020002cos2sinsin2sin1/cos2sin42sin2sin20故2022sin14KdglT其中2sin022K通过进一步计算可得gl2T])2642)12(531()4231()21(1[224222nKnnKK1.5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,①M为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度g,P为取地心到无限远的广义坐标，，②联立①，②可得：,M为地球的质量；③当半径增加,R2=R+,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度可求：xyzp点优质参考文档优质参考文档BmgeөetөP④由④得：⑤则，半径变化后的g的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得：⑦对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R，得⑧则当半径改变时，表面的重力加速度的变化为：。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sin)2(cos)(2mgrrmmgFrrm其中，VtLrLrVr,,0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，法向分量大小为。(其中、为常数)则有P优质参考文档优质参考文档其中为曲率半径。由式得其中是初始位置，是初始速度大小。把式代入式得由式对式积分则得其中是初始角大小。我们把式转化为时间关于角的函数将式代入式，于是得质点的轨道方程当我们取一定的初始条件时，令。方程可以简化为优质参考文档优质参考文档○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：2121mVmgl,所以在原长位置时：112glV因为加速度为g，所以，到达原长的时间为:glgVt12120（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。mgklzmkzmg2化简得：gzlgz2解微分方程得：22221sincosltlgCtlgCz因为t2=0时，z=0,112glVz所以,tlggltlgglzltlglltlglz2122222122cos2sin,sin2cos当0z时，212221122)2(,)2tan(llllzllglt此时（3）所以总时间为)2tan(22112121llglgltttA,D间总距离为)2(1222121lllllzzs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，221)cos1(mvmgr，又，由绳子张力为零可知rvmmg2cos，第二阶段，设上升高度为h，则gvh2)sin(2，联立、、可解得h=r2723，32cos；lrrh54232723cos优质参考文档优质参考文档因此质点上升最高处为'o点上方l5423处。设斜抛到达最高点时水平位移为s，则)sin(cost)cos(gvvvs，s=r2754=l5454;lsr5455sin因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边l5455处。1-12解:由自然坐标系即∴∴∴∴∴∴∴1.13.解：（1）以竖直向下为正方向，系统所受合力,,故系统动量不守恒；对O点，合力矩为零，过矩心，故力矩也为零，所以系统角动量守恒；优质参考文档优质参考文档而对系统来说，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：同时有得到：(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：由角动量守恒得：而得到r=3a而由初始时刻，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：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umvmcos有余弦定理得：cos2)cos(222uvvvur可得：v=mmmmvr2222cos2cos1可得：u=mvmcos=2222cos2coscosmmmmmvr优质参考文档优质参考文档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。1·17解：把A、B看作系统，由动量定理知其质心速度cv满足0)m(vmvmBcBA所以得BABcmmvmv0由易知A、B各绕质心做半径为BABmmlmr1，BAAmmlmr2的圆周运动，由初始条件得l0v以质心C点的坐标Cx和Cy及杆和P轴的夹角为坐标jvmjymPBCBA0)m（kvlmklmmmkyxmLBBABACCBA02m)m(0222221m21)(21vmlmmmymmTBBABACBA1.18解：设m1和m2碰撞后，m1的速度变为v'1，m2的速度变为v2，m2与m3碰撞后，m2的速度变为v'2，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：m1v1=m1v'1+m2v221m1v21=21m1v2,1+21m2v22两式联立消去v'1，则有v2=mmvm21112①对于m2和m3而言，同样有：m2v2=m2v'2+m3v321m2v22=21m2v2'2+21m3v23由以上两式联立消去v'2则有v3=mmvm32222②将①代入②得：v3=)).((43221121mmmmvmm将上式对m2求导得)()(3221)(42231221123mmmmmmmvmmvdd优质参考文档优质参考文档由023mvdd可得m2=mm31即当m2=mm31时v3最大且)).((43133111311max3mmmmmmvmmmv1.21解:由题意得m(222sinrr)=Fr+mgcos①sincossin2grr②0cos2sin③由③得2tan整理并积分可得2sina④将之代入②可得sincossin32garr整理并积分可得)sincos2(22carg（正值舍去）由题意知，2时若要质点不飞出去，则0220acca由题意知，初态时刻即rhcos时也有0)(2122hrhgra⑤已知初态时速度为v0，2200hrv⑥联立④⑤⑥即可得rhgv201.22水平方向动量守恒，所以质心水平坐标不变，使用质心系，有：21xmmx————①，且)]sin()[sin(21Rxx————②对小球列牛二方程，有：ynmaFmg1)cos(————③xnmasF1)(in————④对半球列水平方向的牛二方程，有：xnamsF2)(in————⑤对半球列水平位移方程，由积分得：FNyFNFNxFNxFNyFNαθG优质参考文档优质参考文档2t0t02xdtdtax————⑥对小球列竖直方向上的位移方程，由积分得：)]cos([cost0t01Rdtdtay————⑦对⑥和⑦分别对时间求偏微分，同时联立①和②，得：])sin()[cos(222mmmRxax————⑧])sin()[cos(21Ray————⑨由③和⑤得：)sin()cos()(21xymaagm————⑩将⑧⑨带入⑩中并且使用dddtddd代换，整理可得：dmmRmgmmmR])cos([])tan()()cos()[sin(2————⑾对⑾两边同时积分，并且00，00，可得：)cos(]sin)[sin(2)(cos)sin()(22RmmRmmg1,25解：对于杆my..=-mg+Fcosa对于三角形'mx..=Fsina体系满足约束P0=lPtana+P=h运动方程为x..tana-g+nm'x..cota=0即x..=gammamcot2'coty..=-gammmcot2'1.26解设弹簧原长为Ｌ，在距离左端l处取一质元ｄl，其质量为ｄｍ＝Lmdl。建立P轴，以平衡位置为坐标原点O。在某时刻，设物体的位移为ｘ，则质点位移为xLdl，速度为ｖ＝dtdxLdl，质元的动能为dEk=dmv22，整个弹簧的动能为Ｅ弹k＝203320)()(2)(21LLkdtdxdlLmdlLmdtdxLdldE优质参考文档优质参考文档弹簧的弹性势能为22kxEp，滑块的动能为物kE＝2')(2dtdxm，系统的机械能物kE＋pE＋Ｅ弹k＝常量,则2')(2dtdxm+22kx+2033)()(2LdtdxdlLm=常量对上式两边求导，得：[m30')(LdlLm]22dtxd+kP=0则22dtxd+xdlLmmkL03')(=0所以此体系的振动频率f=T1LdlLmmk03')(211.27解：A,B点运动方程是MP’’=-FMP’’=-FF=因此体系相当于质点受有心引力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