理论力学-周衍柏-第三版-第二章习题答案

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。drr2x题2.1.1图有质心公式dmxdmxc设均匀扇形薄片密度为，任意取一小面元dS，drrddSdm又因为cosrx所以sin32adrrddrrdxdmxdmxc对于半圆片的质心，即2代入，有aaaxc3422sin32sin322.2解建立如图2.2.1图所示的球坐标系yzOab题2.2.1图把球帽看成垂直于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)(222zadzydvdm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)2()(432babadmzdmzc2.3解建立如题2.3.1图所示的直角坐标，原来人W与共同作一个斜抛运动。yx0vO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xv，此人即以xv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cosv0水平v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1stavscos01①gtvsin0②cossin201gvs③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)(cos)(0uvwWvvwWxx可知道ucos0水平距离sin)(cossin0202uvg跳的距离增加了12sss=sin)(0uvg2.42.4解建立如图2.4.1图所示的水平坐标。1m2m1vxOx题2.4.1图1m2m2vsinmg惯F1a题2.4.2图以1m，2m为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有02211xmxm①对1m分析；因为相对绝aaa②1m在劈2m上下滑，以2m为参照物，则1m受到一个惯性力21xmF惯（方向与2m加速度方向相反）。如图2.4.2图所示。所以1m相对2m下滑。由牛顿第二定律有cossin21111xmgmam②所以1m水平方向的绝对加速度由②可知..21'1cos//xaa绝③..2..2..1coscossinxxgx④联立①④，得gmxθsinmm212cossin2..1⑤把⑤代入①，得gmmsmx2121..2sincossin⑥负号表示方向与x轴正方向相反。求劈对质点反作用力1R。用隔离法。单独考察质点1m的受力情况。因为质点垂直斜劈运动的加速度为0，所以0sincos..2111xmgmR⑦把⑥代入⑦得，gmmmmR212211sincos⑧水平面对劈的反作用力2R。仍用隔离法。因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以0cos122RgmR⑨于是gmmmmmR2122122sin)(⑩2.52.5解因为质点组队某一固定点的动量矩n1iiimvrJi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。如图2.5.1图所示薄圆盘，任取一微质量元，Odrd题2.5.1图drrddm2aM所以圆盘绕此轴的动量矩Jrrdrdr)vrdmJ(=221Ma2.6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知，分成的两个部分1M，2M，速度分别变为沿水平方向的1v，2v，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1v，2v。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：221121VMVMUMM①以21MM质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒：EVMVMUMM222211221212121②联立①②解之，得221112MMMEMUv221122MMMEMUv所以落地时水平距离之差ss=212121112MMEgVtvtvss2.7解建立如题2.7.1图所示的直角坐标系。OxyMmV题2.7.1图当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xmvMVm相对于地固连的坐标系xyO的绝对速度牵相绝对VVV相V为m相对M的运动速度au②故水平方向Vuvxcos③竖直方向usiavy④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）22MV2121coscos绝mvmgamga⑤2绝v=22yxvv⑥把③④代入⑥2绝v=cos222uVVu⑦把①③代入⑤2cos1coscos2Mmmaag2.82.8证以AB连线为x轴建立如题2.8.1图所示的坐标。OABmm0vx题2.8.1图1ABx1v2vO题2.8.1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。A、B速度分别为1v、2v，与x轴正向夹角分别为1、2。以A、B为研究对象，系统不受外力，动量守恒。x方向：22110coscosmvmvmv①垂直x轴方向有：2211sinsin0mvmv②可知2121222120cos2vvvvv③整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒：222120212121mvmvmv④由③④得0cos22121vv,2,1,0221kk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0v，碰撞后球A的速度为1v，球B的速度2v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)。以A、B为系统研究，碰撞过程中无外力做功，系统动量守恒。xyO0v1v2v题2.9.1图x方向上有：210coscosmvmvmv①y方向上有：sinsin10mvmv②又因为恢复系数碰前相对速度碰后相对速度ecoscos012vvv即ecos0v=cos12vv③用①-③cos2cos101vev④用④代入②得sincos2cos1sin00vev2tan21tan1tanee2tan21tan1arctanee求在各种值下角的最大值，即为求极致的问题。我们有0dd得0tan21)tan1(sec1222eaee即2tan1ae=0所以21taneee181arctanmax即ee181tanmax由因为max2max2cot1csc=21181ee故2maxmax11811csc1sinee=ee31所以ee31sin1max2.10以21,mm为研究对象。当21,mm发生正碰撞后，速度分别变为1v，2v，随即2m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。xyO1v1v题2.10.1图AB2v碰撞过程中无外力做功，动量守恒：211vvv211mmm①随即2m在AB的约束下方向变为沿y轴的正向，速度变为2v故y方向上有221111sinsinvmvmvm②故恢复系数定义有：碰前相对速度碰后相对速度e=112sinvvv即1121sinsinvvvev③联立①②③得12122211sinsinvmmemmv121212sinsin1vmmemv2.11解如图所示，OxyI2,0aA2,0aBC题2.11.1图xy2Av2BvO题2.12.2图xy2Av2BvO有两质点A，B中间有一绳竖直相连，坐标分别为：2,0aA2,0aB，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mIvA，B仍静止不动：0Bv。它们的质心C位于原点，质心速度我为22ABACmmmvvvv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2Av沿x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2Av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，如图所示：amItavtavAA22于是在xyO系中A的速度sin2)cos1(2AAyAAxuvuvB的速度：sin2)cos1(2AByABxuvuv因此1:2cotsin1cos1sin2)cos1(2sin2)cos1(2:22222amItvvvvEEAAAABA2.12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1m速度为1v，2m速度02v。碰后速度1m，2m分别设为21,vv。碰撞过程中无外力做功，动量守恒。221111vmvmvm①有恢复系数e112vvve②联立①②得121211vmmemmv12112)1(vmmemv再由质点组质心的定义：212211mmrmrmrccr为质心对固定点位矢，1r，2r分别为1m，2m对同一固定点的位矢所以1211212211212211crvmmmmmvmvmmmrmrmvc（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1V，2V。121212111212111vmmemvmmmvmmemmvvVc（负号表示与1v相反）12121211121122)1(vmmemvmmmvmmemvvVc同理，碰撞前两球相对质心的速度12121211111vmmmvmmmvvvVc121222vmmmvvVc（负号表示方向与1v相反）所以开始时两球相对质心的动能：2222112121VmVmT=22122221212121vmmmmvmmmm=21212121vmmmm2.132.13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。221242mvlmglgm有23glv2.14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mvdtdFt以竖直向上我x轴正向建立如题2.14.1图所示坐标。xhlox题2.14.1图绳索离地面还剩x长时受重力xyFt则xvdtdxydtdxdxxvdxydxdvvgxlhvgdxvdv0所以)(22xlhgv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