理论力学周衍柏第三版习题答案

第二章习题解答解均匀扇形薄片，取对称轴为x轴，由对称性可知质心一定在x轴上。rdrx2题2.1.1图有质心公式xdmxcdm设均匀扇形薄片密度为，任意取一小面元dS，dmdSrddr又因为xrcos所以xdmxrddr2sinxacdmrddr3对于半圆片的质心，即代入，有2sin2sin24axaa2c3332解建立如图图所示的球坐标系zbaOy题2.2.1图把球帽看成垂直于z轴的所切层面的叠加（图中阴影部分所示）。设均匀球体的密度为。则dmdvy2dz(a2z2)由对称性可知，此球帽的质心一定在z轴上。代入质心计算公式，即zdm3(ab)2zcdm4(2ab)解建立如题图所示的直角坐标，原来W与共同作一个斜抛运动。人yv0Ox题2.3.1图当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为v，此人即以v的速xx度作平抛运动。由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为两次运动水平方向上均以vvcos作匀速直线运动，运动水平0的时间也相同）。所以我们只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。第一次运动：从最高点运动到落地，水平距离s1svcosat①10vsingt②0v2s0sincos③1g第二次运动:在最高点人抛出物体，水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有(Ww)vcosWvw(vu)0xx可知道wvvcosaux0Ww水平距离v2wsvt0sincosuvsin2xg(wW)g0跳的距离增加了wsss=uvsin21(Ww)g02.4解建立如图图所示的水平坐标。a1mF1v惯x1mmv122m•2mgsinOx题2.4.1图题2.4.2图以m，m为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有12mxmx0①1122对m分析；因为1aaa②绝相对m在劈m上下滑，以m为参照物，则m受到一个惯性力Fmx（方向与m1221惯122加速度方向相反）。如图图所示。所以m相对m下滑。由牛顿第二定律有12②mamgsinmxcos11112所以m水平方向的绝对加速度由②可知1..③a//a'cosx1绝12......xgsinxcoscosx④122联立①④，得..msincosx2g⑤1mmsinθ221把⑤代入①，得..msinscosx1g⑥2mmsin221负号 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示方向与x轴正方向相反。求劈对质点反作用力R。用隔离法。单独考察1质点m的受力情况。因为质点垂直斜劈运动的加速度为0，所以1..Rmgcosmxsin0⑦1112把⑥代入⑦得，mmcosR12g⑧1mmsin221水平面对劈的反作用力R。仍用隔离法。因为劈在垂直水皮方向上无加速度，2所以RmgRcos0⑨221于是m(mm)R212g⑩2mmsin2212.5解因为质点组队某一固定点的动量矩nJrmviiii1所以对于连续物体对某一定点或定轴，我们就应该把上式中的取和变为积分。如图图所示薄圆盘，任取一微质量元，Odrd题2.5.1图dmrddrMa2所以圆盘绕此轴的动量矩J1Jr(dmv)rrdrdr=Ma22解炮弹达到最高点时爆炸，由题目已知条件爆炸后，两者仍沿原方向飞行知，分成的两个部分M，M，速度分别变为沿水平方向的v，v，并一此速度分1212别作平抛运动。由前面的知识可知，同一高处平抛运动的物体落地时的水平距离之差主要由初速度之差决定。进而转化为求v，v。炮弹在最高点炮炸时水12平方向上无外力，所以水平方向上的动量守恒：MMUMVMV①121122以MM质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒：12111MMU2MV2MV2E②212211222联立①②解之，得2EMvU11MMM1222EMvU12MMM122所以落地时水平距离之差sV11s=ssvtvt2E1212gMM12解建立如题图所示的直角坐标系。ymMVxO题2.7.1图当m沿半圆球M下滑时，M将以V向所示正方向的反向运动。以M、m组成系统为研究对象，系统水平方向不受外力，动量守恒，即MVmvxm相对于地固连的坐标系O的绝对速度xyVVV绝对相牵V为m相对M的运动速度相ua②故水平方向vucosV③x竖直方向vusia④y在m下滑过程中，只有保守力（重力）做功，系统机械能守恒：（以地面为重力零势能面）11mgacosmgacosmv2MV2⑤2绝2v2=v2v2⑥绝xy把③④代入⑥⑦v2=u2V22uVcos绝把①③代入⑤2gcosacosam1cos2mM2.8证以AB连线为x轴建立如题图所示的坐标。v1mvmx0AxOAB1OBv题2.8.1图2题2.8.1图设A初始速度为与x轴正向夹角碰撞后，设A、B运动如题图所示。A、B速0度分别为v、v，与x轴正向夹角分别为、。以A、B为研究对象，系统不1212受外力，动量守恒。x方向：mvmvcosmvcos①01122垂直x轴方向有：0mvsinmvsin②1122可知v2v2v22vvcos③0121212整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒：111mv2mv2mv2④202122由③④得2vvcos01212kk0,1,2,122即两球碰撞后速度相互垂直，结论得证。解类似的碰撞问题，我们一般要抓住动量守恒定理和机械能守恒定理得运用，依次来分析条件求出未知量。设相同小球为AB，初始时A小球速度v，碰撞后0球A的速度为v，球B的速度v以碰撞后B球速度所在的方向为x轴正向建立如12题图所示的坐标(这样做的好处是可以减少未知量的分解，简化表达式)。以A、B为系统研究，碰撞过程中无外力做功，系统动量守恒。yv1xvO2v0题2.9.1图x方向上有：mvcosmvcosmv①012y方向上有：mvsinmvsin②01又因为恢复系数碰后相对速度vvcose21碰前相对速度vcos0即evcos=vvcos③021用①-③1evcosv0④12cos用④代入②得1evcosvsin0sin02cos1etantan1e2tan21etanarctan1e2tan2求在各种值下角的最大值，即为求极致的问题。我们有d0d得1esec2(1eatan2)01e2tan2即1eatan2=0所以1etan21earctanmax81e即1etanmax81e由因为81ecsc21cot2=1maxmax1e2故11sin1emaxcsc81e=max13e1e2所以1esin1max3e以m,m为研究对象。当m,m发生正碰撞后，速度分别变为v，v，随即m1212122在不可伸长的绳AB约束下作圆周运动。以AB的连线为x轴建立如题图所示。yv2vA1Bx•Ov1题2.10.1图碰撞过程中无外力做功，动量守恒：mvmvmv①111122随即m在AB的约束下方向变为沿y轴的正向，速度变为v22故y方向上有mvsinmvsinmv②111122故恢复系数定义有：碰后相对速度vsinve=21碰前相对速度v1即evvsinvsinv③1211联立①②③得msin2emv12v1mmsin2121m1esinv1v2mmsin2121解如图所示，yyvAaA0,2•I2COxOxav•B0,B22题2.11.1图题2.12.2图aa有两质点A，B中间有一绳竖直相连，坐标分别为：A0,B0,，质量为m22I，开始时静止。现在有一冲量I作用与A，则I作用后，A得到速度v，BAm仍静止不动：v0。它们的质心C位于原点，质心速度我为BmvmvvvABAC2m2v现在把坐标系建在质心C上，因为系统不再受外力作用，所以质心将以速率A沿2x轴正向匀速正向、反向运动。由于质心系是惯性系，且无外力，所以A，B分v别以速率A绕质心作匀速圆周运动，因而他们作的事圆滚线运动。经过时间t后2，如图所示：vA2vIttAaaam2于是在O系中的速度xyAuvA(1cos)Ax2uvAsinAy2B的速度：uvA(1cos)Bx2uvAsinBy2因此v2v2A(1cos)Asin221cosItE:Ecot2:1ABv2v21sin2amA(1cos)Asin22解对于质心系的问题，我们一般 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 求出相对固定参考点的物理量，在找出质心的位置和质心运动情况，由此去计算物体相对或绝对物理量及其间的关系。由题可知，碰前m速度为v，m速度v0。碰后速度m，m分别设为v,v。碰11221212撞过程中无外力做功，动量守恒。mvmvmv①111122有恢复系数evve21②v1联立①②得memv12v1mm112m(1e)v1v2mm112再由质点组质心的定义：mrmrr1122cmm12r为质心对固定点位矢，r，r分别为m，m对同一固定点的位矢c1212所以mrmrmvmvmvr112211221vccmmmmmm1121212（质点组不受外力，所以质心速度不变。）设两球碰撞后相对质心的速度V，V。12memmemVvv12v1v2v（负号表示与v相反）11cmm1mm1mm11121212m(1e)memVvv1v1v2v22cmm1mm1mm1121212同理，碰撞前两球相对质心的速度mmVvvv1v2v11c1mm1mm11212mVvv2v（负号表示方向与v相反）22cmm1112所以开始时两球相对质心的动能：111m21m21mmTmV2mV2=m2vm2v=12v221122221mm22mm2mm11212122.13用机械能守恒方法；在链条下滑过程中，只有保守力重力做功，所以链条的机械能守恒。以桌面所平面为重力零势能面。mll1gmgmv22422有3glv2此类题为变质量问题，我们一般研究运动过程中质量的变化与力的关系dFmvtdt以竖直向上我x轴正向建立如题图所示坐标。xlhxo题2.14.1图绳索离地面还剩x长时受重力Fxyt则dxyxvdtdxvdxxydxdtdvgvdxvvdvxgdx0hl所以v22g(hlx)求地板的压力，有牛顿第三定律知，只需求出地板对绳索的支持力N即可，它们是一对作用力与反作用力。这是我们以快要落地的一小微元作为研究对象。它的速度由v变为0。用动量守恒，有d(mv)d(xv)dxN(lx)g==vv2dtdtdt又因为v22g(hlx)N(lx)g2g(hlx)=g2h3(lx)解这是一道变质量的问题，对于此类问题，我们由书上的（）式ddm(mv)uF①dtdt来分析。以机枪后退方向作为x轴争先，建立如题图的坐标。NOxu••fN(MMmt)g题2.15图竖直方向上支持力与重力是一对平衡力。水平方向上所受合外力F即为摩擦力Ffn(MMmt)g②单位时间质量的变化dMm③dt由①②式ddM(MMmt)vug(MMmt)dtdtMvud(MMmt)vdMugm(MMmt)dt0o0MM1M(MMm)vMug(MM)gmm2m所以M(MM)2M2vugm2Mm解这是一个质量增加的问题。雨滴是本题m。导致雨滴m变化的微元m的速度u0。所以我们用书上的（）式分析d(mv)F①dt雨滴的质量变化是一类比较特殊的变质量问题。我们知道处理这类问题常常理想化模型的几何形状。对于雨滴我们常看成球形，设其半径为r，则雨滴质量m是与半径r的三次方成正比（密度看成一致不变的）。mkr3②1有题目可知质量增加率与表面积成正比。即dmk4r2kr2③dt2k,k为常数。我们对②式两边求导12dmdrk3r2④dt1dt由于③=④，所以drk2⑤dt3k1对⑤式两边积分rdrtdta0rta⑥mk(ta)3⑦1以雨滴下降方向为正方向，对①式分析dk(ta)3vk(ta)3g⑧dt11vtdk(ta)3vk(ta)3gdt110011k(ta)3vkg(ta)4k（k为常数）11433当t0时，v0，所以kga4k134ga4vta4ta3证这是变质量问题中的减质量问题，我们仍用书上式ddm(mv)uF①dtdt来分析。设空火箭质量m，燃料质量m。以向上为正方向，则火箭任一时刻的0质量mmmmm0t②060喷气速度2074m是指相对火箭的速度，即v2074m。有①式s相sdmdvdmvmuFdtdtdtdmdvdmdvF(vu)mvmdtdtdt相dtmmmmmmdvmm0tg0tmm0t06060相060dt化简mm0vdtdvgdt60相mmmm0t060对两边积分tvgtv㏑1③相60此既火箭速度与时间的关系。当火箭燃料全部燃尽所用时间t，由题意知m60mtmmmm④0060代入③可得火箭最终的速度v，（即速度的最大值）.max60mmvgvln(1)maxmm相mm00考虑到dvv(1x)60gmax相dx(1x)2mdvm其中x，易知当x0时，max恒成立，即v为的增函数。又当mdxmaxm00m300时，m0mm60mmvg0vln10=km/smaxm相m11mm00而要用此火箭发射人造太阳行星需要的速度至少应为第二宇宙速度v11.2km/s。2故所携带燃料重量至少是空火箭重量的300倍。证要使火箭上升，必须有发动机推力火箭的重量，即dmvMg相dt0dmvvM相dt0即vg火箭才能上升，结论得证。由于喷射速度vv是常数，单位时间放出相的质量dmMdt0质量变化是线性规律Mf1t0①M火箭飞行速度vvln(1t)gt②火又因为燃料燃烧时间MMt0③M0代入②得火箭最大速度vmaxMMMMgMvvln0g0=vln0(1)maxMMMM00又因为②式又可以写成dsvvln(1t)gtdt火积分可得v1s(1t)ln(1t)tgt2④2从开始到燃烧尽这一段时间内火箭上升高度S。把③代入④得11MM2vMMMMSg0ln012MMMM0000之后火箭作初速度为v的竖直上抛运动。可达高度Smax222v2v22gMvMMgMSmaxln1ln122ggMMM2a2M0000故火箭能达到的最大高度2v22gMvMMSSS=ln1lnmax12gMMM000证假设该行星做椭圆运动，质量为m，周期为。某一时刻位置为r，速度为v，则1111111112=Tmvdtmvvdtmvdrmdvrrdv0202022020mrdv2r0又因为dvGMradtr2r于是MGMrmGM11GMm1GMmTrdt=dtdt20r2r20r20r2r