理論力學第三版(周衍柏)習題答案(編輯修改稿)

　

【文章內容簡介】 機械能守恒：④由③④得 即兩球碰撞后速度相互垂直，結論得證。 解 類似的碰撞問題，我們一般要抓住動量守恒定理和機械能守恒定理得運用，依次來分析條件求出未知量。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)。以、為系統研究，碰撞過程中無外力做功，系統動量守恒。方向上有： ①方向上有： ②又因為恢復系數 即=③用①③ ④用④代入②得 求在各種值下角的最大值，即為求極致的問題。我們有得即=0所以 即由因為= 故=所以 以為研究對象。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。碰撞過程中無外力做功，動量守恒：①隨即在的約束下方向變為沿軸的正向，速度變為故 方向上有②故恢復系數定義有：= 即③ 聯立①②③得 解 如圖所示， 有兩質點，中間有一繩豎直相連，坐標分別為：，質量為，開始時靜止。現在有一沖量作用與，則作用后，得到速度，仍靜止不動：。它們的質心位于原點，質心速度我為現在把坐標系建在質心上，因為系統不再受外力作用，所以質心將以速率沿軸正向勻速正向、反向運動。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。經過時間后，如圖所示：于是在系中的速度的速度：因此 解 對于質心系的問題，我們一般要求求出相對固定參考點的物理量，在找出質心的位置和質心運動情況，由此去計算物體相對或絕對物理量及其間的關系。由題可知，碰前速度為，速度。碰后速度，分別設為。碰撞過程中無外力做功，動量守恒。①有恢復系數②聯立①②得再由質點組質心的定義：為質心對固定點位矢，分別為 ，對同一固定點的位矢所以（質點組不受外力，所以質心速度不變。）設兩球碰撞后相對質心的速度。（負號表示與相反）同理，碰撞前兩球相對質心的速度（負號表示方向與相反）所以開始時兩球相對質心的動能：== 用機械能守恒方法；在鏈條下滑過程中，只有保守力重力做功，所以鏈條的機械能守恒。以桌面所平面為重力零勢能面。有 此類題為變質量問題，我們一般研究運動過程中質量的變化與力的關系。繩索離地面還剩長時受重力則所以 求地板的壓力，有牛頓第三定律知，只需求出地板對繩索的支持力即可，它們是一對作用力與反作用力。這是我們以快要落地的一小微元作為研究對象。它的速度由變為0。用動量守恒，有==又因為= 解 這是一道變質量的問題，對于此類問題，（）式①來分析。以機槍后退方向作為軸爭先。豎直方向上支持力與重力是一對平衡力。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。雨滴是本題。導致雨滴變化的微元的速度。（）式分析①雨滴的質量變化是一類比較特殊的變質量問題。我們知道處理這類問題常常理想化模型的幾何形狀。對于雨滴我們常看成球形，設其半徑為，則雨滴質量是與半徑的三次方成正比（密度看成一致不變的）。②有題目可知質量增加率與表面積成正比。即③為常數。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。設空火箭質量，燃料質量。以向上為正方向，則火箭任一時刻的質量②噴氣速度2074是指相對火箭的速度，即。有①式化簡 對兩邊積分 ㏑③此既火箭速度與時間的關系。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。又當時，=而要用此火箭發射人造太陽行星需要的速度至少應為第二宇宙速度。故所攜帶燃料重量至少是空火箭重量的300倍。 要使火箭上升，必須有發動機推力火箭的重量，即即火箭才能上升，結論得證。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。把③代入④得之后火箭作初速度為的豎直上拋運動。可達高度故火箭能達到的最大高度= 假設該行星做橢圓運動，質量為，周期為。某一時刻位置為，速度為，則=又因為于是=第三章 剛體力學第三章習題解答 。均質棒受到碗的彈力分別為，棒自身重力為。棒與水平方向的夾角為。設棒的長度為。 由于棒處于平衡狀態，所以棒沿軸和軸的和外力為零。沿過點且與軸平行的合力矩為0。即： ①②③由①②③式得：④又由于即⑤將⑤代入④得： ，均質棒分別受到光滑墻的彈力，光滑棱角的彈力，及重力。由于棒處于平衡狀態，所以沿方向的合力矩為零。即①由①②式得：所以 。棒受到重力。棒受到的重力。設均質棒的線密度為。由題意可知，整個均質棒沿軸方向的合力矩為零。 。軸豎直向下，相同的球、互切，、切于點。設球的重力大小為，半徑為，則對、三個球構成的系統來說，在軸方向的合力應為零。即：①對于球，它相對于過點與軸平行的軸的合力矩等于零。即： ②由式得： 。梯子受到地面和墻的彈力分別為，受地面和墻的摩擦力分別為。梯子和人的重力分別為，且。設梯長為，與地面夾角為。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。即：③又因梯子是一個剛體。當一端滑動時，另一端也滑動，所以當梯與地面的傾角達到最小時，④⑤由①②③④⑤得：所以 （a）取二原子的連線為軸，而軸與軸通過質心。為質心，則，軸即為中心慣量主軸。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。為三個原子分子的質心。由對稱性可知，圖中、軸即為中心慣量主軸。設、三原子的坐標分別為，因為為分子的質心。所以=①又由于②③由①②③得：故該分子的中心主轉動慣量 。沿軸平行于平切橢球得切面為一橢圓，則該橢圓方程為： 可求該切面的面積故積分同理可求 故中心主轉動慣量：又由于橢球體積故將代入得： 設表示距球心為的一薄球殼的質量，則所以該球對球心的轉動慣量 ①在對稱球中，繞直徑轉動時的轉動慣量②又球的質量 ③又繞直徑的回轉半徑④由①②③④得 。為正方體中心。、分別與正方體的邊平行。由對稱性可知，、軸就是正方體的中心慣量主軸。設正方體的邊長為。設為平行于軸的一小方條的體積，則正方體繞軸的轉動慣量根據對稱性得易求正方體的對角線與、軸的夾角都為。且故正方體繞對角線的轉動慣量①又由于②繞對角線的回轉半徑③由①②③得 。軸過點垂直紙面向外。均質圓盤的密度為。設盤沿順時針轉動，則沿的方向有即①為轉盤繞軸的轉動慣量：（為盤的質量）， ②（為盤轉動的角頻率，負號因為規定順時針轉動）=③由①②③得又因為故所以得 ，設軸通過點垂直紙面指向外。則對軸有：設通風機轉動的角速度大小為，由于通風機順時針轉動。所以，將代入上式得： 。又由于，解得：故當時，㏑。又由于 （為通風機轉動的角度）設，故當㏑時，時間內通風機轉動的轉數 ，坐標與薄片固連，則沿軸方向有： 且①現取如圖陰影部分的小區域，該區域受到的阻力對軸的力矩所以②又薄片對軸的轉動慣量 ③由①②③得：當時， ，坐標系的原點位于圓弧最頂點。設圓弧平衡時，質心的坐標為。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。當很小時，代入上式得：①圓弧上對應轉角為的一小段圓弧的坐標為質心的縱坐標上式中為圓弧的線密度 ②又③其中，將②③代入①得④解④式得通解微振動周期 。由動量定理及動量矩定理得： ①②③其中又根據機械能守恒定律得：④由①②③④解得： 。由于球作無滑滾動，球與地面的接觸的速度與地面一致，等于零，所以點為轉動瞬心。以為基點。設球的角速度，則設輪緣上任意一點，與軸交角為，則故當時，得最高點的速度當和時分別得到最