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

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 1.2

写出约束在铅直平面内的光滑摆线

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： Y X

设s为质点沿摆线运动时的路程，取 =0时，s=0

S=

= 4 a (1

)

上运动的质点的微

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?0的单摆运动

???2r?)?F ??运动微分方程为m(r?????mgsin? ? mr?

?d???gsin给?式两边同时乘以d? r??d?

1?2?gco?s?c ? 对上式两边关于??积分得 r?2??0故c??gcos? ? 利用初始条件???0时?0??-2g?co?由??可解得 ?s?co?s0 l上式可化为-2g?cos??cos?0?d??dt ll01l?0d??两边同时积分可得t??2g??0cos??cos?02g?011?sin2?22?1?sin22?02d?

进一步化简可得t?1l?01d? 2?02??02gsin2?sin2由于上面算的过程只占整个周期的1/4故

l?0T?4t?2g?01sin2?02?sin2?2d?

由sin?/sin?0?sin?

22两边分别对??微分可得cos?2d??sin?02cos?d?

cos?1?sin20sin2? 22??sin故d??2?02cos?1?sin2?02d? sin2??由于0????0故对应的0???

2l?0g?0d?sin2l2g?0?sin?02cos?/1?sin2sin?02sin2?d?

故T?2?02?sin?2?4?2cos?l?d?22?02K?sin故T?4其中

2g?01?K2sin2?通过进一步计算可得

T?2?11?3241?3?5???(2n?1)22nl[1?()2K2?()K???()K??]

22?42?4?6???2ng

1.5

z p点 y x

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

, ①

M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

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

y ?2)?F?mgcos??r??r??m(?????2r?)?mgsin? ??m(r???其中，

e? et ? X B

???V,r0?L,r?L?Vt r

1.8

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

即质点的轨迹为对数螺线。

11 ○

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：mgl1?1mV2, 所以在原长位置时：V1?2gl1 2因为加速度为g，所以，到达原长的时间为: t1?

V2?02l1 ?gg（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。

?z?mg?kz?m?? kl?mg?2??化简得： ?zgz?g l2解微分方程得： z?C1cosggt?C2sint?l2 l2l2??V1?因为t=0时，z=0, z22gl1

所以, z??l2cos

gggg??gl2sint?2l1l2sint?l2,zt?2gl1cost

l2l2l2l2l22l1(??tan?1),此时z?l2(l2?2l1)?l2 gl2??0时，t2?当z

（3）所以总时间为

t?t1?t2?

2l1l2l1?2(??tan?1) ggl2A,D间总距离为 s?z1?z2?l1?l2?l2(l2?2l1)

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，

1mgr(1?cos?)?mv2，?

2又，由绳子张力为零可知

v2mgcos??m，?

r第二阶段，设上升高度为h，则

(vsin?)2，? h?2g2322323r，cos??；h?rcos??r?l 273275423因此质点上升最高处为o'点上方l处。

54设斜抛到达最高点时水平位移为s，则

联立?、?、?可解得h=

454555r=l;rsin??s?l s?(vcos?)t?vcos?(vsin?)，s=

g275454因此质点上升到最高点时在过圆心竖直轴线左边

55l处。 541-12

解: 由自然坐标系

即 ∴ ∴

∴ ∴ ∴ ∴ ∴

1.13. 解：

（1）以竖直向下为正方向，系统所受合力对O点，

合力矩为零，

,,故系统动量不守恒；

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vmcos??m?u

u2?v2?vr??cos? 有余弦定理得：cos(???)?2uv2可得：v=

vr1?mcos?2mcos??2?m?m222

可得：u=

mvrcos?vmcos?=

2222m?m??mcos?2mm?cos?

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vc满足 (mA?mB)vc?mBv0 所以得vc?mBv0

mA?mB?vmBlmAl由易知A、B各绕质心做半径为r1?，r2?的圆周运动，由初始条件得??0

lmA?mBmA?mB以质心C点的坐标xC和yC及杆和x轴的夹角?为坐标

?Cj?mBv0j ?P?（mA?mB)y?Ck?L?(mA?mB)xCymAmB2?l?k?lmBv0k

mA?mBT?

11mAmB2?21?C2?(mA?mB)yl??mBv20

22mA?mB21.18

解：设m1和m2碰撞后，m1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

'v'2，

m的速度变为v

33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m而言，则有：

12

mvmv+mv

1=1'112212mv1=1212mv1'1,21 +

12mv222

两式联立消去

v，则有v2=

m1?m22m1v1 ①

对于

m和m而言，同样有：

2

3

mvmv+mv

2=2'223312mv2

2=212mv2

'22+

'12mv3

23

由以上两式联立消去

v则有2vm?m=32222m2v2 ②

3将①代入②得：

v=(m?m).(m?m)

3134m1m2v1将上式对

m求导得

2

dm2由

dv3?4m1v1(?m2?m1m3)2(m1?m2)(m2?m3)?0可得m2=

22

dm2dv3mm13

即当

m

=2

mm1时3v最大且3v3max?(m1?mmv

mm).(m?mm)131133134m11.21 解: 由题意得

m(r??r?sin2?)=Fr +mgcos? ① r??r?sin?cos??gsin? ② ?sin??2??cos??0 ③

由③得 ?tan???2?? 整理并积分可得??????2?2???2????????a ④ 2sin?a2将之代入②可得 r??r3cos??gsin?

sin?2ga2 整理并积分可得????(cos??2?c)（正值舍去）

rsin??由题意知，???2时若要质点不飞出去，则??0

? ?a2?c?0?c??a2

?h由题意知，初态时刻即cos???时也有??0

r ?a?12g2(r?h2) ⑤ rh?已知初态时速度为v0 ，?0?联立④⑤⑥即可得 v0?

v0r?h22 ⑥

2gr h1.22

FN FNy

FNx

θα FNx G

FN FNy

水平方向动量守恒，所以质心水平坐标不变，使用质心系，有： mx1?m?x2————①，

且 x1?x2?R[sin(???)?sin(?)]————②

对小球列牛二方程，有：

mg?Fncos(???)?ma1y————③ Fnsin(???)?ma1x————④ 对半球列水平方向的牛二方程，有：

Fnsin(???)?m?a2x————⑤ 对半球列水平位移方程，由积分得：

tt??a00tt2x?dt?dt?x2————⑥

对小球列竖直方向上的位移方程，由积分得：

??a001y?dt?dt?R[cos??cos(???)]————⑦

对⑥和⑦分别对时间求偏微分，同时联立①和②，得：

mR???sin(???)???2]————⑧ ?2?a2x??x[cos(???)??m?m??2?sin(???)????]————⑨ a1y?R[cos(???)??由③和⑤得：

m(g?a1y)cos(???)?ma2x————⑩

sin(???)?d?d??d???? 代换，整理可得： ????将⑧⑨带入⑩中并且使用 ??d?dtd??2mRcos(???)m?Rcos(???)???[sin(???)?]???[g?]?d?————⑾

(m?m?)tan(???)m?m???0，可得： 对⑾两边同时积分，并且?0?0，?0???

2g?(m?m?)sin(???) 2mRcos(???)?2m?R[sin(???)?sin?]?cos(???)1,25

解：对于杆 my=-mg+Fcosa

对于三角形 m'..x=Fsina

.. 体系满足约束 x0=l xtana+y=h

m' 运动方程为 xtana-g+

n..xcota=0

2.. 即 x=g

....mcotam?m'cotam2

y=-g

m?m'cota

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＝

建立X轴，以平衡位置为坐标原点O。 在某时刻，设物体的位移为ｘ，则质点位移为

mdl。 Ldlx， Ldldxv2dm， 速度为ｖ＝，质元的动能为dEk=

Ldt2整个弹簧的动能为Ｅk弹＝dEk???L01dldx2mm()dl?32LdtL2L?L0dx(dl)()

dt32m'dx2kx2()， 弹簧的弹性势能为Ep?，滑块的动能为Ek物＝

22dt系统的机械能Ek物＋Ep＋Ｅk弹＝常量,

m'dx2kx2m()+则+32dt22L?L0dx(dl)()=常量

dt323mLd2x对上式两边求导，得：[m??(dl)]2+kx=0

L0dt'd2x则2+dtkx=0

Lmm'??(dl)3L011?T2?所以此体系的振动频率f=

k

Lmm'??(dl)3L0

1.27 解：

A,B点运动方程是

Mx’’=-F

My’’=-F F=

因此体系相当于质点受有心引力作用 能量守恒 角动量守恒

1.28

对质点分析可得，绳子拉力不做功，所以能量守恒。 而对于圆柱体的轴线力矩不为零，所以对圆柱轴线角动量不守恒。 如图，以O点为极点建立极坐标，

?2?Fm?r??r?r则可列方程如下

??????F?mr??2r????????arctan还有如下关系式 r2?R21??2 ，依次求导，有r?R1??21?2?R?3??R????arctan? R?? ，rR?1??2? ，????Rr?1??2?1????? ?222?22??2?????， ????? ? ????arctan?，????22221??1??1???? tanx?1?

将力分解可得 Fr??FTcosx??FT将以上代入方程可得

?1??2 F??FTsinx?FT11??2

2?FT?22????????R??R??R1?????31?1??2?m2222??1??1??1??21?2??????12 R1???122?2?2???2???2R???????2?1??22?1????1??2?????2FT???121??m221?1???122

??1???? 化解可得

222???B??0????2??2??B?02?? 其中B?FT mR????????????0 另由? 消B，可得???C 积分可得???d??d???d???0 代入可得?d??2?v ?2?r2?r0?e，所以v??er?r? 又由能量守恒，v?r?v0R2?22?42222????????和?，可得代入r，即 ??R1????v022R1??21?????? 积分??122v02t?C，又由r?0??R?R1???0?，??0??0，C?0 R 所以??2v0tv012v0???2??? ?????? ? ? 代入B?2??R2Rt4Rt22v0mv02v0?1?? ?1?? 所以FT?mRB?mv04RtRt?2?2Rv0tv化简可得B?0R此即所求。

?2?Fm?r??r?r另解 第一问同上，而对于力的求解过程，也有 在任意时

??????Fmr??2r?????刻对速度分解有

vr?v0sinxv??v0cosx?e 而 v?rer?r??Rr22??v0r所以会有

即

??v0rRr??vr?Rr?0r???v0rt0?

22r?R?

r2??v0同时 由于rR 积分 r?rdr?vR?dt 可得

R0r2?R2?2v0Rt

2222222R?r2R?rRv0R?1?2???v????3 ? ? ? ④ r?vr??v0R??2?r03032222r?r?rr?Rrr?Rr而由1、2、3代入径向方程可得

2mv0化简得 FT??222v0Rtr?R2mv02222?v0R2r?R?m???r3?rv0r4????FT??r2?R2r

?22R2?r2RRr2?R2?而由1、2、4代入法向方程可得 mrv0?2v0v02322r?rrrr?R?22mv0mv02R3?r2R?2Rr2?2R3化简得 FT? ?222R2v0Rtrr?R???FR

T?r?

1.31 解：

dvdm?vr??mgdtdtvdmdv ??g?r?dtdtmdmdv??gdt?vrmm设m?m0f?t?

dv??gdt?vrt?0时f?0??1v?c?c?v0故v?v0?vrlnmo?gtmdff积分:v??gt?vrlnf?c

1.34

解：建立竖直向上的坐标z，设软链最高能被提到h。

对重物和软链组成的系统，从开始运动到软链达到最高，有机械能守恒，得

mgh??pzgdz?0h12hg 2p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

d(mv)?F. (1) dt1) 在处理这类问题时，常常将模型的几何形状理想化。对于雨滴，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，于是m?k1r3， (2)

其中k1为常数。

2) 由题设知，雨滴质量的增加率与其表面积成正比，即

dmdt?k?4?r2?k22r, (3) 其中k2为常数。由(2)，得

dmdt?kr2dr1?3dt. (4) 由(3)=(4)，得

drdt?k23k??. (5) 1对(5)两边积分：?rdr??ta0?dt,得

r??t?a, (6)

将(6)代入(2)，得

m?k1(?t?a)3. 3）以雨滴下降的方向为正，分析(1)式

d[k3dt1(?t?a)3v]?k1(?t?a)g, ?v0d[k1(?t?a)3v]??t0k1(?t?a)3gdt,

k1(?t?a)3v?14?k1g(?t?a)4?k3,（k3为常数） 当t?0时，v?0，故kk41ga3??4?,v?ga44?[?t?a?(?t?a)3]. (7)

(8)

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

dvdmdm??m0g?vr. 又 ?km0 ， 动微分方程为： m0dtdtdtdv??m0g?km0vr , 可得： m0dtdv?0 ，即 ?m0g?km0vr?0 ，?kvr?g 。 要使火箭能够起飞，须满足：m0dtdv??m'g?km0vr， （2）设 t 时刻 火箭的质量 为 m' ，其运动微分方程：m'dt又 m'?m0?km0t ，代入得 ： dv?(?g?kvr)dt 1?kt两边积分得： v??gt?vrln(1?kt)

由（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 速度达到最大，记为vm。 设燃料消耗完所用时间 为t0，由 m0?km0t0?m 得：t0?1m(1?)。 km0则 ： vm??mgm(1?)?vrIn0。 km0mtvdr1?v 得：r??vdt ?r??gt2?r?(1?kt)(In(1?kt)?1)?1? 在0到t0这段时间， 由 dt2k0当t=t0时，得： r1???gm2vr?mm(1?)?(In?1)?1?? 2m0k?m0m02k?12对火箭从速度vm减到0 这一过程由动能定理得：?mgr2?0?mvm

2vmmvvgmm?r2?m?r(In0)2?2(1?)2?rIn0(1?)

2g2gmm0kmm02kmmvvm则火箭上升的最大的高度 h?r1?r2?r(In0)2?r(1??In0)。

2gmkm0m

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

O，终

2221.2ml?U(x,y,z)点在（x,y,z).由能量守恒定律得：2

得到：l?[2U(x,y,z)].12

12tm?积分得到

l0dl?[2U(x,y,z)dt]?m

0故得到;t?l/2U(x,y,z)[]m12

解得到：

t1t?mm1

1212（2）若势能乘上常数a,则：

t1?l/[2aU(x,y,z)，而2U(x,y,z)t?[]]mm

所以：

t1t?1 a1.37

yAA上升的最大位置弹簧原长0IvAA的初始位置AA下降的最低位置B状态1B状态2图1 A、B运动过程图B状态3 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?ky3

y3?mbg k由状态1得：

?mag?ky1

?y1?mag k从状态2到状态3，更具能量守恒定律得：

1212ky2?ky3?mag(y1?y2) 22y3?y1?y1?y2

?y2?(2ma?mb)g

k由状态1到状态2应用能量守恒定律得： 121212ky2?ky1?mag(y1?y2)?mava 222将y1，y2，y3带入化简得

(ma?mb)22mv?g

k2aa所以：I?mava?ma?0?(ma?mb)g

1.38

ma k解：由动量守恒定理和动能定理得：

〔m′+2m〕v′=m′v

m′gh=0.5〔2m+m′〕v×v+m′gH 0.5m′v×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

解：以碗的球心为坐标原点建立球坐标系：

则r=Rer+zk

?r=?Rer+R?φ eφ+?zk

r=Rer+R? eφ+zk

??????r=R er+2R? eφ+ R? eφ- R?? er+zk

=(R- R??) er+(2R?+ R?) eφ+zk

????????????????????F=-mgk

带入达朗贝尔方程得：

m[-gk-(R- R??) er+(2R?+ R?) eφ+zk]? (?Rer+R?φ eφ+?zk)=0

??????????化简得：

????z???-RR?z??z?g?0 ???????R??2R??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?为广义坐标，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

?21112222T=m(vr?ve)=mv0?m（L0—v0t）? 222

V=-mg（L0—v0t）cos? L函数：

?21122L=T-V=mv0?m（L0—v0t）? +mg（L0—v0t）cos?

22则

?L????m（L0—v0t）?

2????d?L2(?)= m（L0—v0t）?-2mv0?（L0—v0t） dt???L?-mg（L0—v0t）sin? ??代入L方程，得运动微分方程为

m（L0—v0t）?-2mv0?（L0—v0t）+mg（L0—v0t）sin?=0

2???2.10

解： v=r?er?r?e?

2?r=R1??1T=mR2e

r?2以?为广义坐标

??2

1L=T=mR

2??2?2?2

?L????mR??

?2??d?L2?mR2???mr?? ?dt???2?L?mR?? ???2???2d?L?L2?mR2???mr??=?mR?? ?dt????2.13

解：由杆AC，DG力矩平衡：

?P?FG?F1?EF?F2?DF ?(P'?F')?AB?F'?AC12?又有F1＝ F1’， F2＝ F2’

?P?FG?F1?EF?(P'?F1)?DFAC?， EFAB则有：P?FG?P'?EF

若有

ABDF AC即秤锤的重量P与重物P’在秤台的位置无关，且P'?PFG EFDF2P'ABF'2 EF1F'1F2.16

C解：设A(0,yA) , B(x,y) 则由给出的方程可知

l?l2?x2 y=

2 且由该方程分析可知，有y<

l?l2?x2 又由AB=2l可知，yA=4l?x?

222l2y?yA4l2?x2?l?l2?x2 因此可得V=mg?=mg?

22 所以由

dVxx?0可得 ?2222dx4l?xl?x 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xoy,取y为广义坐标，A（x,y） 由题意可得系统的势能为

V?mg(124l2?x2?y)，由于约束条件：x2?(x?2y)2?l2

得到V?mg(l2?y2?yl?y)

dV2y?l?2l2?y2?yldy?mg222?0 l?y?yl可以得到：（l?2y）2?4(l2?y2?yl) 无解

故可以得到无满足平衡的位置。

2.17

解：该力学体系有2个自由度，如图所示：

以?，?为广义坐标，以过圆心的水平面为则两根杆的势能分别为：

Vr1?mg(sin?cos??lcos(???)),V?mg(r2sin?cos??lcos(???)),

体系的总势能为：V?V1?V2 由

?V???0及?V?rcos????2mgcos?(sin?2?lsin?) 当??0时，得到：ltan?3?rtan?2?r?0 。

2.19

解：以O为圆心建立直角坐标系，由于体系是理想完整约束体系，

且约束力是保守力。

得：V?2plcos??12k(2lsin?4?2lcos?)2

化简得：V?2plcos??12kl2(2?2cos?)2

由?V???0得：?2plsin??kl2(2?2cos?)sin??0 零势能面。

???0?sin??0 得：cos??

2p ?22kl

2.19

解：取?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

y0,则y0=2lcos?=2l.

1系统势能V=2mglcos?+k(2lcos??2l)2?Plcos??k(2lcos??l)2

2由拉格朗日方程理论质点系平衡方程知:

?V?V?-2Plsin??2k(2lcos??l)(?2lsin?)=0 ?0,则有???q?解得:cos??2P. ?22kl2.20 解：（1）对于半无界均匀场，假设无界场以x轴为边界，则空间对x轴平移不变，所

以x轴方向的动量守恒；

（2）对于两点场，若以两点连线为z轴，则绕z轴转动不变，所以绕z轴转动的角动量守恒； （3）对于均匀圆锥体的场，则绕z轴转动不变，所以绕z轴转动的角动量守恒； （4）对于无限均匀圆柱螺旋线场，则

守恒。

2.21

解：

如图：以θ为广义坐标

m?2?w2sin2?) T?R2(?2V?mgRcos?

m2?2R(??w2sin2?)?mgRcos? 2代入拉格朗日方程，得 L?T?V???2?(Rw2sin?cos??gsin?)???0 R?由于拉氏函数不显含时间，且约束稳定，故广义能量守恒，即

H?p?q??L?const

H?m2?2R(??w2sin2?)?mgRcos??const 22.23

解：体系为带电粒子，采用柱坐标。

?2?2?212体系动能为，T?m(R?R??z) ；

2R'体系势能为，V???EqdR???R0E0q'R0dR?Eqln，其中R0为零势能位置； 0'RRR0R?2?2?2R12体系拉格朗日函数为，L?T?V?m(R?R??z)?E0qln0。

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(R?R?)?Eq?BqR?；m(R??2R?)??BqR；mz?0。

2BqR?0E0mR???常数q?B0qR??0；整理可得：mR?mR??；mz?常数。 2R???2?2????2????????2.25 解：因为：

所以：

所以：

因为瞬时改变时，速度不变 所以： 所以：

所以：

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恒，机械能守恒： 0=mvAx?m?vBx

?psin??mvAx??psin??m(vAy?u)12mu2?12m(v221Ax?vAy)?2m?(v22 Bx?vBy)vBy?0v2m?sin?cos?Ax??m??msin2?u由此可解的

vAy?(2m?cos2?m??msin2??1)u v2msin?cosBx??m??msin2?uvBy?02.27

解：

v??1n?ucos由题意可知, vusin?e?en1t?tv2n?0

v2t?0由碰撞前后动量守恒可得

v11?n?m?m?[(m?em?)v1n?m?(1?e)v2n] v?12n?m?m?[m(1?e)v1n?(m??em)v2n]v1?t?v1tv?2t?v2t又

? 钢球A和B之间发生的是弹性碰撞

A e?n e?t u ? B

? e?1

?1(m?m?)ucos?enm?m??2?v?mucos?e 2n nm?m???t?usin?etv1?t?0v2?n?v1??m?m??22??v1?n?v1?t?u?v1??cos??sin??m?m??

2??v2?n2?v2?t2?v2?n?v2mucos??m?m2222.28 解：如图所示，m1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：

m1 ,y

⑶

m2 ,

θα m1， x轴

⑷

⑸

⑹

又根据光滑小球的条件：，

由⑵ ⑸得， ；

由⑷ ⑹得， ，则 ，

由 碰撞系数 e=

又有水平方向动量守恒得：

得：

（9）

将（9）带入（7）得到：

2.29

解： T11?m1gl(1?cos?)?m221v1 T2?m2gl(1?cos?)?12m22v2

解上述二式可得

v1?2gl(1?co?s) v2?2gl(1?co?s)

由碰撞前后动量守恒可得m1v1?m1v?m2v2 可得 v?2gl(1?co?s)?m2m2gl(co?s) 1 由牛顿公式可得碰撞的恢复系数为

' e?I2v2?v'

I?n1n1v1n?v2n

2gl(1?cos?)?2gl(1?cos??m22gl(1?cos?)

?m1

2gl(1?cos?) ?(m1?m2)1?cos?m?111?cos?⑺

⑻

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,

，方向向上，当小球再次

碰撞恢复系数为e，e为负值，所以第一次碰撞后速度为落回时速度仍然是

，方向向下，前后动量变化为2

, 当n趋于

m

+2

易知小球第n次弹起时速度为

小球重力的冲量和为

, 当n趋于

第三章

时，小球停止弹跳.

+

时，

T

3.7 解：由力场为

(1)， 及

(2)，

可以得到，，(3)

有效势能为 ，(4)

将（3）带入（4）得到，，（5）

它的主要特征有:（1），当

当

（2），曲线在,处取得最小值，

（3），曲线有零点，曲线的大致形状如图。

定性分析： 在在

，

时，粒子处于束缚态，在r1 ,r2间运动；

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

，

解得：，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 （3），

（1）带入后得到 ,

在k大于0 的条件下，轨道运动稳定，也是说当有微扰使之r增大后，由于此时斜率是正的，力为负的，即为引力，会使其恢复到rm；当有微扰使其小于r，情况相反，力变为斥力，同样使其恢复。

3.9 解：

由V????r??r可知，?V??r2?rr2??VLr2dr2????d???2m(E?V（r）)?LLr2

???????V?

L22m(E?)?2rr?当?V??rL?时，????2当?V??r3时，????L22m(E?)?2rrL??r?r3?L22m(E?)?2rr?r2??r?2???3.11解：因为是椭圆

设

因为：

因为E为恒量，所以

所以结论成立

3.16解：由题意得被俘获时

A?1?2m3dVm4d2VL2rdr?L2rdr2?0

又V???r2,L=mvb

代入可得

b?2?m2 rv无穷???b2??(2?m2)

rv无穷?3.20 解：??=

v?×L???rr ?=v?×（?r×mv?）+?rr

=r (v?.mv?)-mv?(v?.r?)+?r??r

因为r??=re?????r v=rer+r?e? 所以上式=mv2r?- mv? (v?.r??)+?er

? =m(r2+r2???2)re????????r-m(rer+r?e?)[(rer+r?e?) r? =mr32???e2r+?er-mrr????e?

??er]+?er

=L??2+?er-Lre? ermr??????rLL????Lr)e 则d?=(Lr?-)er+(?mrmr????2?2??2由在中心势场中角动量守恒可知L=mr? 可知 Lr?-L?2??2r2?mr=0

2?1又有能量守恒E=mr2?L2?

r22mr? dE=mrr-

???Lmr2r?3??r?r2=0 即-???? 等式两边同乘以-2?LLmrmr（mrr-????Lmr2r?3??r?r2）=0

?得 L????Lr=0

mr由以上可知d?=0，即?是常矢量，方向沿极轴方向 3.21 解：（1）. ???d??? 代入v???/??L/rdr2m[E?v(r)]?L/r222

r2(??0)，得：

2???L/rdr2m(E??/r)?L/rdu222??L?d(1/r)2mE?(2m??L)/r222

令u=1/r,则：

???L?I．

(2m??L)U?2mE22

当2m??L?2时,

???Ldu2mEL2?L/?u2?2m?L2?2m?arccos(L2?2M?2mEu)?c

L2?2m?选择适当的?，使c=0，则u?1/r?2mEL2?2m?cos(1?2m?/L?)

2II．

当2m??L?2时，

???L2m??L2duu2?2mE2m??L2??L2m??L2mE2arcsh(2m??L2mE2u)?c

选择适当的?，使c=0，则u?1/r?2m??L2sh(2m?/L?1?) 222（2）.因为有效势场

veff?v(r)?L/2mr?2L?2m?22mr，

所以，当L?2m?时，即存在一个临界角动量Lc?2m?，粒子将被力心俘获

3.22 解：由书公式（4.4）知A即为?2

则显然若要质点的轨道运动稳定，须有Ａ=?2?0 又由公式（４.６）可得

2m3m4dF2m?r2m?r2m?r2A?1?2rF(r)?2r?1???1??0 222LLdrLLL所以该质点作稳定振动的频率为

?1f??2?2?2mv0

L2?m?r02L2?m?r02?2L2?L

V0 θO R A 3.23 （1）FN???mgsin?

Ft?mat?mgcos?

得??1R23R?，at?g

2sin?3（2）能量E??

GMm112?mv0??mgR（黄金代换GM?gR2） R221由于E??mgR?0，

2所以轨道为椭圆的一部分， 且L?

GMm3(??GMm?mgR2)， mgR3，V(r)??r2根据书上已得结论，物体运动所在的轨道方程是：

r?p，

1?e?cos?

L232EL21?R，e?1?其中p??， 224m?2m?易得轨道方程为：

r?3R，

2(2?cos?)3RR，即物体距地的最远距离为 22当???时可得，最远距离rmax?由机械能守恒可得：

E??3RGMm121 ?mv1??mgR，rmax?2rmax22得当物体距离地球最远时的速度为：

v1?3gR 3（3）当在最远处的运动物体的质量变为原来的一半，由动量守恒易得：

??2v1 v1E???GMm11?2?mgR?0， ?mv1rmax23所以之后的轨迹为双曲线的一支，

L??335mgR3，p??R，e?

422

轨道方程为r?3R2(2?5cos?)

3.24 解：以质心为坐标原点建立极坐标系，则

m'?…………………………………………………………………（1）

m?m'm? m’ 到质心的距离为：r'?m?m'm到质心的距离为：r?

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