高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案

1、Y高等教育出版社：，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2mgcosqsC x = a(0 sin 6) (y = a(l cos 6)0 in9S=i -= 4 a (1)写出约束在铅直平面内的光滑摆线a(0 sinO) cos。)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X设s为质点沿摆线运动时的路程，取0=0 时，s=0=2a sin 抻上运动的质点的微ds = J(dx)a + (dy)z 二J (d9 一 cos 0 - dS)2+(sin0 d6)2mgsm <ps = 2acoS'-0 + 2a sin-0 = a cos- 62

2、+ 2a sin-92 2222设(p为质点所在摆线位置处切线方向与 x轴的火角，取逆时针为正，tan(p即切线斜率dy cos 0 -1*0s】n 二= ：3才一 十 dx smfi丁2受力分析得：-,0ms = mg sin <p = mg cos y则2a sin-0 + acos- 62 = geos-,此即为质点的e动微分方程。s = (s 4a).,(s - 4a) +(s - 4a) = 0,s-4a一周期性变化的函数，周期T = 2m件该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为 2“普.1.3证明：设一质量为m的小球做任一角度e°的单摆运动运动微分方程

3、为m(z ,2l)=Fumr - mg sin给 式两边同时乘以d Ed8=gsind8对上式两边关丁 °积分得1e2=gco&+c2利用初始条件e=eo时e =0故c = -gcose0由 可解得 = - j"g，* o S - c o So上式可化为-、：. Jcos -coso we =dt两边同时积分可得1cH =t . 2g 方 cos t - cos 九l r 2g 01_sin* 1 2 必1血2_?心2-2进一步化简可得t = 12 g两边分别对e R微分可得cos二 d - sin 迫 cos d22sinsin 0 cos '二2 ：1

4、-sin2 气 sin2。 ； sin2 2。由丁上面算的过程只占整个周期的1/4故T =4t =2If 1,dg 0. 20.邪sin 一 sin2由 sin 二/sin 挡 =sin22acos2故du故 T =2.、1 ° -g 0卯 =4 1. 2 希. gsin sin 22b sin0 cos 中 / J1 -22I 2-0 2 :sin sin2 d'sin cos '2故T = 4巳中 其中K2 =sin2也 g 0 "K2sin2，2通过进一步计算可得T=2： 1 1 (1)2K2 (U)'K(1 2由于。W <00故对应的0

5、<*兰2 5 - 1)2K2n .g 22 42 4 6 2n1.5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R2M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:_ r Mg = G函,M为地球的质量；当半径增加,R2=R+AR，此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度 g可求:由得:* r Ms=Gi?M(R+xlR” 则，半径变化后的g的变化为Ag = g-g =G-G ®对式进行通分、整理后得:GM W+2ARRQ魄-Rz (R+AR)2攵对式整理，略去二阶量，同时匕（远小丁 R,得a 2AR

6、 R 2AR则当半径改变时，表面的重力加速度的变化为:A 2ARR 2AR Ag = g- = gT1.6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e?m(r - l 2) = F - mg cos- m(n 2r” = mgsin -其中,r = -V, r° = L, r = L -Vt1.8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：设，质点的加速度的切向分量大小为a,法向分量大小为御。（其中a、为常数）则有其中P为曲率半径。VW + Vq1 21 , r = -anr + vot+ro其中是m初始

7、位置,V2 (ant + v0)z。刁。订氐50 =剥标+睥。，方程可以简化为0v at at at3 二一二 V"二二p 俨 v ant + v（）对。式积分则得 其中Ou是初始角大小。我们把 俗式转化为时间关丁角的函数判0-豹）eat - v0 t an将）式代入0）式，丁是得质点的轨道方程_ 1 曾电）vo2 ,=瓦八-瓦+ 4当我们取一定的初始条件90 = 00二 务时，令入= ¥，m =Mm"即质点的轨迹为对数螺线。1.9解：（1）从A点到原长位置，此时间内为自由落体运动。根据能量守包：mgl1 =；mV2,所以在原长位置时：V1 =（2911因为加速度

8、为g,所以，到达原长的时间为:% = 土 =仁1 g g(2) 从原长位置到最低点 晚，以原长位置为坐标原点，向下为正方向，建立坐标轴Z。mg - kz = mz炬=mg化简得：z zgI 1 解微分方程得：z=C1cos. gt C2 sin g t 12.匕.l2因为t2=0时，z=0, z=Vi=<2g1i所以，z=hcos gt /lihsin gt I2 , z = . g12 sin gt 2g1cos 幻122I2. I2当 z =0时，t2 =tanJ1),此时z =2(12 十21i) +12(3) 所以总时间为2? + 侦瓦、t =% f = + 一(兀 Tan)V

9、g V gV 12A,D间总距离为s = z z2 =11 T2 12（12一211）1-11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包。(2)第一阶段，由能量守包可得，12mgr(1 -cosu) = mv ,乂，由绳子张力为零可知2 v mg cos 8 = m , r第二阶段，设上升高度为h,则2(vsin ”h =；，2g2322323联立、可解得 h=r , cosH = ； h+rcos8=r =l273

10、2754因此质点上升最高处为。'点上方231处。54设斜抛到达最高点时水平位移为 s,则s =(vcos)t =vcos8(vsin%), s=5 r = -51 ； rsin6 s=51因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边迎1处541-12解：由白然坐标系if rms = itS r即 s2s = ap,ds s21.13.解：(1) 以竖直向下为正方向，系统所受合力,- :' f - " J,故系统动量不守包;对。点，-琦+建合力矩为零，曲&过矩心，故力矩也为零，所以系统角动量守包；而对系统来说，唯一做功的是重力(保守力)，因此，系统能量守包。(2)

11、 建立柱面坐标系，由动量定理得：；血(商+曲布)+叫前=mBgi同时有.-：得到：_.一.一mA0-z)9-2z9 = 0(3)对丁小球A,设其在水平平台最远距离 o为r由动能定理得：1 s 1 2 (、-mAvD-mAvi-m3g(r-a)由角动量守包得：mAavD = mAn而_得到r=3a而由初始时刻 >，故小球在a到3a问运动。1.14解：(1)分析系统的受力可知：重力竖直向下，支持力垂直丁斜面向上，所受的合外力不为零, 故系统动量不守包；由物体的受力情况可以判断系统的合外力矩不为零，故角动量也不守包；而系统在运动过程中，除保守力外，其他力不作功，故机械能守包，而能量一定守包。(

12、2)以地面为参考系，以。为原点，建立球坐标系。由质点系动量定理得：mA (t - r矿)=(mA + mB)gsin9cos(pmA(rip + 2rp) = -fmA+ mB)gsin6sinpmBz = -mBgcos6约束条件：海I将约束条件连续求两次导，带入上边方程，消去 Z,得：(mA + mB f mArp2 = (mA + mB)gsin9cos(p mBgmA(rip + 2rp) = -(mA + mB)gsin9sinp(3)第三问不会做。1.15水平方向动量守包,则 vmcos：=m u有余弦定理得：cos(二-：)= =-cos：2uv可得：v= ,Vr, m2 cos

13、? ：2mcos2 :2 m.1m可得：u=vm cos:mvr cos：mq'm，2 +m2 cos +2mm，cos2 a1.16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1 - 17解：把A、B看作系统，由动量定理知其质心速度 &满足(mA+mB)Vc =mBV°所以得& =工mA mB由易知A、B各绕质心做半径为n = m ，2 =苔 的圆周运动,由初始条件得T以质心C点的坐标xC和yC及杆和x轴的火角8为坐标P =( mA mB)yc j =mBV。jmAmB .2.,L = (mA mb)xcyck 1 、k = ImBVokmA

14、 mB十 1 ,、2T = JmA mB)yc1 mAmB.为2 mAmB1.18ft?：设m和m2碰撞后， m的速度变为v1，m2的速度变为v2，m2与m3碰撞后， m2的速度变为'v2，mb的速度变为v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m和2而言，则有：'m v=m v"m2v2mvmv： +；m2v：2两式联立消去v1，则有v2= mv1m m2对于m2和m3而言'同样有:m2 V2=m2V2+m3 V32 m2 v2=1 m2 V2+2 m3 v3由以上两式联立消去V2则有V3 = 2m2V2也m2 m34mm2Vim3)

15、将代入得：/3(m" mm将上式对m2求导得2dV34mv(-m2 mm。 dm2 (mm2) (m2 m3) 由 VL =0 可得 m2=Jmm dm即当m2 = d m m3 时 V 最大且 V3maxmmP1.21解：由题意得厂m(r H2 +r 平2 sin28)=FT +mgcos6Y 6-r 甲 sin6 cos = g sin 6j 中sin + 2 甲 Bcos =0由得 "tan -2 ”整理并积分可得=急，八、一*o2.将之代入可得r r cos 71 - g sin)3 | 1sin -整理并积分可得= -. -(7(正值舍去)由题意知，8=兰时若要质

16、点不飞出去，见J宙=0 2 2-2.a c = 0= c - -a由题意知，初态时刻即cose =业时也有Q =0 r二 a =【也(r2 h2)r '一 h已知初态时速度为V0 , 1 = v0.r2 -h2联立即可得V0=.,2；1.22且 为 +x2 = Rsin(a +6)sin(a)对小球列牛二方程，有：mg - Fn cos(a + 6) = ma1 yFnsin (口 +B) =ma1x对半球列水平方向的牛二方程，有：Fnsin(a +8) =ma2x对半球列水平位移方程，由积分得：t tjja2x dt dt =x20 0对小球列竖直方向上的位移方程，由积分得：t tj

17、ja1y dt dt =Rcosa -cos。+B)0 0对和分别对时间求偏微分，同时联立和，得：mR.2ka2x =x2 =cos(a +。)后 一sin(a +。)占m may =Rcos(” +8) S +sinQ +"0由和得：m(g -aG _ ma2xcos(:) sin(："将带入中并且使用0= ,憩=理5代换，整理可得:du dt dmRcos(上"'：')m Rcos(二'')门二,.sin(a +力+'： £ =g 2(m m )tan(:”m m对(11)两边同时积分，并且 =0 ,窟=0 ,

18、可得：甘_ 2g(m + m)sin(a 十臼)mRcos2(：寸 2mRsin(:【)- sin ： cos(：【)1,25ft?:对于杆 m y =-mg+Fcoa对丁三角形 m x=Fsina体系满足约束 x0=l xtana+y=h运动方程为即tana-g+ mxnX cota=0_g mcotax m m'cot2a y_-gmm m'cotamdlL1.26ft?设弹簧原长为L,在距离左端 l处取一质元d l ,其质量为dm =建立X轴，以平衡位置为坐标原点0。在某时刻，设物体的位移为x ,则质点位移为冬X,L速度为v=也虫，质元的动能为dEk_dm,L dt2整个

19、弹簧的动能为E对单=JdEk = f （冬虫）2mdl =*/31）3（虫）0 2 L dt L 2L 0 dt.2'.弹簧的弹性势能为 Ep =，滑块的动能为Ekw= m（dX）所以此体系的振动频率f_ T,22 dt系统的机械能Ek物+ Ep + E赡=常量，',2则m(当2+K + 2 dt 2 2L2 七加序（当=常量3 0 dt对上式两边求导，得：m'mLl 3 d2x(dl) 7 +kx=00 dt2km' m(L(dl)k x=0 m'：(dl)31.27解：A,B点运动方程是Mx，=-F W+砖My ''=-哈F=因此体系

20、相当丁质点受有心引力义作用能量守包角动量守包1.28对质点分析可得，绳子拉力不做功，所以能量守包。而对丁圆柱体的轴线力矩不为零，所以对圆柱轴线角动量不守包。如图，以O点为极点建立极坐标，m r - r J = Frm r " 2z -匚则可列方程如下还有如下关系式=r2(i +ct2 ) , 8 = a 一arctan =a -arctanaR9Raa依次求导，R：r ： .1 ：Ct Cf1 y2- - -arctan：,上22：二2 -+a1 y2将力分解可得Fr = -Ft cosx = -Ft , 1aF = Ft sin x = Ft y2将以上代入方程可得2221 I；&

21、#39;.'m化解可得R1 ： 22a，2 硅jiR：11 2 2Ft 11 -.一2 : 2- B： = 0其中B =旦mR消B，可得a +aa =0 另由ad 二=ad：代入可得又由能量守恒，v = rer - re。，所以 v = .r2 r%2 =v°22R :1 - :2=v0 ,即，= -0R2 a:2 R2 1 :又由 r(0)=R = Rd1+a(0 2 , a(0)=02v°tV0-1 2v02 -所以 a = : a =一一 J0 代入 B =2a« +a aR . 2Rt 4 Rt化简可得 B = 也 J0 11 _【I 所以Ft =

22、 mRB = mv0 J 2粉 = mv° =R , Rt . 2. 4Rt2Rv0t此即所求。另解第一问同上,而对于力的求解过程,刻对速度分解有vr = v0 s i nx在任意时而 v = rer队-v。cox所以会有r =v° rr2-R2Z MRv0 一rr2-R2=v_ , ,R同时由于r =v0 r积分rrdrRt= v0R.°dt可得. r2 R2 = . .；2v0 Rt22v°R3r2R2 = v°r3 r2 R我±八r3 r2-R2 r而由1、 2、3代入向方程可得22v° R 2-rv0r2 o2 x

23、r - R4r22r - R-FT 化简得2mv°2mv°而由1、化简得.2v°Rt2、4代入法向方程可得2 -r322r . r - Rrv2 2R2_2_ 2R c R r -R2v° v°r r_ 23223mv° 2R -r R 2Rr -2R2mvor2 ,r2 - R22v°Rt1.31解:dvm vrdtdv_g dtdtdm=-mgdtdmVrdv = -gdt -vrmdm设 m=m0f tdfdv = -gdt -v罕积分：v = -gt -vr In ft =0 时 f 0 )=1 v = c= c =

24、 V0故v = v0 vr In 业 - gt m1.34有机械能守包，得解：建立竖直向上的坐标z,设软链最高能被提到ho 对重物和软链组成的系统，从开始运动到软链达到最高,h1 2mgh = pzgdz =h g02p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：设雨滴的本体为m.由物理学知(mv) = F. dt1）在处理这类问题时，常常将模型的几何形状理想化。对丁雨滴，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，丁是其中k为常数。2）由题设知，雨滴质量的增加

25、率与其表面积成正比，即dm2|2dt=k 4 r = k2r ,其中k2为常数。由（2）,得dm ,一 =kdt"I由(3)=(4),得k2drdt3k1对（5）两边积分:rtadr =dt，得将（6）代入（2）,得(8)m = k1 (，t a)3.k1( ta)3v k1( t a)3g, g L / JI / kJ dt3）以雨滴下降的方向为正，分析（1）式0 dk(t a)3v = .0k(ta)3gdt,q 1k(At+a) v = kg(At+a) +k3, ( k3为吊数)4 ,当 t=0 时，v=0,故 k3 = - k1ga , v =旦7-t + a -a.44(

26、 t a)动微分方程为:1.35解：（1）以火箭前进方向建立直角坐标 z轴，火箭的位置r=rk。设t=0时刻,火箭的运dvdmm0 =-m0g vrdtdtp dm :乂 =km0 , dtdv.可得：m°m°g kmtvr ,要使火箭能够起飞，须满足:dv八 m0 H A 0 , dt即一m0g +km0vr >0 , n kvr a g 。（2）设t时刻火箭的质量为m ,其运动微分方程:'dvm =dt乂 m =m° - kmt ,代入得dv=(g "dt两边积分得:v - _gt _ vr ln(1 _ kt)速度达到最大，记为vm由

27、（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1m设燃料消耗元所用时间为t°,由m0-km°t0=m得：t°= （1 -）。km°g mm0U : vm =k（1 m）+vrln。在 0 到t°这段时间，由 =v 得：r = vdt = r =-1 gt2 + 皇（1 一 kt）（ ln（1 - kt） 一 1） +1 】dt02 k当 t=t0 时，得:1=一*（1一*+牛料（仪一1）+ 2km°k mbm°12对火前从速度Vm减到。这一"由动y理侍：-mg2 =七响22=2 =虹=虹（in四）2巴（

28、1一当2卫In四（1-四）2g 2g m 2km0k mm02则火箭上升的最大的高度h = r1 +& =溢（,与°）2 +印-艾- In皓）。1.36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0,终J ml 2 =U点在(x,y,z).由能量守包定律得：2(x, y,z)1得到：l 42U(x,y,z)2 ml0dl积分得到1渗(xyz)'m 0i故得到;l / 2U (x,y, z) m解得到:(2)若势能乘上常数22aU(x,y,z)n" 2U (x y z)'a,则：七=l/' , - ,

29、 ，而 t -k八，y, "mm1.37A上升的最大位置弹簧原长BBA的初始位置A下降的最低位置状态1状态2状态3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:mbg =ky3mb由状态1得:-mag =ky-ymaa从状态2到状态3,更具能量守包定律得:1212ky2 =ky3 mag(y1V2)y3 - yi =y - y2(2ma mb)g -y2 =,k由状态1到状态2应用能量守包定律得：121212ky2 =§kyi mag(y y?)

30、 maVa将y，y2, y3带入化简得2(ma mb)2 2maVa = gk所以：I =maVa _ma 叩= (ma +mb)g牌1.38ft?:由动量守恒定理和动能定理得：m' +2瓦 v' =m' vm' gh=0.52m+mvX v+m' gH0.5m' v x v=m' gH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命军：以碗的球心为坐标原点建立球坐标系:贝U r=Rer+zk8 r=& Rer+RS & e© +5 zk r = R er+R平

31、e &+ z k#> «*.w . wr = R er+2R 中 e© + R 平 e © - R平平 er+ z k=(R- R) er+(2 R + R ') e© + z kF=-mg k带入达朗贝尔方程得：m-g k-( R - R 里)er+(2 R + R ) e©+ z k 3 Rer+R5 0 e©+5 zk)=0化简得：z ,-_R z " z g =0.RR+2 = 02.5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8为广

32、义坐标，设以速度v0拉绳的A端，从小孔到质点的原长为L0,以原点所在平面为零势能平面，其动能和势能为T=lim(v； +v；)=】m v2 +】m ( L0 v0t) 2 0222V=-mg ( L0 v0t) cos9L函数：212 1,、 2,、L=T-Vm v0 +m ( L0 v0t) 9 +mg ( L0 v0t) cos922一：lc 则一=m ( L0 v0t ) 8L)= m ( L0 v°t) 20-2mv0 ( L°v°t)dt -.:L，、. =-mg ( L0v°t) sine代入L方程，得运动微分方程为 wm ( L0v

33、6;t) 2-2m v ( L° v°t) +mg ( L° v°t) sinH =02.10解：v=r e"口手r=R . 1 u 2 & 以臼为广义坐标T=1mRu 2212L=T mR-i -i2:L2 ,-=mRi 【 cQ2d :L.2 «=mR2 七 mr rdJ:L*2=mRm-mR2 ；mre,22：|,= =mR”c92.13解：由杆AC, DG力矩平衡:催G'琴MF又有 F1= F1',F2= F2'-ARP FG =F1 EF (P'-F1)竺 DF ACDF AC若有=，

34、EF AB则有：PFG=P'EFEF即秤锤的重量p与重物p'在秤台的位置无关，且 p'=pED EF GrF2比|pP''F2IFA_A2.16解：设A(0,Ya) , B(x,y)则由给出的方程可知l -，l2 -x2y=)2且由该方程分析可知，有y；iyA .22又由 AB=2l 可知，yA=74l2 -x2 +七一 因此可得 V=mg=mg, 4l2x2l2 x2所以由竺=。可得)x = dx.4l2x2，l2-x2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x

35、oy取y为广义坐标，A (x,y) 由题意可得系统的势能为V =mg(!j4i2 _乂2+y)，由 丁约束条件：x2 + (x_2y)=l2得到 v = mg( l2 y - yi y)dV 2y2.，l2 y2 y22 y"222可以得到：(l-2y) =4(l +y -y。无解故可以得到无满足平衡的位置。=mg0dy2.17零势能面ft?：该力学体系有2个自由度，如图所示: 以1令为广义坐标，以过圆心的水平面为 则两根杆的势能分别为：rV1 =mg(cos口 _ l cos( -),sin 'rV2 =mg(cos n -1 cos(' 功，sin '体系

36、的总势能为：V =V1 V2,:VV c- r cos ',.、由一-=0 及一r = 2mg cos8(+1 sin 中)sin 2当口 =0时，得到：l tan 把-r tan，2 - r = 02.19以。为圆心建立直角坐标系，由丁体系是理想完整约束体系, 且约束力是保守力。1二.2得：V =2pl cosz k(2l sin 穿-2l cos"化简得：V =2pl cos1 kl2( 22cos”2由也=0得：-2 pl sin 8 +kl2(V2 2cos8)sin 8 = 0涕°.、. 2 p二“0 #0. sin0。0 侍：cosO =-2 2kl2.

37、19解：取e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y°,则 yo=2lcos = V2l.1系统势能 V=2mglcosu+§k(2l cost - . 21) = Pl cosk(、一 2l cos【-1)2由拉格朗日方程理论质点系平衡方程知：=0,则有=-2Pl sin 2k(.2lcos -1)(-、一 2l sin u) =0q：.H一.2 P解碍：cos =-.2 2kl2.20命军：(1)对丁半无界均匀场，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2工守包；(2) 对丁两点场，若以两点连线为z轴，则绕z

38、轴转动不变，所以绕z轴转动的角动量L*守包;£(3) 对丁均匀圆锥体的场，则绕z轴转动不变，所以绕z轴转动的角动量L.守包；(4) 对丁无限均匀圆柱螺旋线场，贝u L+-P,守包。* *2.21解：如图：以0为广义坐标T =mR2(T2 顶2洲七)2V =mgRcosL =T -V = ? R2 ()2 w2 sin2 ” _ mgRcos -代入拉格朗日方程，得R2 一(Rw2 sin cosgsin D) - 0由丁拉氏函数不显含时间，且约束稳定，故广义能量守包，即H = p 刃厂 L= constm _ 2 . 22.2._H =R （ - w sin ” mgRcos- co

39、nst2.23解：体系为带电粒子，采用柱坐标。 ,2221。,体系动能为，T= m(R十R +z );2 R, R ER_.体系势能为,V=-JEqdR = -JdRuEoqln也，其中Ro为零势能位置;R0RoRo RR.2.2 2体系拉格朗日函数为，L=T-V=】m(R R2 z )-E0qln地。2R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：m(RrG ) =Eq +BqR#; m(2P>-Bq R ; mZ=0。整理可得:mR-mRJ-q-BoqR。； mR+-Bo| = W . mW2.25ft?： 因为：miXjW2 =m2x:w3以2所以:因为瞬时改变时

40、，速度不变所以：_ 所以：-ffl!. mj+m.褊二项（砂尸+（伊） + l' （与吵所以： 【=mJ如-m国何+mj对心=2.27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包，机械能守包:0=mvAx mvBx.psin - mvAxf ；psin- m(vAy u)1 21,22、1,22、匚mu =m(vAx vAy ) ym(vBx vBy )2 22vBy = 02 m sin cosVaxum msin -2 .2m cos $ 由此可解的Ay m msin2 u2msin 京 cosVbx = um msin -VByv1n =ucosuen v1t =

41、u sin 光 V2n =0 V2t =0由碰撞前后动量守包可得2.27解：由题意可知，Vn =-(m em)vn +m'(1+e)v2n m +m1J V2n = -,m(1 +e)vn +(m -em)v2nD m +mvt =&lv； =V2t又' 钢球A和B之间发生的是弹性碰撞rv；n =1(m m)ucosoen m +m2v2rl =mucosuenm mv1t = usingjv2t =02Vi.vin2vit2 =Um-m 2 . 2 .cos sin t1m m! . 222v2 = v2nv2t = v2n =mu cosm m2.28解：如图所示，

42、mi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：I Vln=七 COS0Q)vlt =Vx sin e(2)IIv2n = V2 sin 6(3)1 1L V = V cos 6L.-iW>rVlt = V! S111CI «t = 0 乂根据光滑小球的条件：vit = Vlt , V2t = V2tI由得， sii:6 = * sina ； 1由得，七cosB = 0 ,则8 =三,2由碰撞系数e=也一vin- v2n，jv,n - v1T1 v* sin0-v- cos 9Vj cos otVin?! COS Ct乂有水平方向动量守包得：一叱

43、vtc(KC = f 七 cos9 + m3v2 sin9 - _将(9)带入(7)得到：(9)v2miV cos am22.291_解： I =m1gl(1-cos-) mi% 1T2 = m2gl (1 _ c o s) = z m2v2解上述二式可得I = 2gl(1 - c os)V2 = 2gl(1 -c o s)由碰撞前后动量守包可得 m1v1 =m1v +m2v2可得 v = *'2gl (1c o s)匹 J2gl ( c o&) m由牛顿公式可得碰撞的恢复系数为I2v2n -Se =I1vn -v2n侦2gl(1 -cos 6) - J2gl (1 -cos

44、+匝2gl(1 - cos。) m1、.2gl (1 - cos ：)-1(m1 m2)气 1 - cos ' m1 1 -cos: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：设小球第一次碰撞地面之前速度为V, %二/面碰撞恢复系数为e, e为负值，所以第一次碰撞后速度为一eV,方向向上，当小球再次 落回时速度仍然是一料1，方向向下，前后动量变化为-2018%易知小球第n次弹起时速度为（-曲卜阳，当n趋丁00时，小球停止弹跳.： 小球重力的冲量和为=m* +2 m(-e)% + 2m(

45、e)n- v±=2mv】拦"+ m% ,当n趋丁00时，Pmg = 2mV1厂乙+ m.% V = Zgs. s = 第三章3.7解：由力场为F 二-抵：（1）,及 F = -VV（r）（2）, 广r可以得到，（3）' / r 2rI?有效势能为- I i . , （4）t, _ Ak . c . L3 k mc+L3将（3）市入（4）传到，呢二一；+邪+毒=一；+菽r, （5）V亦它的主要特征有：（1）,（2）,曲线在r=rmrnpXL*",处取得最小值, km,、.卜,.f .hic-FL(3),曲线有零点，二,L 2km曲线的大致形状如图。定性分析:

46、 在偶朋）酣曰£ E < 0时， 粒子处丁束缚态，在r1 ,r2问运动;在E>0时，将在离心力作用下，飞向无穷远。而可能的圆周运动则为:满足魅二0, dr解得：上二啰J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 3F 一 （3）, di（1）带入后得到在k大丁 0的条件下，轨道运动稳定，也是说当有微扰使之 r增大后，由丁此时斜率是正的， 力为负的，即为引力，会使其恢复到rm；当有微扰使其小丁 r,情况相反，力变为斥力，同样 使其恢复。3.9 解：Lr)2 r由V =竺可知, r2r、r =VCLs d 3 =L

47、2 dr r2m(E + 竺)-目 r r-当dV =乌时, r、 y .H=、'V = 3 时，= 3rE = y (mH + r20:) +V = ytmr: + r20:)-ar- 1 fT-a-2a 广*dr -2a .Tna fv=tJd t航=1备,2m(E-VL 3、.r:-r2m(E *L： r r3.11 解：因为是椭圆2m(E ) rL22 r- d"a因为e为包量，所以E = E=-2a-1 fT 冬 - a a aT=-jo®-m=E-v=-+r-一 1:.f =-|V| 上人2J 1所以结论成立3.16解：由题意得被俘获时A=1急3丝当*勺

48、L2drL2dr2<0乂 V =, L=mvbr代入可得22 ：(.-比=m(2) mv无穷3.20 解：b = Jx=v x (r x rrv)T ,r + - rT T T T T T r ( v .mv)-m v( v. r)+因为 r=rer v=er+r' 所以上式=m/ r - mv (T:rrTer)+ ; er=m(r2+r2)r er-m(r'er+r：e)( %+%如 r er+ :： er=mr、2e产 errT'e:Lr) e则 dJ=（Lr，二巨）e +（ 1-mr ermr由在中心势场中角动量守恒可知L=mr2e2 可知 L*0 又有能

49、量守恒E=1m2 -L2 r2mr22 一 * * I * = rdE=m r r- -L =0等式两边同乘以-mr即-2-(mr r - r- ) =032mr mr r2 1I 6- 八L ； - L r =0 mr«>由以上可知d：=0,即;是常矢量，方向沿极轴方向2L/ r dr2.23.21 解：(1) . "d8 =2mE -v(r) - L ；r.2代入 v = -c(/r (a A0)，得:2L/ drr= -L2d(1/r )222-cc222mE (2m： - L)"2m(E ： /r)- L /r令 u=1/r,则：.(2m ： - L?)Udu22mEI.-L,L? - 2m ：2一22M :=L/ 2m- arcc