理论力学第三版高等教育出版社周衍柏习题答案.doc

第一章质点力学第一章习题解答1.1 由题可知示意图如题 1.1.1 图:St1St2题1.1.1图设开始计时的时刻速度为v0 ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a. 则有:1s = v0t1 at12212s = v0 (t1 + t2 ) a(t1 + t2 )22由以上两式得v = s + 1 at01t21再由此式得2s(t2 t1 )t1t2 (t1 + t2 )a =证明完毕.1.2 解 由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题 1.2.1 图.AOB题1.2.1图t+ 11 设 A船经过 0 小时向东经过灯塔,则向北行驶的B船经过t2 小时经过灯塔0任意时刻 A船的坐标xA = (15t0 15t)， yA = 0B船坐标xB = 0 ，y = + 11 15t15t02 B则 AB船间距离的平方= (x x ) + (y y)22d2ABAB即 21 = (15t 15t)2 +d2+ 1 15t15t002 1 2= 450t ()2900t0 + 675 t+ 225t02+ 225 t + 102d2 对时间t求导(d )2d= 900t (900t0 + 675)dtd(d2 )= 0 ，所以AB船相距最近，即dt3 h4t t =0即午后 45 分钟时两船相距最近最近距离3 23 23=15 + 15 15 442kmsmin1.3 解 (1) 如题 1.3.2 图yAarCaB xO第 1 . 3 题 图- 2 -yACraBOx题1.3.2图由题分析可知，点C的坐标为x= rcos+ acosy = asinr2a=又由于在 AOB中，有（正弦定理）所以sinsinsin = 2asin = 2yrr联立以上各式运用sin 2 + cos 2 = 1由此可得xa2 y2x acoscos =rr得x2 + a2 y2 2x a2 y24y2+= 1r2r2得3y2 + x2 + a2 r2 = 2x a2 y2化简整理可得4x2 (a2 y2 )= (x2 + 3y2 + a2 r2 )2此即为C点的轨道方程.（2）要求C点的速度，分别求导rcosx = rsinsin2 cosrcosy =2- 3 -其中 = 又因为rsin = 2asin对两边分别求导故有= rcos2acos所以2r22 cos2rcosV =x2 + y 2= rsinsin +2 cos4rcos2 + 4 sincossin(+)=2 cos1.4 解如题 1.4.1 图所示，LAxBdCO第1.4题 图OL绕O点以匀角速度转动，C在 AB上滑动，因此C点有一个垂直杆的速度分量v = OC = d2 + x2C点速度d2 + x2vv= v sec = dsec = cos2d又因为 = 所以C点加速度 = 22x(d2 + x2 )a = dv = d 2 sec sec tan =22 2dsectandtd2- 4 -1.5 解 由题可知，变加速度表示为a = c1 sin t 2T 由加速度的微分形式我们可知a = dvdt代入得dv = c1 sin t dt2T 对等式两边同时积分t dtvtdv =c1 sin0 2T 0可得 ：v= ct+ 2Tccos t + D（ D为常数）代入初始条件：t = 0 时，v= 0 ，故2TD = 2T c即t2T v= ct+ cos 2T 1又因为v = dsdt所以t2T ds= ct+ cos 2T 1dt对等式两边同时积分 ，可得：s = c 1 t2t2T t 2T2T+sin 2 1.6 解 由题可知质点的位矢速度- 5 -= r v/沿垂直于位矢速度v = = r = rv/又因为，即r = rv= r = 即 = r=(ri) +(rjjjj)（取位矢方向iiii，垂直位矢方向 jjjj ）d vdda =dtdtdt所以d dt(rjjjj) =d rd i =(ri) =i +ri + rjjjjrdtdtd dtd jjjj = rjjjj+ rjjjj r2iiii dtddtdrdtjjjj + rjjjj + r故a = (r r2 )iiii + (r+ 2r)jjjj即沿位矢方向加速度a = (r r2 )垂直位矢方向加速度a = (r+ 2r)对求导r = r = 2 r对求导 = r + = + r rr2把代入式中可得22= r2a/ra = + r 1.7解由题可知- 6 -x = rcosy = rsin对求导x = rcos rsin对求导x = rcos 2rsin rsin r2 cos对求导y = rsin + rcos对求导y = rsin + 2rcos + rcos r2 sin对于加速度a，我们有如下关系见题 1.7.1 图yaaaaarxO题1.7.1图即x = ar cos+ a siny = a sin+ a cos-r对俩式分别作如下处理： cos， sin即得xcos = ar cos a sincosysin = a sin+ a sincos-r+得ar = xcos+ ysin把代入得a = r r2r同理可得a = r+ 2r1.8 解以焦点F 为坐标原点，运动如题 1.8.1 图所示- 7 -yMxOF题1.8.1图则M 点坐标x = rcosy = rsin对x, y两式分别求导x = rcos rsiny = rsin+ rcos故= x2 + y 2 = (rcos rsin)2 + (rsin+ rcos)2= r2 + r22v2如图所示的椭圆的极坐标表示法为a(1 e2 )r =1 + ecos对r求导可得（利用 = ）又因为ecos1 =r1+a(1 e2 )a(1 e2 )即a(1 e2 ) rcos =re所以a2 (1 e2 )2 + r2 2ar(1 e2 )sin 2 = 1 cos2 = 1 r2e2故有e22r4 a2 (1 e2 )2v =2sin + r 222e22r4=() + (e )+ r22a2 (1 e2 )221 22 1 22a e r 2ar1 r2e2- 8 -e r r + 2ar(1 e2 )r222 222r2 ()=a2 (1 e2 ) =2a rr1 e2b2即v= rr(2a r)b（其中b2 = (1 e2 )a2 ,b为椭圆的半短轴）1.9 证质点作平面运动，设速度表达式为v = vxiiii+ vy jjjj令为位矢与轴正向的夹角，所以 dvydvydt dvxdvvvvdvxdiiiidjjjj= vyiiii + + vxjjjja=dti+ vx+dtdtjjjj+ vydtdtdt所以 dvjjjj ( dva = v iiii + v jjjj )yv v iiii +xxyyxdtdtdvdvydtdvdv= v v v + vy+ v v = v+ vxxxx yyx yxydtdtdt又因为速率保持为常数，即v2 x + v2 y = C,C为常数对等式两边求导dvydtdv+ 2v= 0x2vxydt所以a v = 0即速度矢量与加速度矢量正交.1.10 解 由题可知运动轨迹如题 1.10.1 图所示，- 9 -y p , p 2Ox p, 2p题1.1 0 .1图则质点切向加速度= dvatdtv 2=法向加速度a n ，而且有关系式v2dv = dt2k又因为1=(1 + y )322= 2pxy 2所以pyy =2y = py 3联立p 2dvdt= 2kv 2 3p2 21 +2 y又dv = dv dy = y dv dtdy dtdy把y 2 = 2px 两边对时间求导得- 10 -y 3yyypx =又因为= x2 + y 2v2所以v2y = 2y2p21 +把代入p2y3v dv = 2kv2 13dyy2 2p2 21 +1 +2 2 py既可化为dv = 2kp vdyy2 + p2对等式两边积分dv = 2kp pdyvy2+ p2vup所以v = uek1.11 解 由题可知速度和加速度有关系如图 1.11.1 所示v a题1.1 1 .1图v2an = asinr dva= acos dtt两式相比得- 11 -v21 dv=rsincos dt即1 cotdt = dvv2r对等式两边分别积分1 cotdt =dvtv2rv0v0即1 = 1 t cotvv0r此即质点的速度随时间而变化的规律.1.12 证 由题 1.11 可知质点运动有关系式v2= asin rdv = acos dtdv，联立，有dv = dv d =所以dtd dtddv =v2cosdrsin又因为v = r所以dv = cotd，对等式两边分别积分，利用初始条件t = 0 时， = 0v( )cot v = v e00= vvvv相 + vvvv牵 .式中v绝1.13 证（ a）当v0 = 0 ，即空气相对地面上静止的，有 vvvv绝质点相对静止参考系的绝对速度， v相 指向点运动参考系的速度， v牵 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： v绝 = v ，即飞机在舰作匀速直线运动.所以飞机来回飞行的总时间- 12 -= 2l .t0v（b）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度v1 = vvvv + vvvv0飞行时间lt =1v + v0当飞机向西飞行时速度v= v相 + v牵 = v v0飞行时间lt =2v v0故来回飞行时间2vlllt = t + t =+=12v + vv vv2 v2000即2lt = v=t0v2v21 0 1 0 v2v2同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间t0t =v21 0 v2（c）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题 1.13.1 图v0v绝ABv题1.1 3 .1图v绝 = vvvv0 + vvvv- 13 -v=v v220所以来回飞行的总时间2l v2lt0t =v2 v2v2v21 1 00022vv同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为t0t =v21 0v21.14 解正方形如题 1.14.1 图。v1ABv4CDv3= v风 = 28km/ h设风速 A B, v相 = 100km/ h,当飞机由题可知v牵= (100 + 28)km/ h= 128km/ hA B， v1B D,v = 1002 282 km/ h= 96km/ h2C D,v3 = (100 28)km/ h = 72km/ hD A,v4 =1002 282 km/ h= 96km/ h故飞机沿此边长 6km/ h正方形飞行一周所需总时间t = +h =h = 15min6666495 128967296 19216v4vv风相v风vv相2题1.1 4 .2图题1.1 4 .3图- 14 -1.15 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.15.1 图v船雨绝3m题1.1 5 .1图= v雨相 + v船v雨绝故v船v雨绝=sin(+ )sin( )又因为 + = ，所以2vsin(+ )v=雨绝船cos由图可知4215cos =, cos =542 + 22sin = 3 , cos = 455= 8m/ sv雨绝所以= v雨绝 (sincos + sin cos) =8 m/ sv船cos1.16 解以一岸边为x轴，垂直岸的方向为 y轴.建立如题 1.16.1 图所示坐标系.yvd水xO题1.1 6 .1图- 15 -v雨相v所以水流速度dky 0 y 2 v= dk(d y) y d又因为河流中心处水流速度为c 2c = k d = k d d2 2所以k = 2c。当0 y d 时， v2cy即d=水d2dx = 2cy dtdy = ut-2cudx =tdt，两边积分得d2cutdtdxtdx=00x= cu2td联立，得dcx =y 0 y 22 ud同理，当d y d 时， v= 2c(d y)即水2ddx = 2c(d y) = 2c(d ut)dtdddx = 2c(d ut)dtd2ccy2x =y+ D(D为一常数)uud由知，当 y = d 时， x= cd 代入得24uD = cd2u有- 16 - d y d2ccy2 cdx =y， 2u2uud所以船的轨迹x=c2 dy 0 y ud2cd dx= 2cyy c2 yduud2u 2x= cd船在对岸的了；靠拢地点，即 y = d 时有2u1.17 解以A 为极点，岸为极轴建立极坐标如题.17.1 图.C1C r2AOx题1.1 7 .1图船沿垂直于r 的方向的速度为 C1sin，船沿径向r 方向的速度为C2 和C1 沿径向的分量的合成，即rd = C sin1dtdr- = C cos C dt12drC2= cotd/得，对两积分：rC sin 1ln r = C2 ln tan ln sin+ CC12= k, = ,C为常数，即C2设C12sin k1 2 cosk+1 ln r = ln+ Csin k1 代入初始条件r = r 时， = = , 有C = ln r ln 0 , 得. 设 020002 cosk+1 00- 17 -cosk+1sin k1 r = r 00cosk+1 sin k1 01.18解 如题 1.18.1 图O aAmgB题1.1 8 .1图质点沿OA下滑，由受力分析我们可知质点下滑的加速度为a = gcos.设竖直线OB= h，斜槽OA= s，易知OBA= , OAB = +, ，由正弦定理22sh=sin sin + 2 2即hcoscos( )s =又因为质点沿光滑面OA下滑，即质点做匀速直线运动.所以s = 1 at2 = 1 g cos t222有1 gcoscos( )t2 hcos = 02= 2hcos可知，只需求出欲使质点到达 A点时间最短，由t2coscos( )的极大值即可，令gcoscos( )y = coscos= cos(coscos+ sinsin)y = coscos2 + 1 sin 2sin2把 y对求导- 18 -dy = 2 cos( sin) cos+ 1 cos 2 2 sind2极大值时 dy = 0 ，故有dtan = sin 2由于是斜面的夹角，即0 ,022所以 = 21.19 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 1.19.1 图，vRvmgRmg上升时下降时题 1.19.1 图则两个过程的运动方程为：上升my = mg mk2 gy 2 下降： my = mg + mk2 gy 2 对上升阶段:dv = g(1 + k2v2 )dtdvdy = vdv = g(1 + k2v2 )dy dtdy即- 19 -vdv= gdy1 + k2v2对两边积分vdv0h= gdy1 + k v2 2v00所以ln(1 + k v )1h =2 202k2 g即质点到达的高度.对下降阶段：dvdy = vdv = g k2 gv2dy dtdy即vdvv100=gdy1 k2v2hln(1 k v )1h = 2 212k2 g由=可得v0v =11 + k2v201.20 解 作子弹运动示意图如题 1.20.1 图所示.v0题 1.20.1 图水平方向不受外力，作匀速直线运动有dcos = v0 cos t- 20 -竖直方向作上抛运动，有dsin = v sint 1 gt202由得dcos t =v0 cos代入化简可得2v2cossin( )d = 0gcos 2 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.2dd =2v sinsin( )+ coscos( ) = 0 0dgcos 2 即sinsin( ) = coscos( )cos(2 ) = 0所以 = + ，代入d的表达式中可得：42sin 2 42 2v22v2 = 0 cos+ sin = 0dmaxgcos2 42 42 gsin 2 22v2= 0gsec2 42 此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离d的最大值1.21 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.- 21 -yvv0mggggvxO题1.2 1 .1图轨道的切线方向上有：dvm= mkv mgsindt轨道的法线方向上有：v2m= mgcos r由于角是在减小的，故r = dsd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dvdvdsdvdsm= m= mvdtds dt即mvdv = mkv mgsin ds把代入可得mv2 d = mgcosds用 可得1 dv = kv + gsinvdgcossin1v2kdv =d +dgcosvcos- 22 -kdsindv=+dv2 cosgcos2 vcos2 cosdv vsin d =kdv2 cos2 gcos2 d(vcos) kd 即=，两边积分得v2 cos 2 gcos 2 1= k tan + Cvcosg代入初始条件t = 0 时， = ,v= v0 即可得1kC = +tanv cosg 0代入式，得gv0 cos coskvcos(tan tan)+ gv=v2又因为v = r,m= mgcosr所以d gcos = dtv把代入gv0 cos coskvcos(tan tan) + gd = gcosdt积分后可得2kv0 sin11=ln1 +tkg1.22 各量方向如题 1.22.1 图.- 23 -ZyOEVx题1.2 2 .1图电子受力ijvy0kvzF = e(EEEE+ v BBBB) = eEjjjj+ evx= evyBiiii+ (eE+ evB)jjjj0B则电子的运动微分方程为mx = evyB = eBy = eE ev B = eE eBx-myxmz = 0eBvx dv =dvdy由m x= eB,，即xyvm dydtdt0v = eBy+V xm代入整理可得e2 B2ey =(E BV)y +m2me2 B2对于齐次方程y +y = 0 的通解m2eBeBY = A1 cos mt+ A2 sin mt1非齐次方程的特解m(E BV)Y =2eB2- 24 -B所以非齐次方程的通解eBeBmy = Y + Y = A1 cos mt+ A2 sin mt+(E BV)12eB2m V E代入初始条件：t = 0 时， y = 0 得A=eBB1时，vy = 0 得A2t = 0= 0 ,故m V EeB mV + mEy =eBBcos mteBeB2同理，把代入可以解出x = Et+m V EeBBeBB sin mt把代入dx = eB m eBmvmEEV cost+V2 dtm eBBmeBeBdx = V E cos eBt dt+ EdtmBBm V Esin eBt+ Et+ Cmx =eBBB代入初条件t = 0 时， x= 0 ，得C = 0 .所以m V EeB+ Etx =eBB sin mt）B1.23 证 （a）在 1.22 题中， B= 0 时，则电子运动受力F = eEjjjj电子的运动微分方程mx = 0my = eE-mz = 0对积分- 25 -y = eEt+ C1m对再积分eEy =t + C + C2122m又x = vt,z = 0故z = 0（C = C1+ C2 为一常数）eEx2y =+ C2mv此即为抛物线方程.(b) 当EEEE = 0 时则电子受力ijvykvzF = evvvv BBBB= e vx= eBvyiiii eBvx jjjj00B则电子的运动微分方程为mx = eBvymy = eBv-xmz = 0同 1.22 题的解法，联立-解之，得x = m, Vsin eBtmeBmeBy =VcosteBm于是- 26 - mv2x2 + y2= eB及电子轨道为半径的圆mV .eB1.24 解以竖直向下为正方向，建立如题 1.24.2 图所示坐标，aaOTm (2)TTTTTTT mT(3)TTTT(1)2mTm2m题 1.24.1 图题 1.24.2 图以开始所在位置为原点.设-处物体所处坐标分别为 y1 , y2 , y3 ，则 3 个物体运动微分方程为：mgT = my1 + mg T = myT-22mg T = 2my3= y3 ，即由于与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有 y2y = y之间用倔强系数k = mg 弹性绳联结 .a故有T = k(y y a) = mg (y y a)1212a由得y = g (y y ) + 2g 112a由得- 27 -T = 3my2 + mg代入，有y1 = 3y2代入，有+ 4g y= g y113a此即为简谐振动的运动方程.角频率g3a = 2所以周期2 = 3ag =解得3a4y = A cos t + Asin t +112= 0 , y1= 0 .所以以初始时为原点，t = 0 时， y1y = 3 acos t +3 a414代入得gT = mg1 cos 2t3a 联立-得1gT = 2mg1 3 cos 2t3a1.25 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.建立如题.25.1 图所示坐标系.- 28 -OWy题 2.15.1 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：1W1 = W g (1 ) +k v +k222200max0maxg2g2-W = k0联立得0g= + vmax00弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力，Tmax 为最大张力，即v0T= k=+W1 maxmaxg0 1.26 解 以绳顶端为坐标原点.建立如题 1.26.1 图所示坐标系.OTmm- 29 -题 1.26.1 图设绳的弹性系数为k,则有mg = kbm 脱离下坠前， m与m 系统平衡.当m 脱离下坠前， m在拉力T 作用下上升当，之后作简运.运动微分方程为mg k(y a) = my联立 得y + g y = ga+ bbby + g y = 0b齐次方程通解ggY = A cost+ A sint112bb非齐次方程的特解Y0 = a+ b所以的通解ggY = A cost+ A sint+ a+ b112bb= c, A2代入初始条件：t = 0 时， y = a+ b+ c, 得 A1= 0 ；故有gy = ccost+ a+ bb即为m在任一时刻离上端O的距离.1.27 解对于圆柱凸面上运动的质点受力分析如图 1-24.- 30 -Nmg题1.2 7 .1图运动的轨迹的切线方向上有:dvmgsin = mdt法线方向上有：v2mgcos N = mR对于有gsin = dv = dvds （ s为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即dtds dtvdv = gsinds又因为Rd = ds即vdv= gsinRd设质点刚离开圆柱面时速度v0 ，离开点与竖直方向夹角0 ，对式两边积分v0vdv=gsinRd0001 v2= gR(1 cos )002刚离开圆柱面时N = 0 即v2mgcos= m 00R联立 得 = arccos 203- 31 -即为刚离开圆柱面时与竖直方向夹角.1.28 解 建立如题 1.28.1 图所示直角坐标.ybaAxOB题1.2 8 .1图椭圆方程x2y2+= 1a2b2从 A滑到最低点B，只有重力做功.机械能守恒.即mgb = 1 mv2 2设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为N 则有：v2N = mg = m 为B点的曲率半径.A B的轨迹：x2a2y = b 1 得b 1y = bx2y =a23；x2 21 xa21 2 a2a又因为y1b= k =(1 + y)3a222- 32 -所以b2 mv2bN = mg+= mg+ 2mgh= W1 + 22 a2a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b2 W1 + 22a方向垂直轨道向下.1.29 解质点作平面直线运动，运动轨迹方程为x= a(2 + sin 2)y = a(1 + cos 2)-由曲线运动质点的受力分析，我们可以得到：v2mgcos N = m-dvmgsin =mdt因为曲线上每点的曲率yk =(1 + y )322所以dy2asin 2sin 2dy =dxd =dxd2a+ 2acos 21 + cos 2d2 y =d dy = dy dddxdx dxd dx dx2= 2 cos 2(1 + cos 2)+ 2 sin 2 2 1= 12a+ 2acos 2a(1 + cos 2)2(1 + cos 2)2把代入曲率公式中1k