分析力学作业讲解 第一章 低速宏观运动的基本原理.pdf

分析力学作业讲解第一章 低速宏观运动的基本原理包括1 2 3 49 10 11 12题1,设质点在势能场中运动，在笛卡尔坐 标系中写出其拉格朗日方程。解：拉格朗日方程为：d dL dL-=0(a=1,2,3)dt雨a 为aL为拉格朗日函数L=T-U笛卡尔坐标中的坐标变量为和，不，那么3T=Z 戊:/2 i所以,3L=T-U=mi；/2-U（X,羽，x3）i=带入那格朗口方程得到dl_d_Ox,，3y 加;/2 _ u（内,、六1、J SUdL dxtd（3 戊;/2 U（%,羽,.）端 I j=i带入拉格朗日方程7L 也也=0 3二,2,3)dt dqa dqa dt dx即有dU/ic mx-(a=1,2,3)dXj这就是笛卡尔坐标系中的拉格朗日方程。2.已知柱坐标（P，0,z）与笛卡尔坐标的关系是x=p cos（p,y=p cos?,z=Z如图1.设质点在轴对称势能场。（夕）中运 动，写出其那格朗日方程。解：由柱坐标和笛卡尔坐标的关系可知dr=epdp+%pde+e.dz等式两边同时除以由r=eppe（pp（p+ezz那么，系统的动能为E 1-2 1 -?7-9-9 XT=一 广=mp+一+z-）2 2y那么，系统的拉格朗口为L T-U=m（p2+p2（p+2。）-U（/?）所以 2eu（p）一夕一一一-dLdL 次2 7 A-a一/dLmp(pdL.二mz dz-些如二00带入拉格朗口方程，则有:.1 dU(夕).mp=m(p-p-,p(p+2p(p=b,mi=0d p3.长度为1的细绳系一小球，悬挂点按照X二 AsinMf-%)方式运动，如图所示，小球被限 制在*，Z)平面内运动,小。时悬线竖直向To86(a)求悬线和竖直线偏离 所对屏的虚位鸾,(b)已知在这F时刻的角速度为,求经进 时回后的位移。问：当 g时，W,加有何急聊任意时刻，约束所#I:容许的位移为虚位移，途中“的小球，受到细绳的和自身 ,重力的约束，在这个时刻，4小球只能围绕。点作圆周运动，当偏离角为阳时，对应的虚位移为180 O(b)小球经过”时间后的位移，可以看作有 两部分组成：(1)小球绕O点作圆周运动所产生的位移前怎(2)小球随O点一起作简谐运动所产生的位移又df=Acodtev n _._所以，小球的位移为,dr=l3Ate+Aa)dtey d iU A dr和的区别如图所示：七”虚位移和实际位移的主要区别在于A虚位移之和约束有关。A实际位移除了和约束有关以外，还和物体 当前的运动状态有关。4.长度同为/的轻棒四根，相互连接成一个可 以无摩擦的改变顶角的菱形AN和AD 两棒无摩擦的支于处于同一水平线上且相距 2a的两根钉上，30之间用一根轻质棒连接，在连接点（8和。处），各棒之间可以无摩擦 的转动，C点上系有一重物W，。点和重物受 到约束，只能上下运动，殳4点两棒之间的 夹角为2%试用虚功原理求平衡时联结棒5。中的张力耳，讨论的耳方向,与a的大小的关系。问：在什么情况下有%=。，说明其/意义。解虚功原理/羯/:?啖见=o 以我们考虑当A法的夹角增加於，只F/Z r 有B、D和C处的约束力的虚功不 丝为零。那么：W/7r+%-Jr=2FTl sin(a+3a sin a-FK2/cos(a+6a-cos a+JVactan(a+5a)-ctan a=0利用近似方法f(x+3x)-f(x)-x可得：arsin(6Z+Sa)-sina cos a Sacos。+6a-cos a-sina、ctan9+Sa)-ctan a-esc*-a-Sa将上面的近似式代入虚功方程可得：2F/Sa cos a+IWlSa sin a-Wa esc a8a-0即 Ft-Wa 1(21 sin2 a cos a)-W tan a有：r.Ft0 sina 值 杠对B的作用力向外V2/耳 0 sin aj共杠对B的作用力向内鸟=0 sin a=杠对B无作用力9.质量为M的斜面可以无摩擦地在水平桌面上滑动。斜面上无摩擦地放一滑块m,如图所示。写出拉格朗口方程，并求斜面的加速度工和滑块相对于斜面的加速度文。解：系统的拉格朗日函数为L=mX-cos8）。+mx sin2 62 21+MX 一zgxsin 0 20Xd/a1/二mg sin 6=2cose(cos8-N)+Lisin 6 dx dxdL dL 八-=0-=rn(X x cos 0)+MXdX dX带入拉氏方程：m cos 8(，cos 6-X)+mx sin-。=mg sin 0mX 一工 cos 8)+MX=0即有：.mx 一 mX cos 6=mg sin 6mX-xcos6)+MX=0解之得：升 mg sin 9cos S。解：按真实情况运动时，自由质点作匀速直线运 动，速度为常数。Z2 f2S()=J L(x,x,t)dt=|mu/2dt=mu2(t.一八)/2将 u=(x2-xl)/(t2-tl)带入得到2区一切将u=(z-X1)/(D带入得到U平方的 平均值大 于U平均 值的平So=2&TJ(b)假设自由质点不做匀速直线运动,度为时间的函数，且满足：b-a-L(t)df那么 :rZ2 1 9.1 广2)=mvdt m bdt2 2%萩T帅一行=为22-，|)LL J 2缶-4)等号成立的条件是U为常数。则速X0滑块的能量斜面的能量系统的总能量X K系1 2E=m(X cos。)-+?gxsin 0E=-MX2?JE m(X-x cosOy1 9+-M(X)22+mgxsin 6K系1、E=m(X+V-x cosdy+zgxsin 61,E=-M(X-VyE=m(xcos0 X V)21.2+-M(X-V)2 2+mgx sin 0分析力学作业讲 解第二章守恒律 的拉格朗日L=T-U其中u=ug）是坐标和速度的函）证明：整个系统绕Z轴转动角度小对应的广义动量不再是4=2京sin 如1.22（2.16）式,而是NkxdU/我。=1（b）已知布电磁场中电荷为廿的粒其中0和4是 电磁场的表示和矢势，求广义动易为解：由广义动量的定义：dL.dU在课本中求出，那么将值代入即得占径为。的半球形碗，放在光滑的水平桌面上，如图1，有一个质量为 的滑块沿碗的内壁无摩擦的滑下。用 表示滑块“与球心连线和竖a方向的夹角.这个系统起始时静止序=4O求滑块滑到=%网的值。解：系统的拉格朗日为:L=m(X aacosa)2(aasinaf J+MX2-mga(l-cosa)12=/h(X2+2aXdcosa-a2d2)-MX2 cos a)2 2那么化简得将上面第：式写成再带入第一式得d/.(aw+M)-(17&COS OL I-X dtv m X cos a+ad=-g sin a -aa-2 sin aX=-cos aaacosa-aa2 sin a)=+)(aag sin a mcosa1M&+叱sinacosa笈=七sjn,(in+A/)(m+A/)-*iI r I j doc doc dol dot 11n 彳口 利用a=-=a，即得dt doc dt da四竺叱也 M 丝包丝小村a=_g(m+M)(m+Af)sin cula注意到等式左边是一个全微分，积分即得,2(m+M)月(cos%-cos%)V(M+m sin2%)。经为。的半球形碗，放在光滑的水平桌面上，如图1。少 个质量为加的滑块沿碗的内壁无摩擦的滑下。用a表示滑块位 单与球心连线和哆方向的夹角。这个系统起始时静止且。二%:求滑块滑到=四时的值。解：由于系统在水平方向不受力，所以系统在水平方向上的动量守恒：mu cos a+MV=0在有能量守恒得到5，炉+MV2=mga(cos a-cos tzo)式中的u和y为滑块和半球形碗相对于地面的速度。而,、,2u=(V+adcosa)+(a&sina ucosa=V+ad cos a代人可得,、m(V+&cosa)+A/V=0./7?(V+ad cos a Y+/7(ad sin a)=mgci(cos a-cos a)-【(1第一式得V=-a&cosa,代入第二式得m+Msin a22 f+-Af2(in-aacosa+M)=mga(cos a-cos。l-U。z 0区域经过分界面进入z0区域中的功能。解：系统具有xy平面内的平移对称性，所以动量的X,y分量守恒:P1X=P2x Ply=Ply又系统的能量守恒，则有r Pt r El=E.2 m啜一”。那么，则有区=左+4 2 m 2m即:4=1+(/。/七卜府次射所动量与z轴的夹角之比为sing P*Pi P|即满足折射定律。4,求半径为。，圆心角为2 8的均匀扇形薄片的质心嘀的设均匀薄片的定点在原点，取对称轴为y轴，则K重心一定在y轴上 那么质心的y坐标为ye-jj yd a=_ 1 2a3 _ 2a sin 0一商 3 一 36所以扇形的质心在其角平分线距圆心2asin 9/(3 0)处。的笛卡尔分量4,4,L和它的平方Z;用球坐标，仇列 A J r=-1+ccoske有心引力作用下沿圆形轨道运动，力心在此圆的圆周上。证这一有心力与距离的五次方成反比。：设置点运动轨迹圆周的半径为a,则其轨迹方程为：r=2a cos 0则：1 1It-r 2a cos 0du 1 cos3 夕+2sin2 8cosd 62 2a cos4 6du 1 1+sin2 0 1 2-cos2 0-_=_d&2 2a cos 0 la cos 0带入比莱公式：整理之后可得：)=mF-m所以有心力与距离成五次方成反比。5卜44顶角为2a的圆锥形光滑杯中放置一个质量为 内的质点。圆锥的轴沿竖直方向，杯口向上。求证当E0时，质点在两个水平圆环之间的杯壁上运动，并写出决定这两个圆环半径的方程。解：系统的约束方程为/=z-pcota=0系统的拉格朗日为L=T-U=-m(p2+p+z2)mgz=，(-csL a+p(p)-mgpcol a 所以dL=nipcsc 6P一 adL=m(p p-mg cot a 工”2 c 2-“八上bp 中 尸 pcsc a=(p p-gcota(3)dL.dL 八二0 d(pmp-=/(Constant)(4)带入（3）式可得.2 J1骏一口二,4mp利用0”二dt dp dtpcsc解之-2 p CSC系统的总能量E=T+U二、m（C.，J20-gcota=0=pcsc-a=,3-gcotaP 1二哈，可得 1adp r-r gcot a dp1厂夕),7J.：a-；r一 2gpeota+C一 (二 5?(0 _ esc _ a+p _0-)+mgp cot a、,2gp cot a+,)+mgp cot a=mCmp m-p-2带入可得.2、2E J2-p csc a=-；-2g/7cot am irT p-当质点到达最低点或者最高点时Q=0,2E J2=；r+2gpcot a m mp这个方程有三个解，两正一负，显 然负数解应舍弃。设余卜的两根为/min，夕max（Pmax 夕min。）,川：、（图）P-=sin-a2E J2、二一 i、一2gpeot2 ni m p Jc J12gpeot a=nf p2E m显然只有当4inP-x时，质点 的速度才为实数，所以质点只能在 Pmin/m.x之间运动-3妣然点F引一条线段，以均匀的角速度G绕F点转动,求证此线 七与椭圆的交点M的速度为U=Mrm/b,其中却lb是椭圆的半长轴 口半短轴。k由椭圆的极坐标方程-,(0 e 1,p=b)a、e-da)1-ecos 0能为 U=-a/分别对2。画出仃 力势能U,赭的曲线，并分别讨论这三种情况下的各种可能的运动方式。(b).浒叫只仃当之2时，粒广才能落到力心上。说明兀物理原因。并对=?计算落到力心上的截面。解：(a)等效势能为：U,&=U(r)+p；/Qn2)_ a,Pn 2 r r根据a和尸的关系，-：种情况卜的u 的仔;灯如卜：(黑:2：红：=2；绿：”2)运动的粒子的能量为(E=E*+U 败k们在讨论粒r在不同的势能中运动，只考虑束缚运动和无限运动。判断 粒子能否作无限运动,只需看当rf s时，粒子的速度(动能)能否一直 保持为正的非零值。(2)、当 2时,粒子的有效势能:U _。、仆f o时，上式的第Y主要部分。则U.救吟T6而E=；+(/效，粒子的能量是仃限的。所以上式不可能成立，也就 粒子不能落到力心。当有效势能最大时有则有效势能为，_尸 1 仍2产mb2u2)0 有效 m“二U 有效&)=不以-2)-、,4 I HC4 J粒子被俘获的条件是与NU力戒max，即 1,1 mb2u2 V-2mv 之一a(-2)-2 2(,三,a Xn It n(n 2)-(7tr J所以，粒子落入质心的总截面为在a y(T=Kb=万(-2)-求粒r受这势能散射的有效截面。设皿3，底半径为。的硬质圆锥体,能为U=0 o粒子平行于锥轴入射,如图锥内势能为U=8,锥外 求散射的有效散射假面。3aMi验室系中靶粒子相对于射弹粒广入射方向的反冲=t中2是射弹粒子在质心系中的散射角。解：设入射粒r在实验室系中的入射速度为q,设不为q方向的单位 矢后，靶粒r在质心系中的散射向为晨”则射弹粒r在质心系中的散射角为cosx=ne入肘粒子和靶粒子碰撞后在实验系中的动量为p=mun+m,一-L/?zulp 叫万+近在实验室系中靶粒子的散射角应该是靶粒子的散射后在实验室系中的动量和入射粒 子散射前在实验室系中动量的夹角，所以_（-mu n o+/g）e（一行 0+号）（曷）COS（p=COS（p”6）=-二-z=-zmuin；）+mux 京 n+e1cos/+1 1 cos/(cos/-l)2+sin2/yj?_ 2cos?