理论力学周衍柏第三版习题答案.pdf

- - 1 - - 第一章习题解答第一章习题解答 1.1 1.1 由题可知示意图如题由题可知示意图如题 1.1.11.1.1 图图: : S S 2 t 1 t 题1.1.1图 设开始计时的时刻速度为设开始计时的时刻速度为 0 v , ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a. . 则有则有: : 2 21210 2 110 2 1 2 2 1 ttattvs attvs 由以上两式得由以上两式得 1 1 0 2 1 at t s v 再由此式得再由此式得 2121 12 2 tttt tts a 证明完毕证明完毕. . 1.2 1.2 解解 由题可知由题可知, ,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题 1.2.11.2.1 图图. . A B O 题1.2.1图 设设A船经过船经过 0 t 小时向东经过灯塔小时向东经过灯塔, ,则向北行驶的则向北行驶的B船经过船经过 2 1 1 0 t 小时经过灯塔任意时刻小时经过灯塔任意时刻A 船的坐标船的坐标 ttxA1515 0 ， 0 A y B船坐标 船坐标 0 B x ， ttyB15 2 1 115 0 则则AB船间距离的船间距离的平方平方 2 22 BABA yyxxd 即即 2 0 2 1515ttd 2 0 15 2 1 115 tt - - 2 - - - 2 - - 2 0 2 00 2 2 1 1225225675900450 ttttt 2 d 对时间对时间t求导求导 675900900 0 2 tt dt dd AB 船相距最近，即船相距最近，即 0 2 dt dd ，所以，所以 htt 4 3 0 即午后即午后 4545 分钟时两船相距最近最近距离分钟时两船相距最近最近距离 22 min 2 3 15 4 3 15 4 3 15 s kmkm 1.3 1.3 解解 1 如题如题 1.3.21.3.2 图图 x y C a B A r O a 第1.3题图 A B C r a x y O 题1.3.2图 由题分析可知，点由题分析可知，点C的坐标为的坐标为 sin coscos ay arx 又由于在又由于在 AOB中，有 中，有 sin 2 sin ar （正弦定理）所以（正弦定理）所以 r y r a2sin2 sin 联立以上各式运用联立以上各式运用 1cossin 22 由此可得由此可得 r yax r ax 22 cos cos 得得 1 24 2 22222 2 2 r yaxyax r y 得得 222222 23yaxraxy 化简整理可得化简整理可得 2 2222222 34rayxyax 此即为 此即为C点的轨道方程点的轨道方程. . （2 2）要求）要求C点的速度，分别求导点的速度，分别求导 2 cos sin cos2 cos sin r y r rx 其中其中 又因为 又因为 sin2sinar - - 3 - - - 3 - - 对两边分别求导对两边分别求导 cos2 cos a r 所以所以 22 yxV 4 cos sin cos2 cos sin 222 2 rr r sincossin4cos cos2 2 r 1.4 1.4 解解 如题如题 1.4.11.4.1 图所示，图所示， AB O C L x d 第1.4题图 OL绕 绕O点以匀角速度转动，点以匀角速度转动，C在在AB上滑动，因此上滑动，因此C点有一个垂直杆的速度分量点有一个垂直杆的速度分量 22 xdOCv C点速度 点速度 d xd dv v v 22 2 secsec cos 又因为又因为 所以所以C 点加速度点加速度 tansecsec2d dt dv a 2 222 22 2 tansec2 d xdx d 1.5 1.5 解解 由由题可知，变加速度表示为题可知，变加速度表示为 T t ca 2 sin1 由加速度的微分形式我们可知由加速度的微分形式我们可知 dt dv a 代入得代入得 dt T t cdv 2 sin1 对等式两边同时积分对等式两边同时积分 dt T t cdv tv 00 2 sin1 可得可得 ： D T t c T ctv 2 cos 2 （D为常数）为常数） 代入初始条件：代入初始条件： 0t 时，时， 0v ，故，故 c T D 2 - - 4 - - - 4 - - 即即 1 2 cos 2 T tT tcv 又因为又因为 dt ds v 所以 所以 dsdt T tT tc 1 2 cos 2 对等式两边同时积分对等式两边同时积分 ，可得：，可得： t T tTT tcs 2 sin 22 2 1 2 1.6 1.6 解解 由题可知质点的位矢速度由题可知质点的位矢速度 r / v 沿垂直于位矢速度沿垂直于位矢速度 v 又因为又因为 rr / v ， 即即 rr rv 即即 r ji v ar dt d r dt d dt d （取位矢方向（取位矢方向i，垂直位矢方向，垂直位矢方向j） 所以所以 ji i i rr dt d ri dt rd r dt d dt d r dt d r dt dr r dt dj jjj ijj 2 rrr 故故 jia rrrr2 2 即即 沿位矢方向加速度沿位矢方向加速度 2 rra 垂直位矢方向加速度垂直位矢方向加速度 rra2 对求导对求导 rrr 2 对求导对求导 r r r 2 r 把代入式中可得把代入式中可得 r ra 22 2 / r a 1.7 1.7 解解 由题可知由题可知 sin cos ry rx 对求对求导导 sincosrrx 对求导对求导 cossinsin2cos 2 rrrrx 对求导对求导 cossin rry 对求导对求导 sincoscos2sin 2 rrrry - - 5 - - - 5 - - 对于加速度对于加速度a，我们有如下关系见题，我们有如下关系见题 1.7.11.7.1 图图 r a a O x y 题1.7.1图 即即 cossin sincos aay aax r r - 对俩式分别作如下处理：对俩式分别作如下处理： cos ， sin 即得即得 cossinsinsin cossincoscos aay aax r r - + +得得 sincosyxar 把代入把代入 得得 2 rrar 同理可得同理可得 rra2 1.1.8 8 解解 以焦点以焦点F为坐标原点，运动如题为坐标原点，运动如题 1.8.11.8.1 图所示图所示 FO M x y 题1.8.1图 则则M点坐标点坐标 sin cos ry rx 对对yx,两式分别求导两式分别求导 cossin sincos rry rrx 故故 22 222 cossinsincos rrrryxv 222 rr 如图所示的椭圆的极坐标表示法为如图所示的椭圆的极坐标表示法为 cos1 1 2 e ea r 对对r求导可得（利用求导可得（利用 ）又因为）又因为 22 1 cos 1 11 ea e ear 即即 re rea 2 1 cos 所以所以 22 22 2 22 22 121 1cos1sin er earrea - - 6 - - - 6 - - 故有故有 222 2 22 422 2 sin 1 r ea re v 2 22 422 1ea re 121 1 22 22 2 22 er earrea 22 r 2 2222 22 22 1 12 1e earrre ea r rra b r 2 2 22 即即 rar b r v2 （其中 （其中 baeb,1 222 为椭圆的半短轴）为椭圆的半短轴） 1.91.9 证证 质点作平面运动，设速度表达式为质点作平面运动，设速度表达式为 jiv yx vv 令为位矢与轴正向的夹角，所以令为位矢与轴正向的夹角，所以 dt d v dt dv dt d v dt dv dt d y y x x j j i i v a ji x y y x v dt dv v dt dv 所以所以 jia x y y x v dt dv v dt dv ji yx vv yx y yyx x x vv dt dv vvv dt dv v dt dv v dt dv v y y x x 又因为速又因为速率保持为常数，即率保持为常数，即 CCvvyx, 22 为常数为常数 对等式两边求导对等式两边求导 022 dt dv v dt dv v y y x x 所以 所以 0va 即速度矢量与加速度矢量正交 即速度矢量与加速度矢量正交. . 1.101.10 解解 由题可知运动轨迹如题由题可知运动轨迹如题 1.10.11.10.1 图所示，图所示， p p , 2 p p , 2 x y O 题1.10.1图 则质点切向加速度则质点切向加速度 dt dv at 法向加速度法向加速度 2 n v a ，而且有关系式，而且有关系式 2 v 2k dt dv 又因为又因为 2 3 2 y1 y 1 2pxy2 - - 7 - - - 7 - - 所以所以 y p y 3 2 y p y 联立联立 2 3 2 2 3 2 2 y p 1 y p 2kv dt dv 又又 dy dv y dt dy dy dv dt dv 把把 2pxy2 两边对时间求导得两边对时间求导得 p yy x 又因为又因为 222 yxv 所以 所以 2 2 2 2 1 p y v y 把代入把代入 2 3 2 2 3 2 2 2 1 2 2 1 2 1 y p y p kv dy dv p y v 既可化为既可化为 22 2 py dy kp v dv 对等式两边积分对等式两边积分 22 2 py dy kp v dv p p v u 所以所以 k uev 1.111.11 解解 由题可知速度和加速度有关系如图由题可知速度和加速度有关系如图 1.11.11.11.1 所示所示 a v 题1.11.1图 cos sin 2 a dt dv a a r v a t n 两式相比得两式相比得 dt dv r v cos 1 sin 2 即即 2 cot 1 v dv dt r 对等式两边分别积分对等式两边分别积分 2 0 0 cot 1 v dv dt r v v t - - 8 - - - 8 - - 即即 cot 11 0 r t vv 此即质点的速度随时间而变化的规律此即质点的速度随时间而变化的规律. . 1.121.12 证证 由题由题 1.11.11 1 可知质点运动有关系式可知质点运动有关系式 cos sin 2 a dt dv a r v 所以所以 d dv dt d d dv dt dv ，联立，有，联立，有 cos sin 2 r v d dv 又因为又因为 rv 所以所以 d v dv cot ，对等式两边分别积分，利用初始条件，对等式两边分别积分，利用初始条件 0t 时，时， 0 cot 0 0 evv 1.13 1.13 证（证（a）当）当 0 0 v ，即空气相对地面上静止的，有，即空气相对地面上静止的，有 牵相绝 vvv . .式中式中 绝 v 质点相对静止参考系的绝对速度，质点相对静止参考系的绝对速度， 相 v 指向点运动参考系的速度，指向点运动参考系的速度， 牵 v 指运动参考系相对静指运动参考系相对静 止参考系的速度止参考系的速度. . 可知飞机相对地面参考系速度：可知飞机相对地面参考系速度： 绝 v = = v ，即飞机在舰作匀速直线运动，即飞机在舰作匀速直线运动. .所以飞机来回飞行所以飞机来回飞行 的总时间的总时间 v l t 2 0 . . （b）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度 01 vvv 飞行时间飞行时间 0 1 vv l t 当飞机向西飞行时速度 当飞机向西飞行时速度 0 vvvvv 牵相 飞行时间飞行时间 0 2 vv l t 故来回飞行时间 故来回飞行时间 0 21 vv l ttt 0 vv l 2 0 2 2 vv lv 即即 2 2 0 0 2 2 0 11 2 v v t v v v l t 同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间 同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间 2 2 0 0 1 v v t t （c c）假定空气速度向北）假定空气速度向北. .由速度矢量关系如题由速度矢量关系如题 1.13.11.13.1 图图 A v 0 v 绝 v B 题1.13.1图 vvv 0绝 2 0 2 vvv - - 9 - - - 9 - - 所以来回飞行的总时间所以来回飞行的总时间 2 0 2 2 vv l t 2 2 0 0 2 2 0 11 2 v v t v v v l 同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为 2 2 0 0 1 v v t t 1.141.14 解解 正方形如题正方形如题 1.14.11.14.1 图。图。 A C B D 3 v 4 v 1 v 由题可知由题可知 hkmvv/28 风牵 设风速设风速 BA , , hkmv/100 相 , ,当飞机当飞机 BA ， hkmhkmv/128/)28100( 1 hkmhkmvDB/96/28100, 22 2 hkmhkmvDC/72/)28100(, 3 4 ,vAD hkmhkm/96/28100 22 故飞机沿此边长故飞机沿此边长 6 6 hkm/ 正方形飞行一周所需总时间正方形飞行一周所需总时间 min 16 5 15 192 49 96 6 72 6 96 6 128 6 hht 2 v 风 v 相 v 题1.14.2图 风 v 相 v 4 v 题1.14.3图 1.15 1.15 解解 船停止时，干湿分界线在蓬前船停止时，干湿分界线在蓬前 3 3，由题画出速度示意图如题，由题画出速度示意图如题.15.1.15.1 图图 雨绝 v 船 v 雨相 v 3m 题1.15.1图 船雨相雨绝 vvv 故故 sinsin 雨绝船 vv - - 10 - - - 10 - - 又因为又因为 2 ，所以，所以 cos sin 雨绝 船 v v 由图可知由图可知 5 1 cos, 5 2 24 4 cos 22 5 4 cos, 5 3 sin smv/8 雨绝 所以所以 cos )cossincos(sin 雨绝 船 v v =8=8 sm/ 1.161.16 解解 以一岸边为以一岸边为x轴，垂直岸的方向为轴，垂直岸的方向为y轴轴. .建立如题建立如题 1.16.11.16.1 图所示坐标系图所示坐标系. . x y O d 水 v 题1.16.1图 所以水流速度所以水流速度 dy d ydk d yky v 2 2 0 又因为河流中心处水流速度为又因为河流中心处水流速度为c 22 d dk d kc 所以所以 d c k 2 。当。当 2 0 d y 时，时， y d c v 2 水 即即 uty y d c dt dx2 - 得得 tdt d cu dx 2 ，两边积分，两边积分 tdt d cu dx tx 2 00 2 t d cu x 联立，得联立，得 2 0 2 d yy ud c x 同理，当同理，当 2 d yd 时，时， yd d c v 2 水 即即 utd d c yd d c dt dx 22 dtutd d c dx 2 为一常数DD ud cy y u c x 2 2 由知，当由知，当 2 d y 时，时， u cd x 4 代入得代入得 u cd D 2 有 有 ud cy y u c x 2 2 u cd 2 ， dy d 2 - - 11 - - - 11 - - 所以船的轨迹所以船的轨迹 dy d u cd y ud c y u c x d yy ud c x 22 2 2 0 2 2 船在对岸的了；靠拢地点，即船在对岸的了；靠拢地点，即 dy 时有时有 u cd x 2 1.17 1.17 解解 以以A为极点，岸为极轴建立极坐标如题为极点，岸为极轴建立极坐标如题.17.1.17.1 图图. . 1 C 2 C A xO r 题1.17.1图 船沿垂直于船沿垂直于r的方向的速度为的方向的速度为 sinC1 ，船沿径向，船沿径向r方向的速度为方向的速度为 2 C 和和 1 C 沿径向的分量的合沿径向的分量的合 成，成， 即即 21 1 cos sin CC dt dr C dt d r - / /得得 d C C r dr cot sin 1 2 ，对两积分：，对两积分： C C C r sinln 2 tanlnln 1 2 设 设 Ck C C , 2 , 1 2 为常数，即为常数，即 Cr k k 1 1 cos2 sin lnln 代入代入条件条件 0 rr ； 0 . .设设 , 2 0 0 有有 , cos2 sin lnln 0 1 0 1 0 k k rC 得得 0 1 0 1 1 1 0 sin cos cos sin k k k k rr 1.18 1.18 解解 如题如题 1.18.11.18.1 图图 A B O a 题1.18.1图 mg 质点沿质点沿OA下滑，由受力分析我们可知质点下滑的加速度为下滑，由受力分析我们可知质点下滑的加速度为 cosga . .设竖直线设竖直线 hOB ，斜，斜 槽槽 sOA ，易知，易知 , 2 , 2 OABOBA ，由正弦定理，由正弦定理 2 sin 2 sin hs 即 即 cos cosh s - - 12 - - - 12 - - 又因为质点沿光滑面又因为质点沿光滑面OA下滑，即质点做匀速直线运动下滑，即质点做匀速直线运动. . 所以所以 22 cos 2 1 2 1 tgats 有有 0coscoscos 2 1 2 htg 欲使质点到达欲使质点到达A点时间最短，由点时间最短，由 coscos cos2 2 g h t 可知，只需求出可知，只需求出 coscos 的极大的极大 值即可，令值即可，令 sinsincoscoscoscoscosy sin2sin 2 1 coscos 2 y 把把y对对求导求导 sin22cos 2 1 cossincos2 d dy 极大值时极大值时 0 d dy ，故有，故有 2sintan 由于是斜面的夹角，即 由于是斜面的夹角，即 2 0 , 2 0 所以所以 2 1.19 1.19 解解 质点从抛出质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降阶段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取向上为正各力示意图如题 mg v v R R mg 上升时上升时 下降时下降时 题题 1.19.11.19.1 图图 则两个过程的运动方程为：则两个过程的运动方程为： 上升上升 22 ygmkmgym 下降：下降： 22 ygmkmgym 对上升阶段对上升阶段: : 22 1vkg dt dv 22 1vkg dy vdv dt dy dy dv 即 即 gdy vk vdv 22 1 对两边积分对两边积分 gdy vk vdv h v 0 22 0 1 0 所以 所以 2 0 2 2 1ln 2 1 vk gk h 即质点到达的高度即质点到达的高度. . 对下降阶段：对下降阶段： 22gv kg dy vdv dt dy dy dv 即 即 gdy vk vdv h v 0 22 0 1 1 2 1 2 2 1ln 2 1 vk gk h 由由= =可得可得 2 0 2 0 1 1vk v v 1.201.20 解解 作子弹运动示意图如题作子弹运动示意图如题 1.20.11.20.1 图所示图所示. . - - 13 - - - 13 - - d 0 v 水平方向不受外力，作匀速直线运动有水平方向不受外力，作匀速直线运动有 tvdcoscos 0 竖直方向作上抛运动，有竖直方向作上抛运动，有 2 0 2 1 sinsingttvd 由得由得 cos cos 0 v d t 代入化简可得代入化简可得 2 2 0 cos sincos2 g v d 因为子弹的运动轨迹与发射时仰角因为子弹的运动轨迹与发射时仰角有关， 即有关， 即d是是的函数， 所以要求的函数， 所以要求d的最大值的最大值. .把把d对对 求导，求出极值点求导，求出极值点. . 0coscossinsin cos 2 2 2 0 g v d dd 即即 coscossinsin 02cos 所以所以 24 ，代入，代入d的表达式的表达式得：得： 24 sin 24 cos cos 2 2 2 0 max g v d 2 sin 24 sin 2 2 2 2 0 g v 24 sec 2 2 2 0 g v 此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离d的最大值的最大值 1.21 1.21 解解 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所在的直线方向上，故用自然坐标比用直角坐标好. . O y x v 0 v gm v 题1.21.1图 - - 14 - - - 14 - - 轨道的切线方向上有：轨道的切线方向上有： sinmgmkv dt dv m 轨道的法线方向上有：轨道的法线方向上有： cos 2 mg r v m 由于角是在减小的，故由于角是在减小的，故 d ds r 由于初末状态由速度与水平方向夹角由于初末状态由速度与水平方向夹角来确定，故来确定，故我们要想法使变成关于我们要想法使变成关于的等式的等式 由由 ds dv mv dt ds ds dv m dt dv m 即 即 sinmgmkv ds dv mv 把代入可得把代入可得 cos 2 mg ds d mv 用用可得可得 cos sin1 g gkv d dv v d v d g k dv vcos sin cos 1 2 d vg kd v dv 222 cos sin coscos 222 coscos sincos g kd v dvdv 即 即 222 coscos cos g kd v vd ，两边积分得，两边积分得 C g k v tan cos 1 代入初始条件代入初始条件 0t 时，时， 0 ,vv 即可得即可得 tan cos 1 0 g k v C 代入式，得代入式，得 gkv gv v tantancoscos cos 0 又因为又因为 cos, 2 mg r v mrv 所以 所以 v g dt d cos 把代入把代入 dtgd gkv gv cos tantancoscos cos 0 积分后可得积分后可得 g kv kt sin2 1ln 11 0 1.22 1.22 各量方向如题各量方向如题 1.22.11.22.1 图图. . Oy x B E V 题1.22.1图 Z - - 15 - - - 15 - - 电子受力电子受力 BEFve B vvveeE zyx 00 kji j jievBeEBevy 则电子的运动微分方程为则电子的运动微分方程为 0zm xeBeEBeveEym yeBBevxm x y - - - 由由 , dt dy eB dt dv m x ，即，即 y v v x dym eB dv x 0 Vy m eB vx 代入整理可得代入整理可得 BVE m e y m Be y 2 22 对于齐次方程对于齐次方程 0 2 22 y m Be y 的通解的通解 t m eB sinAt m eB cosAY 211 非非齐次方程的特解齐次方程的特解 BVE eB m Y 2 2 所以非齐次方程的通解所以非齐次方程的通解 BVE eB m t m eB sinAt m eB cosAYYy 2 2121 代入初始条件：代入初始条件： 0t 时，时， 0y 得得 B E V eB m A1 0t 时，时， 0 y v 得得 0 2 A , ,故故 2 eB mE eB mV t m eB cos B E V eB m y 同理，把代入可以解出同理，把代入可以解出 t m eB sin B E V eB m t B E x 把代入把代入 V eB mE eB mv t m eB B E V eB m m eB dt dx 2 cos dt B E dtt m eB B E Vdx cos Ct B E t m eB B E V eB m x sin 代入初条件代入初条件 0t 时，时， 0x ，得，得 0C . .所以所以 t B E t m eB sin B E V eB m x ） 1.231.23 证证 （a a）在）在 1.221.22 题中，题中， 0B 时，则电子运动受力时，则电子运动受力 jFeE 电子的运动微分方程电子的运动微分方程 0 0 zm eEym xm - - - 对积分对积分 1 Ct m eE y 对再积分对再积分 21 2 2 CCt m eE y 又 又 0z ,vtx - - 16 - - - 16 - - 故故 C mv eEx y z 2 0 2（ 21 CCC 为一常数）为一常数） 此即为抛物线方程此即为抛物线方程. . b 当当 0E 时时 则电子受力则电子受力 B vvvee zyx 00 kji BvF ji xy eBveBv 则电子的运动微分方程为则电子的运动微分方程为 0zm eBvym eBvxm x y - - - 同同 1.221.22 题的解法，联立题的解法，联立- -解之，得解之，得 t m eB V eB m y t m eB V eB m x cos sin , 于是 于是 2 22 eB mv yx 及电子轨道为半径的圆及电子轨道为半径的圆 eB mV . . 1.24 1.24 解以竖直向下为正方向，建立如题解以竖直向下为正方向，建立如题 1.24.21.24.2 图所示坐标，图所示坐标， T T m a m2 m T T T T m a T T O 1 2 3 m2 题题 1.24.11.24.1 图图 题题 1.24.21.24.2 图图 以开始所在位置为原点以开始所在位置为原点. .设设- - -处物体所处坐标分别为处物体所处坐标分别为 321 ,yyy ， 则， 则 3 3 个物体运动微分个物体运动微分 方程为：方程为： 3 2 1 22ymTmg ymTmgT ymTmg - - - 由于与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有由于与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有 32 yy ，即，即 yy 之间用倔强系数之间用倔强系数 a mg k 弹性绳联结弹性绳联结 . . 故有故有 ayy a mg ayykT 2121 由得由得 gyy a g y2 211 由得由得 mgymT 2 3 - - 17 - - - 17 - - 代入，有代入，有 21 3yy 代入，有代入，有 gy a g y 11 3 4 此即为简谐振动的运动方程此即为简谐振动的运动方程. . 角频率角频率 a g 3 2 所以周期 所以周期 g a32 解得解得 4 3 sincos 211 a tAtAy 以初始时为原点，以初始时为原点， 0t 时，时， 0,0 11 yy . .所以所以 atay 4 3 cos 4 3 1 代入得代入得 t a g mgT 3 2cos1 联立 联立- -得得 t a g mgT 3 2cos 3 1 12 1.251.25 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. .建立如题建立如题.25.1.25.1 图所图所 示坐标系示坐标系. . O y W 原点的重力势能设为原点的重力势能设为 0.0.设弹簧最大伸长设弹簧最大伸长 max . .整个过程中，只有重力做功，机械能守恒：整个过程中，只有重力做功，机械能守恒： 0 2 max0max 2 0 2 0 2 1 2 1 2 1 kW kg g W kv g W - - 联立得联立得 g v 0 00max 弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力，弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力， max T 为最大张力，为最大张力， 即即 0 0 maxmax 1 g v WkT 1.261.26 解解 以绳顶端为坐标原点以绳顶端为坐标原点. .建立如题建立如题 1.26.11.26.1 图所示坐标系图所示坐标系. . - - 18 - - - 18 - - O m m T 设绳的弹性系数为设绳的弹性系数为k, ,则有则有 kbmg 当当 m 脱离下坠前，脱离下坠前，m与与 m 系统平衡系统平衡. .当当 m 脱离下坠前，脱离下坠前，m在拉力在拉力T作用下上升，之后作简作用下上升，之后作简 运运. .运动微分方程为运动微分方程为 ymaykmg 联立联立 得得 b ba gy b g y 0y b g y 齐次方程通解 齐次方程通解 t b g At b g AYsincos 211 非齐次方程的特解非齐次方程的特解 baY 0 所以的通解所以的通解 bat b g At b g AYsincos 211 代入初始条件：代入初始条件： 0t 时，时， , cbay 得得 0, 21 AcA ；故有；故有 bat b g cycos 即为即为m在任一时刻离上端在任一时刻离上端O的距离的距离. . 1.271.27 解对于圆柱凸面上运动的质点受力分析如图解对于圆柱凸面上运动的质点受力分析如图 1 1- -24.24. mg N 题1.27.1图 运动的轨迹的切线方向上有运动的轨迹的切线方向上有: : dt dv mmgsin 法线方向上有：法线方向上有： R v mNmg 2 cos 对于有对于有 dt ds ds dv dt dv gsin （s为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即 dsgvdvsin 又因为又因为 dsRd 即 即 Rdgvdvsin - - 19 - - - 19 - - 设质点刚离设质点刚离开圆柱面时速度开圆柱面时速度 0 v ，离开点与竖直方向夹角，离开点与竖直方向夹角 0 ，对式两边积分，对式两边积分 Rdgvdv v sin 00 00 0 2 0 cos1 2 1 gRv 刚离开圆柱