理论力学答案

第一章习题解答1.1 由题可知示意图如题1.1.1图:{{SSt t 题1.1.1图设开始计时的时刻速度为0v ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a .则有:()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-+=-=221210*********t t a t t v s at t v s 由以上两式得11021at t s v +=再由此式得 ()()2121122t t t t t t s a +-= 证明完毕.1.4 解 如题1.4.1图所示，A BOCLxθd 第1.4题图OL 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22x d OC v +=⨯=⊥ωωC 点速度dx d d v v v 222sec sec cos +====⊥⊥ωθωθθ 又因为ωθ= 所以C点加速度θθθω ⋅⋅⋅⋅==tan sec sec 2d dt dv a ()2222222tan sec 2d x d x d +==ωθθω1.5 解 由题可知，变加速度表示为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin 1π由加速度的微分形式我们可知dtdv a =代入得dtT t c dv ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2sin 1π 对等式两边同时积分dt T t c dv t v⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=002sin 1π可得 ：D Tt c T ct v ++=2cos 2ππ（D 为常数）代入初始条件：0=t 时，0=v ，故c T D π2-=即⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=12cos 2Tt T t c v ππ 又因为dtds v =所以=ds dt T t T t c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+12cos 2π对等式两边同时积分，可⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+=t T t T T t c s 2sin 22212πππ1.6解 由题可知质点的位矢速度r λ=//v ① 沿垂直于位矢速度μθ=⊥v又因为 r r λ== //v ， 即r r λ=μθθ==⊥r v 即rμθθ= ()()j i v a θ r dtd r dt d dt d +==（取位矢方向i ，垂直位矢方向j ） 所以 ()j i i i θ r r dtd r i dtr d r dtd +=+=()dtd r dt d r dt dr r dt d j j j j θθθθ ++=i j j 2r r r θθθ -+= 故 ()()j i a θθθ r r r r22++-= 即 沿位矢方向加速度 ()2θ r ra -= 垂直位矢方向加速度 ()θθr r a 2+=⊥对③求导 r r r 2λλ== 对④求导θμμθθr r r +-=2⎪⎭⎫ ⎝⎛+=λμμθr 把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得rr a 222//θμλ-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⊥r a μλμθ1.9证 质点作平面运动，设速度表达式为j i v y x v v +=令为位矢与轴正向的夹角，所以dt d v dt dv dt d v dt dv dt d y y x x j j i i v a +++==j i ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x y y x v dt dv v dt dv 所以[]j i a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x y y x v dt dv v dt dv ()j i y x v v +⋅ θθ y x y y y x x x v v dt dv v v v dt dv v ++-=dtdv v dt dv v y yxx += 又因为速率保持为常数，即C C v v y x ,22=+为常数对等式两边求导022=+dtdv v dt dv v y y xx所以0=⋅v a即速度矢量与加速度矢量正交.1.11解 由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示题1.11.1图⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====ααcos sin 2a dt dv a a r v a t n 两式相比得dtdv r v ⋅=ααcos 1sin 2即 2cot 1v dv dt r=α对等式两边分别积分200cot 1v dv dt rv v t⎰⎰=α 即αcot 110rtv v -= 此即质点的速度随时间而变化的1.13 证（a ）当00=v ，即空气相对地面上静止的，有牵相绝v v v +=.式中绝v 质点相对静止参考系的绝对速度， 相v 指向点运动参考系的速度， 牵v 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：绝v =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 v l t '=20.（b ）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度01v v v +'= 飞行时间 01v v l t +'=当飞机向西飞行时速度0v v v v v -'=+=牵相 飞行时间2v v l t -'=故来回飞行时间021v v l t t t +=+=0v v l -+2022v v lv -''= 即 2200220112v v t v v v lt '-='-'= 同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间2201v v t t '-=（c ）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题1.13.1图v 题1.13.1图v v v '+=0绝202v v v -'= 所以来回飞行的总时间2022v v l t -'=220220112v vt v v v l'-='-'=同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为2201v v t t '-=1.15 解 船停止时，干湿分界线在蓬前3，由题画出速度示意图如题.15.1图船题1.15.1图船雨相雨绝v v v +=故()()γβαπβα---=+sin sin 雨绝船v v 又因为2πγβ=+，所以()αβαcos sin +=雨绝船v v由图可知51cos ,52244cos 22==+=αα 54cos ,53sin ==ββs m v /8=雨绝所以ααββαcos )cos sin cos (sin +=雨绝船v v =8s m /1.16解 以一岸边为x 轴，垂直岸的方向为y 轴.建立如题1.16.1图所示坐标系.题1.16.1图所以水流速度()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛≤≤-⎪⎭⎫⎝⎛≤≤=d y d y d k d y ky v 220 又因为河流中心处水流速度为c⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=⨯=22d d k d k c 所以d c k 2=。

当20d y ≤≤时，y dc v 2=水即⎪⎩⎪⎨⎧==uty y d cdt dx 2 ①--② 得tdt dcu dx 2=，两边积分tdt d cu dx tx20⎰⎰=2t dcu x =③ 联立②③，得⎪⎭⎫ ⎝⎛≤≤=202d y y udc x ④同理，当2d y d ≥≥时，()y d dc v -=2水即()()ut d dcy d d c dt dx -=-=22 ()dt ut d dcdx -=⎰⎰2 ()为一常数D D udcy y u c x +-=22 ⑤ 由④知，当2d y =时，u cd x 4=代入⑤得 ucd D 2-=有 udcy y u c x 22-= ucd 2-，⎪⎭⎫ ⎝⎛≤≤d y d 2所以船的轨迹 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛≤≤--=⎪⎭⎫⎝⎛≤≤=d y d u cd y ud c y u c x d y y ud c x 2222022 船在对岸的了；靠拢地点，即d y =时有ucd x 2=1.19 解 质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降阶段.取向上为正各力示意图如题1.19.1图，上升时 下降时 题1.19.1图则两个过程的运动方程为： 上升22y g mk mg y m --= ① 下降：22y g mk mg y m +-=- ② 对上升阶段:()221v k g dtdv +-=()221v k g dyvdvdt dy dy dv +-== 即gdy vk vdv-=+221 对两边积分 gdy vk vdv h v ⎰⎰-=+022010所以 ()2221ln 21v k gk h +=③ 即质点到达的高度. 对下降阶段：22gv k g dyvdvdt dy dy dv -== 即gdy vk vdv h v ⎰⎰=-022011()21221ln 21v k gk h --= ④ 由③=④可得202011vk v v +=1.21 解 阻力一直与速度方向相反，即阻力与速度方向时刻在变化，但都在轨道上没点切线所在的直线方向上，故用自然坐标比用直角坐标好.题1.21.1图轨道的切线方向上有：θsin mg mkv dtdv m --= ①轨道的法线方向上有：θcos 2mg rv m = ② 由于角是在减小的，故θd ds r -= ③由于初末状态由速度与水平方向夹角θ来确定，故我们要想法使①②变成关于θ的等式由① dsdv mv dt ds ds dv m dt dv m ==即 θsin mg mkv dsdv mv --= ④把代入可得 θθcos 2mg dsd mv -= ⑤用④÷⑤可得θθθcos sin 1g g kv d dv v += θθθθθd v d g k dv vcos sin cos 12+= θθθθθθd v g kd v dv 222cos sin cos cos += θθθθθ222cos cos sin cos g kd v d v dv =-即()θθθθ222cos cos cos g kd v v d =，两边积分得 C gkv +=-θθtan cos 1 ⑥ 代入初始条件0=t 时，0,v v ==αθ即可得 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=αtan cos 10g k v C代入⑥式，得 ()[]g kv gv v +-=θαθαtan tan cos cos cos 0 ⑦又因为θωcos ,2mg rv m r v == 所以 vg dt d θθωcos --= ⑧把⑦代入⑧()[]dt g d g kv gv θθθαθαcos tan tan cos cos cos 0-=+-积分后可得 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=gkv k t αsin 21ln 1101.25解，选向下为正方向，滑轮刚停时物体所在平衡位置为坐标原点.建立如题.25.1图所示坐标系.W题2.15.1图原点的重力势能设为0.设弹簧最大伸长max λ.整个过程中，只有重力做功，机械能守恒：()⎪⎩⎪⎨⎧=+-⋅⋅-=+⋅02max 0max 2020212121λλλλλk W k g g W k v g W ①-② 联立①②得 gv 000max λλλ+=弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力，max T 为最大张力，即⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+==00maxmax 1λλg v W k T1.27解对于圆柱凸面上运动的质点受力分析如图1-24.题1.27.1图运动的轨迹的切线方向上有:dtdv m mg =θsin ①法线方向上有： Rv m N mg 2cos =-θ ②对于①有dtds ds dv dt dv g ==θsin （s 为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即ds g vdv θsin =又因为 ds Rd =θ 即 θθRd g vdv sin = ③设质点刚离开圆柱面时速度0v ，离开点与竖直方向夹角0θ，对③式两边积分θθθRd g vdv v sin 0⎰⎰=()020cos 121θ-=gR v ④ 刚离开圆柱面时0=N 即 Rv m mg 200cos =θ ⑤ 联立④⑤ 得 32arccos 0=θ即为刚离开圆柱面时与竖直方向夹角.1.28解 建立如题1.28.1图所示直角坐标.题1.28.1图椭圆方程 12222=+by a x ① 从A 滑到最低点B ，只有重力做功.机械能守恒.即 221mv mgb = ②设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为N 则有：ρ2v mmg N == ③ρ为B 点的曲率半径.B A →的轨迹： 221ax b y --= 得2221a x abx y -='；2322211⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=''a x ab y 又因为()223211a b y y k ='+''==ρ所以 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⨯+=+=2222212a b W mgh a b mg mv mg N ρ 故根据作用力与反作用力的关系小球到达椭圆最低点对椭圆压力为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+2221a b W方向垂直轨道向下.1.29 解质点作平面直线运动，运动轨迹方程为()()⎩⎨⎧+-=+=θθθ2cos 12sin 2a y a x ①-② 由曲线运动质点的受力分析，我们可以得到：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-dt dv m mg v m N mg θρθsin cos 2 ③-④ 因为曲线上每点的曲率 ()2321y y k '+''=⑤所以 θθθθθ2cos 12sin 2cos 222sin 2+=+==a a a d dx d dydx dy ⑥ dxd dx dy d d dx dy dx d dx y d θθ⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=22()()θθθθθ2cos 2212cos 12sin 22cos 12cos 222a a +⋅+++=()22cos 11θ+=a ⑦ 把⑥⑦代入曲率公式⑤中 θcos 41a k = 所以 θρcos 41a k== ⑧由④ θsin g dsdv v dt ds ds dv dt dv ===即ds g vdv θsin =，又有数学关系可知θsin ds dy =，即gdy vdv =所以()θ2cos 1222+-==ga gy v ⑨把⑧⑨代入①ρθ2cos v mmg N ==()θθθθcos 2cos 42cos 12cos mg a ga mmg =++ 1.31证：单摆运动受力分析如图1.31.1图所示。