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.docx
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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
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
fX=a(θ—sinθ)(y=—a(l—cosθ)
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路程,取=0时,S=O
H(X=a(θ—Sille)
Iy=—a(l—cosθ)
/-ds=J(dx)2+(dy)2=
J((Ie-cosθ-dθ)2+(sinθdθ)2=2asin-dθ
S=I]=4a(1—门〕一)
S=2acosθ-θ+2asiιι-θ=acos-θ2+2aSin-θ
22222
设:
为质点所在摆线位置处切线方向与X轴的夹角,取逆时针为正,L二弔即切线斜率
dyCOSθ-1
tanφ=—=——
dxsιnθ
受力分析得:
InS=—mgsinφ=mgcosy
Ω..Ω.-Ω
则1':
.一,此即为质点的运动微分方程。
22t52
S=鲁(S—4a)λ(S-4a)+~(β—4a)=0
・s-4a—周期性变化的函数,周期T=2π
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λ的单摆运动
运动微分方程为m(L∙2l)=F,
mrJ-mgSin
给式两边同时乘以LdV-gsind^
对上式两边关于T积分得1L2=gcos*c
2
利用初始条件V-J0时V-0故c=-gCOS710
由可解得日=-*JCoS-coSo
上式可化为-\:
丰∙Jcos日-CoS日0日=Zdt
两边同时积分可得
70
1
进一步化简可得sin2?
—sin22°
由于上面算的过程只占整个周期的1/4故
由Sin/sin-=Sin
22
两边分别对二「微分可得COSEdV-Sin-cos:
:
d:
:
22
COSAJIYin学sin^
Sin-costP
故dr-22d‘
II-Sin2电Sin2CP\2
由于OrVvO故对应的0<
2
故T=2
.2^0■
SinSin—
22
e二Sin22
—CoSe∕J1—sin2电Sin2申
22d「
Sincos:
2
故T=4l2d其中K2=sin2玉
YgJ1—K2sin2半2
通过进一步计算可得
T仔1[1(1*(jκ-(135(2n」)*「•]
Vg22江42^4><6汇…Tn
1.5
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
PMm
*一,①
Ra
M为地球的质量;
可知,地球表面的重力加速度g,X为取地心到无限远的广义坐标,
【I:
二Ill-「,②
联立①,②可得:
岂仃;,M为地球的质量;③
当半径增加
R2=R+jl,此时总质量不变,仍为M,
此时表面的重力加速度1可求:
由④得:
则,半径变化后的g的变化为
g=G
Rz2
(R+ΔR)2
⅛+ΔR32
对⑥式进行通分、整理后得:
AGMΔR3+2ΔRR
8=R7CR+ΔR)2
对⑦式整理,略去二阶量,同时
H远小于R,得
A2ΔRR2AR
⑧
则当半径改变J
N时,表面的重力加速度的变化为:
A2ΔRR
2AR
=S—。
oR
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,Hy
质点的运动方程为
m(r_L2)=F-mgcos-m(L2r寸)二mgsin寸
e?
其中,
r=-V,r°=L,r=L-Vt
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址,法向分量大小为丄。
(其中生、L为常数)则有
(D
③
其中「为曲率半径。
v=⅛t+v0
【初始位置,
r=λM2+vot+ro
其中是把谢式代入-式得
V2ta∏t+v0)2
P=-=
at≡t
由眇
Vatatat
3二一二Vr二—二
PVZVant+v0
对E式积分则得
M[;式转化为时间关于角的函数
O^dt+θ0^1II(M+vO)+θ°
其中H,是初始角大小。
我们把
5a(θ-e0)
e筍-VO
t—
an
将〔丿式代入乍[!
式,于是得质点的轨道方程
1⅞π(0-θo)VO丄
2anet^⅛+rβ
当我们取一定的初始条件\-1'--
寸,令殳二
⅛⅛0方程可以简化为
r二IllK
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:
mgl1=^mV2,所以在原长位置时:
V1=..2gl1
因为加速度为g,所以,至U达原长的时间为:
1
V2-02∣1
一g一1g
(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
ZO
rmg_kz=mz
k∣2
mg
化简得:
zLg
∣2
解微分方程得:
Z=C1COS,gtC2Singt12
∖∣2V∣2
因为t2=0时,z=o,z=Vi=2glι
所以,Z=-I2COSlgt「J2l1l
Singtl2,z-
∖∣22
1=g∣2Singt2g∣1cos
V∣2
∣gt
当Z=O时,t2
2lι
此时Z=∣2(∣2~2∣i)∣2
(3)所以总时间为
t=t1t2=
;(二一t"∣
221)
A,D间总距离为
S=ZIZ2=∣1∣2..12(厂2∣ι)
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,
mgr(1_cos寸)=^mv2,
又,由绳子张力为零可知
2
rV
mgCoS=m,r
第二阶段,设上升高度为h,则
2
h(VSin旳
h=
2g
联立、
2322323
可解得h=一r,COSV--;hrCOSV-一r=一l
2732754
因此质点上升最高处为o'点上方23I处。
54
设斜抛到达最高点时水平位移为S,则
S=(VCoSj)t=vcost(VSinr),s=4l^r=乞l;rsinv-s=5∙^l
/g275454
因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边
U处
54
1-12
解:
由自然坐标系
if
ms=
m-
P
即
„S2
S=(X_
PS2
Cl-
P
ICIS
ds
ds
•■
S
dy
(l+κ")
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,飞讥遊合力矩为零,了』:
过矩心,故力矩也为零,所以系统角动量守恒;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:
售[叫(闻+r輛)+皿搦=n⅛gi
同时有f-∣V-A
得到:
嘟_f亠丹I二二:
g
mA[(l-z)9-2z9]=0
(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:
ISlS(、
-mAVD--mAVi-m3g(r-a)
由角动量守恒得:
IDAaVD=InIn
得到r=3a
而由初始时刻二亠:
二二,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:
mA(r⅛+2rφ)=-fmA+mB)gsin0sin(p
InBZ=-mEgCOSE
约束条件:
L——-
将约束条件连续求两次导,带入上边方程,消去Z,得:
(mA+InB}f—mArφ2=(mA+InB)gsinθcosφ-InBg
mA(TiP+2rφ)=-(InA+mB)gsin0sin(p
(3)第三问不会做。
1.15
V=
可得:
22
mcos:
*2m
水平方向动量守恒,则vmcos=mu
有余弦定理得:
222
I、U十V-Vr
cos(二_:
)-cos:
2uv
Vr
2
2mcos:
mH
可得:
U=
VmcosJi
mvrcos:
Jm"2+m2cos2+2mm"cos2α
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
所以得VC
mBv。
m∣Am∣B
B看作系统,由动量定理知其质心速度VC满足(mA∙mB)vc=mBv0
由易知AB各绕质心做半径为mBl,mAl的圆周运动,由初始条件得「=旦
mA+mBmA+mBI
以质心C点的坐标XC和yc及杆和X轴的夹角V为坐标
P(mAm∣B)ycj=mBV°j
mAmB2..
L=(mAmB)xcyckl^k=ImBVok
mAFb
1-2
TQmAmB)yC
1EaEb$.2
2mAmB
12
mBv0
2
1.18
解:
设m和m2碰撞后,m的速度变为V^,m2的速度变为v2,m2与m3碰撞后,m2的速度变为
V2,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PPlI和p∩2而言,则有:
I
mw=mw+m2v2
12_1,212
2mv1=2mv1+2m2v2
2
两式联立消去v1,则有V2=mtv-①
对于m2和m3而言'同样有:
mhV2=m2v2+m3V3
121'212
2m2V2=2m2v2+2m3V3
由以上两式联立消去V2则有V3=2m2V2②
mb5
将①代入②得:
、
=4mm2W
3(mimJ∙(m2mJ
将上式对m2求导得
dV3
dm2
2
4mw(—m2+mmJ
22
(mim2)(m2m3)
jmb2B
+VImIm)(m3十Jmm≡)
由髯=0可得my
即当m2=1mm3时V3最大且V3max
1.21
解:
由题意得
厂m(r日2+r®2SinMJ)=F-+mgcosθ
«**
VSin^cosB=gsin^
J^Sin日+2®日CoST=Q
由③得tanr「2T
整理并积分可得aτ-
Sin2日
a2
将之代入②可得
in3
整理并积分可得「二--(2rg
COSr
2
C)(正值舍去)
Sin-
由题意知,「-时若要质点不飞出去,则.=。
2C2
.aC=O=C--a
由题意知,初态时刻即
COSd
-时也有匚-0r
Y宀h2)
已知初态时速度为Vo,
Vo
联立④⑤⑥即可得
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:
mx1=mX2①,
且XiX2=R[sin(-:
U)—sin(:
)]②
对小球列牛二方程,有:
mg-FnCoSc"=ma1y
FnSinCV)=ma1x④
对半球列水平方向的牛二方程,有
FnSinCn)=ma2x⑤
对半球列水平位移方程,由积分得
tt
a2xdtdt=X2
00
-⑥
对小球列竖直方向上的位移方程,由积分得:
tt
IIaIydtdt=R[cos;-COSe-)]⑦
00
对⑥和⑦分别对时间求偏微分,同时联立①和②,得:
..mR2—
a2x=X2[cosC巧丁-Sin(:
丁)-]⑧
m+m"
aiy=R[cos(ι沁Jrsin(鳥范);]⑨由③和⑤得:
m(g-aiy)ma2x
CoSC巧Sin(:
旳
将⑧⑨带入⑩中并且使用
代换,整理可得:
F』RCOSeF「d^
m+m
(11)
[sin(…)JRCOSi」].
(m+m)tan(Of+θ)
对(11)两边同时积分,并且V0=0,,可得:
Il2gT(m+m)sin(α+0)
mRcos2(:
巧2mR[sin()-sin:
]COSGv)
1,25
解:
对于杆my=-mg+Fcosa
对于三角形m'X=FSina体系满足约束x0=lXtana+y=h
运动方程为
m'..
Xtana-g+XCOta=O
mcota
X9mm'cot2a
m
y=-g厂
mm'cota
1.26
解设弹簧原长为L,在距离左端
I处取一质元dI,
其质量为CIm=mdlO
L
建立X轴,以平衡位置为坐标原点
0。
在某时刻,设物体的位移为X,则质点位移为
dlX,L
速度为V=晋
2
质元的动能为dEk=—dm,
2
:
—(理骑叫|
02LdtL
整个弹簧的动能为Ek弹=.dEk=
I2
2'
弹簧的弹性势能为EP与,滑块的动能为Ek物=岁(訝,系统的机械能Ek物+EP+Ek弹=常量,
'2
则巴(空)2+匕+
2dt22L
I2役。
L(dD3(¥)=常量
对上式两边求导,得:
[m'∙m
L
:
(dl)]乎+kx=0
则⅛x+
x=0
mL3
mm0(dl)
1
所以此体系的振动频率f=—
T
2~
k
'mL
mL0(dl)
1.27
解:
A,B点运动方程是
Mx'
My
=-F
C
F=
1.28
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
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点为极点建立极坐标,
则可列方程如下
mr_rJ2=Fr
mr丁2r丁-F^
还有如下关系式
Ra
=:
一arctanarctan:
R
依次求导,
Ra
r上
J1+G2
r=R^~
1:
-2
Ct・厂C
2
V-:
-arctan:
,
Of
1亠-:
■
Of
2:
1:
22
tanx
将力分解可得
FV-FTSinX=FT
CL
Fr-_FTCoSX--Fr
rTTJ:
-2
将以上代入方程可得
R1:
2
2α
1亠:
乂2
2
m
:
2
R:
1■22
■2:
■
2
1+α2
FT
m
1-:
212:
:
B:
=O
2g2+o(2α-B=O
其中B=-FL
mR
2
消B,可得爲''=O
■dα
另由I=
dα
积分可得二.】=C
化解可得
代入可得=0
又由能量守恒,V=rerrre=,所以v=.r2∙r2r2=vo
代入r和r,可得
22
Ry2
2一1亠:
.
即:
V=也
R
又由rO[=R=R.1:
O2,
:
0]=0,
C=O
此即所求。
积分干曽C,
化简可得
4∖Rt
B2・
代入B=2--''
所以F^mRB
2
mvO
.2Rv°t
另解第一问同上,而对于力的求解过程,也有
mr-rr2=Fr
mrJ2rJ-F-I
在任意时
刻对速度分解有
Vr=VOSirX
而V=rel∙+r^e°
Vr-VOCOX
所以会有
R
r=Vo-
r
αJr2-R2
L-Vo-
r
R
r
r2-R2
2
r
R
冋时由于r=VO—积分
r
rdr=voRdt
RO
可得\r2-R2=2v0Rt
r=V0R
22
VoR
r3
2R2=r2_
r^r^R2
■2r=Vo
_2R2二r2_R
r厂「2二只厂r
而由1、2、
3代入
向方程可得
22
voR2
rrv0
r
r2-R2∖
r4J
化简得
2
mvo
2
mvo
.2v°Rt
而由1、
2、4代入法向方程可得
2
rvo
2R2—r
C2Ir2
√22
.r-R
—2v°—v°
rr
化简得
2∏3d2∏3
mvo2R-rR2Rr-2R
2
mvo
2v°Rt
1.31
解:
dvdm
mVrmg
dtdt
dv
Vrdm
dt
dt
dv=-gdt-Vr
dm
设m=m0ft
df
dv=_gdt_v「
积分:
v=-gt-vrInfC
t=O时fOl=I
V=C=C=vo
故v=voVrIn匹-gt
m
1.34
解:
建立竖直向上的坐标Z,设软链最高能被提到ho
对重物和软链组成的系统,从开始运动到软链达到最高,有机械能守恒,得
h12
mghPZgdZhg
o2p
解得h=2m∕p°
答:
软链最后可提到2m/p处
1.32雨滴下落时,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解:
设雨滴的本体为m.由物理学知
∙d(mv)=F.
dt
1)在处理这类问题时,常常将模型的几何形状理想化。
对于雨滴,我们常将它看成球形,
设其半径为r,则雨滴质量m是与半径r的三次方成正比,密度看成是不变的,于是
m=k1r3,
其中k1为常数。
2)由题设知,雨滴质量的增加率与其表面积成正比,即
dt
其中k2为常数。
由
(2),得
dmI
k1
dt
3吧
由(3)=(4),得
dr
k2
dt3k1
对(5)两边积分:
rt
ad-o'dt,得
3)以雨滴下降的方向为正,分析
(1)式
⑺
(8)
当t=O时,v=0,故k3
迟v」「ta-
4'4
将⑹代入
(2),得
m=k1Cta)3.
訥Cta)WkIeta)3g,
V3t3
Od[k1(ta)v]=0k1(ta)gdt,
1
k1(■ta)3vk1g('ta)4k3,(k3为常数)
1.35
解:
(1)以火箭前进方向建立直角坐标Z轴,火箭的位置r=rk。
设t=0时刻,dvdm
m0m0gVr
dtdt
动微分方程为:
又dm.kmo,
dt
火箭的运
可得:
m°3-mogkm0vr,dt
要使火箭能够起飞,须满足:
m°dv0,
dt
即_m0gkm0vr0,=kvrg。
(2)设t时刻火箭的质量
为m,其运动微分方程:
'dv
m=
dt
-mgkm。
*,
又m=m°—km°t,代入得
kvr
dv十gEt
两边积分得:
V-_gt_vrIn(1一kt)
由
(1)可知火箭在燃料消耗完之前一直在加速,直至燃料消耗完时
速度达到最大,
1m
设燃料消耗完所用时间为to,由m°-km°to=m得:
to=—(1-——)
kmo
gm
则:
Vm
(1)VrIn
k一
mo
mo
。
m
在0到to这段时间,
dr
—=Vdt
得:
t
r=Vdt
o
=rVgt2沪Jkt)(In(I一
-1)11
当t=to时,得:
g
2k2
(In工一1)+」
mo
对火箭从速度Vm减到O这一过程由动能定理得:
-mgr2θfmvm2
22
-r?
二仏=J(In吗2县(1-卫)2亠In^(1-型)
2g2gm2kmokmmo
2
则火箭上升的最大的高度h利∙r?
=vHlnm°)2•乞(1-空-1nm°)
2gmkmom
1.36
解:
(1)如图所示,建立直角坐标系x-o-y-z,假设两质点m1,m.初始位置在坐标原点O,终
12
ml=U(XIy)Z)
点在(x,y,z).由能量守恒定律得:
2
1
得到:
I/U(x,y,z)]2
m
l
0dl
积分得到
1
∕u(χ,y,z)Jdt
m0
故得到;t=|/
1
2U(χ,y,z)]2
m
解得到:
(2)若势能乘上常数
2J
a,则:
tι=∣/[2aU(Xyz)]2,而七2U(x,y,z)f
mm
所以:
tl
1.37
l-'2
户O
A上升的最大位置
弹簧原长
A的初始位置
状态1
Wv<√s>>∕<<√
A下降的最低位置
状态2
状态3
图1A、B运动过程图
解:
若B刚好可以弹起,则当A上升的最高点时,B所受的平面支持力刚好为0,画图临界过程如图1所示。
以竖直向上为y轴,弹簧的初始位置为y轴原点。
由
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