理論力學第三版[周衍柏]習題答案-wenkub

　

【正文】 ④之間用倔強系數彈性繩聯結.故有 ⑤由①⑤得 ⑥由②③④得 ⑦代入①，有 ⑧代入⑥，有 ⑨此即為簡諧振動的運動方程.角頻率所以周期解⑨得以初始時③為原點，時，.所以 ⑩代入①得聯立③④⑧⑩得，選向下為正方向，.，只有重力做功，機械能守恒： ①②聯立①②得 彈簧的最大張力即為彈簧伸長最長時的彈力，為最大張力，即 .設繩的彈性系數為,則有 ①當 脫離下墜前，在拉力作用下上升， ②聯立①② 得 ③齊次方程通解非齊次方程③的特解所以③的通解代入初始條件：時，得；故有即為在任一時刻離上端的距離..運動的軌跡的切線方向上有: ①法線方向上有： ②對于①有（為運動路程，亦即半圓柱周圍弧長）即又因為 即 ③設質點剛離開圓柱面時速度，離開點與豎直方向夾角，對③式兩邊積分 ④剛離開圓柱面時即 ⑤聯立④⑤ 得即為剛離開圓柱面時與豎直方向夾角. .橢圓方程 ①從滑到最低點， ②設小球在最低點受到橢圓軌道對它的支持力為則有： ③為點的曲率半徑.的軌跡：得； 又因為 所以故根據作用力與反作用力的關系小球到達橢圓最低點對橢圓壓力為方向垂直軌道向下. 解質點作平面直線運動，運動軌跡方程為 ①②由曲線運動質點的受力分析，我們可以得到： ③④因為曲線上每點的曲率 ⑤所以 ⑥ ⑦把⑥⑦代入曲率公式⑤中所以 ⑧由④即，又有數學關系可知，即所以 ⑨把⑧⑨代入① ，質點的運動方程為： ①②③④⑤ ②由數學知識知 ③把①③④代入② ⑤當時，得即當，時，即故有：。 解：設楔子的傾角為，楔子向右作加速度的勻加速運動。同理可得當楔子向左作加速度為的勻加速運動時，質點的和楔子對斜面的壓力為綜上所述可得解 ，我們以鋼絲圓圈作參考系，在圓圈這個非慣性系里來分析此題。所以 解 要滿足勢能的存在，即力場必須是無旋場，亦即力為保守力，所以即得為常數滿足上式關系，才有勢能存在。即 ，我們采用的是極坐標。對數螺旋線為常數。軌跡方程為在近日點處在遠日點處由角動量守恒有所以 因為質點速率所以又由于即又因為所以兩邊積分即 證（）設地球軌道半徑為。故近日點有即 ①又因為所以②（彗星在單位時間內矢徑掃過的面積）掃過扇形面積的速度③又因為故兩邊積分④ 從數學上我們可以得到兩軌道交點為地球軌道半徑處。：人造地球衛星近、遠點距離分別為地球半徑有橢圓運動中的能量方程可知： ①②為衛星運行的橢圓軌道的長軸把代入①②有近地點速率遠地點速率運動周期（）其中為運動軌道的半長軸所以 證 由行星繞太陽作橢圓運動的能量方程為為橢圓的半長軸。有質心公式設均勻扇形薄片密度為，任意取一小面元，又因為所以對于半圓片的質心，即代入，有 解 把球帽看成垂直于軸的所切層面的疊加（圖中陰影部分所示）。當達到最高點人把物體水皮拋出后，人的速度改變，設為，此人即以 的速度作平拋運動。 以，為系統研究，水平方向上系統不受外力，動量守恒，有 ①對分析；因為 ②在劈上下滑，以為參照物，則受到一個慣性力（方向與加速度方向相反）。用隔離法。因為劈在垂直水皮方向上無加速度，所以 ⑨于是 ⑩ 解 因為質點組隊某一固定點的動量矩所以對于連續物體對某一定點或定軸，我們就應該把上式中的取和變為積分。炮彈在最高點炮炸時水平方向上無外力，所以水平方向上的動量守恒： ① 以質點組作為研究對象，爆炸過程中能量守恒： ②聯立①②解之，得所以落地時水平距離之差= 解 。、速度分別為、與軸正向夾角分別為、。設相同小球為，初始時小球速度，碰撞后球的速度為，(這樣做的好處是可以減少未知量的分解，簡化表達式)。當發生正碰撞后，速度分別變為，隨即在不可伸長的繩約束下作圓周運動。由于質心系是慣性系，且無外力，所以，分別以速率繞質心作勻速圓周運動，因而他們作的事圓滾線運動。碰撞過程中無外力做功，動量守恒。以桌面所平面為重力零勢能面。它的速度由變為0。水平方向上所受合外力F即為摩擦力②單位時間質量的變化③由①②式所以 這是一個質量增加的問題。我們知道處理這類問題常常理想化模型的幾何形狀。我們對②式兩邊求導④由于③=④，所以⑤對⑤式兩邊積分⑥⑦以雨滴下降方向為正方向，對①式分析⑧ （為常數）當時，所以 證 這是變質量問題中的減質量問題，()式①來分析。當火箭燃料全部燃盡所用時間，由題意知④代入③可得火箭最終的速度，（即速度的最大值）.考慮到其中，易知當時，恒成立，即為的增函數。由于噴射速度是常數，單位時間放出的質量質量變化是線性規律①火箭飛行速度②又因為燃料燃燒時間③代入②得火箭最大速度=又因為②式又可以寫成積分可得④從開始到燃燒盡這一段時間內火箭上升高度。均質棒受到碗的彈力分別為，棒自身重力為。沿過點且與軸平行的合力矩為0。棒受到重力。 。即： ②由式得： 。由于梯子處于平衡，所以①②且梯子沿過點平行于軸的合力矩為零。設、的坐標為，因為為質心（）故①且 ②由①②得所以中心慣量主軸：（b），該原子由、三個原子構成。所以=①又由于②③由①②③得：故該分子的中心主轉動慣量 。由對稱性可知，、軸就是正方體的中心慣量主軸。軸過點垂直紙面向外。所以，將代入上式得： 。如圖所示圓弧偏離平衡位置一小角度，則滿足微分方程為圓弧相對于軸的轉動慣量。以為基點。 ，點為極軸的原點，極軸過點，所以在桿上任意一點?，F分別作與的垂線交于點，則即為瞬心（）。 。桿從水平位置擺到豎直位置過程中只有重力做功，故機械能守恒。故當時，桿的質心下降，代入④式得故時間內桿的轉數 ，設圓柱體的轉動角速度為，設它受到地面的摩擦力為，由動量定理和動量矩定理知：①②對于滑塊。設軸過點垂直紙面向外?，F在來求繩子脫落以后飛輪的角加速度。設球的半徑為，則球繞任一直徑的轉動慣量。對圓柱：①②③④由①②③④式得設從到的過程中，圓柱的速度從變到，角速度從變到，所以 。設，與豎直方向的夾角為，根據無滑條件：①②③④⑤從最高點運動到圖示位置過程中，機械能守恒，即⑥⑦由①～⑦解得 坐標系。當由變為0的過程中，機械能守恒： ①又因為此過程中桿已離開墻，所以桿在水平方向受力為零，故質心水平方向勻速，即②又點只有水平方向的速度，根據,知當桿落地時，與有如下關系： ③①得： ④將②③④代入①得： ⑤⑤⑨得 ⑥ ⑦將⑥⑦代入⑤得 。為軸。點時絕對速度設的夾角為，則,故與邊的夾角為，且指向左下方。得由虛功原理 故①因在約束條件下是任意的，要使上式成立，必須故②又由 得： ③由②③可得 ，在相距2a的兩釘處約束反力垂直于虛位移，為理想約束。由虛功原理：w①又取變分得代入①式得：化簡得②設因在約束條件下任意，欲使上式成立，須有：由此得 自由度，質點位置為。：取在廣義坐標根據教材（）和（）式得動能：勢能：根據定義式故因為故得為第二個第一積分.同理即得為第三個第一積分., ①根據定義②得③根據哈密頓函數的定義代入③式后可求得:④由正則方程得:⑤⑥代入⑤得整理得 , ⑴小球的位置可由確定,故自由度⑵選廣義坐標,廣義速度.⑶小球動能又由①式得設小球勢能為V,取固定圓球中心O為零勢點,則小球拉氏函數=①根據定義有根據正則方程④⑤對式兩邊求時間導得：故小球球心切向加速度167。周期，體系拉氏函數①根據哈密頓原理：故 ②因為代入②式得：所以 ③又因為，且和的任意性所以所以運動微分方程為：常數