理论力学第三版(周衍柏)全部习题答案

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:SS2t1t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:221210211021221ttattvsattvs由以上两式得11021attsv再由此式得2121122ttttttsa证明完毕.1.212422222222ryaxyaxry得22222223yaxraxy化简整理可得2222222234rayxyax此即为C点的轨道方程.-2-（2）要求C点的速度，分别求导2cossincos2cossinryrrx其中又因为sin2sinar对两边分别求导故有cos2cosar所以22yxV4cossincos2cossin2222rrrsincossin4coscos22r1.4解如题1.4.1图所示，ABOCLxd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22xdOCvC点速度-3-dxddvvv222secseccos又因为所以C点加速度tansecsec2ddtdva2222222tansec2dxdxd1.5解由题可知，变加速度表示为Ttca2sin1由加速度的微分形式我们可知dtdva代入得dtTtcdv2sin1对等式两边同时积分dtTtcdvtv002sin1可得：DTtcTctv2cos2（D为常数）代入初始条件：0t时，0v，故cTD2即12cos2TtTtcv又因为dtdsv所以dsdtTtTtc12cos2-4-对等式两边同时积分，可得：tTtTTtcs2sin222121.6解由题可知质点的位矢速度r//v①沿垂直于位矢速度v又因为rr//v，即rrrv即rjivardtdrdtddtd（取位矢方向i，垂直位矢方向j）所以jiiirrdtdridtrdrdtddtdrdtdrdtdrrdtdjjjjijj2rrr故jiarrrr22即沿位矢方向加速度2rra垂直位矢方向加速度rra2对③求导rrr2对④求导rrr2r把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得-5-rra222//ra1.7解由题可知sincosryrx①②对①求导sincosrrx③对③求导cossinsin2cos2rrrrx④对②求导cossinrry⑤对⑤求导sincoscos2sin2rrrry⑥对于加速度a，我们有如下关系见题1.7.1图raaOxy题1.7.1图即cossinsincosaayaaxrr⑦--⑧对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦cos，⑧sin即得cossinsinsincossincoscosaayaaxrr⑨--⑩⑨+⑩得sincosyxar⑾把④⑥代入⑾得-6-2rrar同理可得rra21.8解以焦点F为坐标原点，运动如题1.8.1图所示]FOMxy题1.8.1图则M点坐标sincosryrx对yx,两式分别求导cossinsincosrryrrx故22222cossinsincosrrrryxv222rr如图所示的椭圆的极坐标表示法为cos112eear对r求导可得（利用）又因为221cos111eaeear即rerea21cos所以2222222221211cos1sinerearrea故有-7-2222224222sin1rearev2224221eare]1211[2222222erearrea22r2222222221121eearrreearrrabr2222即rarbrv2（其中baeb,1222为椭圆的半短轴）1.9证质点作平面运动，设速度表达式为jivyxvv令为位矢与轴正向的夹角，所以dtdvdtdvdtdvdtdvdtdyyxxjjiivajixyyxvdtdvvdtdv所以jiaxyyxvdtdvvdtdvjiyxvvyxyyyxxxvvdtdvvvvdtdvvdtdvvdtdvvyyxx又因为速率保持为常数，即CCvvyx,22为常数对等式两边求导022dtdvvdtdvvyyxx所以0va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，-8-pp,2pp,2xyO题1.10.1图则质点切向加速度dtdvat法向加速度2nva，而且有关系式2v2kdtdv①又因为232y1y1②2pxy2所以ypy③32ypy④联立①②③④2322322yp1yp2kvdtdv⑤又dydvydtdydydvdtdv把2pxy2两边对时间求导得-9-pyyx又因为222yxv所以22221pyvy⑥把⑥代入⑤23223222122121ypypkvdydvpyv既可化为222pydykpvdv对等式两边积分222pydykpvdvppvu所以kuev1.11解由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示av题1.11.1图cossin2adtdvaarvatn两式相比得-10-dtdvrvcos1sin2即2cot1vdvdtr对等式两边分别积分200cot1vdvdtrvvt即cot110rtvv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cossin2adtdvarv①②所以ddvdtdddvdtdv，联立①②，有cossin2rvddv又因为rv所以dvdvcot，对等式两边分别积分，利用初始条件0t时，0cot00evv1.13证（a）当00v，即空气相对地面上静止的，有牵相绝vvv.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-11-vlt20.（b）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度01vvv飞行时间01vvlt当飞机向西飞行时速度0vvvvv牵相飞行时间02vvlt故来回飞行时间021vvlttt0vvl2022vvlv即2200220112vvtvvvlt同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间22001vvtt（c）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题1.13.1图Av0v绝vB题1.13.1图vvv0绝-12-202vvv所以来回飞行的总时间2022vvlt2200220112vvtvvvl同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为22001vvtt1.14解正方形如题1.14.1图。ACBD3v4v1v由题可知hkmvv/28风牵设风速BA,hkmv/100相,当飞机BA，hkmhkmv/128/)28100(1hkmhkmvDB/96/28100,222hkmhkmvDC/72/)28100(,34,vADhkmhkm/96/2810022故飞机沿此边长6hkm/正方形飞行一周所需总时间min16515192499667269661286hht2v风v相v题1.14.2图风v相v4v题1.14.3图-13-1.15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图雨绝v船v雨相v3m题1.15.1图船雨相雨绝vvv故sinsin雨绝船vv又因为2，所以cossin雨绝船vv由图可知51cos,52244cos2254cos,53sinsmv/8雨绝所以cos)cossincos(sin雨绝船vv=8sm/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.xyOd水v题1.16.1图-14-所以水流速度dydydkdykyv220又因为河流中心处水流速度为c22ddkdkc所以dck2。当20dy时，ydcv2水即utyydcdtdx2①--②得tdtdcudx2，两边积分tdtdcudxtx2002tdcux③联立②③，得202dyyudcx④同理，当2dyd时，yddcv2水即utddcyddcdtdx22dtutddcdx2为一常数DDudcyyucx22⑤由④知，当2dy时，ucdx4代入⑤得ucdD2有-15-udcyyucx22ucd2，dyd2所以船的轨迹dyducdyudcyucxdyyudcx2222022船在对岸的了；靠拢地点，即dy时有ucdx21.17解以A为极点，岸为极轴建立极坐标如题.17.1图.1C2CAxOr题1.17.1图船沿垂直于r的方向的速度为sinC1，船沿径向r方向的速度为2C和1C沿径向的分量的合成，即211cossinCCdtdrCdtdr①--②②/①得dCCrdrcotsin12，对两积分：CCCrsinln2tanlnln12设CkCC,2,12为常数，即Crkk11cos2sinlnln代入初始条件0rr时，0.设,200有,cos2sinlnln01010kkrC得-16-0101110sincoscossinkkkkrr1.18解如题1.18.1图ABOa题1.18.1图mg质点沿OA下滑，由受力分析我们可知质点下滑的加速度为cosga.设竖直线hOB，斜槽sOA，易知,2,2