高等教育出版社-金尚年-馬永利編著的理論力學課后習題答案

高等教育出版社，金尚年，馬永利編著的理論力學課后習題答案第一章1.2寫出約束在鉛直平面內的光滑擺線 x=a(-sin)y=-a(1-cos) 上運動的質點的微分方程，并證明該質點在平衡位置附近作振動時，振動周期與振幅無關.X Y FN mgsin mg mgcos 解： 設s為質點沿擺線運動時的路程，取 =0時，s=0 x=a(-sin)y=-a(1-cos) ds=dx2+dy2 = d-cosd2+sind2 =2asin2 d S=02asin2 d = 4 a (1- cos2) s=2acos22+2asin2=acos2 2+2asin2設 為質點所在擺線位置處切線方向與x軸的夾角，取逆時針為正，tan即切線斜率 tan=dydx=cos -1sin sin = -cos2 受力分析得： ms=-mgsin=mgcos2 則2asin2+acos2 2=gcos2 ，此即為質點的運動微分方程。 s=g4a(s-4a) (s-4a)+g4as-4a=0 s-4a 一周期性變化的函數，周期T=24a g 該質點在平衡位置附近作振動時，振動周期與振幅無關，為24a g .1.3證明：設一質量為m的小球做任一角度的單擺運動運動微分方程為 給式兩邊同時乘以d 對上式兩邊關于積分得 利用初始條件時故 由可解得 上式可化為兩邊同時積分可得進一步化簡可得由于上面算的過程只占整個周期的1/4故由兩邊分別對微分可得故由于故對應的故故其中通過進一步計算可得1.5xyzp點解：如圖，在半徑是R的時候，由萬有引力公式，對表面的一點的萬有引力為F=GMmR2 , M為地球的質量；可知，地球表面的重力加速度 g , x為取地心到無限遠的廣義坐標，md2xdt2=mg=F ，聯(lián)立， 可得：g=GMR2 ,M為地球的質量；當半徑增加 R ,R2=R+R ,此時總質量不變，仍為M,此時表面的重力加速度 g 可求：md2xdt2=mg=F2=GMmR22 由得：g=GMR22=GMR+R2 則，半徑變化后的g的變化為g=g-g=GMR2-GMR+R2 對式進行通分、整理后得：g=GMR2 R2+2RRR+R2 對式整理，略去二階量，同時R遠小于R，得g=g2R RR2=g2RR 則當半徑改變R 時，表面的重力加速度的變化為：g=g2R RR2=g2RR 。1.6y解：由題意可建立如圖所示的平面極坐標系則由牛頓第二定律可知，質點的運動方程為eteXmgB其中，1.8設質點在平面內運動的加速度的切向分量和法向分量都是常數，證明質點的軌道為對數螺線。解：設，質點的加速度的切向分量大小為an，法向分量大小為at。(其中an、at為常數)則有 dvdt=an v2=at =v 其中為曲率半徑。由式得v=ant+v0 r=12ant2+v0t+r0 其中是r0初始位置，v0是初始速度大小。把式代入式得=v2at=(ant+v0)2at 由式=v=vatv2=atv=atant+v0 對式積分則得=0tatant+v0dt+0=atanlnant+v0+0 其中0是初始角大小。我們把式轉化為時間關于角的函數t=eanat(-0)-v0an 將式代入式，于是得質點的軌道方程r=12ane2anat(-0)-v022an+r0 當我們取一定的初始條件0=0,r0=v022an時，令=2anat,m=12an。方程可以簡化為 r=me 即質點的軌跡為對數螺線。1.9解：（1）從A點到原長位置，此時間內為自由落體運動。 根據能量守恒：, 所以在原長位置時：因為加速度為g，所以，到達原長的時間為: （2）從原長位置到最低點D處，以原長位置為坐標原點，向下為正方向，建立坐標軸Z。 化簡得： 解微分方程得： 因為t2=0時，z=0, 所以, 當時，（3）所以總時間為 A,D間總距離為 1-11解：（1）質點運動分為三個階段。第一階段為圓周運動，從釋放質點到繩子張力為零；第二階段為斜拋運動，重新下降到與圓周相交位置時有一繃繩過程，質點機械能轉化為繩子內能；第三階段為在最低點附近的擺蕩運動?？傮w來看質點能量不守恒。（2） 第一階段，由能量守恒可得，又，由繩子張力為零可知，第二階段，設上升高度為h，則，聯(lián)立、可解得h=，；因此質點上升最高處為點上方處。設斜拋到達最高點時水平位移為s，則，s=;因此質點上升到最高點時在過圓心豎直軸線左邊處。1-12解: 由自然坐標系 ms=ft ms=fn 即 s=s2 sdsds=s2 dss=x1+x2321+x2dy uv1sds=p-px1+x2dy Lns|vu=p-p1p1+yp2dy Lnvu=p-ppp2+y2dy lnvu=-2 v=ue-21.13.解：（1）以豎直向下為正方向，系統(tǒng)所受合力F=-FN+mAg+mBg=mBg,故系統(tǒng)動量不守恒；對O點，-FN+mAg合力矩為零，mBg過矩心，故力矩也為零，所以系統(tǒng)角動量守恒；而對系統(tǒng)來說，唯一做功的是重力（保守力），因此，系統(tǒng)能量守恒。（2）建立柱面坐標系，由動量定理得：ddtmArer+re+mBzk=mBgz同時有r+z=l得到：mBz-mAz+l2-z2=mBg mAl-z-2z=0(3)對于小球A，設其在水平平臺最遠距離o為r 由動能定理得：12mAv02-12mAv2=mBg（r-a）由角動量守恒得：mAav0=mArv而mA=mB=m得到r=3a而由初始時刻mAv02a>mBg，故小球在a到3a間運動。1.14解：（1）分析系統(tǒng)的受力可知：重力豎直向下，支持力垂直于斜面向上，所受的合外力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒；由物體的受力情況可以判斷系統(tǒng)的合外力矩不為零，故角動量也不守恒；而系統(tǒng)在運動過程中，除保守力外，其他力不作功，故機械能守恒，而能量一定守恒。（2）以地面為參考系，以O為原點，建立球坐標系。由質點系動量定理得：mAr-r2=(mA+mB)gsincosmAr+2r=-(mA+mB)gsinsinmBz=-mBgcos約束條件：r-zcos=l將約束條件連續(xù)求兩次導，帶入上邊方程，消去Z，得：mA+mBr-mAr2=mA+mBgsincos-mBgmAr+2r=-(mA+mB)gsinsin(3)第三問不會做。1.15水平方向動量守恒，則有余弦定理得：可得：v=可得：u=1.16解：動量定理、角動量定理和動能定理7個方程式中僅有3個是獨立的。117解：把A、B看作系統(tǒng)，由動量定理知其質心速度滿足 所以得由易知A、B各繞質心做半徑為，的圓周運動，由初始條件得以質心C點的坐標和及桿和x軸的夾角為坐標1.18解：設和碰撞后，的速度變?yōu)?，的速度變?yōu)?，與碰撞后，的速度變?yōu)?，的速度變?yōu)橛捎趦纱闻鲎矔r水平方向都不受外力，所以動量守恒，同時機械能守恒對和而言，則有：=+= +兩式聯(lián)立消去，則有= 對于和而言，同樣有：=+=+由以上兩式聯(lián)立消去則有= 將代入得：=將上式對求導得由可得=即當=時最大且1.21 解: 由題意得 m()=Fr +mg 由得 整理并積分可得 將之代入可得 整理并積分可得（正值舍去）由題意知，時若要質點不飛出去，則 由題意知，初態(tài)時刻即時也有 已知初態(tài)時速度為v0 ， 聯(lián)立即可得 1.22FNyFNFNxFNxFNyFNG 水平方向動量守恒，所以質心水平坐標不變，使用質心系，有：，且對小球列牛二方程，有：對半球列水平方向的牛二方程，有：對半球列水平位移方程，由積分得：對小球列豎直方向上的位移方程，由積分得：對和分別對時間求偏微分，同時聯(lián)立和，得：由和得：將帶入中并且使用 代換，整理可得：對兩邊同時積分，并且，可得：1,25解：對于桿 m=-mg+Fcosa 對于三角形 =Fsina 體系滿足約束 x0=l xtana+y=h 運動方程為 tana-g+cota=0 即 =g =-g1.26解 設彈簧原長為，在距離左端處取一質元，其質量為。建立X軸，以平衡位置為坐標原點O。在某時刻，設物體的位移為，則質點位移為，速度為，質元的動能為dE=，整個彈簧的動能為彈簧的彈性勢能為，滑塊的動能為，系統(tǒng)的機械能常量,則+=常量對上式兩邊求導，得：m+kx=0則+=0所以此體系的振動頻率f=1.27解：A,B點運動方程是 Mx=-Fxx2+y2 My=-Fyx2+y2 F=cx2+y2 因此體系相當于質點受有心引力cx2+y2作用 能量守恒 角動量守恒1.28 對質點分析可得，繩子拉力不做功，所以能量守恒。而對于圓柱體的軸線力矩不為零，所以對圓柱軸線角動量不守恒。如圖，以O點為極點建立極坐標，則可列方程如下 還有如下關系式 ，依次求導，有 ， ， ， 將力分解可得 將以上代入方程可得 化解可得 其中 消，可得 另由 代入可得積分可得 又由能量守恒，所以代入和，可得，即 積分，又由， 所以 代入化簡可得 所以此即所求。另解 第一問同上，而對于力的求解過程，也有 在任意時刻對速度分解有 而 所以會有 即 同時 由于 積分 可得 而由1、2、3代入徑向方程可得 化簡得 而由1、2、4代入法向方程可得 化簡得 1.31解：設1.34解：建立豎直向上的坐標z，設軟鏈最高能被提到h。對重物和軟鏈組成的系統(tǒng)，從開始運動到軟鏈達到最高，有機械能守恒，得解得h=2m/p。答：軟鏈最后可提到2m/p處。1.32 雨滴下落時，其質量的增加率與雨滴的表面積成正比，求雨滴速度與時間的關系。解：設雨滴的本體為由物理學知 (1)1) 在處理這類問題時，常常將模型的幾何形狀理想化。對于雨滴，我們常將它看成球形，設其半徑為則雨滴質量是與半徑的三次方成正比，密度看成是不變的，于是， (2)其中為常數。2) 由題設知，雨滴質量的增加率與其表面積成正比，即 (3)其中為常數。由(2)，得 (4)由(3)=(4)，得 (5)對(5)兩邊積分：得 (6)將(6)代入(2)，得 (7)3）以雨滴下降的方向為正，分析(1)式 (8)（為常數）當時，故1.35 解：（1）以火箭前進方向建立直角坐標z軸，火箭的位置 r = rk 。設 t=0 時刻 ，火箭的運動微分方程為： 又 ，可得： ,要使火箭能夠起飛，須滿足： ，即 ， 。（2）設 t 時刻 火箭的質量 為 ，其運動微分方程：，又 ，代入得 ： 兩邊積分得： 由（1）可知火箭在燃料消耗完之前一直在加速，直至燃料消耗完時 速度達到最大，記為。設燃料消耗完所用時間 為，由 得：。則 ： 。在0到這段時間， 由 得： 當t=時，得： 對火箭從速度減到0 這一過程由動能定理得： 則火箭上升的最大的高度 。1.36解:（1）如圖所示，建立直角坐標系x-o-y-z，假設兩質點m1,m.初始位置在坐標原點O，終點在（x,y,z).由能量守恒定律得：得到：積分得到故得到;解得到：（2） 若勢能乘上常數a,則：，而所以：1.37 解：若B剛好可以彈起，則當A上升的最高點時，B所受的平面支持力剛好為0，畫圖臨界過程如圖1所示。以豎直向上為y軸，彈簧的初始位置為y軸原點。由狀態(tài)3得：由狀態(tài)1得：從狀態(tài)2到狀態(tài)3，更具能量守恒定律得：由狀態(tài)1到狀態(tài)2應用能量守恒定律得：將，帶入化簡得所以：1.38解：由動量守恒定理和動能定理得：m+2mv=mv mgh=0.52m+mvv+mgH0.5mvv=mgH解之得：H=h【1-m/2(m+m)】即此人的重心可以升高H第二章2.2 解：以碗的球心為坐標原點建立球坐標系：則r=Rer+zk r=Rer+R e+zk=er+R e+k= er+2 e+ R e- R er+k=(- R) er+(2+ R) e+kF=-mgk帶入達朗貝爾方程得：m-gk-(- R) er+(2+ R) e+k (Rer+R e+zk)=0化簡得：2.5 解：質點在鉛直平面內運動，自由度為1，以小孔為坐標原點o建立平面極坐標系，豎直向下為極軸的正方向，以為廣義坐標，設以速度拉繩的A端，從小孔到質點的原長為，以原點所在平面為零勢能平面，其動能和勢能為T=（）V=-mg（）cosL函數：L=T-V=（） +mg（）cos則 m（）()= m（）-2m（）-mg（）sin代入L方程，得運動微分方程為m（）-2m（）+mg（）sin=02.10 解： v=r=R以為廣義坐標T=mRL=T=mR=2.13 解：由桿AC，DG力矩平衡：又有F1 F1， F2 F2若有，則有：即秤錘的重量P與重物P在秤臺的位置無關，且2.16 解：設A(0,yA) , B(x,y) 則由給出的方程可知 y= 且由該方程分析可知，有y<<<yA 又由AB=2可知，yA= 因此可得V=mg=mg 所以由可得 顯然等式兩邊的分母不可能相等，則只有認為x=0 即當桿豎直時(此時B點即在坐標原點)，該桿才處于平衡位置2.16 如圖所示建立直角坐標系xoy,取y為廣義坐標，A（x,y）由題意可得系統(tǒng)的勢能為，由于約束條件：得到可以得到：無解故可以得到無滿足平衡的位置。2.17 解：該力學體系有2個自由度，如圖所示：以為廣義坐標，以過圓心的水平面為零勢能面。則兩根桿的勢能分別為：體系的總勢能為： 由及當 。2.19 解：以O為圓心建立直角坐標系，由于體系是理想完整約束體系， 且約束力是保守力。 得： 化簡得： 由得： 得：2.19 解：取為廣義坐標，以O為原點，彈簧所在直線為y軸建立直角坐標系，設彈簧固有長度為,則=2lcos=l.系統(tǒng)勢能V=2mglcos+由拉格朗日方程理論質點系平衡方程知:,則有=0解得:.2.20 解：（1）對于半無界均勻場，假設無界場以x軸為邊界，則空間對x軸平移不變，所以x軸方向的動量px守恒；（2）對于兩點場，若以兩點連線為z軸，則繞z軸轉動不變，所以繞z軸轉動的角動量Lz守恒；（3）對于均勻圓錐體的場，則繞z軸轉動不變，所以繞z軸轉動的角動量Lz守恒；（4）對于無限均勻圓柱螺旋線場，則Lz+h2Pz守恒。2.21解：如圖：以為廣義坐標代入拉格朗日方程，得由于拉氏函數不顯含時間，且約束穩(wěn)定，故廣義能量守恒，即2.23 解：體系為帶電粒子，采用柱坐標。體系動能為， ；體系勢能為，其中為零勢能位置；體系拉格朗日函數為，。該體系約束不完整，可直接采用牛頓力學分析受力來求運動微分方程：；。整理可得：；。2.25 解：因為：m1x12=m2x22所以：x1x2=m2m1所以：x1=m2lm1+m2,x2=m1lm1+m2因為瞬時改變時，速度不變所以： x1=l,所以：，=x1l=m2m1+m2T0=m12(x1)2+m22(x2)2+m1+m22(x2,)2Tt=m12(l,)2所以：I=m1l2,-m1x12-m2x22-(m1+m2)x22,=-m12m2l2(m1+m2)22.27 解：建立平面坐標系xy軸，由題意知在碰撞過程中水平動量守恒，機械能守恒：0= 由此可解的2.27 解：A由題意可知, u由碰撞前后動量守恒可得B 又 鋼球A和B之間發(fā)生的是彈性碰撞 2.28 解：如圖所示，m1有初速度v1與靜止的m2發(fā)生斜碰，x軸y 軸 m2 , v2m1 , v1m1， v1 碰后兩者速度方向相互垂直，則可以知道： v1n= v1 cos (1)v1t= v1 sin (2)v2n= v2sin v2t = v2cos v1t = v1 sin v2t =0 又根據光滑小球的條件：v1t = v1t ， v2t = v2t 由 得，v1 sin=v1 sin ；由 得，v2cos =0 ，則 =2 ，由 碰撞系數 e= v2n - v1n v1n v2n = v2n - v1n v1n = v2sin- v1 cos v1 cos = v2 v1 cos 又有水平方向動量守恒得：m1 v1cos = - m1 v1cos + m2 v2 sin 得：m1 v1cos=m2 v2 （9）將（9）帶入（7）得到：e= v2 v1 cos =m1 m2 2.29 解： 解上述二式可得 由碰撞前后動量守恒可得 可得 由牛頓公式可得碰撞的恢復系數為2.30 彈性球自高為h處無初速地下落在水平面上，碰撞恢復系數為e，求經過多少時間后球將停止跳動，并求在整個彈跳過程中，球所經過的總路程.解: 設小球第一次碰撞地面之前速度為v1, v1=2gh 碰撞恢復系數為e，e為負值，所以第一次碰撞后速度為-ev1，方向向上，當小球再次落回時速度仍然是-ev1，方向向下，前后動量變化為-2mev1 易知小球第n次彈起時速度為-env1 , 當n趨于時，小球停止彈跳. 小球重力的沖量和為Pmg=mv1+2m-ev1+2m-env1 =2mv1 -e1-en1-e+mv1 , 當n趨于時，Pmg=2mv1 -e1-e+mv1 T=Pmgmg=2v1 -e1-e+v1g=-e+11-eg2gh=1-e1+e2hg v2=2gs , s=v22g 第三章3.7 解：由力場為F=-kr2+cr3(1)， 及 F=-V(r)(2)，可以得到，V(r)=-kr+c2r2，(3)有效勢能為 Veff=Vr+L22mr2 ，(4)將（3）帶入（4）得到，Veff=-kr+c2r2+L22mr2=-kr+mc+L22mr2，（5）Veff它的主要特征有:（1），當 r0 ，Veff+，當r+，Veff0-，（2），曲線在r=rm=mc+L2km,處取得最小值，（3），曲線有零點，r0=mc+L22km，曲線的大致形狀如圖。定性分析：在(Veff)minE<0時，粒子處于束縛態(tài)，在r1 ,r2間運動；在E0時，將在離心力作用下，飛向無窮遠。而可能的圓周運動則為：滿足 dVeffdr=0，解得：rm=mc+L2km，此處為圓周運動。此軌道是否穩(wěn)定，要看一下穩(wěn)定條件是否滿足，如下的穩(wěn)定條件：dVeffdr=0 （1） d2Veffdr2>0 （2），（1） 式已滿足，（2）式化為-3F-rdFdr>0 （3），（1）帶入后得到 kr2>0 ,在k大于0 的條件下，軌道運動穩(wěn)定，也是說當有微擾使之r增大后，由于此時斜率是正的，力為負的，即為引力，會使其恢復到rm；當有微擾使其小于r，情況相反，力變?yōu)槌饬?，同樣使其恢復?.9 解： 3.11解：因為是橢圓E<0 設V=-ra=2EE=-2aE=12mr2+r22+V=12mr2+r22-rL=mr2r=2mr-2a-L22mr2V=1T0T-rdt=-2Ta-ca+cdrrr=-2Tmaa-ca+cdrc2-r-a2=-2Tmasin-1r-acV=-2Tma因為：T=2ma3V=-a因為E為恒量，所以E=E=-2aT=1T0TE-Vdt=E-V=-2a+a=2aT=12|V| 所以結論成立3.16解：由題意得被俘獲時又L=mvb代入可得3.20 解：= =（m）+ = (.m)-m(.)+ 因為=r =+r 所以上式=m- m (.)+ =m(+)r-m(+r)(+r) r+ =m+-m =+-L則d=(L-)+()由在中心勢場中角動量守恒可知L=m可知 L-=0又有能量守恒E= dE=m-=0 等式兩邊同乘以- 即-（m-）=0得 =0由以上可知d=0，即是常矢量，方向沿極軸方向3.21 解：（1）. 代入，得：令u=1/r,則：I 當時,選擇適當的，使c=0，則II 當時，選擇適當的，使c=0，則（2）.因為有效勢場，所以，當時，即存在一個臨界角動量，粒子將被力心俘獲3.22 解：由書公式（4.4）知A即為 則顯然若要質點的軌道運動穩(wěn)定，須有=又由公式（.）可得所以該質點作穩(wěn)定振動的頻率為3.23 V0ARO（1）得，（2）能量（黃金代換）由于，所以軌道為橢圓的一部分，且，根據書上已得結論，物體運動所在的軌道方程是：，其中，易得軌道方程為：，當時可得，最遠距離，即物體距地的最遠距離為由機械能守恒可得：，得當物體距離地球最遠時的速度為：（3）當在最遠處的運動物體的質量變?yōu)樵瓉淼囊话耄蓜恿渴睾阋椎茫?，所以之后的軌跡為雙曲線的一支，軌道方程為3.24 解：以質心為坐標原點建立極坐標系，則m到質心的距離為：（1）m 到質心的距離為：由萬有引力定律得二者的相互作用力為：（2）由牛頓第二定律得：（3）將（1）和（2）帶人（3）得（4）解得：所以 假設暗物質質量為ms均勻分布在m周圍,而ms均為分布在m 周圍，若不改變質心位置，則有 : ，將其帶入（4）得：因為所以：3.25 解：將勢場V=代入式（6.4）得與瞄準距離b的關系式（1）。由式（6.5）得的值，其中E=.聯(lián)立（1）和（6.2）式，得瞄準距離b和散射角的關系式（2），將（2）式代入式（6.11），得散射截面將勢場V=代入式（6.4）得與瞄準距離b的關系式，令，得：=（1）由式（6.5）得的值，其中E=：由可解得，聯(lián)立（1）和（6.2）式，得瞄準距離b和散射角的關系式（2）由得瞄準距離b和散射角的關系式（2）將（2）式代入式（6.11），得散射截面