理论力学第三版周衍柏习题答案

第一章质点力学第一章习题解答11由题可知示意图如题111图S2T1T题111图设开始计时的时刻速度为0V,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为A则有21210TATVS由以上两式得102TTSV再由此式得21TTSA证明完毕12解由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题121图ABO题121图设A船经过0T小时向东经过灯塔,则向北行驶的船经过210T小时经过灯塔任意时刻船的坐标2TXA150，0AYB船坐标0BX，TTYB20则A船间距离的平方222BABAYXD即20215TD2015TT202067945TTTT2D对时间T求导675902TTDTAB船相距最近，即0T，所以HT430即午后45分钟时两船相距最近最近距离22MIN3154315SKM13解1如题132图XYCABARO第13题图3ABCRAXYO题132图由题分析可知，点C的坐标为SINCOSAYRX又由于在AOB中，有I2SI（正弦定理）所以RYA2SN联立以上各式运用1COSSIN22由此可得RYAXRAX2SCOS得12422RYAXYAXRY得2223YAXAXY化简整理可得22234R此即为C点的轨道方程（2）要求点的速度，分别求导2COSSININRYRX4其中又因为SIN2SIAR对两边分别求导故有COS2AR所以2YXV4COSSINCO2SIN22RRRII4COS14解如题141图所示，ABOCLXD第14题图OL绕点以匀角速度转动，在AB上滑动，因此C点有一个垂直杆的速度分量2XDOVC点速度DVV22SECSCO又因为所以C点加速度TANSEC2DTVA22TANSECDXD515解由题可知，变加速度表示为TTCA2SIN1由加速度的微分形式我们可知DTV代入得TTCV2SIN1对等式两边同时积分DTCDVT002SIN1可得DTTCTVOS2（为常数）代入初始条件0T时，故C即12COSTTTV又因为DTSV所以DSTTTTC12OS对等式两边同时积分，可得TTCS2SIN2116解由题可知质点的位矢速度6R/V沿垂直于位矢速度又因为R/V，即RV即RJIVARDTRTD（取位矢方向I，垂直位矢方向J）所以JIIRDTRITRTTTDTRTJJJIJ2RR故JIARR22即沿位矢方向加速度2垂直位矢方向加速度RA对求导R2对求导R2R把代入式中可得RA22/17解由题可知7SINCORYX对求导SICORX对求导COSINI2S2RR对求导SIRY对求导SINCOS2SIN2RRR对于加速度A，我们有如下关系见题171图RAOXY题171图即COSSINIAYXR对俩式分别作如下处理，IN即得COSINSIINCOAYXR得SICYXR把代入得2RAR同理可得818解以焦点F为坐标原点，运动如题181图所示FOMXY题181图则M点坐标SINCORYX对YX,两式分别求导COSSINIRYX故2222SSISICORRYXV2R如图所示的椭圆的极坐标表示法为COS12EAR对R求导可得（利用）又因为22EAR即RE21COS所以2222211COS1SINERAA故有2224SIN1REARV92241EAR12122ERAA2R222RRB2即RABRV（其中E,122为椭圆的半短轴）19证质点作平面运动，设速度表达式为JIVYX令为位矢与轴正向的夹角，所以DTVTDVTDYXJIAJIXYYXVDTV所以JIAXYYXVDTVDTJIYXVYXYYXXTTVDTTYX又因为速率保持为常数，即CVYX,2为常数对等式两边求导0DTTYX所以VA即速度矢量与加速度矢量正交110解由题可知运动轨迹如题1101图所示，10P,2,XYO题1101图则质点切向加速度DTVAT法向加速度2NVA，而且有关系式2VKDT又因为23Y1PX所以Y32P联立232YP1KVDT又DYVTDTV11把2PXY两边对时间求导得PYX又因为22YXV所以221PY把代入2322211YPKVDYPV既可化为2PYDKVD对等式两边积分2PYDKVDPU所以KE111解由题可知速度和加速度有关系如图1111所示AV题1111图COSIN2ADTVRTN12两式相比得DTVRVCOS1IN2即2TVR对等式两边分别积分200COT1VDRT即CT0RV此即质点的速度随时间而变化的规律112证由题111可知质点运动有关系式COSIN2ADTVR所以DTVT，联立，有COSIN2RVD又因为V所以DVCOT，对等式两边分别积分，利用初始条件0T时，0COT00EV113证（A）当0，即空气相对地面上静止的，有一一一V式中一质点相对静止参考系的绝对速度，一指向点运动参考系的速度，一指运动参考系相对静止参考系的速度可知飞机相对地面参考系速度一V，即飞机在舰作匀速直线运动所以13飞机来回飞行的总时间VLT20（B）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度01飞行时间01VLT当飞机向西飞行时速度0V一一飞行时间02VLT故来回飞行时间021VLTT0L20VL即20201VTLT同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间201VT（C）假定空气速度向北由速度矢量关系如题1131图AV0V一B题1131图V0一1420V所以来回飞行的总时间20VLT202011VTVL同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为201VTT114解正方形如题1141图。ACBD3V41由题可知HKMV/28一一设风速BA,HKM/10一,当飞机，V28/10KDB/96,22HKC7/34,VAM/8102故飞机沿此边长6HKM/正方形飞行一周所需总时间IN165924672918HT2V一V一题1142图一V一V4题1143图15115解船停止时，干湿分界线在蓬前3，由题画出速度示意图如题151图一V一一V3M题1151图一一一VV故SINSIN一一又因为2，所以COSIN一一V由图可知51S,24COS24CO,53INSMV/8一所以COSSINI一一V8S/116解以一岸边为X轴，垂直岸的方向为Y轴建立如题1161图所示坐标系XYOD一V题1161图16所以水流速度DYDKYV20又因为河流中心处水流速度为C2DK所以DCK2。当20DY时，YCV一即UTYDX2得TDCUX2，两边积分TDCUDXT2002T联立，得202DYUDCX同理，当2DY时，V一即UTDCYDCTX2T一DUDCYX2由知，当2DY时，4代入得UC217有UDCYX2，DY所以船的轨迹DYUCYDUCX2202船在对岸的了；靠拢地点，即时有X117解以A为极点，岸为极轴建立极坐标如题171图1C2AXOR题1171图船沿垂直于R的方向的速度为SINC，船沿径向R方向的速度为2C和1沿径向的分量的合成，即21COSICDTR/得CRDTSIN12，对两积分CRSINL2TALNL12设KC,2,1为常数，即CRK1COS2INL18代入初始条件0R时，0设,20有,COS2INL010KRC得011SINCOIKKR118解如题1181图ABOA题1181图MG质点沿OA下滑，由受力分析我们可知质点下滑的加速度为COSGA设竖直线HB，斜槽S，易知,2,2OABB，由正弦定理SININH即COSH又因为质点沿光滑面OA下滑，即质点做匀速直线运动所以22COS1TGATS有0CSCSO212HTG欲使质点到达A点时间最短，由O2T可知，只需求出COS的极大值即可，令SINCSCOSY19SIN21COS2Y把Y对求导SICO2SINCS2D极大值时0Y，故有SINTA由于是斜面的夹角，即20,所以119解质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降阶段取向上为正各力示意图如题1191图，MGVR上升时下降时题1191图则两个过程的运动方程为上升2YGMKY下降2对上升阶段21VKGDTV2021VKGDYVT即VK21对两边积分GDYVKDHV020所以2021LNGKH即质点到达的高度对下降阶段2GVKDYVT即VKHV020112LNGH由可得201VKV120解作子弹运动示意图如题1201图所示D0V21题1201图水平方向不受外力，作匀速直线运动有TVDCOSS0竖直方向作上抛运动，有201SINIGTV由得COS0VDT代入化简可得220COSINGD因为子弹的运动轨迹与发射时仰角有关，即D是的函数，所以要求D的最大值把D对求导，求出极值点0COSSINCOS20GV即CSI02COS所以24，代入D的表达式中可得24SINCOS20MAXGVD2SIN420GVEC20GV此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离D的最大值121解阻力一直与速度方向相反，即阻力与速度方向时刻在变化，但都在轨道上没点切线所在的直线方向上，故用自然坐标比用直角坐标好22OYXV0VGM题1211图轨道的切线方向上有SINMGKVDT轨道的法线方向上有COS2GRV由于角是在减小的，故DSR由于初末状态由速度与水平方向夹角来确定，故我们要想法使变成关于的等式由DSVMTSDTV即SINGKVSM把代入可得COS2DSV用可得COSIN1GKVDVDI223DVGKDV222COSINSCO22IS即22COSSGKDVD，两边积分得CGKVTANCOS1代入初始条件0T时，0,即可得TANCOS10GKVC代入式，得GKVTANTCOS0又因为,2MGRV所以VGDTCOS把代入DTGKVGCOSTANTCOS0积分后可得GKVTSI21L0122各量方向如题1221图24OYXBEV题1221图Z电子受力BEFVEBVEZYX0KJIJJIEVBEEY则电子的运动微分方程为0ZMXEBEEVYYXX由,DTYEBTVX，即YVXD0VMEBVX代入整理可得BEEY2对于齐次方程02MBEY的通解TMEBSINATECOSY21非齐次方程的特解25BVEEMY2所以非齐次方程的通解BVEETSINATCOSYY22121代入初始条件0T时，Y得M10T时，YV得2A,故2EBEVTMECOSBEVE同理，把代入可以解出TESINETX把代入VEBMEVTEBEVEMDTX2COSDTTCTBEMEVEBXSIN代入初条件0T时，得0所以TESINEX）123证（A）在122题中，0B时，则电子运动受力JFEE电子的运动微分方程0ZMEEYX26对积分1CTMEEY对再积分212TEY又0Z,VTX故CMVEEXYZ20（21为一常数）此即为抛物线方程B当0E时则电子受力BVEZYX0KJIVFJIXYEV则电子的运动微分方程为0ZMEBVYXXY同122题的解法，联立解之，得TMEBVYXCOSIN,于是2722EBMVYX及电子轨道为半径的圆EV124解以竖直向下为正方向，建立如题1242图所示坐标，TMA2TMAO1232题1241图题1242图以开始所在位置为原点设处物体所处坐标分别为321,Y，则3个物体运动微分方程为3212YMTG由于与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有32Y，即之间用倔强系数AMGK弹性绳联结故有AYMGAYKT2121由得GYAY211由得28MGYT23代入，有21代入，有GYA1134此即为简谐振动的运动方程角频率AG32所以周期G解得43SINCO21ATATY以初始时为原点，0T时，0,1Y所以ATY43COS1代入得TAGMT32COS1联立得TAGG32COS12125解，选向下为正方向，滑轮刚停时物体所在平衡位置为坐标原点建立如题251图所示坐标系29OYW题2151图原点的重力势能设为0设弹簧最大伸长MAX整个过程中，只有重力做功，机械能守恒02MAX0MAX20211KWKGVG联立得GV00MAX弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力，MAXT为最大张力，即0MAXAX1GVWKT126解以绳顶端为坐标原点建立如题1261图所示坐标系OMT30题1261图设绳的弹性系数为K,则有KBMG当M脱离下坠前，与系统平衡当脱离下坠前，M在拉力T作用下上升，之后作简运运动微分方程为YAKG联立得BY0G齐次方程通解TBGATYSINCOS21非齐次方程的特解A0所以的通解BTGATBYSINCOS21代入初始条件0T时，,AY得0,21C；故有BATGCOS即为M在任一时刻离上端O的距离127解对于圆柱凸面上运动的质点受力分析如图12431MGN题1271图运动的轨迹的切线方向上有DTVMGSIN法线方向上有RVNG2COS对于有DTVTGSIN（为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即DSGIN又因为R即DGVSIN设质点刚离开圆柱面时速度0，离开点与竖直方向夹角0，对式两边积分RVSI0020CO1G刚离开圆柱面时N即RVMG20COS联立得32ARCS032即为刚离开圆柱面时与竖直方向夹角128解建立如题1281图所示直角坐标ABABOXY题1281图椭圆方程2BYAX从A滑到最低点B，只有重力做功机械能守恒即21MVG设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为N则有2VG为B点的曲率半径A的轨迹21AXBY得21AXY；2321AXY又因为2321BYK33所以2221ABWMGHABVMGN故根据作用力与反作用力的关系小球到达椭圆最低点对椭圆压力为21AB方向垂直轨道向下129解质点作平面直线运动，运动轨迹方程为2COS1INAYX由曲线运动质点的受力分析，我们可以得到DTVMGNSINC2因为曲线上每点的曲率231YK所以2COS1INCS2INADXYDXYXY22COS1COS1IN2S2A2COS1把代入曲率公式中COS41AK所以34COS41AK由SINGDVTSDTV即DSGVIN，又有数学关系可知Y，即GDYV所以2COS12AGV把代入2CSVMNCOSOS412COSGAGM130证当题129所述运动轨迹的曲线不光滑时，质点的运动方程为DSNMGVDSIN21CO2由129题可知COS4A由数学知识知D把代入DVAGDV22COS4SIN12I2这是一个非齐次二阶微分方程解为22221COSSIN41CEAGAGV当时，0得35EAGC214即222214COSSIN41EAGAGV当，0时，即12122AGE故有2E131证单摆运动受力分析如图1311图所示。题1311图TRVMG因为IM即LKGL2SINMI所以KLGL2SIN又单摆摆角很小，有SIN上式即化为0L此即为一个标准的有阻尼振动方程。设LG0为固有频率，又由于LGK2，即阻力很小的情况。方程的解36为KTEAT,COS20所以单摆振动周期LG22结论得证。132解设楔子的倾角为，楔子向右作加速度0A的匀加速运动，如图1321图。0MAG0A题1321图我们以楔子为参考系，在非惯性系中来分析此题，则质点受到一个大小为一FMA0的非惯性力，方向与0A相反。质点在楔子这个非惯性系中沿斜面下滑，沿斜面的受力分析AMMGCOSSIN垂直斜面受力平衡NI0联立得SINCOSI0GANA此即楔子相对斜面的加速度。对斜面的压力P与斜面对M的支持力等大反方向。同理可得当楔子向左作加速度为0A的匀加速运动时，质点的和楔子对斜面的压力P为SINCOSIN0GAG综上所述可得37SINCOSI0GAMPA133解设钢丝圆圈以加速度A向上作匀加速运动如题1331图，RATVGW我们以钢丝圆圈作参考系，在圆圈这个非惯性系里来分析此题。圆圈上的小环会受到一个大小为AG方向与相反的惯性力的作用，则圆环运动到圆圈上某点，切线方向受力分析DTVMAGRTSIN法线方向受力分析有RR2CO对DTVGMAAGRTSIN两边同乘以RDTRRRI即RVGASIN两边同时积分VRR00IVR002COS把代入可解得38GVRGARR020COS231同理可解出，当钢丝圆圈以加速度竖直向下运动时小环的相对速度VR020GVRGA2COS31综上所述，小环的相对速度RVR020圈对小环的反作用力GVRGAR2COS31134证（1）当火车所受阻力F为常数时，因为功率P与牵引力有如下关系VFP一所以VFFK一即FDTMFVK对两边积分TVF00FVMKFT2LN（2）当阻力F和速度成正比时，设FL，为常数。同理由（1）可知VDT即2LTMKLV对两边积分39TVMDFK00VFKLLMT022LNN135解锤的压力是均匀增加的，设TF，为常数，由题意可知PDTKF020，得2KP，所以，即TPF2故TDVM2两边同时积分TVDP00得2TM，T又因为当F增至极大值P后，又均匀减小到0，故此时有KTF,为常数，20DTKFP所以TF即40TPDTVM2DTV2221T由得42PMV2T整个过程压力所做功W又因为FVDT即对上式两边分段积分DTTMPTDTMPDW222204得W82136解（A）保守力F满足条件0对题中所给的力的表达式，代入上式即022KJIJKJIZYXY40ABX6ZY4BX6AZ18Z18FFF33322XYZXZ41所以此力是保守力，其势为324,020,43033ZY,X65181D6FABXYZZABXYDYBXZYDVZYXYX,RB同（A），由0KJIKJIFYFXFZYZXZXZY所以此力F是保守力，则其势能为DZFYDXFVBABABAR137解（A）因为质子与中子之间引力势能表达式为0KREV故质子与中子之间的引力F21REKRDRR（B）质量为M的粒子作半径为A的圆运动。42动量矩VRJM由（A）知21EKFRRF提供粒子作圆周运动的向心力，方向是沿着径向，故RVMREK22当半径为A的圆周运动A221两式两边同乘以3M即2VMEKA又因为J有AEK12做圆周运动的粒子的能量等于粒子的动能和势能之和。所以AEKEAKVMVTEA21212138解要满足势能的存在，即力场必须是无旋场，亦即力为保守力，所以0F即XFZYZZXY得43312A3,21,JIA为常数满足上式关系，才有势能存在。势能为ZXAYXAZYAXDYZAXADXFYFDVZYXXZX31212312,030,2321,1R139证质点受一与距离成反比的力的作用。设此力为一KRF23又因为DRVMTDTV即RVK23当质点从无穷远处到达A时，对式两边分别积分DMR02124AKV当质点从A静止出发到达A时，对式两边分别积分VADMRK0423得442124AMKV所以质点自无穷远到达A时的速率和自静止出发到达4时的速率相同。140解由题可知RKF（因为是引力，方向与R径向相反所以要有负号）由运动微分方程DTVM即TRRKVD对上式两边积分MRKA021LNV故RKVL又因为R与V的方向相反，故取负号。即DTRAMKVLN2141证画出有心力场中图示如题141图，OPRV题1411图X我们采用的是极坐标。所以45COSVR又由于2H常数即COSRV由图所示关系，又有COSRP，故P即H由动能定理21MVDRFF沿R方向得DRPMHDRVF221142证（A）依据上题结论，我们仍然去极坐标如题1421图。OPVRXA题1421图质点运动轨迹为一圆周，则其极坐标方程为COSARP由得2即ARP故52422811RMHADRMHDRHF即力与距离5次方成正比，负号表示力的方向与径向相反。（B）质点走一对数螺旋线，极点为力心，我们仍采用极坐标。对数螺旋46线AER,为常数。有AR根据题141，2RH常数，有DRMVF21221RA2HDM32R故得证。143证由毕耐公式UDHMF2质点所受有心力做双纽线COS2AR运动故1U23COSSINADSINI23COS152U2521COSINA故UDMHF222COS1COSSIN3COS21252132AMHTA373AH273ARMH724R47144证由毕耐公式UDHMF2将力32RMF带入此式UDHR2232因为RU1所以UDH2232即2221HDU令2K上式化为22HUD这是一个二阶常系数废气次方程。解之得2COSHKAUA微积分常数，取0，故2S有1COSCOS122KHAKAUR令22,EHA48所以KEARCOS1145证由题意可知，质点是以太阳为力心的圆锥曲线，太阳在焦点上。轨迹方程为COS1EPR在近日点处ERA,0在远日点处,118P由角动量守恒有所以ERSAPAP146解因为质点速率RV22所以22RA又由于2H即242RDTRAHT22RARD又因为2H所以DARD2两边积分49DHARD020即R20LN147证（A）设地球轨道半径为R。则彗星的近日点距离为NR。圆锥曲线的极坐标方程为COS1EPR彗星轨道为抛物线，即E。近日点时0。故近日点有2即NRP,又因为22,RHK所以NR（彗星在单位时间内矢径扫过的面积H）扫过扇形面积的速度NKV2又因为DTRDTS221故S2两边积分DHRDRS2220COS141TAN3CS3TA42HR从数学上我们可以得到两轨道交点为地球轨道半径处。即50COS12SNRPR即C又因为2TAN1COS2所以1COS2TAN把代入（式代入时取“”即可）2321342NHRNHRS故彗星在地球轨道内停留的时间为NRKHVST2121K1342设地球绕太阳运动一周的时间为2T。因为假定地球运动轨道为圆形，所以PERRCOS1又由于2KHP，有21K地球绕太阳运动单位时间内矢径扫过的面积H。扫过扇形速度21KRVKST321251KRNT23232114N212（B）由证明（A）知彗星在地球轨道内停留时间1TNKRT213421对此式求极大值，即对N求导，使01DNT即012121422231NNKRDNT即,23N得验证0123123221NNDNT故2N为极大值，代入式可知3MAX21T148解由19给出的条件人造地球卫星近、远点距离21,R分别为522348,491KMRKR地球半径640KMR有椭圆运动中的能量方程可知AGMRRV2211M2A2为卫星运行的椭圆轨道的长轴KRRA1562321把代入有近地点速率SMV31058远地点速率SV3246运动周期KAT23（参见147）其中A为运动轨道的半长轴GM所以MIN1423AT149证由行星绕太阳作椭圆运动的能量方程为AGMRMV221A为椭圆的半长轴。令532GMK又因为22RV，上式化为AMKRRM22122因为2RH即AKRR22所以ARKHR222又因为行星椭圆轨道运动周期K23即23A常数C，故32AK又因为21EPKH,2为正焦弦的一半所以54242211EACEAKH由题意可知ERCOS即DTAEDTRSIN把代入可得EEARDTEACE222SINSIN化简可得ATRDTAR,1即DTEE2COS1两边积分，由题设TDT2即EEDEETESINCOS10150解质点在有心力场中运动，能量和角动量均守恒。无穷远处势能为零。55OVAVMA题1501图所以AVMV22任意一处23AMCDRRFVAA由AV代入22ACV所以212VCA第二章质点组力学第二章习题解答21解均匀扇形薄片，取对称轴为X轴，由对称性可知质心一定在X轴上。56DR2X题211图有质心公式DMXC设均匀扇形薄片密度为，任意取一小面元S，R又因为COSX所以SIN32ADRDMXC对于半圆片的质心，即2代入，有AAXC342SINSI322解建立如图221图所示的球坐标系57YZOAB题221图把球帽看成垂直于Z轴的所切层面的叠加（图中阴影部分所示）。设均匀球体的密度为。则22ZADZYVDM由对称性可知，此球帽的质心一定在轴上。代入质心计算公式，即243BADMZC23解建立如题231图所示的直角坐标，原来人W与共同作一个斜抛运动。YX0VO题231图当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为XV，此人即以XV的速度作平抛运动。由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为两次运动水平方向上均以COS0水平作匀速直线运动，运动的时间也相同）。所以我们只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。第一次运动从最高点运动到落地，水平距离1S58TAVSCO01GINCSI201S第二次运动在最高点人抛出物体，水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有COS0UVWWVWXX可知道AXS0水平距离SINCOSIN0202UVGWWGVTSX跳的距离增加了12SSIN0UVG24解建立如图241图所示的水平坐标。1M2VXO题241图1M22VSING一FA题242图以1M，2为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有021XM对1分析；因为相对绝A1M在劈2上下滑，以2为参照物，则1受到一个惯性力21XMF惯（方向与2加速度方向相反）。如图242图所示。所以1相对2下滑。由牛顿第二定律有59COSSIN211XMGA所以1M水平方向的绝对加速度由可知211CS/X绝22OSINGX联立，得GMXSIN212CO1把代入，得GSX212INCO负号表示方向与X轴正方向相反。求劈对质点反作用力1R。用隔离法。单独考察质点1M的受力情况。因为质点垂直斜劈运动的加速度为0，所以SINCOS211XMGR把代入得，G2121SINC水平面对劈的反作用力2R。仍用隔离法。因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以0COS12GM于是GR212SIN25解因为质点组队某一固定点的动量矩60N1IIMVRJ所以对于连续物体对某一定点或定轴，我们就应该把上式中的取和变为积分。如图251图所示薄圆盘，任取一微质量元，ODR题251图DRM2AM所以圆盘绕此轴的动量矩JRDRVRDM21A26解炮弹达到最高点时爆炸，由题目已知条件爆炸后，两者仍沿原方向飞行知，分成的两个部分1M，2，速度分别变为沿水平方向的1V，2，并一此速度分别作平抛运动。由前面的知识可知，同一高处平抛运动的物体落地时的水平距离之差主要由初速度之差决定。进而转化为求1，2。炮弹在最高点炮炸时水平方向上无外力，所以水平方向上的动量守恒2121VMU以21M质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒E22121联立解之，得211MUV61212MEUV所以落地时水平距离之差SS212121EGVTV27解建立如题271图所示的直角坐标系。OXYMMV题271图当M沿半圆球M下滑时，将以V向所示正方向的反向运动。以M、M组成系统为研究对象，系统水平方向不受外力，动量守恒，即XMVM相对于地固连的坐标系XYO的绝对速度牵相绝对V相V为M相对M的运动速度AU故水平方向VVXCOS竖直方向USIAY在M下滑过程中，只有保守力（重力）做功，系统机械能守恒（以地面为重力零势能面）22MV1COSCS绝MVGA622绝V2YX把代入2绝COS2UV把代入2COS1MMAG28证以AB连线为X轴建立如题281图所示的坐标。OBM0VX题281图1ABXV2VO题281图设A初始速度为与X轴正向夹角0碰撞后，设A、运动如题282图所示。、B速度分别为1V、2，与X轴正向夹角分别为1、2。以A、B为研究对象，系统不受外力，动量守恒。方向210COSCSMV垂直X轴方向有21SINSIV可知2121210COS整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒22120MVV由得0COS2121V,K63即两球碰撞后速度相互垂直，结论得证。29解类似的碰撞问题，我们一般要抓住动量守恒定理和机械能守恒定理得运用，依次来分析条件求出未知量。设相同小球为AB，初始时小球速度0V，碰撞后球A的速度为1V，球B的速度2V以碰撞后球速度所在的方向为X轴正向建立如题291图所示的坐标这样做的好处是可以减少未知量的分解，简化表达式。以、为系统研究，碰撞过程中无外力做功，系统动量守恒。XYO0V1V2V题291图X方向上有210COSSMVVMVY方向上有SINSI10又因为恢复系数碰前相对速度碰后相对速度ECOS012V即ECOS0V12用COS01VE用代入得SINCO2SIN00VEV642TAN1TANE2TRCT求在各种值下角的最大值，即为求极致的问题。我们有0D得0TAN21SEC2即2TE0所以21TANE8RCTMAX即E18TANMAX由因为MAX2MAX2COT1CS21E故2MAXAX18CSSINE3所以E3SIN1MAX65210以21,M为研究对象。当21,M发生正碰撞后，速度分别变为1V，2，随即2在不可伸长的绳AB约束下作圆周运动。以AB的连线为X轴建立如题2101图所示。XYO1V1V题2101图AB2碰撞过程中无外力做功，动量守恒21VV1M随即2M在AB的约束下方向变为沿Y轴的正向，速度变为2V故Y方向上有211SINSIV故恢复系数定义有碰前相对速度碰后相对速度E12IV即1121SINIVE联立得12121SINVMEV1212I211解如图所示，66OXYI2,0AA2,0ABC题2111图XY2AV2BVO题2122图有两质点A，B中间有一绳竖直相连，坐标分别为,0AA,B，质量为M，开始时静止。现在有一冲量I作用与，则I作用后，得到速度IVA，仍静止不动0BV。它们的质心C位于原点，质心速度我为2ABACMV现在把坐标系建在质心上，因为系统不再受外力作用，所以质心将以速率2AV沿X轴正向匀速正向、反向运动。由于质心系是惯性系，且无外力，所以，B分别以速率2AV绕质心作匀速圆周运动，因而他们作的事圆滚线运动。经过时间T后，如图所示AMITVTA2于是在XYO系中A的速度SIN2CO1AYXUVB的速度SIN2CO1ABYXUV67因此12COTSIN1SI2COS12N22AMIVVEAABA212解对于质心系的问题，我们一般要求求出相对固定参考点的物理量，在找出质心的位置和质心运动情况，由此去计算物体相对或绝对物理量及其间的关系。由题可知，碰前1M速度为1V，2速度0V。碰后速度1M，2分别设为21,V。碰撞过程中无外力做功，动量守恒。211M有恢复系数E12VE联立得121VMEV1212再由质点组质心的定义21MRRCCR为质心对固定点位矢，1，2分别为，对同一固定点的位矢所以122121CRVVRV（质点组不受外力，所以质心速度不变。）设两球碰撞后相对质心的速度1V，2。1221211VMEVVMEVVC（负号表示与1V相反）6812121212VMEVVMEVVC同理，碰撞前两球相对质心的速度121211VVVC122MVVC（负号表示方向与1相反）所以开始时两球相对质心的动能221MT21221VMV211V213用机械能守恒方法；在链条下滑过程中，只有保守力重力做功，所以链条的机械能守恒。以桌面所平面为重力零势能面。2142VLGLM有23LV214此类题为变质量问题，我们一般研究运动过程中质量的变化与力的关系MVDTFT以竖直向上我X轴正向建立如题2141图所示坐标。XHLOX题2141图绳索离地面还剩X长时受重力XYFT则69XVDTYTDXVGLHV0所以2XLGV求地板的压力，有牛顿第三定律知，只需求出地板对绳索的支持力N即可，它们是一对作用力与反作用力。这是我们以快要落地的一小微元作为研究对象。它的速度由V变为0。用动量守恒，有DTMVGXLNTXDTV2又因为2XLHVGXLN32XLHG215解这是一道变质量的问题，对于此类问题，我们由书上P137的（272）式FUDTMVT来分析。以机枪后退方向作为X轴争先，建立如题2151图的坐标。NFXGMTMOU题215图70竖直方向上支持力与重力是一对平衡力。水平方向上所受合外力F即为摩擦力GMTMNFF单位时间质量的变化DT由式MTMGUDTVMTMDTMOVDTT00GGUV21所以GMMUV22216解这是一个质量增加的问题。雨滴是本题。导致雨滴M变化的微元M的速度0U。所以我们用书上P138的（274）式分析FMVDT雨滴的质量变化是一类比较特殊的变质量问题。我们知道处理这类问题常常理想化模型的几何形状。对于雨滴我们常看成球形，设其半径为R，则雨滴质量M是与半径R的三次方成正比（密度看成一致不变的）。31RKM有题目可知质量增加率与表面积成正比。即24RDT21,K为常数。我们对式两边求导71DTRKTM213由于，所以123KTR对式两边积分TRAD0T31KM以雨滴下降方向为正方向，对式分析GATVATD3131TVDTKTK0310313431ATGATK（3为常数）当0T时，V，所以413K3ATTGV217证这是变质量问题中的减质量问题，我们仍用书上P137272式FUDTMVT来分析。设空火箭质量0，燃料质量。以向上为正方向，则火箭任一时刻的质量TM600喷气速度2074SM是指相对火箭的速度，即SV274相。有式72FUDTMVDTTUTFDTVT相TVMGM60606000相化简TMDVGDTV600相对两边积分相VGT1T此既火箭速度与时间的关系。当火箭燃料全部燃尽所用时间T，由题意知MMT006代入可得火箭最终的速度AXV，（即速度的最大值）1LN600MAVG相考虑到2MAX16G相VD其中0MX，易知当0时，XA恒成立，即MAXV为0的增函数。又当30时，00MAXM1LN16相VGV1125SK/而要用此火箭发射人造太阳行星需要的速度至少应为第二宇宙速度SKV/21。73故所携带燃料重量至少是空火箭重量的300倍。218证要使火箭上升，必须有发动机推力火箭的重量，即GMDTMV0相0T相即GV火箭才能上升，结论得证。由于喷射速度V相是常数，单位时间放出的质量0MDTM质量变化是线性规律TF01火箭飞行速度GTVLN火又因为燃料燃烧时间0MT代入得火箭最大速度MAXV00ALNG1LN00GV又因为式又可以写成GTVDTS1LN火积分可得2L1TTTVS从开始到燃烧尽这一段时间内火箭上升高度1S。把代入得74000201LN2MVMGS之后火箭作初速度为MAXV的竖直上抛运动。可达高度2S202002022AX1LN1LNAGVGS故火箭能达到的最大高度21MAXS0020LN1LNMVMGV219证假设该行星做椭圆运动，质量为M，周期为。某一时刻位置为R，速度为V，则00000221212111VVRVVDDDDTDTMT0VR又因为RGMDTVA2于是02TRGMT0TRM012DTRMRGM21第三章刚体力学第三章习题解答31解如题311图。75YXOA2N1GB一一3均质棒受