1、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寫出約束在鉛直平面內(nèi)的光滑擺線 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 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 S= 4 a (1) 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，即切線斜率 = 受力分析得： 則 ，此即為質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)微分方程。 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.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

2、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 , 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)， ，聯(lián)立， 可得： ,M為地球的質(zhì)量；當(dāng)半徑增加 ,R2=R+ ,此時(shí)總質(zhì)量不變，仍為M,此時(shí)表面的重力加速度 可求： 由得： 則，半徑變化后的g的變化為 對(duì)式進(jìn)行通分、整理后得： 對(duì)式整理，略去二階量，同時(shí)遠(yuǎn)小于R，得 則當(dāng)半徑改變 時(shí)，表面的重力加速度的變化為： 。1.6y解：由題意可建立如圖所示的平面極

3、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，法向分量大小為。(其中、為常數(shù))則有 其中為曲率半徑。由式得其中是初始位置，是初始速度大小。把式代入式得由式對(duì)式積分則得其中是初始角大小。我們把式轉(zhuǎn)化為時(shí)間關(guān)于角的函數(shù)將式代入式，于是得質(zhì)點(diǎn)的軌道方程當(dāng)我們?nèi)∫欢ǖ某跏紬l件時(shí)，令。方程可以簡(jiǎn)化為 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: （

4、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)

5、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 即 1.13.解：（1）以豎直向下為正方向，系統(tǒng)所受合力,故系統(tǒng)動(dòng)量不守恒；對(duì)O點(diǎn)，合力矩為零，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：同時(shí)有得到： (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：由角動(dòng)量守恒得：而得到r=3a而由初始時(shí)刻，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

6、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：約束條件：將約束條件連續(xù)求兩次導(dǎo)，帶入上邊方程，消去Z，得：(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

7、度變?yōu)?，的速度變?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)

8、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)

9、，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=-F My=-F F= 因此體系相當(dāng)于質(zhì)點(diǎn)受有心引力作用 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

10、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)。

11、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

12、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

13、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

14、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=

15、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

16、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)量守恒；（4）對(duì)于無(wú)限均勻圓柱螺旋線場(chǎng)，則守恒。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

17、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)椋核裕核裕阂驗(yàn)樗矔r(shí)改變時(shí)，速度不變所以： 所以：所以：2.27 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 ,m1 ,m1，碰后兩者速度方向相互垂直，則可以知道： 又根據(jù)光滑小球的條件：， 由 得， ；

18、由 得， ，則 ，由 碰撞系數(shù) e= 又有水平方向動(dòng)量守恒得：得：（9）將（9）帶入（7）得到：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, 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，方向向上，當(dāng)小球再次落回時(shí)速度仍然是，方向向下，前后動(dòng)量變化為2 易知小球第n次彈起時(shí)速度為, 當(dāng)n趨于時(shí)，小球停止彈跳. 小球重力的沖量和為m+2+ , 當(dāng)n趨于時(shí)， T 第三章3

19、.7 解：由力場(chǎng)為(1)， 及 (2)，可以得到，(3)有效勢(shì)能為 ，(4)將（3）帶入（4）得到，（5）它的主要特征有:（1），當(dāng) 當(dāng)（2），曲線在,處取得最小值，（3），曲線有零點(diǎn)，曲線的大致形狀如圖。定性分析：在時(shí)，粒子處于束縛態(tài)，在r1 ,r2間運(yùn)動(dòng)；在時(shí)，將在離心力作用下，飛向無(wú)窮遠(yuǎn)。而可能的圓周運(yùn)動(dòng)則為：滿足 ，解得：，此處為圓周運(yùn)動(dòng)。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：，（1） 式已滿足，（2）式化為 （3），（1）帶入后得到 ,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

20、使其小于r，情況相反，力變?yōu)槌饬?，同樣使其恢?fù)。3.9 解： 3.11解：因?yàn)槭菣E圓 設(shè)因?yàn)椋阂驗(yàn)镋為恒量，所以 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?/p>