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理论力学(第二版)参考答案上部

理论力学(第二版)参考答案上部(一~三章)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:设s为质点沿摆线运动时的路程,取=0时,s=0S== 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:设一质量为m的小球做任一角度θ的单摆运动运动微分方程为θθθFrrm=+)2(θθsinmgmr= ①给①式两边同时乘以dθθθθθdgdr s i n=对上式两边关于θ 积分得cgr+=θθc o s212②利用初始条件θθ=时0=θ 故cosθgc-=③由②③可解得c o sc o s2-θθθ-∙=lg上式可化为dtdlg=⨯-∙θθθcoscos2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==02022sin2sin124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin2cos=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin 022θ=K通过进一步计算可得g lπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K nn K K1.5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, ①M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,,②联立①,②可得:,M为地球的质量;③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:④由④得:⑤则,半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得:⑦对⑦式整理,略去二阶量,同时远小于R ,得⑧则当半径改变 时,表面的重力加速度的变化为:。

1.6则由牛顿第二定律可知, 质点的运动方程为⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-θθθθθsin )2(cos )(2mg r r m mg F r r m其中,Vt L r L r V r-==-=,,01.8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,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○11 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。

根据能量守恒:2121mV mgl =, 所以在原长位置时:112gl V =因为加速度为g ,所以,到达原长的时间为: gl g V t 12120=-=(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 。

⎩⎨⎧==-mg kl z m kz mg 2化简得: g z l gz=+2解微分方程得: 22221sin cosl t l g C t l g C z ++= 因为t 2=0时,z=0, 112gl V z==所以, t l ggl t l g gl z l t l g l l t l g l z 2122222122cos 2sin ,sin 2cos +=++-=当0=z时,212221122)2(,)2tan (l l l l z l l g l t ++=-=-此时π(3)所以总时间为)2tan (22112121l l g l g l t t t --+=+=πA,D 间总距离为 )2(1222121l l l l l z z s +++=+=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恒。

(2)第一阶段,由能量守恒可得,221)cos 1(mv mgr =-θ,又,由绳子张力为零可知rv m mg 2cos =θ,②第二阶段,设上升高度为h ,则gv h 2)sin (2θ=,③ 联立①、②、③可解得h=r 2723,32cos =θ;l r r h 54232723cos ==+θ 因此质点上升最高处为'o 点上方l 5423处。

设斜抛到达最高点时水平位移为s ,则 )sin (cos t )cos (g v v v s θθθ==,s=r 2754=l 5454;l s r 5455sin =-θ 因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边l 5455处。

1-12解: 由自然坐标系即∴∴∴∴∴∴∴1.13.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:(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u m vm '=αcos有余弦定理得:ααπcos 2)cos(222-=-+=-uvv v u r可得:v=m m mm v r'+'+αα2222cos 2cos 1可得:u=m vm 'αcos =αα2222cos 2cos cos m m m m mv r '++'1.16 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。

1·17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 (v m v m B c B A =+ 所以得BA B c m m v m v +=由易知A 、B 各绕质心做半径为B A B m m l m r +=1,B A A m m lm r +=2的圆周运动,由初始条件得l0v =∙θ以质心C 点的坐标C x 和C y 及杆和x 轴的夹角θ为坐标∴j v m j y m P B C B A 0)m =+=( k v lm k l m m m k yx m L B BA B A C C B A 02m )m (=+++=ϑ0222221m 21)(21v m l m m m y m m T B B A B A C B A =+++=ϑ1.18解:设m 1和m 2碰撞后,m 1的速度变为v '1,m 2的速度变为v 2,m 2与m 3碰撞后,m 2的速度变为v'2,m 3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m 1和m 2而言,则有:m 1v 1=m 1v '1+m 2v221m 1v21=21m 1v2,1+21m 2v22两式联立消去v'1,则有v2=mm v m 21112+ ①对于m 2和m 3而言,同样有:m 2v 2=m 2v '2+m 3v321m 2v22=21m 2v2'2+21m 3v23由以上两式联立消去v'2则有v3=mm v m 32222+ ②将①代入②得:v3=)).((43221121m m m m v m m ++将上式对m 2求导得)()(3221)(42231221123m m m m m m m v m m v d d +++-=由023=m v d d 可得m 2=mm 31即当m2=m m 31时v3最大且)).((43133111311max3m m m m m m v m m m v++=1.21 解: 由题意得m(θϕθ222sin ∙∙+r r )=F r +mg θcos ① θθθϕθsin cos sin 2g r r =-∙∙∙ ② 0cos 2sin =+∙∙∙∙θθϕθϕ ③由③得 ∙∙∙∙-=θϕθϕ2tan 整理并积分可得θϕ2sin a=∙④ 将之代入②可得 θθθθsin cos sin 32g a r r =-∙∙整理并积分可得)sin cos 2(22c a r g ++--=∙θθθ(正值舍去)由题意知,2πθ=时若要质点不飞出去,则0=∙θ220a c c a -=⇒=+∴由题意知,初态时刻即rh-=θcos 时也有0=∙θ)(2122h r hg r a -=∴ ⑤ 已知初态时速度为v 0 ,2200hr v -=∙ϕ ⑥联立④⑤⑥即可得 r hg v 20=1.2221x m mx '=————①,且 )]sin()[sin(21αθα-+=+R x x ————②F Ny F N对小球列牛二方程,有:y n ma F mg 1)cos(=+-θα————③x n ma s F 1)(in =+θα————④对半球列水平方向的牛二方程,有:x n a m s F 2)(in '=+θα————⑤对半球列水平位移方程,由积分得:2t 0t02x dt dt ax=⋅⋅⎰⎰————⑥对小球列竖直方向上的位移方程,由积分得:)]cos([cos t 0t1θαα+-=⋅⋅⎰⎰R dt dt ay————⑦对⑥和⑦分别对时间求偏微分,同时联立①和②,得:])sin()[cos(222θθαθθα ⋅+-⋅+'+==m m mR x a x ————⑧ ])sin()[cos(21θθαθθα ⋅++⋅+=R a y————⑨ 由③和⑤得:)sin()cos()(21θαθα+=+-xy ma a g m ————⑩将⑧⑨带入⑩中并且使用 θθθθθθθ ⋅=⋅=d d dt d d d 代换,整理可得: θθθαθθαθαθαd m m R m g m m mR ⋅'+⋅+'-=⋅+'++++])cos([])tan()()cos()[sin(2 ————⑾对⑾两边同时积分,并且00=θ,00=θ ,可得: )cos(]sin )[sin(2)(cos )sin()(22θααθαθαθαθθ+⋅-+'+++'+=R m mR m m g1,25解:对于杆 m y ..=-mg+Fcos a对于三角形 'mx ..=Fsina体系满足约束 x0=l xtana+y=h运动方程为 x ..tana-g+nm 'x ..cota=0即 x ..=gam m a m cot 2'cot +y ..=-gam m mcot 2'+1.26解 设弹簧原长为L,在距离左端l 处取一质元dl ,其质量为dm=Lmdl。

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