高等教育出版社-金尚年-馬永利編著的理論力學(xué)課后習(xí)題答案
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高等教育出版社,金尚年,馬永利編著的理論力學(xué)課后習(xí)題答案第一章1.2寫(xiě)出約束在鉛直平面內(nèi)的光滑擺線 x=a(-sin)y=-a(1-cos) 上運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)的微分方程,并證明該質(zhì)點(diǎn)在平衡位置附近作振動(dòng)時(shí),振動(dòng)周期與振幅無(wú)關(guān).X Y FN mgsin mg mgcos 解: 設(shè)s為質(zhì)點(diǎn)沿?cái)[線運(yùn)動(dòng)時(shí)的路程,取 =0時(shí),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(shè) 為質(zhì)點(diǎn)所在擺線位置處切線方向與x軸的夾角,取逆時(shí)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(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)微分方程。 s=g4a(s-4a) (s-4a)+g4as-4a=0 s-4a 一周期性變化的函數(shù),周期T=24a g 該質(zhì)點(diǎn)在平衡位置附近作振動(dòng)時(shí),振動(dòng)周期與振幅無(wú)關(guān),為24a g .1.3證明:設(shè)一質(zhì)量為m的小球做任一角度的單擺運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)微分方程為 給式兩邊同時(shí)乘以d 對(duì)上式兩邊關(guān)于積分得 利用初始條件時(shí)故 由可解得 上式可化為兩邊同時(shí)積分可得進(jìn)一步化簡(jiǎn)可得由于上面算的過(guò)程只占整個(gè)周期的1/4故由兩邊分別對(duì)微分可得故由于故對(duì)應(yīng)的故故其中通過(guò)進(jìn)一步計(jì)算可得1.5xyzp點(diǎn)解:如圖,在半徑是R的時(shí)候,由萬(wàn)有引力公式,對(duì)表面的一點(diǎn)的萬(wàn)有引力為F=GMmR2 , M為地球的質(zhì)量;可知,地球表面的重力加速度 g , x為取地心到無(wú)限遠(yuǎn)的廣義坐標(biāo),md2xdt2=mg=F ,聯(lián)立, 可得:g=GMR2 ,M為地球的質(zhì)量;當(dāng)半徑增加 R ,R2=R+R ,此時(shí)總質(zhì)量不變,仍為M,此時(shí)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(duì)式進(jìn)行通分、整理后得:g=GMR2 R2+2RRR+R2 對(duì)式整理,略去二階量,同時(shí)R遠(yuǎn)小于R,得g=g2R RR2=g2RR 則當(dāng)半徑改變R 時(shí),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(biāo)系則由牛頓第二定律可知,質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為eteXmgB其中,1.8設(shè)質(zhì)點(diǎn)在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度的切向分量和法向分量都是常數(shù),證明質(zhì)點(diǎn)的軌道為對(duì)數(shù)螺線。解:設(shè),質(zhì)點(diǎn)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(shù))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(duì)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(zhuǎn)化為時(shí)間關(guān)于角的函數(shù)t=eanat(-0)-v0an 將式代入式,于是得質(zhì)點(diǎn)的軌道方程r=12ane2anat(-0)-v022an+r0 當(dāng)我們?nèi)∫欢ǖ某跏紬l件0=0,r0=v022an時(shí),令=2anat,m=12an。方程可以簡(jiǎn)化為 r=me 即質(zhì)點(diǎn)的軌跡為對(duì)數(shù)螺線。1.9解:(1)從A點(diǎn)到原長(zhǎng)位置,此時(shí)間內(nèi)為自由落體運(yùn)動(dòng)。 根據(jù)能量守恒:, 所以在原長(zhǎng)位置時(shí):因?yàn)榧铀俣葹間,所以,到達(dá)原長(zhǎng)的時(shí)間為: (2)從原長(zhǎng)位置到最低點(diǎn)D處,以原長(zhǎng)位置為坐標(biāo)原點(diǎn),向下為正方向,建立坐標(biāo)軸Z。 化簡(jiǎn)得: 解微分方程得: 因?yàn)閠2=0時(shí),z=0, 所以, 當(dāng)時(shí),(3)所以總時(shí)間為 A,D間總距離為 1-11解:(1)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)分為三個(gè)階段。第一階段為圓周運(yùn)動(dòng),從釋放質(zhì)點(diǎn)到繩子張力為零;第二階段為斜拋運(yùn)動(dòng),重新下降到與圓周相交位置時(shí)有一繃?yán)K過(guò)程,質(zhì)點(diǎn)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為繩子內(nèi)能;第三階段為在最低點(diǎn)附近的擺蕩運(yùn)動(dòng)。總體來(lái)看質(zhì)點(diǎn)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(shè)上升高度為h,則,聯(lián)立、可解得h=,;因此質(zhì)點(diǎn)上升最高處為點(diǎn)上方處。設(shè)斜拋到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)水平位移為s,則,s=;因此質(zhì)點(diǎn)上升到最高點(diǎn)時(shí)在過(guò)圓心豎直軸線左邊處。1-12解: 由自然坐標(biāo)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(dòng)量不守恒;對(duì)O點(diǎn),-FN+mAg合力矩為零,mBg過(guò)矩心,故力矩也為零,所以系統(tǒng)角動(dòng)量守恒;而對(duì)系統(tǒng)來(lái)說(shuō),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(biāo)系,由動(dòng)量定理得:ddtmArer+re+mBzk=mBgz同時(shí)有r+z=l得到:mBz-mAz+l2-z2=mBg mAl-z-2z=0(3)對(duì)于小球A,設(shè)其在水平平臺(tái)最遠(yuǎn)距離o為r 由動(dòng)能定理得:12mAv02-12mAv2=mBg(r-a)由角動(dòng)量守恒得:mAav0=mArv而mA=mB=m得到r=3a而由初始時(shí)刻mAv02amBg,故小球在a到3a間運(yùn)動(dòng)。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(dòng)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(dòng)量也不守恒;而系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,除保守力外,其他力不作功,故機(jī)械能守恒,而能量一定守恒。(2)以地面為參考系,以O(shè)為原點(diǎn),建立球坐標(biāo)系。由質(zhì)點(diǎn)系動(dòng)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(dǎo),帶入上邊方程,消去Z,得:mA+mBr-mAr2=mA+mBgsincos-mBgmAr+2r=-(mA+mB)gsinsin(3)第三問(wèn)不會(huì)做。1.15水平方向動(dòng)量守恒,則有余弦定理得:可得:v=可得:u=1.16解:動(dòng)量定理、角動(dòng)量定理和動(dòng)能定理7個(gè)方程式中僅有3個(gè)是獨(dú)立的。117解:把A、B看作系統(tǒng),由動(dòng)量定理知其質(zhì)心速度滿足 所以得由易知A、B各繞質(zhì)心做半徑為,的圓周運(yùn)動(dòng),由初始條件得以質(zhì)心C點(diǎn)的坐標(biāo)和及桿和x軸的夾角為坐標(biāo)1.18解:設(shè)和碰撞后,的速度變?yōu)?,的速度變?yōu)?,與碰撞后,的速度變?yōu)椋乃俣茸優(yōu)橛捎趦纱闻鲎矔r(shí)水平方向都不受外力,所以動(dòng)量守恒,同時(shí)機(jī)械能守恒對(duì)和而言,則有:=+= +兩式聯(lián)立消去,則有= 對(duì)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(duì)求導(dǎo)得由可得=即當(dāng)=時(shí)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(shí)若要質(zhì)點(diǎn)不飛出去,則 由題意知,初態(tài)時(shí)刻即時(shí)也有 已知初態(tài)時(shí)速度為v0 , 聯(lián)立即可得 1.22FNyFNFNxFNxFNyFNG 水平方向動(dòng)量守恒,所以質(zhì)心水平坐標(biāo)不變,使用質(zhì)心系,有:,且對(duì)小球列牛二方程,有:對(duì)半球列水平方向的牛二方程,有:對(duì)半球列水平位移方程,由積分得:對(duì)小球列豎直方向上的位移方程,由積分得:對(duì)和分別對(duì)時(shí)間求偏微分,同時(shí)聯(lián)立和,得:由和得:將帶入中并且使用 代換,整理可得:對(duì)兩邊同時(shí)積分,并且,可得:1,25解:對(duì)于桿 m=-mg+Fcosa 對(duì)于三角形 =Fsina 體系滿足約束 x0=l xtana+y=h 運(yùn)動(dòng)方程為 tana-g+cota=0 即 =g =-g1.26解 設(shè)彈簧原長(zhǎng)為,在距離左端處取一質(zhì)元,其質(zhì)量為。建立X軸,以平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O。在某時(shí)刻,設(shè)物體的位移為,則質(zhì)點(diǎn)位移為,速度為,質(zhì)元的動(dòng)能為dE=,整個(gè)彈簧的動(dòng)能為彈簧的彈性勢(shì)能為,滑塊的動(dòng)能為,系統(tǒng)的機(jī)械能常量,則+=常量對(duì)上式兩邊求導(dǎo),得:m+kx=0則+=0所以此體系的振動(dòng)頻率f=1.27解:A,B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程是 Mx=-Fxx2+y2 My=-Fyx2+y2 F=cx2+y2 因此體系相當(dāng)于質(zhì)點(diǎn)受有心引力cx2+y2作用 能量守恒 角動(dòng)量守恒1.28 對(duì)質(zhì)點(diǎn)分析可得,繩子拉力不做功,所以能量守恒。而對(duì)于圓柱體的軸線力矩不為零,所以對(duì)圓柱軸線角動(dòng)量不守恒。如圖,以O(shè)點(diǎn)為極點(diǎn)建立極坐標(biāo),則可列方程如下 還有如下關(guān)系式 ,依次求導(dǎo),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(jiǎn)可得 所以此即所求。另解 第一問(wèn)同上,而對(duì)于力的求解過(guò)程,也有 在任意時(shí)刻對(duì)速度分解有 而 所以會(huì)有 即 同時(shí) 由于 積分 可得 而由1、2、3代入徑向方程可得 化簡(jiǎn)得 而由1、2、4代入法向方程可得 化簡(jiǎn)得 1.31解:設(shè)1.34解:建立豎直向上的坐標(biāo)z,設(shè)軟鏈最高能被提到h。對(duì)重物和軟鏈組成的系統(tǒng),從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到軟鏈達(dá)到最高,有機(jī)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(shí),其質(zhì)量的增加率與雨滴的表面積成正比,求雨滴速度與時(shí)間的關(guān)系。解:設(shè)雨滴的本體為由物理學(xué)知 (1)1) 在處理這類問(wèn)題時(shí),常常將模型的幾何形狀理想化。對(duì)于雨滴,我們常將它看成球形,設(shè)其半徑為則雨滴質(zhì)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(shù)。2) 由題設(shè)知,雨滴質(zhì)量的增加率與其表面積成正比,即 (3)其中為常數(shù)。由(2),得 (4)由(3)=(4),得 (5)對(duì)(5)兩邊積分:得 (6)將(6)代入(2),得 (7)3)以雨滴下降的方向?yàn)檎?,分?1)式 (8)(為常數(shù))當(dāng)時(shí),故1.35 解:(1)以火箭前進(jìn)方向建立直角坐標(biāo)z軸,火箭的位置 r = rk 。設(shè) t=0 時(shí)刻 ,火箭的運(yùn)動(dòng)微分方程為: 又 ,可得: ,要使火箭能夠起飛,須滿足: ,即 , 。(2)設(shè) t 時(shí)刻 火箭的質(zhì)量 為 ,其運(yùn)動(dòng)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(shí) 速度達(dá)到最大,記為。設(shè)燃料消耗完所用時(shí)間 為,由 得:。則 : 。在0到這段時(shí)間, 由 得: 當(dāng)t=時(shí),得: 對(duì)火箭從速度減到0 這一過(guò)程由動(dòng)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(biāo)系x-o-y-z,假設(shè)兩質(zhì)點(diǎn)m1,m.初始位置在坐標(biāo)原點(diǎn)O,終點(diǎn)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(shì)能乘上常數(shù)a,則:,而所以:1.37 解:若B剛好可以彈起,則當(dāng)A上升的最高點(diǎn)時(shí),B所受的平面支持力剛好為0,畫(huà)圖臨界過(guò)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(diǎn)。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(yīng)用能量守恒定律得:將,帶入化簡(jiǎn)得所以:1.38解:由動(dòng)量守恒定理和動(dòng)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(biāo)原點(diǎn)建立球坐標(biāo)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(dá)朗貝爾方程得:m-gk-(- R) er+(2+ R) e+k (Rer+R e+zk)=0化簡(jiǎn)得:2.5 解:質(zhì)點(diǎn)在鉛直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng),自由度為1,以小孔為坐標(biāo)原點(diǎn)o建立平面極坐標(biāo)系,豎直向下為極軸的正方向,以為廣義坐標(biāo),設(shè)以速度拉繩的A端,從小孔到質(zhì)點(diǎn)的原長(zhǎng)為,以原點(diǎn)所在平面為零勢(shì)能平面,其動(dòng)能和勢(shì)能為T=()V=-mg()cosL函數(shù):L=T-V=() +mg()cos則 m()()= m()-2m()-mg()sin代入L方程,得運(yùn)動(dòng)微分方程為m()-2m()+mg()sin=02.10 解: v=r=R以為廣義坐標(biāo)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(tái)的位置無(wú)關(guān),且2.16 解:設(shè)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yyA 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(rèn)為x=0 即當(dāng)桿豎直時(shí)(此時(shí)B點(diǎn)即在坐標(biāo)原點(diǎn)),該桿才處于平衡位置2.16 如圖所示建立直角坐標(biāo)系xoy,取y為廣義坐標(biāo),A(x,y)由題意可得系統(tǒng)的勢(shì)能為,由于約束條件:得到可以得到:無(wú)解故可以得到無(wú)滿足平衡的位置。2.17 解:該力學(xué)體系有2個(gè)自由度,如圖所示:以為廣義坐標(biāo),以過(guò)圓心的水平面為零勢(shì)能面。則兩根桿的勢(shì)能分別為:體系的總勢(shì)能為: 由及當(dāng) 。2.19 解:以O(shè)為圓心建立直角坐標(biāo)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(jiǎn)得: 由得: 得:2.19 解:取為廣義坐標(biāo),以O(shè)為原點(diǎn),彈簧所在直線為y軸建立直角坐標(biāo)系,設(shè)彈簧固有長(zhǎng)度為,則=2lcos=l.系統(tǒng)勢(shì)能V=2mglcos+由拉格朗日方程理論質(zhì)點(diǎn)系平衡方程知:,則有=0解得:.2.20 解:(1)對(duì)于半無(wú)界均勻場(chǎng),假設(shè)無(wú)界場(chǎng)以x軸為邊界,則空間對(duì)x軸平移不變,所以x軸方向的動(dòng)量px守恒;(2)對(duì)于兩點(diǎn)場(chǎng),若以兩點(diǎn)連線為z軸,則繞z軸轉(zhuǎn)動(dòng)不變,所以繞z軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角動(dòng)量Lz守恒;(3)對(duì)于均勻圓錐體的場(chǎng),則繞z軸轉(zhuǎn)動(dòng)不變,所以繞z軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角動(dòng)量Lz守恒;(4)對(duì)于無(wú)限均勻圓柱螺旋線場(chǎng),則Lz+h2Pz守恒。2.21解:如圖:以為廣義坐標(biāo)代入拉格朗日方程,得由于拉氏函數(shù)不顯含時(shí)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(biāo)。體系動(dòng)能為, ;體系勢(shì)能為,其中為零勢(shì)能位置;體系拉格朗日函數(shù)為,。該體系約束不完整,可直接采用牛頓力學(xué)分析受力來(lái)求運(yùn)動(dòng)微分方程:;。整理可得:;。2.25 解:因?yàn)椋簃1x12=m2x22所以:x1x2=m2m1所以:x1=m2lm1+m2,x2=m1lm1+m2因?yàn)樗矔r(shí)改變時(shí),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(biāo)系xy軸,由題意知在碰撞過(guò)程中水平動(dòng)量守恒,機(jī)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(dòng)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(jù)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(shù) e= v2n - v1n v1n v2n = v2n - v1n v1n = v2sin- v1 cos v1 cos = v2 v1 cos 又有水平方向動(dòng)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(dòng)量守恒可得 可得 由牛頓公式可得碰撞的恢復(fù)系數(shù)為2.30 彈性球自高為h處無(wú)初速地下落在水平面上,碰撞恢復(fù)系數(shù)為e,求經(jīng)過(guò)多少時(shí)間后球?qū)⑼V固鴦?dòng),并求在整個(gè)彈跳過(guò)程中,球所經(jīng)過(guò)的總路程.解: 設(shè)小球第一次碰撞地面之前速度為v1, v1=2gh 碰撞恢復(fù)系數(shù)為e,e為負(fù)值,所以第一次碰撞后速度為-ev1,方向向上,當(dāng)小球再次落回時(shí)速度仍然是-ev1,方向向下,前后動(dòng)量變化為-2mev1 易知小球第n次彈起時(shí)速度為-env1 , 當(dāng)n趨于時(shí),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(dāng)n趨于時(shí),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(chǎng)為F=-kr2+cr3(1), 及 F=-V(r)(2),可以得到,V(r)=-kr+c2r2,(3)有效勢(shì)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(dāng) r0 ,Veff+,當(dāng)r+,Veff0-,(2),曲線在r=rm=mc+L2km,處取得最小值,(3),曲線有零點(diǎn),r0=mc+L22km,曲線的大致形狀如圖。定性分析:在(Veff)minE0 (2),(1) 式已滿足,(2)式化為-3F-rdFdr0 (3),(1)帶入后得到 kr20 ,在k大于0 的條件下,軌道運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定,也是說(shuō)當(dāng)有微擾使之r增大后,由于此時(shí)斜率是正的,力為負(fù)的,即為引力,會(huì)使其恢復(fù)到rm;當(dāng)有微擾使其小于r,情況相反,力變?yōu)槌饬Γ瑯邮蛊浠謴?fù)。3.9 解: 3.11解:因?yàn)槭菣E圓E0 設(shè)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?yàn)椋篢=2ma3V=-a因?yàn)镋為恒量,所以E=E=-2aT=1T0TE-Vdt=E-V=-2a+a=2aT=12|V| 所以結(jié)論成立3.16解:由題意得被俘獲時(shí)又L=mvb代入可得3.20 解:= =(m)+ = (.m)-m(.)+ 因?yàn)?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(shì)場(chǎng)中角動(dòng)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(dāng)時(shí),選擇適當(dāng)?shù)?,使c=0,則II 當(dāng)時(shí),選擇適當(dāng)?shù)模筩=0,則(2).因?yàn)橛行?shì)場(chǎng),所以,當(dāng)時(shí),即存在一個(gè)臨界角動(dòng)量,粒子將被力心俘獲3.22 解:由書(shū)公式(4.4)知A即為 則顯然若要質(zhì)點(diǎn)的軌道運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定,須有=又由公式(.)可得所以該質(zhì)點(diǎn)作穩(wěn)定振動(dòng)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(jù)書(shū)上已得結(jié)論,物體運(yùn)動(dòng)所在的軌道方程是:,其中,易得軌道方程為:,當(dāng)時(shí)可得,最遠(yuǎn)距離,即物體距地的最遠(yuǎn)距離為由機(jī)械能守恒可得:,得當(dāng)物體距離地球最遠(yuǎn)時(shí)的速度為:(3)當(dāng)在最遠(yuǎn)處的運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的一半,由動(dòng)量守恒易得:,所以之后的軌跡為雙曲線的一支,軌道方程為3.24 解:以質(zhì)心為坐標(biāo)原點(diǎn)建立極坐標(biāo)系,則m到質(zhì)心的距離為:(1)m 到質(zhì)心的距離為:由萬(wàn)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(shè)暗物質(zhì)質(zhì)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(zhì)心位置,則有 : ,將其帶入(4)得:因?yàn)樗裕?.25 解:將勢(shì)場(chǎng)V=代入式(6.4)得與瞄準(zhǔn)距離b的關(guān)系式(1)。由式(6.5)得的值,其中E=.聯(lián)立(1)和(6.2)式,得瞄準(zhǔn)距離b和散射角的關(guān)系式(2),將(2)式代入式(6.11),得散射截面將勢(shì)場(chǎng)V=代入式(6.4)得與瞄準(zhǔn)距離b的關(guān)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(zhǔn)距離b和散射角的關(guān)系式(2)由得瞄準(zhǔn)距離b和散射角的關(guān)系式(2)將(2)式代入式(6.11),得散射截面- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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