理论力学 第二版 (金尚年 马永利 著) 高等教育出版社 课后答案 1-4章答案.pdf

Chap1 1.1 y x z mg N F ? 柱坐标 mR R 2 FN sin mR 2R 0 mz FNcos mg R2 z2 r2 球坐标 mr 2 2 sin2 FN mg cos mr sin cos mg sin mr sin 2 cos 0 sin sin cos cos 1.4 x y F ? 运动方程为 mr r 2 Fr 0 mr 2r F 由径向方程 r r2 方程的解为 r Aet Bet 带入初始条件 1 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m r0 A B b r 0 A B 0 得 r b cosh t F 2mb2sinh t 1.6 m B A m B A 运动方程为 mr r 2 F mg cos mr 2r mg sin 体系还应满足 r v r0 l r l vt 1.8 利用内禀方程，由条件得 v dv dt C1vn v2 C2 即 v C1t C 设定初始条件得 t 0, v0 0 v C1t 可解得 v ds dt s 1 2 C1t2 C 利用初始条件得 t 0, s 0 s 1 2 C1t2 曲率半径为 v2 C2 2C1 C2 s as 得方程 ds d as 解之得 ln s a 0 2 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 即 s ea0 Aea 对数螺线满足 r r0ea 求其轨迹长度为 ds r rd 1 ar0ead s 1 ar0 a ea b Aea b 对比前面结果可知所求为对数螺线 1.23 初始条件为 y0 l,y 0 0 运动方程 my mg y L 解之得 y Ae g/L t Be g/L t 带入初始条件 A B l A B 0 解得 y l coshg/L t 当全部滑落时 L l coshg/L t 解之得 t L g ln L L2 l2 l v gL2 l2 L 1.25 m m m m 对于杆 my mg F cos 对于三角形 mx F sin 体系满足约束 3 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m x0 l x tan y h 则运动方程为 x tan g m m x cot 0 即 x g m cot m mcot2 y g m m mcot2 1.27 A，B点运动方程为 mx F x x2 y2 my F y x2 y2 F c x2 y2 因此体系相当于一个位于r c xi yj 处的质点受有心引力 c x2y2 作用 mr c c r r c 体系能量守恒，角动量守恒 1.29 对于小滑块m my mg F cos mx x F sin x为从m看m的水平位移，则 y x tan 对于大滑块m mx F sin 则 mx m mx 考虑初始条件，可得 x m m m x 小滑块下落到底，相对于大滑块x方向位移为 x l1 l2cos2 则大滑块的位移为 x m m m l1 l2cos2 另外由第二个方程得 y F 1 m 1 m sin2 cos 联合第一个方程得 y g y cos2 1 m m sin2 4 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m y 1 mcos2 m m sin2 g 即 y m m sin2 m sin2 m g 小滑块下落距离满足 l1tan l2sin 1 2 y t2 则 t 2l1tan l2sin y Chap2 2.7 质点的速度，以及相应的动能势能为 v r e r r e r sin e T m 2 r2 2 r2 2 sin2 V mgr cos 注意上式中r为常数，广义坐标为, ，体系的拉各朗日函数为 L T V m 2 r2 2 r2 2 sin2 mgr cos 则拉各朗日方程为 d dt L L mr2 mr2 2 sin cos mgr sin 0 d dt L L mr2 sin2 2mr2 sin cos 0 2.9 体系的动能为 T 1 2 mx 2 y 2 1 2 mr 2 r22 取x, y所对应的r, 为广义坐标势能为 V ke2 x2 y2 ke2 r 则拉各朗日函数为 L 1 2 mr 2 r22 ke2 r 拉各朗日方程为 d dt L r L r mr mr 2 ke2 r2 0 5 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m d dt L L mr2 2mrr 0 2.11 体系的动能为 T m 2 R 2 R2 2 z 2 m 2 R 2 R22 R 2 p2 R2 势能为 V mgz mg R 2p 该体系只有一个自由度，取R为广义坐标，拉各朗日函数为 L m 2 R 2 R22 R 2 p2 R2 mg R 2p 相应的拉各朗日方程为 d dt L R L R mR 1 R2 p2 2m R 2 p2 R mR2 mg 2p 0 对于平衡点R 0，R 0则 R g 2p2 2.14 以MN所在平面为x轴，包括绳子中的张力和重力，体系的势能为 V 2Fl sin p2l cos d cot 体系平衡条件为 V 2Fl cos p2l sin d d cot2 0 解得 F p tan d 2l 1 cos d 2l cos sin2 p tan d 2l csc3 1 2.16 体系势能为 V mg 1 2 4l2 x2 y mg 1 2 4l2 l2 2y l2 y mgl2 yl y2 y 平衡条件为 dV dy mg 2y l 2 l2 y2 yl 2 l2 y2 yl 0 则需满足 4y2 4yl l2 4l2 4y2 4yl 注意此方程无解，其原因是如果体系在墙左边有一镜像对称部分的话，体系左边的 势能为 V mgl2 yl y2 y 6 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 因此用仅用原来的势能来表示的话，在y 0处出现奇点。因此我们改用x作为广义 坐标，由于 y 1 2 1 2 l2 x2 则平衡位置要求 dV dx dV dy dy dx dV dy x 2 l2 x2 0 即x 0 2.18 取第一个质点与垂线的夹角和两质点相对与圆心夹角一半为广义坐标，体系 势能为 V m1gR sin m2gR sin 2 1 2 k2R sin l2 则体系平衡要求 V m1gR cos m2gR cos 2 0 V 2m2gR cos 2 2Rk cos 2R sin l 0 2.20 两点源的场 能量守恒，以两点连线为z轴，则z方向角动量守恒 均匀圆锥体的场（场在圆锥面上处处相同） 以圆锥体的对称轴为z轴，z方向角动量守恒。 无限均匀圆柱螺线的场（场在相同圆柱螺线上处处相同） 螺旋线方程为 z h 2 z0 L 1 2 mz 2 R 2 R2 2 V w 1 2 2 h z w 1 2 z h 2 z h 2 w 2 h w 2 h h 2 w w 可以看到，w对应与沿螺旋线的变量，因此势能与w无关，即 V w 0 变换后动能项里也不出现w，即 L w 0 相应与w的广义动量 Pw L w L z z w L w h 2 Pz L 守恒。 Chap3 7 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 3.1 L r2 dr 2mE a r2 L r2 L r2 dr E 2maL2 r2 L 2ma L2 arctanh 2ma L 2ma L2Er2 2ma L tanh 2ma L2 1 2ma L 2ma L2Er2 2ma L2 3.2 两体问题可以化成质心在外力下的运动，和相对运动两个部分，初始时，由 2mv c mv 0 得 v c 1 2 v 0 如无外力，质心以v c做匀速直线运动，如有重力，质心以v c为初速度做平抛运动。相 互作用部分为弹性势能 V 1 2 kr l2 其中r 为相对位置矢量。折合质量为 mr m2 2m m 2 运动方程为 t dr 2 mr E 1 2 kr l2 L2 mr 2r2 L r2 dr 2mrE 1 2 kr l2 L2 r2 3.4 有效势为 Veff J2 mr2 k er r 下图从绿线到红线是从0到无穷大有效势曲线的变化。 x y 可以看到当 1时，er 1，粒子运动类似平方反比力的有效势能（绿 线）；当 1时，er 0，粒子运动类似自由粒子运动（红线）。随着的变 化，有效势能有两种不同的表现：1.单调减小；2.先单调减小后单调上升。考虑到无 穷远处的趋势，两种状态的交叉点可以由有效势是否有零点决定。 8 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m J2 mr2 k er r ln r r ln J2 mk 图示如下，当大于某值时，方程无解。有效势能始终单调减小。 12345678 -2 0 2 4 x y 3.5 体系的动能为 T 1 2 ml2 2 l2 2 sin2 势能为 V mgl cos 体系角动量守恒则 L 0 L L constant L T ml2 sin2 体系机械能为 E 1 2 ml2 2 L 2 2ml2sin2 mgl cos 则有效势为 Veff L 2 2ml2sin2 mgl cos 运动方程为 dt ml2 2 d E Veff d L ml2sin2 dt 两边积分即为所求 3.6 体系势能为 V k r c 2r2 可做如下等效 k L2 2m L2 2m c 2 之后计算同平方反比力情况 3.8 问题本身为求解积分 9 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m t dr 2 mr L2 m2r2 m dr 2 r L2 mr2 m rdr 2r p m 1 6 2r p 3 2 1 2 p 2r p mp3 1 6 2r p p 3 2 1 2 2r p p 令 2r p p p 2x p 则 t mp3 1 6 3 1 2 最后得 x p 2 1 2 p 2 2p 2r p p r y r2 x2 p x2 x2 p 3.10 对于该体系 A 1 2m L2 r3 dV dr m L2 r4 d2V dr2 其中 dV dr darn dr narn1 d2V dr2 nn 1arn2 则 A 1 2m L2 narn2 m L2 nn 1arn2 1 m L2 nn 1arn2 当n 0时，A 0，体系稳定，有效势能为 Veff arn L2 2mr2 则体系为圆轨道条件为 dVeff dr narn1 L2 mr3 0 即 rn2 L2 man 10 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 此轨道稳定要求 d2Veff dr2 nn 1arn2 3L2 mr4 0 即 nn 1arn2 3L2 m n 1 L2 m 3L2 m 当n 2时，且当n 0时，a必须小于0，而当n 0时，a必须大于0，体系稳定 Chap4 4.1 自由度为1，S点的速度为 vs r1 r2 r2s 则小圆角速度为 s r1 r2 r2 自由度为2，如大圆角速度为 l 则S点相对于P点的速度为 vs r1 r2 r1 r2s 则 s r1 r2 r2 r1 r2 自由度为2，此时两圆角速度都为常数 s constant l constant 4.2 自由度为2，大圆角速度为 l 则相对于P点 vs r1 r2 r1 r2s s r1 r2 r2 r1 r2 体系自由度为2 l s constant 4.5 杆上距离A点为a的点离M点距离为 2R cos a 其中为杆与水平线夹角则以M点为原点，建立极坐标， r a 2R cos ae r a点速度为 v e r e 2R sin e r 2R cos e ae 如瞬心坐标为r s，则 v r a r s 11 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 其中 k 则 r a r s 2R sin e 2R cos e r ae r 则 r s 2R sin e 即在AO连线上，距离A点2R，也就是距离O点R处。因此瞬心的轨迹为以O点为圆 心，R为半径的圆。从杆的角度看为以A点为圆心，半径2R的圆。 4.8 对于此体系，欧拉角速度大小为 2 1 0 则 e 3 e z B点坐标为 r OB r OD r DB b cos a sin e 3 b sin a cos e 则B点速度为 v B r OB b sin a cos ae 4.13 体系角动量大小为 L Ic 1 2 mr2 力矩为 M 1 r2 0 r 2x2mgdx 2 3 mgr 则有 dL dt 1 2 mr2 2 3 mgr 解得 4g 3r t 0 当角速度为零时 t 3r0 4g 4.17 体系的动能为 T Ic2 mv2 其中v为两杆自己的质心速度 Ic 1 12 ml2 由能量守恒 T V mgh 则两杆自己的质心落地速度为 12 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m v 1 2 l 则 1 3 ml22 mgh C点速度为 vc l 3gh 4.18 体系所受力矩为 M FR cos r 转动惯量为 Ic mR2 2 I Ic mR2 3 2 mR2 则运动方程为 3 2 mR2 FR cos r 解之得 2FR cos r 3mR2 轮心速度为 X c R 2FR cos r 3mR 4.20 对于平板，运动方程为 mx F 其中F为摩擦力，球的运动方程为 I 2 5 mr2 Fr mx m F 由动量守恒 mx m mx mv x m m x m v 解之得 Fr I t 纯滚动时