理论力学简明教程 第二版 (陈世民 著) 高等教育出版社 课后答案第零 一章 课后答案【khdaw_lxywyl】.pdf

课后答案网 用心为你服务 大学答案 中学答案 考研答案 考试答案 最全最多的课后习题参考答案 尽在课后答案网 Khdaw团队一直秉承用心为大家服务的宗旨 以关注学生的学习生活为出发点 旨在为广大学生朋友的自主学习提供一个分享和交流的平台 爱校园 课后答案网 淘答案 第零章数学准备 一 泰勒展开式 1 二项式的展开 m 23 m m 1m m 1m 2 f x1x1mx xx 23 2 一般函数的展开 23 000 0000 fxfxfx f xf xx xx xx x 123 特别 0 0 x 时 23 f0f0f0 f xf 0 123 xxx 3 二元函数的展开 x y 0 处 00 ff f xyf 0 x y xy 222 22 000 22 1fff x2xy y 2xx yy 评注 以上方法多用于近似处理与平衡态处的非线性问题向线 性问题的转化 在理论力问题的简单处理中 一般只需近似到 三阶以内 二 常微分方程 1一阶非齐次常微分方程 xx y P y Q 通解 P x dxP x dx yecQ x edx 注 P x dx P x dxQ x edx 积分时不带任意常数 x Q可为 常数 2一个特殊二阶微分方程 2 yA yB w w w k h d a w c o m 课后答案网 通解 0 2 B y Kcos Ax A 注 0 K 为由初始条件决定的常量 3二阶非齐次常微分方程 x yaybyf 通解 yyy y为对应齐次方程的特解 y为非齐次方程的 一个特解 非齐次方程的一个特解 1 对应齐次方程 0yayby 设 x ye 得特征方程 2 ab0 解出特解为 1 2 若 12 R 则 1x 1 ye 2x 2 ye 12 xx 12 yc ec e 若 12 R 则 1x 1 ye 1x 2 yxe 1x 12 ye cxc 若 12 i 则 x 1 yecosx x 2 yesinx x 12 ye c cosxc sinx 2 若 2 000 x fa xb xc 为二次多项式 b0 时 可设 2 yAxBxC b0 时 可设 32 yAxBxCxD 注 以上 1 c 2 c A B C D 均为常数 由初始条件决定 三 矢量 1 矢量的标积 xxyyzz A B B A A B cos A B A B A B 注 常用于一矢量在一方向上的投影 w w w k h d a w c o m 课后答案网 2矢量的矢积 nxyz xyz ijk AB B A A B sin e AAA BBB xyzyzxxzxyyx A BA B i A BA B j A BA B k 四 矩阵 此处仅讨论用矩阵判断方程组解的分布情形 111122133 211222233 311322333 a xa xa x0 a xa xa x0 a xa xa x0 令 111213 212223 313233 aaa Daaa aaa D 0 时 方程组有非零解 D 0 时 方程只有零解 第一章牛顿力学的基本定律 万丈高楼从地起 整个力学大厦的地基将在此筑 起 三百年的人类最高科学智慧结晶将飘来他的古朴 与幽香 此时矢量言语将尽显英雄本色 微积分更是 w w w k h d a w c o m 课后答案网 风光占尽 要点分析与总结 1 质点运动的描述 1 直线坐标系 rxiyjzk rxiyjzk arxiyjzk 2 平面极坐标系 r r 2 r rre rer e a rr e r2r e 3 自然坐标系 t 2 tn e v aee 4 柱坐标系 2 tn z v aee eeze 析 上述矢量顺序分别为 析 上述矢量顺序分别为 rktnbz i j k e e e e e e e e e 矢量微分 矢量微分 r kr kr k kk de eee dt de eee dt de ee0 dt 其它各矢量微分与此方法相同 微分时一定要注意矢量顺序 其它各矢量微分与此方法相同 微分时一定要注意矢量顺序 2 牛顿定律 w w w k h d a w c o m 课后答案网 惯性定律的矢量表述 2 2 d r mamF dt 1 直角坐标系中 x y z Fmx Fmy Fmz 2 极挫标系中 2 r k Fm rr Fm r2r F0 3 自然坐标系中 2 n b Fm Fm F0 3 质点运动的基本定理 几个量的定义 动量Pm 角动量LrmrP 冲量 21 IPP 力矩MrF 冲量矩 2 1 t 21 t HIIMdt 动能 2 1 Tm 2 1 动量定理 dP F dt w w w k h d a w c o m 课后答案网 e 方向上动量守恒 dP eF e0 dt 2 动量矩定理 dL M dt 3 动能定理 ddT Fm dtdt 4 机戒能守恒定理 T V E 析 势函数 V 析 势函数 V VVV dVdxdydzF dr xyz VVV F ijk xyz 稳定平衡下的势函数 稳定平衡下的势函数 0 x x x dV 0 dx 0 2 x x x dV 0 dx 此时势能处极小处此时势能处极小处 m V 且能量满足且能量满足 M m VE0 0E VE 质点再平衡点附近振动 质点逃逸 质点逃逸 解题演示 1 细杆 OL 绕固定点 O 以匀角速率 转动 并推动小环 C 在固定的 钢丝 AB 上滑动 O 点与钢丝间的垂直距离为 d 如图所示 求 小环的速度 和加速度a 解 依几何关系知 xdtan 又因为 22 2 ddx xiii cosd 故 22 2 2 2 dx x a2xxii dd 2椭圆规尺 AB 的两端点分别沿相互垂直的直线 O 与 Oy 滑动 w w w k h d a w c o m 课后答案网 已知 B 端以匀速 c 运动 如图所示 求椭圆规尺上 M 点的轨道 方程 速度及加速度的大小 与 解 依题知 B y bd cos 且 B yC bd sin 得 C bd sin 又因 M 点位置 MM xbsin ydcos 故有 MMM x i y jb cos id sinj 代入 式得 M bccotdc ij bdbd 即 222 c b cotd bd 2 MM 222 bcbc aii bd sin bd sin 3一半径为 r 的圆盘以匀角速率 沿一直线滚动 如图所示 求 圆盘边上任意一点 M 的速度 和加速度a 以 O M 点的连线与 铅直线间的夹角 表示 并证明加速度矢量总是沿圆盘半径 指向圆心 解 设 O 点 坐 标 为 0 Rtx R 则 M 点 坐 标 为 0 RtxRsin RRcos 故 MMM x iy j RRcos iR 222 MM aRsin iRcosjR sin icosj 4一半径为 r 的圆盘以匀角深度 在一半经为 R 的固定圆形槽内作 无滑动地滚动 如图所示 求圆盘边上 M 点的深度 和加速度 用 参量 表示 w w w k h d a w c o m 课后答案网 解 依题知 rr RrRr 且 O 点处 kr ecos esin e 则 MO OOM Rr r rrr Rr ere Rr cos r e Rr sin e M Mrr r r r sin e Rr cos r e Rr cos e Rr sin e rsin er 1 cos e rr rr 2 r a r cos ersin er sin er 1 cos e rcos ersin ere r rRrcos ersin e Rr 5已知某质点的运动规律为 y bt at a 和 b 都是非零常数 1 写处质点轨道的极坐标方程 2 用极坐标表示出质点 的速度 和加速度a 解 b 1 yrsinbt a 得 r b rcsc e a r 2 b asina cosb 2reae asina sin r b 1cotee sin 6已知一质点运动时 经向和横向的速度分量分别是 r 和 这里 和 是常数 求出质点的加速度矢量a 解 由题知 r ree w w w k h d a w c o m 课后答案网 且 rr r 故 rr arer eee r re r e 22 2 r r e e rr 7质点作平面运动 其速率保持为常量 证明质点的速度矢量与 加速度矢量正交 证明 设速度为e 则 22 nn d aeee dt 由于e 与 n e 为正交矢量 即得证 8 一质点沿心脏线r 1 cos 以恒定速率 v 运动 求出质点的速 度 和加速度a 解 设 rr rer esine1 cosre 且有 222 sin 1cosr 解得 2cos 2 得 rsinsin rcos 22 则 r sinecose 22 rr 11 acosesinesinecose 222222 2 r 3 etane 42 9 已知质点按 t re t 运动 分别求出质点加速度矢量的切向 和法向分量 经向分量和横向分量 w w w k h d a w c o m 课后答案网 解 1 极坐标系下 由 t re t 得 t re 且设 r rer e 则 2 2 r rrerer e 得 r 22 22 rr eee rrrr nr 22 22 rr eee rrrr 2 rr arere rr ere 22tt r r e e2e e 则 径向与横向的分量分别为 22t r e t 2e 10 质 点 以 恒 定 速 率C沿 一 旋 轮 线 运 动 旋 轮 线 方 程 为 xR sin yR 1 cos 证明质点在y方向做等加速运动 解 依题意 222222222 CxyR 1 cos Rsin 得 C 2Rcos 2 则 2 y ayR cossin 2 2 23 1 sinsin Ccos 22 4R coscos 22 222 2 22 cossinsin C 222 4R coscos 22 2 C 4R 11 一质点沿着抛物线 2 y2px 运动 如图所示 其切向加速度的量 w w w k h d a w c o m 课后答案网 值是法向加速度值的 2k 倍 若此质点从正焦弦的一端点 p p 2 以速率u出发 求质点到达正焦弦的另一端点 p p 2 时的速率 解 建立自然坐标系有 2 n d aee dt 且 2 ddsdsd 2k2k2k2k ds dtdtdt dt d d 2kd 积分得 2k ue 代入 0 u 又因为 2 y2px 在 p p 2 点处斜率 p x 2 1 1 p x 2 d 2pxdyp k1 dxdx2x 在 p p 2 点处斜率 p x 2 2 2 p x 2 d 2pxdyp k1 dxdx2x 故 21 arctankarctank 2 即 k ue 12 竖直上抛一小球 设空气阻力恒定 证明小球上升的时间比下落 返回至原地点的时间短 解 设空气阻力为f 且小球初速为 质量为没 则有 上升时间 1 t f g m w w w k h d a w c o m 课后答案网 上升高度 2 h f 2 g m 下落时间 20 2 22 2 1 2h t a f g m 得 2 2 2 1 2 f fg g t mm 1 ff t g g mm 即得证 13 质量为m的质点自离地面h高度处下落 若空气阻力与质点速度 的平方成正比 比例常数为 C 试讨论此质点下落过程中的运动状况 解 设加速度为a 速率为 则 2 mamgCm 得 2 d dt C g m 积分并代入t0 时0 有 gC 2t m mg2 1 C 1 e gC 2t 2 m 4g a0 1 e gCgCgC 2t2t2t 3 mmm gC a8ge 1 e 1 e 0 m 知 质点一直在做向下的变加速运动 且加速度越来越小 14 将一质量为m的质点以初速度 0 与水平线成 角抛出 此质点受 到的空气阻力是其速度的mk倍 这里k是常数 试求当质点的速度与 水平线之间的夹角又为 角度时所需时间 解 依牛顿第二运动定律有 xxyy mmkmmgmk 积分并代入初始条件 0t 时 0000 sin cos xy 解得 00 cos sin ktkt xy gg ee kk w w w k h d a w c o m 课后答案网 当再次夹角为 时 tan y x 可解出 0 2sin1 ln 1 k t kg 15 一质量为m的质点用一长度为l的不可伸长的轻绳悬挂于一小环 上 小环穿于一固定的水平钢丝上 其质量为3 2 m 开始时 小环静 止质点下垂 处于平衡态 今若沿钢丝的水平方向给质点以大小为 2gl的初速度 证明若轻绳与铅垂线之间的夹角是 时 小环在钢丝 上仍不滑动 则钢丝与小环间的摩擦系数至少是 1 3 此时绳中的张 力为3cos T Fmg 解 依 22 0 11 1 cos 22 mmmgl 得 2 2cos m mg r 则 2 cos3cos T m Fmgmg r 22 2 3cossinsin22tan 33 cos 223tan 3cos 22 T T F mg Fmgmgmg 又因为 22 22 2 3tan2tan 0 tan 3tan d d 得 tan3 故 tan3 即得证 16 滑轮上绕有轻绳 绳端与一弹簧的一个端点联结 弹簧的另一端 挂一质量为m的质点 如图所示 当滑轮以匀角速率转动时 质点以 匀速率 0 下降 若滑轮突然停止转动 试求弹簧的最大伸长及弹簧中 的最大张力 已知弹簧作用力为 W 时的静止伸长 0 w w w k h d a w c o m 课后答案网 解 注 此题中Wmg 设最大伸长为 m 有 00 mgW k 依能量守恒 222 000 111 222 mm kkmmg 解得 0 00m g 则 0 0 0 1 1 Tmm W Fk g 17 两个相同的轻质弹簧 劲度系数为k 自然长度是 0 l 在它们中 间竖直地串接一质量为m的质点 弹簧的另外两端点分别固定于 A 点 和 B 点 如图所示 A B 间的高度差是 0 3 2 l 设开始时质点静止于 AB 的中点 求质点的运动规律 17解 质点运动时势能 22 2 2 00 ll11kl Vmgxk xkxmgxkx 242416 在平衡时 dV mg2kx0 dx 得 0 mg x 2k 且运动时受力满足 dV Fmg2kxmx dx 代入初始条件 0 t0 x0 Ax 可解得 mg2k x1 cos t 2kmg 18 两个质量都是m的质点 A 和质点 B 用一自然长度为 0 l的轻质弹簧 相连 置于一光滑水平桌面上 如图所示 弹簧的劲度系数为k 两 质点处于静止状态 弹簧呈自然长度 而后 质点 B 沿 AB 方向受到 一大小为 0 kl的恒力作用 分别求处质点 A 和质点 B 的运动规律 w w w k h d a w c o m 课后答案网 18解 依受力分析知 AABA01 BB0AB2 Fmxk xxl Fmxk 2lxx 1 2 得 AB0 k xxl m 积分得 2 0 AB0 kl xxtl 2m 代入 1 得 2 0 AA klk x t2x m 2m 积分得 2 2 0 A lt x cost1 42 同理 2 0 B0B klk x t3l2x m 2m 积分得 2 2 0 B lt x cost5 42 式中 2k m 另解另解 先将AB及弹簧看成一系统 其质心做一受恒力kl的作用 再 将A与B 理解成绕质心做周期性振动 可得A的运动规律为质心运动 与A振动的合运动 B亦然 计算亦很简单 19 一质点从一光滑圆柱表面最高处 自静止下滑 如图所示 问质 点滑至何处将脱离圆柱表面 解 将脱离时滑过相应角度为 此时满足 22 2 1 mgr 1 cosmr 2 mgrmgrcos 可解得 2 arccos 3 20 一钢丝弯成尖端朝上的摆线 xa sin za 1 cos 上面穿 有一质量为m的小环 今若小环在钢丝的最低处获得大小为 0 的初速 度 开始沿摆线滑动 求出当小环的速度与水平线成 角度时 小环 w w w k h d a w c o m 课后答案网 的速率 已知小环与钢丝的摩擦系数为 解 小环运动时 依受力分析知 其 对钢丝的正压力为 2 m Nmgcos 又因为 dz zsind tancot dx x1 cos2 d 得 2 22 dld xz2asind4acos d 2 代入 dl 2 4asin4acos d2 得 2 m Nmgcos 4acos 则损失能量 T dQNdl mgcos 4acos d 2acos 再依能量守恒 d T QV 0 d 得 T2 T2mga cos2sin2 0 2d2d 2 1 Tme C2mgacos2sin2ed 2 1 其中Vmgzmga 1 cos 现进行积分 2d 2 ee 222 222 1 cos2 ed ecos