理论力学周衍柏第三版第二章知识题目解析
周衍柏《理论力学教程(第三版)》电子教案 第二章1-2质点组力学
例1、当质量为m的人在质量为M的车上行走时,如车与 地的摩擦可以忽略,已知人对地速度为v1,或已知人对车 的速度为v’, 试计算车对地的速度v2.设开始时人和车相 对地是静止的. 解: 由于重力和地面支持力抵 消,各种阻力忽略,故系统动量 守恒,如已知人对地速度为v1, 而开始时人和车相对地是静止
碰撞打击等动量守恒定律是物理学中最重要最普遍的定律之一它不仅适合宏观物体同样也适合微观领域例1当质量为m的人在质量为m的车上行走时如车与地的摩擦可以忽略已知人对地速度为v或已知人对车的速度为v试计算车对地的速度v
第二章
质点组力学
§2.1 质点组 导读
• 质点组
• 系统内力
• 系统外力 • 质心
1．质点组的内力和外力 设 有n个质点构成一个系统 第i个质点：
解： v= 2.5103 m/s vr= 103 m/s
设：头部仓速率为v1，容器仓速率为v2
(m1 m2 ) v m1v1 m2 v2 m1 ( v2 vr ) m2 v2
m1vr v2 v 2.17 103 m s 1 m1 m2 3 1 v1 v2 vr 3.17 10 m s
12 rC 6.8 10 mi
例2 求半径为 R 的匀质半薄球壳的质心. 解 在半球壳上取一圆环, 其质量
y
dm ds
Rsin θ
Rdθ
R
2 πR sin d
2
由于球壳关于 y 轴 对称，故 xC = zC = 0
z
2 πR 2
θ
O
dθ
Rcosθ
x
1 yC ydm m'
3 动量守恒定律 系统所受合外力为零时, 系统的总动量保持不变
理论力学教程周衍柏第三版课件
8
§0.3
力学简史
• 牛顿力学的建立：在哥白尼(日心说)推翻了托勒密的地心 说，和在第谷布拉赫积累的天文观察资料基础上,开普勒发 现了行星三定律——总结万有引力定律，牛顿总结了三定 律(《自然哲学的数学原理》,1687). • 分析力学:（1788）拉格朗日力学建立(至此认为力学天衣无 缝). 近代力学：19世纪末、20世纪初出现了经典力学无法解 • 释 的矛盾. 1）高速（与c比）：相对论（爱因斯坦）；2）微 观粒子：量子力学（薛定谔）；3）纳米技术：0.1~100nm 尺度起关键作用 (原子直径10-10m; 人头发10-4m；人100m).
理论力学教程
（第三版）
周衍柏 编
高等教育出版社
1
§0.1 力学的研究对象
• 力学（mechanics）的研究对象是机械 运动（mechanical motion） • 经典力学研究在弱引力场中宏观物体的 低速运动 • 力学: 运动学、（静力学）、动力学
Nature and nature’s law lay hid in night: God said: let Newton be! And all was light！
x3[0 ln M
1 ln L ( 1) ln T]
由于lnM,lnL,lnT是正交基矢,在上式中它们的系数应分别相等,
理论力学课后习题第二章思考题答案
理论力学课后习题第二章思考题解答2.1.答：因均匀物体质量密度处处相等，规则形体的几何中心即为质心，故先找出各规则形体的质心把它们看作质点组，然后求质点组的质心即为整个物体的质心。
对被割去的部分，先假定它存在，后以其负质量代入质心公式即可。
2.2.答：物体具有三个对称面已足以确定该物体的规则性，该三平面的交点即为该物体的几何对称中心，又该物体是均匀的，故此点即为质心的位置。
2.3.答：对几个质点组成的质点组，理论上可以求每一质点的运动情况，但由于每一质点受到周围其它各质点的相互作用力都是相互关联的，往往其作用力难以n3预先知道；再者，每一质点可列出三个二阶运动微分方程，各个质点组有个相互关联的三个二阶微分方程组，难以解算。
但对于二质点组成的质点组，每一质点的运动还是可以解算的。
若质点组不受外力作用，由于每一质点都受到组内其它各质点的作用力，每一质点的合内力不一定等于零，故不能保持静止或匀速直线运动状态。
这表明，内力不改变质点组整体的运动，但可改变组内质点间的运动。
2.4.答：把碰撞的二球看作质点组，由于碰撞内力远大于外力，故可以认为外力为零，碰撞前后系统的动量守恒。
如果只考虑任一球，碰撞过程中受到另一球的碰撞冲力的作用，动量发生改变。
2.5.答：不矛盾。
因人和船组成的系统在人行走前后受到的合外力为零（忽略水对船的阻力），且开船时系统质心的初速度也为零，故人行走前后系统质心相对地面的位置不变。
当人向船尾移动时，系统的质量分布改变，质心位置后移，为抵消这种改变，船将向前移动，这是符合质心运动定理的。
2.6.答：碰撞过程中不计外力，碰撞内力不改变系统的总动量，但碰撞内力很大，使物体发生形变，内力做功使系统的动能转化为相碰物体的形变能（分子间的结合能），故动量守恒能量不一定守恒。
只有完全弹性碰撞或碰撞物体是刚体时，即相撞物体的形变可以完全恢复或不发生形变时，能量也守恒，但这只是理想情况。
2.7.答：设质心的速度，第个质点相对质心的速度，则，代入质点组动量定理可得这里用到了质心运动定理。
理论力学教程周衍柏第三版课件
13
时钟的改进
14
长度(length)的计量
• 空间反映物质运动的广延量, 在三维空间里位置可由三个相 互独立的坐标来确定. 空间中两点间的距离为长度. • 1889年，第一届国际计量大会: 法国国际计量局铂铱合金 棒在0oC时两条刻线间的距离定义为1米. • 1960年，第十一届国际计量大会：采用氪86原子橙黄光波 长的1 650 763.73倍定义为1米, 实现了自然基准. 1983年，第十七届国际计量大会：1米定义为光在真空中传 • 播(1/299 792 458)秒的时间间隔内所经路程的长度.
2
理论力学与普物力学的关系
• 理论力学是力学的延续与提高 • 主要的概念和定律一样 • 理论力学用高等数学方法处理物理问
题
• 分析力学
3
理论力学的任务
研究物体机械运动的一般规律
理论力学的研究对象
有限个自由度的力学体系
两个模型
质点 刚体
4
理论力学研究的条件
宏观低速下 ①质量不变 ②绝对时间 ③绝对空间
dy dcosx y' sin x dx dx dy dlnx 1 y' dx x dx dy de x y' ex dx dx
yx
n
y sin x y cos x
y ln x
ye
x
28
2 导数运算定理
d du d v u ( x) v( x) dx dx dx
d dv du u ( x)v( x) v( x) u ( x) dx dx dx
du dv v ( x ) u ( x ) u ( x ) d dx dx v( x) 2 dx v( x)
理论力学第三版(周衍柏)全部习题答案
对两边积分
1.35解锤的压力是均匀增加的，设 ， 为常数，由题意可知 ，得
，
所以
，
即
故
两边同时积分
得
， ①
又因为当 增至极大值 后，又均匀减小到0，故此时有 为常数，
所以
即
②
由①得
③
整个过程压力所做功
又因为
即
对上式两边分段积分
得
1．36
解（a）保守力 满足条件 对题中所给的力的表达式，代入上式
即
所以此力是保守力，其势为
②
联立①② 得
③
齐次方程通解
非齐次方程③的特解
所以③的通解
代入初始条件： 时， 得 ；故有
即为 在任一时刻离上端 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.
运动的轨迹的切线方向上有:
①
法线方向上有：
②
对于①有 （ 为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即
又因为
即
③
设质点刚离开圆柱面时速度 ，离开点与竖直方向夹角 ，对③式两边积分
电子受力
则电子的运动微分方程为
②-③-④
由② ，即
⑤
代入③整理可得
⑥
对于齐次方程 的通解
非齐次方程的特解
所以非齐次方程的通解
代入初始条件： 时， 得
时， 得 ,故
⑦
同理，把⑦代入⑤可以解出
把⑦代入⑤
代入初条件 时， ，得 .所以
）
1.23证 （a）在1.22题中， 时，则电子运动受力 电子的运动微分方程
所以单摆振动周期
结论得证。
1.32解：设楔子的倾角为 ，楔子向右作加速度 的匀加速运动，如图1.32.1图。
理论力学教程周衍柏第三版课件_图文
9
§0.4 力学单位制
• 物理理论组成：概念、概念的数学表示假定、方程组（物理 量的关系） 单位制通过以
[P]
X X a1 a2 12
X
am m
上式取对数
ln[P] a1lnX1 a 2lnX2 amlnXm
把lnX1, lnX2, …,lnXm看做m维空间的“正交基矢”，则 （a1,a2,…,am）相当于“矢量”ln[P]在基矢上的投影.
22
定理
设某物理问题内涉及n个物理量(包括物理常量) P1, P2 ,, Pn, 而我们所选的单位制中有m个基本量(n>m),则由此可以组成n-m
• 在力学中CGS和MKS单位制的基本量是长度、质量和 来自间, 它们的量纲分别为L、M和T.
• 任何力学量Q的量纲为[Q]=LαMβTγ，式中, ,
为量纲指数.
21
量纲分析—— 定理
设我们在选定单位制中的基本量数目为m，它们的量纲 为X1，X2，…，Xm. 用[P]代表导出量P的量纲,则
由A=A1+A2得
c2Φ() a2Φ() b2Φ()
消去(),即得 c2 a2 b2
a
c
b
这样我们就利用量纲分析定量的得到了勾股定理.
27
§0.6 微积分预备知识
1 常见函数的导数
y xn
y' dy dxn nx n1 dx dx
y sin x
理论力学_第三版_高等教育出版社_周衍柏_习题答案
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:St 1St 2题1.1.1图设开始计时的时刻速度为v 0 ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a . 则有:⎧ 1 ⎪s = v 0t 1 − at 1 2⎪ 2 ⎨1 ⎪2s = v 0 (t 1 + t2 ) − a (t 1 + t 2 ) 2⎪⎩ 2由以上两式得v = s + 1 at 01t 2 1再由此式得2s (t 2 −t 1 ) t 1t 2 (t 1 + t 2 )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.A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⎜ t 2 ⎟小时经过灯塔 0⎝⎠ 任意时刻 A 船的坐标x A = −(15t 0 − 15t )， y A = 0B 船坐标x B = 0 ，y = −⎡ ⎤ ⎛ + 11 ⎞ − 15t ⎥⎢15⎜t 0 2 ⎟ B ⎝ ⎠ ⎣ ⎦则 AB 船间距离的平方= (x − x ) + (y − y )22d 2 A B AB即⎤ 2 ⎡ ⎛ 1 ⎞ = (15t −15t )2+ d 2 + 1 ⎟ − 15t 15⎜t ⎢ ⎥ 0 0 ⎝ 2 ⎠ ⎣ ⎦1 ⎞2⎛ = 450t − ( ) 2900t 0 + 675 t +225t 0 2+ 225 t + 1⎜ ⎟ 0 ⎝2 ⎠ d 2 对时间t 求导( d )2d = 900t − ( 900t 0 + 675) dtd (d 2 )= 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 ⎞2 3 ⎞2 ⎛ 3 = ⎜15 × ⎟ + ⎜15 × −15 × ⎟ 4 4 2 km s min⎝⎠ ⎝ ⎠ 1.3 解 (1) 如题 1.3.2 图yAaψrϕ CaBxO第 1 . 3 题 图y ωϕ题1.3.2图由题分析可知，点C 的坐标为⎧x = r cos ϕ+ a cos ψ ⎨y= a sin ψ ⎩ r 2a= 又由于在 ∆ A O B 中，有（正弦定理）所以 sin ψ sin ϕsin ϕ = 2a sin ψ =2y r r联立以上各式运用sin 2 ϕ+ cos 2 ϕ = 1由此可得x − a 2 − y 2x − a cos ψ cos ϕ = =r r得x 2 + a 2 − y 2 − 2x a 2 − y 2 4y 2+ = 1r 2r 2得3y 2 + x 2 + a 2 − r 2 = 2x a 2 − y 2化简整理可得4x 2 (a 2 − y 2 )= (x 2 + 3y 2 + a 2 − r 2)2此即为C 点的轨道方程. （2）要求C 点的速度，分别求导⎧ r ωcos ϕ x = −r ωsin ϕ− sin ψ ⎪ ⎨2 cos ψ r ωcos ϕ ⎪y = ⎪⎩ 2其中ω = ϕ又因为r sin ϕ = 2a sin ψ对两边分别求导 故有= r ωcos ϕψ2a cos ψ所以⎞2r 2ω2 cos 2ϕ⎛ r ωcos ϕ V = x2 + y 2 = ⎜⎜ − r ωsin ϕ− sin ψ⎟⎟ + 2 cos ψ 4 ⎝ ⎠r ω cos 2 ϕ+ 4 sin ϕcos ψsin (ϕ+ψ) = 2 cos ψ1.4 解 如题 1.4.1 图所示，第1.4题 图O L 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 ⊥ = ω× OC = ω d 2 + x 2C 点速度d 2 + x 2v⊥v == v ⊥ sec θ = ωd sec θ =ω cos θ2 d又因为θ = ω所以C 点加速度θ = 2ω2x (d 2 + x 2 )a = d v = ωd ⋅ 2 sec θ⋅ sec θ⋅ tan ⋅θ = ω22θ 2dsec tan dtd 21.5 解 由题可知，变加速度表示为a = c ⎛1 − sin πt ⎞⎜ 2T ⎟⎝ ⎠由加速度的微分形式我们可知a = dvdt代入得dv = c ⎛1 − sin πt ⎞dt⎜ 2T ⎟ ⎝⎠对等式两边同时积分πt ⎞dt⎛ vt ∫ ∫ dv = c 1 − sin ⎜ ⎟ 0 ⎝ 2T ⎠ 0 可得 ：v = ct + 2T c cos πt+ D （ D 为常数）π代入初始条件：t = 0 时，v = 0 ，故2T D = − 2T cπ即⎡ πt ⎞⎤ 2T ⎛ v = c ⎢t + π ⎜cos 2T− 1⎟⎥⎝ ⎠⎦⎣ 又因为v = ds dt所以⎡ πt⎞2T ⎛ ds = c ⎢t + π ⎜cos 2T− 1⎟⎥dt⎝ ⎠⎦⎣ 对等式两边同时积分 ，可得：s = c ⎡ 1 t 2πt 2T − t ⎞ ⎤⎛ 2T 2T +⎜sin ⎟ ⎥⎢ 2 π π ⎝ ⎠⎦⎣1.6 解 由题可知质点的位矢速度= λr ①v // 沿垂直于位矢速度v ⊥ = µθ= r = λr v // 又因为 ， 即r = λrv = θr = µθ 即 θ= µθ ⊥ r=(r i ) + (r θj j j j )（取位矢方向i i i i ，垂直位矢方向 j j ） d v dd a =dt dt dt所以ddt(r θj j j )= d r d i = (r i ) =i + r i + r θj j jr dt dtd θ dtd j = r θj + r θj − r θ2i dtddtdr dtθj j + rj j + r θ 故a = (r − r θ2 )i + (r θ+ 2r θ)j 即 沿位矢方向加速度a = (r − r θ2 ) 垂直位矢方向加速度a ⊥ = (r θ+ 2rθ)对③求导r = λr = λ2 r对④求导θ = − µθ r + µ = µθ⎛ µ + λ⎞θr ⎜ r⎟ r 2 ⎝ ⎠把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得µ2θ2= λ r −2a // ra = µθ⎛λ+ µ⎞ ⎜ r ⎟ ⊥⎝⎠ 1.7 解 由题可知⎧x = r cosθ⎨y =r sinθ①②⎩对①求导x= r cosθ−r sinθθ③对③求导x=r c osθ−2rθsinθ−rθsinθ−rθ2cosθ④对②求导y=r sinθ+rθcosθ⑤对⑤求导y=r s inθ+2rθcosθ+rθcosθ−rθ2sinθ⑥对于加速度a，我们有如下关系见题 1.7.1 图aθθ题1.7.1图即⎧x= a r cosθ+ aθsinθ⎨y= a sinθ+ a cosθ⑦--⑧⎩θr对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦× cosθ，⑧× sinθ即得⎧x c osθ = a r cosθ−aθsinθcosθ⎨y s inθ = a sinθ+ a sinθcosθ⑨--⑩⎩r θ⑨+⑩得ar= x c osθ+ y s inθ⑾把④⑥代入⑾得a =r−rθ2r同理可得aθ=rθ+2rθ1.8 解以焦点F 为坐标原点，运动如题1.8.1 图所示]题1.8.1图则M 点坐标⎧x = r cos θ⎨y= r sin θ ⎩ 对x , y 两式分别求导⎧⎪x= r cos θ− r θsin θ ⎨ ⎪⎩y= r sin θ+ r θcos θ 故= x 2 + y 2 = (r cos θ − r θsin θ)2 + (r sin θ+ r θcos θ)2 = r2 + r 2ω2 v 2 如图所示的椭圆的极坐标表示法为a(1 − e 2)r =1 + e cos θ对r 求导可得（利用θ = ω）又因为e cos θ1 =r 1 +a (1 − e 2) a (1 − e 2)即a (1 − e 2)− r cos θ =re所以a 2 (1 − e 2 )2+ r 2 − 2a r (1 − e 2 ) sin 2 θ = 1 − cos 2θ = 1 −r 2e 2故有e 2ω2r 4a2 (1 − e 2 )2 v = 2sin θ+ r ω2 2 2e 2ω2r 4=( ) + ( e ) + r 2ω2a 2(1 − e 2 ) 221 −2 2− 1 − 22a e r 2ar [1 − ]r 2e 2e r − r + 2a r (1 − e 2 )⎤ r 2ω2 ⎡ ⎢ 2 2 2 ω2r 2 ( ) = ⋅ a 2 (1 − e 2 ) ⎥ = 2a − rr 1 − e 2 ⎣ ⎦ b2即v = r ωr (2a − r )b（其中b 2 = (1 − e 2 )a 2 ,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 = v x i + v y j令为位矢与轴正向的夹角，所以⎛ dv y ⎞ dv y dt ⎛ dv x ⎞ d v dv x d i i d j j = ⎜ − v y θ⎟i + ⎜⎜+ v x θ⎟⎟j a = = dt i + v x + dt dt j j j j + v y dt ⎝ dt ⎠ dt ⎝ ⎠所以⎛ dv ⎞j j j j ] ⋅ ( ⎛ dv ⎞ a = [ v i i+ v j j ) ⎜⎜ y v θ⎟ − v θ i i + + ⎜ ⎝ x ⎟⎟ x y y x dt⎠ dt ⎝ ⎠dv dv y dt dv dv = v − v v θ + v y + v v θ = v + v x x x x y y x y x ydt dt dt又因为速率保持为常数，即v 2 x + v 2 y = C ,C 为常数对等式两边求导dv y dt dv + 2v = 0x2v xy dt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，题1.1 0 .1图则质点切向加速度= dv a t dtv 2 = 法向加速度a n ρ，而且有关系式v 2ρ dv = − dt2k ①又因为1 ρ= ②(1 + y ′ )3 22 = 2pxy 2 所以py y ′ = ③2y ′ = − p④y3 联立①②③④p 2dv dt = −2kv 2⑤ 3 ⎛ p 2 ⎞ 2⎜1 + ⎟ ⎜ 2 ⎟ y ⎝ ⎠又dv = dv ⋅ dy = ydv dt dy dt dy把y 2 = 2px 两边对时间求导得y 3 y ′y ypx= 又因为= x 2 + y 2v 2 所以v 2 y = 2y 2p2⑥1 + 把⑥代入⑤p 2 y 3v· dv = −2kv 2 ⋅ 1 3dy ⎛ y 2 ⎞ 2 ⎛ p 2 ⎞ 2⎜1 + ⎟ ⎜1 + ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ p y ⎝ ⎠ ⎝ ⎠既可化为dv = −2kp vdy y 2 + p 2对等式两边积分dv = −2kp − pdyv∫∫ y 2 + p 2v up 所以v = ue −k π1.11 解 由题可知速度和加速度有关系如图 1.11.1 所示题1.1 1 .1图⎧ v 2⎪a n = = a sin α r dv ⎨⎪a = = a cos α dt⎪⎩ t 两式相比得v 2 1 · dv= r sin α cos α dt即1 cot αdt = dv v2 r 对等式两边分别积分1 cot αdt = dv tv ∫∫ 2rv 0v 0 即1 = 1 − t cot α v v 0 r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⎧v 2= a sin α⎪ r ⎨dv ①② ⎪ = a cos α ⎪⎩ dtdv ，联立①②，有 dv = dv ⋅ d θ = 所以dt d θ d t d θdv ω = v 2 cos α d θ r sin α又因为v = ωr所以dv = cot αd θ，对等式两边分别积分，利用初始条件t = 0 时，θ = θv( θ −θ )cot α v = v e 0= v 相 + v 牵 .式中v 绝 1.13 证（a ）当v 0 = 0 ，即空气相对地面上静止的，有 v 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= 2l .t 0 v ′（b ）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度v 1 = v′ + v 0 飞行时间l t = 1v ′ + v 0当飞机向西飞行时速度v = v 相 + v 牵 = v ′ − v 0飞行时间l t = 2v ′ − v 0故来回飞行时间2v ′l l lt = t + t = + = 1 2v ′ + v v ′ − v v ′2 − v 20 0 0即2l t = v ′ = t 0 v 2 v 21 − 0 1 − 0 v ′2 v ′2同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间t 0t = v 2 1 − 0 v ′2（c ）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题 1.13.1 图v题1.1 3 .1图v 绝 = v 0 + v ′′ v = v −v 2 2所以来回飞行的总时间2l v ′2l t 0 t == = v ′2 − v 2 v 2 v 2 1 − 1 − 0′2′2v v 同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为t 0 t =v 2 1 − 0v ′21.14 解 正方形如题 1.14.1 图。
《理论力学》第二章作业答案
xyPTF22036O152-⋅图[习题2-3]动学家估计，食肉动物上颚的作用力P 可达800N ，如图2-15示。
试问此时肌肉作用于下巴的力T 、F 是多少？ 解：解：0=∑xF036cos 22cos 00=-F T22cos 36cos F T =0=∑yF036sin 22sin 00=-+P F T 80036sin 22sin 22cos 36cos 000=+F F )(651.87436sin 22tan 36cos 80000N F =+=)(179.76322cos 36cos 651.87422cos 36cos 000N F T ===182-⋅图B[习题2-6] 三铰拱受铅垂力P F 作用，如图2-18所示。
如拱的重量不计，求A 、B 处支座反力。
解：0=∑x F0cos 45cos 0=-θB A R RB A R l l l R 22)23()2(222+=B A R R 10121=B A R R 51=0=∑yF0sin 45sin 0=-+P B A F R R θP B A F R l l l R =++22)23()2(2321P B A F R R =+10321的受力图轮A P B B F R R =+⨯1035121P B F R =104P P B F F R 791.0410≈=31623.0101)23()2(2cos 22≈=+=l l l θ0565.71≈θ P P P A F P F R 354.04241051≈=⨯=方向如图所示。
[习题2-10] 如图2-22所示，一履带式起重机，起吊重量kN F P 100=，在图示位置平衡。
如不计吊臂AB 自重及滑轮半径和摩擦，求吊臂AB 及揽绳AC 所受的力。
解：轮A 的受力图如图所示。
0=∑x F030cos 20cos 45cos 000=--P AC AB F T R的受力图轮A 603.869397.07071.0=-AC AB T R AC AB T R 3289.1476.122+=0=∑yF030sin 20sin 45sin 000=---P P AC AB F F T R010*******.07071.0=---AC AB T R 1503420.07071.0=-AC AB T R1503420.0)3289.1476.122(7071.0=-+⨯AC AC T T 1503420.09397.06023.86=-+AC AC T T 3977.635977.0=AC T )(069.106kN T AC ≈)(432.263069.1063289.1476.1223289.1476.122kN T R AC AB =⨯+=+=解法二：用如图所示的坐标系。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第二章习题解答2.1 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。
题2.1.1图有质心公式⎰⎰=dmxdm x c设均匀扇形薄片密度为ρ，任意取一小面元dS ，dr rd dS dm θρρ==又因为θcos r x =所以θθθρθρsin 32a dr rd dr rd x dm xdm x c===⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 对于半圆片的质心，即2πθ=代入，有πππθθa a a x c 3422sin32sin 32=⋅==2.2 解 建立如图2.2.1图所示的球坐标系题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ρ。
则)(222z a dz y dv dm -===ρπρπρ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)2()(432b a b a dm zdm z c++-==⎰⎰2.3 解 建立如题2.3.1图所示的直角坐标，原来人W 与共同作一个斜抛运动。
yO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x v ，此人即以 x v 的速度作平抛运动。
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αcos v 0=水平v 作匀速直线运动，运动的时间也相同）。
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1st a v s ⋅=cos 01 ①gt v =αsin 0 ②ααcos sin 21gv s = ③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)(cos )(0u v w Wv v w W x x -+=+α可知道u wW wa v v x ++=cos 0 水平距离αααsin )(cos sin 0202uv gW w wg v t v s x ++==跳的距离增加了12s s s -=∆=αsin )(0uv gw W w+2.4 2.4 解 建立如图2.4.1图所示的水平坐标。
题2.4.1图θ题2.4.2图以1m ，2m 为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有02211=+x m xm ① 对1m 分析；因为相对绝a a a += ②1m 在劈2m 上下滑，以2m 为参照物，则1m 受到一个惯性力21x m F -=惯（方向与2m 加速度方向相反）。
如图2.4.2图所示。
所以1m 相对2m 下滑。
由牛顿第二定律有θθcos sin 21111xm g m a m +=' ② 所以1m 水平方向的绝对加速度由②可知..21'1cos //x a a -=θ绝 ③..2..2..1cos cos sin x x g x -⎪⎭⎫⎝⎛==θθθ④联立①④，得g m x θsin m m 212+=θθcos sin 2..1 ⑤ 把⑤代入①，得g m m s m x θθθ2121..2sin cos sin =-= ⑥ 负号表示方向与x 轴正方向相反。
求劈对质点反作用力1R 。
用隔离法。
单独考察质点1m 的受力情况。
因为质点垂直斜劈运动的加速度为0，所以0sin cos ..2111=⎪⎭⎫⎝⎛-+-θθx m g m R ⑦把⑥代入⑦得，g m m m m R θθ212211sin cos +=⑧水平面对劈的反作用力2R 。
仍用隔离法。
因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以0cos 122=--θR g m R ⑨于是g m m m m m R θ2122122sin )(++=⑩2.5 2.5解 因为质点组队某一固定点的动量矩∑=⨯=n1i i i m v r J i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2.5.1图所示薄圆盘，任取一微质量元，题2.5.1图dr rd dm θρ⋅=2a M πρ=所以圆盘绕此轴的动量矩J⎰⎰⎰⎰⋅⋅=⨯=r rdrd r )ωθρv r dm J (=ω221Ma2.6 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1M ，2M ，速度分别变为沿水平方向的1v ，2v ，并一此速度分别作平抛运动。
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1v ，2v 。
炮弹在最高点炮炸时水平方向上无外力，所以水平方向上的动量守恒：()221121V M V M U M M +=+ ①以()21M M +质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒：()E V M V M U M M -+=+222211221212121② 联立①②解之，得()221112M M M EM U v ++=()221122M M M EM U v +-=所以落地时水平距离之差s ∆s ∆=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-=-212121112M M E g V t v t v s s2.7 解 建立如题2.7.1图所示的直角坐标系。
O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x mv MV =m 相对于地固连的坐标系xy O 的绝对速度牵相绝对V V +=V相V 为m 相对M 的运动速度θa u = ② 故水平方向V u v x -=θcos ③竖直方向θusia v y = ④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）22MV 2121cos cos ++=绝mv mga mga θα ⑤2绝v =22yx v v +⑥ 把③④代入⑥2绝v =θcos 222uV V u -+⑦把①③代入⑤θθθ2cos 1cos cos 2Mm m a a g +--⋅=2.8 2.8 证 以AB 连线为x 轴建立如题2.8.1图所示的坐标。
v 题2.8.1图题2.8.1图设A 初始速度为与x 轴正向夹角0θ碰撞后，设A 、B 运动如题2.8.2图所示。
A 、B 速度分别为1v 、2v ，与x 轴正向夹角分别为1θ、2θ。
以A 、B 为研究对象，系统不受外力，动量守恒。
x 方向：22110cos cos θθmv mv mv +=①垂直x 轴方向有：2211sin sin 0θθmv mv -=②可知()2121222120cos 2θθ+++=v v v v v ③整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒：222120212121mv mv mv +=④由③④得()0cos 22121=+θθv v()⋅⋅⋅=+=+,2,1,0221k k ππθθ即两球碰撞后速度相互垂直，结论得证。
2.9 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0v ，碰撞后球A 的速度为1v ，球B 的速度2v 以碰撞后B 球速度所在的方向为x 轴正向建立如题2.9.1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。
题2.9.1图x 方向上有：()210cos cos mv mv mv ++=βαα ①y 方向上有：()βαα+=sin sin 10mv mv ②又因为恢复系数碰前相对速度碰后相对速度=e ()αβαcos cos 012v v v +-=即e αcos 0v =()βα+-cos 12v v ③用①-③()()βαα+-=cos 2cos 101v e v ④ 用④代入②得()()()βαβααα++-=sin cos 2cos 1sin 00v e v ()ααβ2tan 21tan 1tan +-+=e e()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+=ααβ2tan 21tan 1arctan e e求在各种α值下β角的最大值，即为求极致的问题。
我们有0=αβd d 得()()0tan 21)tan 1(sec 1222=+---+αααe a e e即α2tan 1a e --=0所以21tan e -=α ()e e-+=181arctanmax β即()e e-+=181tan max β由因为max 2max 2cot 1csc ββ+==()()21181e e +-+故()()2maxmax 11811csc 1sin e e +-+==ββ=ee -+31所以⎪⎭⎫⎝⎛-+=-e e 31sin 1max β2.10 以21,m m 为研究对象。
当21,m m 发生正碰撞后，速度分别变为1v '，2v '，随即2m 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2.10.1图所示。
题2.10.1图碰撞过程中无外力做功，动量守恒：211v v v '+'=211m m m ① 随即2m 在AB 的约束下方向变为沿y 轴的正向，速度变为2v ' 故 y 方向上有221111sin sin v m v m v m '+'=θθ② 故恢复系数定义有：碰前相对速度碰后相对速度=e =112sin v v v '-'θ 即1121sin sin v v v ev '-'-'=θθ③ 联立①②③得12122211sin sin v m m em m v θθ+-=' ()121212sin sin 1v m m e m v θθ++=' 2.11 解 如图所示，x题2.11.1图题2.12.2图有两质点A ，B 中间有一绳竖直相连，坐标分别为：⎪⎭⎫⎝⎛2,0a A ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2,0a B ，质量为m ，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m I v A =，B仍静止不动：0=B v 。
它们的质心C 位于原点，质心速度我为22A B A C m m m v v v v =+=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2A v 沿x 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 分别以速率2A v 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，如图所示：am Ita v t a v A A===22θ 于是在xy O 系中A 的速度⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+=θθsin 2)cos 1(2A Ay A Ax u v u v B 的速度：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=θθsin 2)cos 1(2A By A Bx u v u v 因此1:2cot sin 1cos 1sin 2)cos 1(2sin 2)cos 1(2:22222⎪⎭⎫ ⎝⎛=-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅=am It v v v v E E A A A A B A θθθθθθ2.12 解 对于质心系的问题，我们一般要求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。