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.doc

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.
X

Y

解：

设s为质点沿摆线运动时的路程，取 =0时，s=0

S== 4 a (1)

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，即切线斜率
=
受力分析得：

则 ，此即为质点的运动微分方程。

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的小球做任一角度的单摆运动
运动微分方程为


给式两边同时乘以d
对上式两边关于积分得 ‚
利用初始条件时故 ƒ
由‚ƒ可解得
上式可化为
两边同时积分可得
进一步化简可得
由于上面算的过程只占整个周期的1/4故

由
两边分别对微分可得

故
由于故对应的
故
故其中
通过进一步计算可得

1.5
x
y
z
p点

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
, ①
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，
，②
联立①， ②可得：
,M为地球的质量；③
当半径增加 ,R2=R+ ,此时总质量不变，仍为M,
此时表面的重力加速度 可求：
④
由④得：
⑤
则，半径变化后的g的变化为
⑥

对⑥式进行通分、整理后得：
⑦
对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R，得
⑧
则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：
。

1.6
y
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，
质点的运动方程为
ө
et
eө
X
mg
B

其中，

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，法向分量大小为。(其中、为常数)则有

其中为曲率半径。
由式得

其中是初始位置，是初始速度大小。
把式代入式得

由式

对式积分则得

其中是初始角大小。我们把式转化为时间关于角的函数

将式代入式，于是得质点的轨道方程

当我们取一定的初始条件时，令。方程可以简化为

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：, 所以在原长位置时：
因为加速度为g，所以，到达原长的时间为:

（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Z。

化简得：
解微分方程得：
因为t2=0时，z=0,
所以,

当时，

（3）所以总时间为

A,D间总距离为

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，
，
又，由绳子张力为零可知
，‚
第二阶段，设上升高度为h，则
，ƒ
联立、‚、ƒ可解得h=，；
因此质点上升最高处为点上方处。
设斜抛到达最高点时水平位移为s，则
，s==;
因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边处。

1-12
解: 由自然坐标系

即

∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴

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，合力矩为零，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：

同时有
得到：

(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：

由角动量守恒得：

而
得到r=3a
而由初始时刻，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：

约束条件：
将约束条件连续求两次导，带入上边方程，消去Z，得：

(3)第三问不会做。

1.15
水平方向动量守恒，则
有余弦定理得：
可得：v=
可得：u==

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、B看作系统，由动量定理知其质心速度满足
所以得
由易知A、B各绕质心做半径为，的圆周运动，由初始条件得
以质心C点的坐标和及杆和x轴的夹角为坐标

1.18
解：设和碰撞后，的速度变为，的速度变为，与碰撞后，的速度变为，的速度变为
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
对和而言，则有：
=+
= +
两式联立消去，则有= ①
对于和而言，同样有：
=+
=+
由以上两式联立消去则有= ②
将①代入②得：=
将上式对求导得

由可得=
即当=时最大且

1.21
解: 由题意得
m()=Fr +mg ①
②
③
由③得
整理并积分可得 ④
将之代入②可得
整理并积分可得（正值舍去）
由题意知，时若要质点不飞出去，则

由题意知，初态时刻即时也有
⑤
已知初态时速度为v0 ， ⑥
联立④⑤⑥即可得

1.22

FNy
FN
FNx
FNx
FNy
FN
α
θ
G

水平方向动量守恒，所以质心水平坐标不变，使用质心系，有：
————①，
且 ————②
对小球列牛二方程，有：
————③
————④
对半球列水平方向的牛二方程，有：
————⑤
对半球列水平位移方程，由积分得：
————⑥
对小球列竖直方向上的位移方程，由积分得：
————⑦
对⑥和⑦分别对时间求偏微分，同时联立①和②，得：
————⑧
————⑨
由③和⑤得：
————⑩
将⑧⑨带入⑩中并且使用 代换，整理可得：
————⑾
对⑾两边同时积分，并且，，可得：

1,25
解：对于杆 m=-mg+Fcosa
对于三角形 =Fsina
体系满足约束 x0=l xtana+y=h
运动方程为 tana-g+cota=0
即 =g
=-g

1.26
解 设弹簧原长为Ｌ，在距离左端处取一质元ｄ，其质量为ｄｍ＝。
建立X轴，以平衡位置为坐标原点O。
在某时刻，设物体的位移为ｘ，则质点位移为，
速度为ｖ＝，质元的动能为dE=，
整个弹簧的动能为Ｅ＝　　　　　
弹簧的弹性势能为，滑块的动能为＝，
系统的机械能＋＋Ｅ＝常量,
则++=常量
对上式两边求导，得：[m]+kx=0
则+=0
所以此体系的振动频率f=

1.27
解：

A,B点运动方程是
Mx’’=-F
My’’=-F
F=
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

1.28
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
还有如下关系式 ，
依次求导，有 ， ，
，，

将力分解可得
将以上代入方程可得

化解可得 其中
消，可得 另由 代入可得
积分可得
又由能量守恒，，所以
代入和，可得，即
积分，又由，，
所以 代入
化简可得 所以
此即所求。

另解 第一问同上，而对于力的求解过程，也有 在任意时刻对速度分解有
而


‚

所以会有 即
同时 由于 积分 可得
ƒ ④
而由1、2、3代入径向方程可得 化简得
而由1、2、4代入法向方程可得
化简得

1.31
解：

设

1.34
解：建立竖直向上的坐标z，设软链最高能被提到h。
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

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：设雨滴的本体为由物理学知
(1)
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，设其半径为则雨滴质量是与半径的三次方成正比，密度看成是不变的，于是
， (2)
其中为常数。
2) 由题设知，雨滴质量的增加率与其表面积成正比，即
(3)
其中为常数。由(2)，得
(4)
由(3)=(4)，得
(5)
对(5)两边积分：得
(6)
将(6)代入(2)，得
(7)
3）以雨滴下降的方向为正，分析(1)式
(8)

（为常数）
当时，，故

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 ，火箭的运动微分方程为： 又 ，
可得： ,
要使火箭能够起飞，须满足： ，即 ， 。
（2）设 t 时刻 火箭的质量 为 ，其运动微分方程：，
又 ，代入得 ：
两边积分得：
由（1）可知火箭在燃料消耗完之前一直在加速，直至燃料消耗完时 速度达到最大，记为。
设燃料消耗完所用时间 为，由 得：。
则 ： 。
在0到这段时间， 由 得：
当t=时，得：
对火箭从速度减到0 这一过程由动能定理得：

则火箭上升的最大的高度 。

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，终点在（x,y,z).由能量守恒定律得：
得到：
积分得到
故得到;
解得到：
（2） 若势能乘上常数a,则：，而
所以：

1.37

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。
由状态3得：

由状态1得：

从状态2到状态3，更具能量守恒定律得：

由状态1到状态2应用能量守恒定律得：

将，，带入化简得

所以：

1.38
解：由动量守恒定理和动能定理得：
〔m′+2m〕v′=m′v
m′gh=0.5〔2m+m′〕v×v+m′gH
0.5m′v×v=m′gH
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：以碗的球心为坐标原点建立球坐标系：
则r=Rer+zk
r=Rer+Rφ eφ+zk
=er+R eφ+k
= er+2 eφ+ R eφ- R er+k
=(- R) er+(2+ R) eφ+k
F=-mgk
带入达朗贝尔方程得：
m[-gk-(- R) er+(2+ R) eφ+k] (Rer+Rφ eφ+zk)=0
化简得：

2.5
解：质点在铅直平面内运动，自由度为1，以小孔为坐标原点o建立平面极坐标系，竖直向下为极轴的正方向，以为广义坐标，设以速度拉绳的A端，从小孔到质点的原长为，以原点所在平面为零势能平面，其动能和势能为
T==（—）
V=-mg（—）cos
L函数：
L=T-V=（—） +mg（—）cos
则 m（—）
()= m（—）-2m（—）
-mg（—）sin
代入L方程，得运动微分方程为
m（—）-2m（—）+mg（—）sin=0
2.10
解： v=
r=R
以为广义坐标
T=mR
L=T=mR

=
2.13
解：由杆AC，DG力矩平衡：

又有F1＝ F1’， F2＝ F2’

若有，
则有：
即秤锤的重量P与重物P’在秤台的位置无关，且

2.16
解：设A(0,yA) , B(x,y) 则由给出的方程可知
y=
且由该方程分析可知，有y<<<yA
又由AB=2可知，yA=
因此可得V=mg=mg
所以由可得
显然等式两边的分母不可能相等，则只有认为x=0
即当杆竖直时(此时B点即在坐标原点)，该杆才处于平衡位置

2.16
如图所示建立直角坐标系xoy,取y为广义坐标，A（x,y）
由题意可得系统的势能为
，由于约束条件：
得到

可以得到：
无解
故可以得到无满足平衡的位置。
2.17
解：该力学体系有2个自由度，如图所示：
以为广义坐标，以过圆心的水平面为零势能面。
则两根杆的势能分别为：

体系的总势能为：
由及
当 。
2.19
解：以O为圆心建立直角坐标系，由于体系是理想完整约束体系，
且约束力是保守力。
得：
化简得：
由得：
得：

2.19
解：取为广义坐标，以O为原点，弹簧所在直线为y轴建立直角坐标系，设弹簧固有长度为,则=2lcos=l.
系统势能V=2mglcos+
由拉格朗日方程理论质点系平衡方程知:
,则有=0
解得:.
2.20 解：（1）对于半无界均匀场，假设无界场以x轴为边界，则空间对x轴平移不变，所以x轴方向的动量守恒；
（2）对于两点场，若以两点连线为z轴，则绕z轴转动不变，所以绕z轴转动的角动量守恒；
（3）对于均匀圆锥体的场，则绕z轴转动不变，所以绕z轴转动的角动量守恒；
（4）对于无限均匀圆柱螺旋线场，则守恒。
2.21
解：
如图：以θ为广义坐标

代入拉格朗日方程，得

由于拉氏函数不显含时间，且约束稳定，故广义能量守恒，即

2.23
解：体系为带电粒子，采用柱坐标。
体系动能为， ；
体系势能为，，其中为零势能位置；
体系拉格朗日函数为，。
该体系约束不完整，可直接采用牛顿力学分析受力来求运动微分方程：
；；。
整理可得：；；。
2.25
解：因为：
所以：
所以：
因为瞬时改变时，速度不变
所以：
所以：

所以：
2.27

解：建立平面坐标系xy轴，由题意知在碰撞过程中水平动量守恒，机械能守恒：
0=

由此可解的
2.27
解：

A
由题意可知,
u

由碰撞前后动量守恒可得
B

又 钢球A和B之间发生的是弹性碰撞

2.28 解：如图所示，m1有初速度v1与静止的m2发生斜碰，

x轴
y 轴

m2 ,
m1 ,
α
θ
m1，
碰后两者速度方向相互垂直，
则可以知道：

⑶
⑷

⑸
⑹
又根据光滑小球的条件：，
由⑵ ⑸得， ；
由⑷ ⑹得， ，则 ，

由 碰撞系数 e=
⑺
又有水平方向动量守恒得：
⑻
得：（9）
将（9）带入（7）得到：

2.29
解：

解上述二式可得

由碰撞前后动量守恒可得
可得
由牛顿公式可得碰撞的恢复系数为

2.30
弹性球自高为h处无初速地下落在水平面上，碰撞恢复系数为e，求经过多少时间后球将停止跳动，并求在整个弹跳过程中，球所经过的总路程.
解: 设小球第一次碰撞地面之前速度为,
碰撞恢复系数为e，e为负值，所以第一次碰撞后速度为，方向向上，当小球再次落回时速度仍然是，方向向下，前后动量变化为2
易知小球第n次弹起时速度为, 当n趋于时，小球停止弹跳.
小球重力的冲量和为m+2+ , 当n趋于时，
T

第三章
3.7 解：由力场为
(1)， 及 (2)，
可以得到，，(3)
有效势能为 ，(4)
将（3）带入（4）得到，，（5）
它的主要特征有:（1），当
当
（2），曲线在,处取得最小值，
（3），曲线有零点，，
曲线的大致形状如图。

定性分析：
在时，粒子处于束缚态，在r1 ,r2间运动；
在时，将在离心力作用下，飞向无穷远。

而可能的圆周运动则为：
满足 ，
解得：，此处为圆周运动。
此轨道是否稳定，要看一下稳定条件是否满足，如下的稳定条件：

，
（1） 式已满足，（2）式化为 （3），
（1）带入后得到 ,
在k大于0 的条件下，轨道运动稳定，也是说当有微扰使之r增大后，由于此时斜率是正的，力为负的，即为引力，会使其恢复到rm；当有微扰使其小于r，情况相反，力变为斥力，同样使其恢复。
3.9 解：

3.11解：因为是椭圆
设

因为：
因为E为恒量，所以

所以结论成立
3.16解：由题意得被俘获时

又L=mvb
代入可得

3.20 解：= ×
=×（×m）+
= (.m)-m(.)+
因为=r =+r
所以上式=m- m (.)+
=m(+)r-m(+r)[(+r) r]+
=m+-m
=+-L
则d=(L-)+()
由在中心势场中角动量守恒可知L=m
可知 L-=0
又有能量守恒E=
dE=m-=0
等式两边同乘以- 即-（m-）=0
得 =0
由以上可知d=0，即是常矢量，方向沿极轴方向
3.21 解：（1）.
代入，得：

令u=1/r,则：

I． 当时,

选择适当的，使c=0，则
II． 当时，

选择适当的，使c=0，则
（2）.因为有效势场，
所以，当时，即存在一个临界角动量，粒子将被力心俘获
3.22 解：由书公式（4.4）知A即为
则显然若要质点的轨道运动稳定，须有Ａ=
　　　又由公式（４.６）可得

　　　　所以该质点作稳定振动的频率为

3.23 V0
A
R
O
θ
（1）

得，
（2）能量（黄金代换）
由于，
所以轨道为椭圆的一部分，
且，，
根据书上已得结论，物体运动所在的轨道方程是：
，
其中，，
易得轨道方程为：
，
当时可得，最远距离，即物体距地的最远距离为
由机械能守恒可得：
，
得当物体距离地球最远时的速度为：

（3）当在最远处的运动物体的质量变为原来的一半，由动量守恒易得：

，
所以之后的轨迹为双曲线的一支，
，，
轨道方程为
3.24 解：以质心为坐标原点建立极坐标系，则
m到质心的距离为：…………………………………………………………………（1）
m’ 到质心的距离为：
由万有引力定律得二者的相互作用力为：…………………………………（2）
由牛顿第二定律得：……………………………………………………………………（3）
将（1）和（2）带人（3）得
…………………………………………………………………………（4）
解得：
所以
假设暗物质质量为ms均匀分布在m周围,而ms均为分布在m’ 周围，若不改变质心位置，则有 : ，将其带入（4）得：

因为
所以：

3.25 解：将势场V=代入式（6.4）得与瞄准距离b的关系式（1）。由式（6.5）得的值，其中E=.联立（1）和（6.2）式，得瞄准距离b和散射角的关系式（2），将（2）式代入式（6.11），得散射截面
将势场V=代入式（6.4）得与瞄准距离b的关系式，
令，得：=（1）
由式（6.5）得的值，其中E=：
由可解得，
联立（1）和（6.2）式，得瞄准距离b和散射角的关系式（2）
由得瞄准距离b和散射角的关系式（2）
将（2）式代入式（6.11），得散射截面