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理论力学（第二版）参考答案理论力学（第二版）参考答案上上部部 （一一三章三章） 第一章第一章 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. 解：解： 设 s 为质点沿摆线运动时的路程，取 =0 时，s=0 X Y 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：证明：设一质量为 m 的小球做任一角度 0 的单摆运动 运动微分方程为 Frrm)2( sinmgmr 给式两边同时乘以 d dgdrs i n 对上式两边关于积分得 cgrc o s 2 1 2 利用初始条件 0 时0故 0 cosgc 由可解得 0 c o sc o s 2 - l g 上式可化为dtd l g 0 coscos 2 - 两边同时积分可得 d g l d g l t 0 2 0 2 2 2 0 0 2 sin1 2 sin1 0 0 1 2coscos 1 2 进一步化简可得 d g l t 0 0 0 2 2 2 2 sinsin 1 2 1 由于上面算的过程只占整个周期的 1/4 故 0 0 2 0 2 2 sin 2 sin 1 24T d g l t 由 sin 2 sin/ 2 sin 0 两边分别对微分可得 ddcos 2 sin 2 cos 0 2 0 2 sin 2 sin1 2 cos 故 dd 2 0 2 0 sin 2 sin1 cos 2 sin 2 由于0 0 故对应的 2 0 故 d g ld g l T 2 0 2 0 2 0 0 0 2 cos 2 sin sin 2 sin1/cos 2 sin 4 2 sin 2 sin 2 0 故 2 022 sin1 4 K d g l T其中 2 sin 0 22 K 通过进一步计算可得 g l 2T ) 2642 ) 12(531 () 42 31 () 2 1 (1 224222 n K n n KK 1.5 解：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 , 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， ， 联立， 可得： ,M 为地球的质量； 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： x y z p点 B e et y 由得： 则，半径变化后的 g 的变化为 对式进行通分、整理后得： 对式整理，略去二阶量，同时远小于 R，得 则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为： 。 1.6 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 sin)2( cos)( 2 mgrrm mgFrrm 其中， X VtLrLrVr, 0 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：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 1111 即质点的轨迹为对数螺线。 1.9 解：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： 2 1 2 1 mVmgl , 所以在原长位置时： 11 2glV 因为加速度为g，所以，到达原长的时间为: g l g V t 12 1 20 （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。 mgkl zmkzmg 2 化简得： gz l g z 2 解微分方程得： 2 2 2 2 1 sincoslt l g Ct l g Cz 因为t2=0时，z=0, 11 2glVz 所以, t l g glt l g glzlt l g llt l g lz 2 1 2 22 2 21 2 2 cos2sin,sin2cos 当0 z 时， 2122 2 112 2 )2(,) 2 tan(llllz l l g l t 此时 （3）所以总时间为 ) 2 tan( 2 2 1121 21 l l g l g l ttt A,D间总距离为 )2( 1222121 lllllzzs 1 1- -1111 解：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， 2 2 1 )cos1 (mvmgr， 又，由绳子张力为零可知 r v mmg 2 cos， 第二阶段，设上升高度为 h，则 g v h 2 )sin( 2 ， 联立、可解得 h=r 27 23 ， 3 2 cos；lrrh 54 23 27 23 cos 因此质点上升最高处为 o点上方l 54 23 处。 设斜抛到达最高点时水平位移为 s，则 ) sin (cost )cos( g v vvs ，s=r 27 54 =l 54 54 ;lsr 54 55 sin 因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边l 54 55 处。 1 1- -1212 解解: : 由自然坐标系 即 1.13.1.13. 解：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：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umvmcos 有余弦定理得：cos 2 )cos( 2 22 uv vvu r 可得：v= m m m m vr 2 2 22 cos2cos 1 可得：u= m vm cos = 2222 cos2cos cos mmmm mvr 1.11.16 6 解：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。 117117 解：解：把 A、B 看作系统，由动量定理知其质心速度 c v满足 0 )m(vmvm BcBA 所以得 BA B c mm vm v 0 由易知 A、 B 各绕质心做半径为 BA B mm lm r 1 ， BA A mm lm r 2 的圆周运动， 由初始条件得 l 0 v 以质心 C 点的坐标 C x和 C y及杆和 x 轴的夹角为坐标 jvmjymP BCBA0 )m（ kvlmkl mm m kyxmL B BA BA CCBA0 2 m )m( 0 222 2 2 1 m2 1 )( 2 1 vml m mm ymmT B BA BA CBA 1.18 解：解：设m1和m2碰撞后，m1的速度变为v 1，m2的速度变为v2，m2与m3碰撞后，m2的速度变为 v 2，m3的速度变为v3 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m1和m2而言，则有： m1v1=m1v 1+m2v2 2 1 m1v 2 1 = 2 1 m1v 2, 1 + 2 1 m2v 2 2 两式联立消去v 1，则有v2= mm vm 21 11 2 对于m2和m3而言，同样有： m2v2=m2v 2+m3v3 2 1 m2v 2 2= 2 1 m2v 2 2 + 2 1 m3v 2 3 由以上两式联立消去v 2则有v3= mm vm 32 22 2 将代入得：v3= ).( 4 3221 121 mmmm vmm 将上式对m2求导得 )()( 3221 )(4 22 31 2 211 2 3 mmmm mmmvm m v d d 由0 2 3 m v d d 可得m2= mm 31 即当m2= mm 31 时v3最大且 ).( 4 313311 1311 max3 mmmmmm vmmm v 1.21 解: 由题意得 m( 222 sin rr)=Fr +mgcos sincossin 2 grr 0cos2sin 由得 2tan 整理并积分可得 2 sin a 将之代入可得 sincos sin3 2 g a rr 整理并积分可得) sin cos 2 ( 2 2 c a r g （正值舍去） 由题意知， 2 时若要质点不飞出去，则0 22 0acca 由题意知，初态时刻即 r h cos时也有0 )( 21 22 hr h g r a 已知初态时速度为 v0 ， 22 0 0 hr v 联立即可得 r h g v 2 0 1.22 水平方向动量守恒，所以质心水平坐标不变，使用质心系，有： 21 xmmx， 且 )sin()sin( 21 Rxx FNy FN FNx FNx FNy FN G 对小球列牛二方程，有： yn maFmg 1 )cos( xn masF 1 )(in 对半球列水平方向的牛二方程，有： xn amsF 2 )(in 对半球列水平位移方程，由积分得： 2 t 0 t 0 2 xdtdta x 对小球列竖直方向上的位移方程，由积分得： )cos(cos t 0 t 0 1 Rdtdta y 对和分别对时间求偏微分，同时联立和，得： )sin()cos( 2 22 mm mR xa x )sin()cos( 2 1 Ra y 由和得： )sin()cos( )( 2 1 x y ma agm 将带入中并且使用 d d dt d d d 代换，整理可得： d mm Rm g mm mR )cos( )tan()( )cos( )sin( 2 对两边同时积分，并且0 0 ，0 0 ，可得： )cos(sin)sin(2)(cos )sin()(2 2 RmmR mmg 1,25 解：解：对于杆 my . =-mg+Fcosa 对于三角形 m x . =Fsina 体系满足约束 x0=l xtana+y=h 运动方程为 x . tana-g+ n m x . cota=0 即 x . =g amm am cot 2 cot y . =-g amm m cot 2 1.1.2626 解解 设弹簧原长为，在距离左端l处取一质元l，其质量为 L mdl 。 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，则质点位移为x L dl ， 速度为 dt dx L dl ，质元的动能为 dEk=dm v 2 2 ， 整个弹簧的动能为 弹k 2 0 3 3 2 0 )()( 2 )( 2 1 LL k dt dx dl L m dl L m dt dx L dl dE 弹簧的弹性势能为 2 2 kx Ep，滑块的动能为 物k E 2 )( 2dt dxm ， 系统的机械能 物k E p E 弹k 常量, 则 2 )( 2dt dxm + 2 2 kx + 2 0 3 3 )()( 2 L dt dx dl L m =常量 对上式两边求导，得：m 3 0 )( L dl L m 2 2 dt xd +kx=0 则 2 2 dt xd +x dl L m m k L 0 3 )( =0 所以此体系的振动频率 f= T 1 L dl L m m k 0 3 )( 2 1 1.271.27 解：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 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 Frrm Frr r 2 m 2 还有如下关系式 222 1r R ， arctanarct R R an 依 次 求 导 ， 有 2 1r R ， 2 1 R r ， 2 2 2 3 21 1 1 Rr R arctan， 2 2 1 ， 2 2 2 2 2 1 1 2 1 tan x 将力分解可得 2 1 cos TTr FxFF 2 T 1 1 sinF FxFT 将以上代入方程可得 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 3 2 1 1 m1 1 2 1 1 2 1 1 m1 1R 11 1 R T T FR R F R 化解可得 02 01 22 22 B B 其中 mR F B T 消B，可得0 2 另由 d d 代入可得0dd 积分可得C 又由能量守恒， eev rr r ，所以 0 222 vrrv 代入 r 和，可得 2 0 2 2 2 4 222 2 22 1 1 1 vR R ，即 R v0 积分Ct R v 0 2 2 1 ，又由 2010RRr， 00 ，0C 所以 R tv02 Rt v 2 0 Rt v02 4 1 代入 2 2B 化简可得 2 1 1 2 00 Rt v R v B 所以 tRv mv Rt v mvmRBFT 0 2 00 0 24 2 此即所求。 另解另解 第一问同上，而对于力的求解过程，也有 Frrm Frr r 2 m 2 在任意时 刻对速度分解有 xvv xvvr c o s s i n 0 0 而 eev rr r 所以会有 r Rr vr r R vr 22 0 0 即 2 22 0 0 r Rr v r R vr 同时 由于 r R vr 0 积分 tr R dtRvrdr 0 0 可得 RtvRr 0 22 2 3 22 0 2 0 1 r Rv r r Rvr r R Rrr rR vr Rrr rR v 223 22 2 0 223 22 0 22 而 由1 、 2 、 3代 入 径 向 方 程 可 得 r Rr F r Rr rv r Rv m T 22 4 22 2 0 3 22 0 化简得 Rtv mv Rr mv FT 0 2 0 22 2 0 2 而由 1、2、4 代入法向方程可得 r R F r Rr v r R v r R Rrr rR rvm T 2 22 00 223 22 2 0 2 2 化简得 Rtv mv Rrr RRrRrR R mv FT 0 2 0 222 32232 0 2 222 1.31 解：解： m dm vgdtdv m dm dt v g dt dv mg dt dm v dt dv m r r r 设 tfmm 0 gt m m vvv vccv t cfvgtv f df vgdtdv o r r r ln 10f0 ln: 0 0 故 时 积分 1.341.34 解：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 gh p pzgdzmgh h 2 0 2 1 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：解：设雨滴的本体为.m由物理学知 .)(Fmv dt d (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, r则雨滴质量m是与半径r的三次方成正比，密度看成是不变的，于是 3 1r km ， (2) 其中 1 k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 ,4 2 2 2 rkrk dt dm (3) 其中 2 k为常数。由(2)，得 .3 2 1 dt dr rk dt dm (4) 由(3)=(4)，得 . 3 1 2 k k dt dr (5) 对(5)两边积分：, 0 r a t tddr得 , atr (6) 将(6)代入(2)，得 .)( 3 1 atkm (7) 3）以雨滴下降的方向为正，分析(1)式 ,)()( 3 1 3 1 gatkvatk dt d ( 8 ) ,)()( 3 0 1 3 1 0 gdtatkvatkd tv ,)( 4 1 )( 3 4 1 3 1 katgkvatk （ 3 k为常数） 当0t时，0v，故, 4 4 1 3 gak k. )( 4 3 4 at a at g v 1.35 1.35 解：解： （1）以火箭前进方向建立直角坐标 z 轴，火箭的位置 r r = rk k 。设 t=0 时刻 ，火箭的运 动微分方程为： . 00 dt dm vgm dt dv m r 又 0 km dt dm ， 可得： r vkmgm dt dv m 000 , 要使火箭能够起飞，须满足：0 0 dt dv m ，即 0 00 r vkmgm ，gkvr 。 （2）设 t 时刻 火箭的质量 为 m ，其运动微分方程： r vkmgm dt dv m 0 ， 又 tkmmm 00 ，代入得 ： dt kt kv gdv r ) 1 ( 两边积分得： )1ln(ktvgtv r 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 m v。 设燃料消耗完所用时间 为 0 t，由 mtkmm 000 得：)1 ( 1 0 0 m m k t。 则 ： m m Inv m m k g v rm 0 0 )1 (。 在 0 到 0 t这段时间， 由 v dt dr 得： t vdtr 0 1) 1)1 ()(1 ( 2 1 2 ktInkt k v gtr r 当 t= 0 t时，得： 1) 1()1 ( 2 00 2 0 2 1 m m In m m k v m m k g r r 对火箭从速度 m v减到 0 这一过程由动能定理得： 2 2 2 1 0 m mvmgr )1 ()1 ( 2 )( 22 0 02 0 2 20 22 2 m m m m In k v m m k g m m In g v g v r rrm 则火箭上升的最大的高度 )1 ()( 2 0 0 20 2 21 m m In m m k v m m In g v rrh rr 。 1.361.36 解解: :（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： ),( 2 1 . 2 zyxUlm 得到： ),(2 2 1 . m zyxU l 积分得到 t l dtdl m zyxU 0 2 1 0 ),(2 故得到; ),(2 2 1 / m zyxU lt 解得到： mt mt 11 （2）若势能乘上常数 a,则： ),(2 2 1 1 / m zyxaU t l，而 ),(2 2 1 m zyxU t 所以： at 1 t1 1.37 弹簧原长 A的初始位置 A下降的最低位置 A上升的最大位置 B A B A B A I I v v 状态1状态2状态3 y y 0 图1 A、B运动过程图 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： 3 kygmb g k m y b 3 由状态 1 得： 1 kygma g k m y a 1 从状态 2 到状态 3，更具能量守恒定律得： )( 2 1 2 1 21 2 3 2 2 yygmkyky a 2113 yyyy k gmm y ba )2( 2 由状态 1 到状态 2 应用能量守恒定律得： 2 21 2 1 2 2 2 1 )( 2 1 2 1 aaa vmyygmkyky 将 1 y， 2 y， 3 y带入化简得 2 2 2 )( g k mm vm ba aa 所以： k m gmmmvmI a baaaa )(0 1.381.38 解：解：由动量守恒定理和动能定理得： m+2mv=mv mgh=0.52m+mvv+mgH 0.5mvv=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：解：以碗的球心为坐标原点建立球坐标系： 则r=Rer+zk r=Rer+R e+zk r= Rer+R e+ zk r= R er+2 R e+ R e- R er+ zk =( R- R ) er+(2 R+ R ) e+ zk F=-mgk 带入达朗贝尔方程得： m-gk-( R- R ) er+(2 R+ R ) e+ zk (Rer+R e+zk)=0 化简得： 02 0- RR gzzR R z 2.52.5 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 0 v拉绳的 A 端，从小孔到质点的原长为 0 L，以 原点所在平面为零势能平面， 其动能和势能为 T=)( 2 1 22 er vvm=m 2 1 2 0 vm 2 1 （ 0 Ltv0） 2 2 V=-mg（ 0 Ltv0）cos L 函数： L=T-V=m 2 1 2 0 vm 2 1 （ 0 Ltv0） 2 2 +mg（ 0 Ltv0）cos 则 L m（ 0 Ltv0） 2 dt d ( L )= m（ 0 Ltv0） 2 -2m 0 v （ 0 Ltv0） L -mg（ 0 Ltv0）sin 代入 L 方程，得运动微分方程为 m（ 0 Ltv0） 2 -2m 0 v （ 0 Ltv0）+mg（ 0 Ltv0）sin=0 2.10 解： v= r ee r r r=R 2 1 er 以为广义坐标 T= 2 1 mR 2 2 L=T= 2 1 mR 2 2 2 mR L 2 2 2mrmR L dt d 2 mR L 2 2 2mrmR L dt d = 2 mR L 2.13 解：由杆 AC，DG 力矩平衡： ACFABFP DFFEFFFGP ) ( 21 21 又有 F1 F1， F2 F2 DF AC AB FPEFFFGP)( 11 若有 AB AC EF DF ， 则有：EFPFGP 即秤锤的重量 P 与重物 P在秤台的位置无关，且 EF FG PP 2.16 解：解：设 A(0,yA) , B(x,y) 则由给出的方程可知 y= 2 22 xll 且由该方程分析可知，有 y 2 l lyA 又由 AB=2l可知，yA= 2 4 22 22 xll xl 因此可得 V=mg 2 A yy =mg 2 4 2222 xllxl 所以由0 dx dV 可得 2222 4xl x xl x 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 P F2 A B C D EFG F2 F1 F1 P )4 2 1 ( 22 ymgV xl ，由于约束条件： lyxx 2 2 2 )2( 得到)( 2 2 yylmgV yl 0 2 22 2 2 2 2 yl ylly mg dy dV y l y l 可以得到：)(4 2 2 2 2 yl ylyl ）（ 无解 故可以得到无满足平衡的位置。 2.17 解：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： ),cos(cos sin ( ),cos(cos sin ( 2 1 l r mgV l r mgV 体系的总势能为： 21 VVV 由0 V 及)sin sin cos (cos2 2 l r mg V 当0tantan0 23 rrl时，得到： 。 2.19 解：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： 2 )cos2 4 sin2( 2 1 cos2 llkplV 化简得： 22 )cos22( 2 1 cos2klplV 由0 V 得：0sin)cos22(sin2 2 klpl 0sin0 得： kl p 22 2 cos 2.19 解：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 0 y,则 0 y=2lcos=2l. 系统势能 V=2mglcos+ 2 )2cos2( 2 1 llk 2 )cos2(cosllkPl 由拉格朗日方程理论质点系平衡方程知: 0 q V ,则有)sin2)(cos2(2sin2- lllkPl V =0 解得: kl P 22 2 cos. 2.20 解：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：解： 如图：以为广义坐标 )sin( 2 2222 wR m T cosmgRV cos)sin( 2 2222 mgRwR m VTL 代入拉格朗日方程，得 0)sincossin( 22 gRwR 由于拉氏函数不显含时间，且约束稳定，故广义能量守恒，即 constLqpH constmgRwR m Hcos)sin( 2 2222 2.23 解：解：体系为带电粒子，采用柱坐标。 体系动能为，)( 2 1 22 2 2 zRRmT ； 体系势能为， R R qEdR R qE EqdRV R R R R 0 0 0 ln 00 ，其中 0 R为零势能位置； 体系拉格朗日函数为， R R qEzRRmVTL 0 0 22 2 2 ln)( 2 1 。 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： BqREqRRm)( 2 ； RBqRRm)2(；0 zm。 整理可得：0 0 0 2 qRBq R E mRRm； 常数 2 2 0 2 qRB mR ；常数 zm。 2.25 解：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：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= BxAx vmvm 0 )( 2 1 )( 2 1 2 1 )(sin msinp 2222 2 By ByBxAyAx Ay Ax v vvmvvmmu uvmp v 由此可解的 0 sin cossin2 ) 1 sin cos2 ( sin cossin2 y 2 2 2 2 B Bx Ay Ax v u mm m v u mm m v u mm m v 2.27 2.27 解：解： 由题意可知, 0 0 sin cos 2 2 1 1 t n tt nn v v euv euv 由碰撞前后动量守恒可得 tt tt nnn nnn vv vv vemmvem mm v vemvmem mm v 22 11 212 211 )()1 ( 1 )1 ()( 1 又 钢球 A 和 B 之间发生的是弹性碰撞 t e u n e A B 1e 0 sin cos 2 cos)( 1 2 1 2 1 t tt nn nn v euv emu mm v eumm mm v cos 2 sincos 2 2 2 2 22 22 2 2 1 2 11 mu mm vvvv mm mm uvvv ntn tn 2.28 解：解：如图所示，m1 有初速度 v1 与静止的 m2 发生斜碰， 碰后两者速度方向相互垂直， 则可以知道： 又根据光滑小球的条件：， 由 得， ； 由 得， ，则 ， x 轴 y m2 , m1 , m1， 由 碰撞系数 e= 又有水平方向动量守恒得： 得：（9） 将（9）带入（7）得到： 2.29 解：解： 2 1111 2 1 )cos1 (vmglmT 2 2222 2 1 )c o s1 (vmglmT 解上述二式可得 )c o s1 (2 1 glv )c o s1 (2 2 glv 由碰撞前后动量守恒可得 22111 vmvmvm 可得 )( c o s2)c o s1 (2 1 2 gl m m glv 由牛顿公式可得碰撞的恢复系数为 1 cos1 cos1)( )cos1 (2 )cos1 (2cos1 (2)cos1 (2 1 21 1 2 21 1 2 1 2 m mm gl gl m m glgl vv vv I I e nn nn 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：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： 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 )(2 2 )(2 )(2 )V(2 V VV r L r Em r r L r V r L r Em r r L r V r L r Em V L r L rEm d r r L d r r r rr 时，当 时，当 ）（ 可知，由 3.11 解：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：解：由题意得被俘获时 0 2 1 2 2 4 2 3 2 dr Vd r L m dr dV r L m A 又, 2 r V L=mvb 代入可