资源描述
第一章思考题解答1.1答：平均速度是运动质点在某一时间间隔内位矢大小和方向改变的平均快慢速度，其方向沿位移的方向即沿对应的轨迹割线方向；瞬时速度是运动质点在某时刻或某未知位矢和方向变化的快慢程度其方向沿该时刻质点所在点轨迹的切线方向。在的极限情况，二者一致，在匀速直线运动中二者也一致的。1.2答：质点运动时，径向速度和横向速度的大小、方向都改变，而中的只反映了本身大小的改变，中的只是本身大小的改变。事实上，横向速度方向的改变会引起径向速度大小大改变，就是反映这种改变的加速度分量；经向速度的方向改变也引起的大小改变，另一个即为反映这种改变的加速度分量，故，。这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才能完整地描述质点的运动变化情况1.3答：内禀方程中，是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于恒位于密切面内，速度总是沿轨迹的切线方向，而垂直于指向曲线凹陷一方，故总是沿助法线方向。质点沿空间曲线运动时，z何与牛顿运动定律不矛盾。因质点除受作用力，还受到被动的约反作用力，二者在副法线方向的分量成平衡力，故符合牛顿运动率。有人会问：约束反作用力靠谁施加，当然是与质点接触的周围其他物体由于受到质点的作用而对质点产生的反作用力。有人也许还会问：某时刻若大小不等，就不为零了？当然是这样，但此时刻质点受合力的方向与原来不同，质点的位置也在改变，副法线在空间中方位也不再是原来所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足。这反映了牛顿定律得瞬时性和矢量性，也反映了自然坐标系的方向虽质点的运动而变。1.4答：质点在直线运动中只有，质点的匀速曲线运动中只有；质点作变速运动时即有。1.5答：即反应位矢大小的改变又反映其方向的改变，是质点运动某时刻的速度矢量，而只表示大小的改变。如在极坐标系中，而。在直线运动中，规定了直线的正方向后，。且的正负可表示的指向，二者都可表示质点的运动速度；在曲线运动中，且也表示不了的指向，二者完全不同。 表示质点运动速度的大小，方向的改变是加速度矢量，而只是质点运动速度大小的改变。在直线运动中规定了直线的正方向后，二者都可表示质点运动的加速度；在曲线运动中，二者不同，。1.6答：不论人是静止投篮还是运动投篮，球对地的方向总应指向篮筐，其速度合成如题1.6图所示，故人以速度向球网前进时应向高于篮筐的方向投出。静止投篮是直接向篮筐投出，（事实上要稍高一点，使球的运动有一定弧度，便于投篮）。1.7答：火车中的人看雨点的运动，是雨点的匀速下落运动及向右以加速度的匀速水平直线运动的合成运动如题1.7图所示，是固定于车的坐标系，雨点相对车的加速度，其相对运动方程消去的轨迹如题图，有人会问：车上的人看雨点的轨迹是向上凹而不是向下凹呢？因加速度总是在曲线凹向的内侧，垂直于方向的分量在改变着的方向，该轨迹上凹。1.8答：设人发觉干落水时，船已上行，上行时船的绝对速度，则 船反向追赶竿的速度，设从反船到追上竿共用时间，则 又竿与水同速，则 +=得1.9答：不一定一致，因为是改变物体运动速度的外因，而不是产生速度的原因，加速度的方向与合外力的方向一致。外力不但改变速度的大小还改变速度的方向，在曲线运动中外力与速度的方向肯定不一致，只是在加速度直线运动二者的方向一致。1.10答：当速度与物体受的合外力同一方位线且力矢的方位线不变时，物体作直线运动。在曲线运动中若初速度方向与力的方向不一致，物体沿出速度的方向减速运动，以后各时刻既可沿初速度方向运动，也可沿力的方向运动，如以一定初速度上抛的物体，开始时及上升过程中初速度的方向运动，到达最高点下落过程中沿力的方向运动。在曲线运动中初速度的方向与外力的方向不一致，物体初时刻速度沿初速度的反方向，但以后既不会沿初速度的方向也不会沿外力的方向运动，外力不断改变物体的运动方向，各时刻的运动方向与外力的方向及初速度的方向都有关。如斜抛物体初速度的方向与重力的方向不一致，重力的方向决定了轨道的形状开口下凹，初速度的方向决定了射高和射程。1.11答：质点仅因重力作用沿光滑静止曲线下滑，达到任意点的速度只和初末时刻的高度差有关，因重力是保守力，而光滑静止曲线给予质点的发向约束力不做功，因此有此结论假如曲线不是光滑的，质点还受到摩擦力的作用，摩擦力是非保守力，摩擦力的功不仅与初末位置有关，还与路径有关，故质点到达任一点的速度不仅与初末高度差有关，还与曲线形状有关。1.12答：质点被约束在一光滑静止的曲线上运动时，约束力的方向总是垂直于质点的运动方向，故约束力不做功，动能定理或能量积分中不含约束力，故不能求出约束力。但用动能定理或能量积分可求出质点在某位置的速度，从而得出，有牛顿运动方程便可求出，即为约束力1.13答：动量 动能1.14答：故1.15答：动量矩守恒意味着外力矩为零，但并不意味着外力也为零，故动量矩守恒并不意味着动量也守恒。如质点受有心力作用而运动动量矩守恒是由于力过力心，力对力心的矩为零，但这质点受的力并不为零，故动量不守恒，速度的大小和方向每时每刻都在改变。1.16答：若,在球坐标系中有由于坐标系的选取只是数学手段的不同，它不影响力场的物理性质，故在三维直角坐标系中仍有的关系。在直角坐标系中故 事实上据“”算符的性质，上述证明完全可以简写为这表明有心力场是无旋场记保守立场1.17答平方反比力场中系统的势能，其势能曲线如题图1.17图所示，由。 若，其势能曲线对应于近日点和远日点之间的一段。近日点处即为进入轨道需要的初动能若则质点的运动无界，对应于双曲线轨道的运动；若位于有界和无界之间，对应于抛物线轨道的运动；这两种轨道的运动都没有近日点，即对大的质点的运动是无界的，当很大时，还是选无限远为零势点的缘故，从图中可知，做双曲轨道运动比抛物轨道和椭圆轨道需要的进入轨道需要的动能要大。事实及理论都证明，平方反比引力场中质点的轨道正是取决于进入轨道时初动能的大小由 得 即速度的大小就决定了轨道的形状，图中对应于进入轨道时的达到第一二三宇宙速度所需的能量由于物体总是有限度的，故有一极小值，既相互作用的二质点不可能无限接近，对于人造卫星的发射其为地球半径。为地面上发射时所需的初动能，图示分别为使卫星进入轨道时达到一二三宇宙速度在地面上的发射动能。 .为进入轨道前克服里及空气阻力做功所需的能量。1.18答：地球附近的物体都受到随地球自转引起的惯性离心力的作用，此力的方位线平行于赤道平面，指向背离地轴。人造地球卫星的轨道平面和地球赤道平面的夹角越大，则卫星的惯性离心力与轨道平面的家教越大，运动中受的影响也越大，对卫星导向控制系统的要求越高。交角越大，对地球的直接探测面积越大，其科学使用价值越高。1.19答：对库仑引力场有，轨道是双曲线的一点，与斥力情况相同，卢瑟福公式也适用，不同的是引力情况下力心在双曲线凹陷方位内侧；若，轨道椭圆或抛物线，卢瑟福公式不适用，仿照课本上的推证方法，在入射速度的情况下即可得卢瑟福公式。近代物理学的正，负粒子的对撞试验可验证这一结论的近似正确性。第一章习题解答1.1 由题可知示意图如题1.1.1图:设开始计时的时刻速度为,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为.则有:由以上两式得再由此式得 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.设船经过小时向东经过灯塔,则向北行驶的船经过小时经过灯塔任意时刻船的坐标，船坐标，则船间距离的平方即对时间求导船相距最近，即，所以即午后45分钟时两船相距最近最近距离km1.3 解 如题1.3.2图由题分析可知，点的坐标为又由于在中，有（正弦定理）所以联立以上各式运用由此可得得得化简整理可得此即为点的轨道方程.（2）要求点的速度，分别求导其中又因为对两边分别求导故有所以1.4 解 如题1.4.1图所示，绕点以匀角速度转动，在上滑动，因此点有一个垂直杆的速度分量点速度又因为所以点加速度1.5 解 由题可知，变加速度表示为由加速度的微分形式我们可知代入得对等式两边同时积分可得 ：（为常数）代入初始条件：时，故即又因为所以对等式两边同时积分，可得：1.6 解 由题可知质点的位矢速度沿垂直于位矢速度又因为 ， 即即（取位矢方向，垂直位矢方向）所以 故 即 沿位矢方向加速度 垂直位矢方向加速度 对求导 对求导 把代入式中可得1.7 解 由题可知 对求导 对求导 对求导 对求导 对于加速度，我们有如下关系见题1.7.1图即 -对俩式分别作如下处理：，即得 -+得 把代入 得同理可得1.8解 以焦点为坐标原点，运动如题1.8.1图所示则点坐标对两式分别求导故 如图所示的椭圆的极坐标表示法为对求导可得（利用）又因为 即 所以 故有 即 （其中为椭圆的半短轴）1.9证 质点作平面运动，设速度表达式为令为位矢与轴正向的夹角，所以所以 又因为速率保持为常数，即为常数对等式两边求导所以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，则质点切向加速度法向加速度，而且有关系式 又因为 所以 联立 又把两边对时间求导得又因为 所以 把代入既可化为对等式两边积分所以1.11解 由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示两式相比得即 对等式两边分别积分即 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 所以 ，联立，有又因为所以 ，对等式两边分别积分，利用初始条件时，1.13 证（）当，即空气相对地面上静止的，有.式中质点相对静止参考系的绝对速度， 指向点运动参考系的速度， 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：=，即飞机在舰作匀速直线运动.所以飞机来回飞行的总时间 .（）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度飞行时间 当飞机向西飞行时速度飞行时间故来回飞行时间即 同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间（c）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题1.13.1图所以来回飞行的总时间 同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为1.14解 正方形如题1.14.1图。由题可知设风速,当飞机，故飞机沿此边长6正方形飞行一周所需总时间 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 故又因为，所以由图可知所以=81.16解 以一岸边为轴，垂直岸的方向为轴.建立如题1.16.1图所示坐标系.所以水流速度又因为河流中心处水流速度为所以。当时，即 -得，两边积分 联立，得 同理，当时，即 由知，当时，代入得有 ，所以船的轨迹船在对岸的了；靠拢地点，即时有1.17 解 以为极点，岸为极轴建立极坐标如题.17.1图.船沿垂直于的方向的速度为，船沿径向方向的速度为和沿径向的分量的合成，即 -/得 ，对两积分：设为常数，即代入初始条件时，.设有得 1.18 解 如题1.18.1图质点沿下滑，由受力分析我们可知质点下滑的加速度为.设竖直线，斜槽，易知，由正弦定理即 又因为质点沿光滑面下滑，即质点做匀速直线运动.所以 有 欲使质点到达点时间最短，由可知，只需求出的极大值即可，令把对求导 极大值时，故有由于是斜面的夹角，即所以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 下降： 对上升阶段:即 对两边积分所以 即质点到达的高度.对下降阶段：即 由=可得1.20解 作子弹运动示意图如题1.20.1图所示.题1.20.1图水平方向不受外力，作匀速直线运动有 竖直方向作上抛运动，有 由得 代入化简可得因为子弹的运动轨迹与发射时仰角有关，即是的函数，所以要求的最大值.把对求导，求出极值点.即 所以，代入的表达式中可得： 此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离的最大值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.轨道的切线方向上有： 轨道的法线方向上有： 由于角是在减小的，故 由于初末状态由速度与水平方向夹角来确定，故我们要想法使变成关于的等式由即 把代入可得 用可得 即，两边积分得 代入初始条件时，即可得代入式，得 又因为所以 把代入积分后可得 1.22 各量方向如题1.22.1图.电子受力则电子的运动微分方程为 -由，即代入整理可得 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,故同理，把代入可以解出把代入代入初条件时，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 -对积分 对再积分 又故（为一常数）此即为抛物线方程.当时则电子受力 则电子的运动微分方程为 -同1.22题的解法，联立-解之，得于是 及电子轨道为半径的圆.1.24 解以竖直向下为正方向，建立如题1.24.2图所示坐标， 题1.24.1图 题1.24.2图以开始所在位置为原点.设-处物体所处坐标分别为，则3个物体运动微分方程为： -由于与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有，即 之间用倔强系数弹性绳联结.故有 由得 由得 代入，有 代入，有 此即为简谐振动的运动方程.角频率所以周期解得以初始时为原点，时，.所以 代入得联立-得1.25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.题2.15.1图原点的重力势能设为0.设弹簧最大伸长.整个过程中，只有重力做功，机械能守恒： -联立得 弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力，为最大张力，即1.26解 以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系.题1.26.1图设绳的弹性系数为,则有 当 脱离下坠前，与系统平衡.当脱离下坠前，在拉力作用下上升，之后作简运.运动微分方程为 联立 得 齐次方程通解非齐次方程的特解所以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: 法线方向上有： 对于有（为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即又因为 即 设质点刚离开圆柱面时速度，离开点与竖直方向夹角，对式两边积分 刚离开圆柱面时即 联立 得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.椭圆方程 从滑到最低点，只有重力做功.机械能守恒.即 设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为则有： 为点的曲率半径.的轨迹：得； 又因为 所以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 -由曲线运动质点的受力分析，我们可以得到： -因为曲线上每点的曲率 所以 把代入曲率公式中所以 由即，又有数学关系可知，即所以 把代入1.30 证当题1.29所述运动轨迹的曲线不光滑时，质点的运动方程为： 由1.29题可知 由数学知识知 把代入 这是一个非齐次二阶微分方程.解为当时，得即当，时，即故有1.31证：单摆运动受力分析如图1.31.1图所示。因为即所以又单摆摆角很小，有=上式即化为：此即为一个标准的有阻尼振动方程。设为固有频率，又由于，即阻力很小的情况。方程的解为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。我们以楔子为参考系，在非惯性系中来分析此题，则质点受到一个大小为的非惯性力，方向与相反。质点在楔子这个非惯性系中沿斜面 下滑，沿斜面的受力分析：垂直斜面受力平衡： 联立得此即楔子相对斜面的加速度。对斜面的压力与斜面对的支持力等大反方向。同理可得当楔子向左作加速度为的匀加速运动时，质点的和楔子对斜面的压力为综上所述可得1.33解 设钢丝圆圈以加速度向上作匀加速运动如题1.33.1图，我们以钢丝圆圈作参考系，在圆圈这个非惯性系里来分析此题。圆圈上的小环会受到一个大小为方向与相反的惯性力的作用，则圆环运动到圆圈上某点，切线方向受力分析：法线方向受力分析有：对两边同乘以即两边同时积分把代入可解得同理可解出，当钢丝圆圈以加速度竖直向下运动时小环的相对速度综上所述，小环的相对速度圈对小环的反作用力1.34证：（1）当火车所受阻力为常数时，因为功率与牵引力有如下关系：所以即对两边积分 （2） 当阻力和速度成正比时，设=，为常数。同理由（1）可知即 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，又因为当增至极大值后，又均匀减小到0，故此时有为常数，所以即由得整个过程压力所做功又因为即对上式两边分段积分得136 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 (b)同（a），由所以此力是保守力，则其势能为1.37 解 （a）因为质子与中子之间引力势能表达式为故质子与中子之间的引力（b）质量为的粒子作半径为的圆运动。动量矩由（a）知提供粒子作圆周运动的向心力，方向是沿着径向，故当半径为的圆周运动两式两边同乘以即又因为有做圆周运动的粒子的能量等于粒子的动能和势能之和。所以1.38 解 要满足势能的存在，即力场必须是无旋场，亦即力为保守力，所以即得为常数满足上式关系，才有势能存在。势能为：1.39 证 质点受一与距离成反比的力的作用。设此力为又因为即当质点从无穷远处到达时，对式两边分别积分：当质点从静止出发到达时，对式两边分别积分：得所以质点自无穷远到达时的速率和自静止出发到达时的速率相同。1.40 解由题可知（因为是引力，方向与径向相反所以要有负号）由运动微分方程即 对上式两边积分故又因为与的方向相反，故取负号。即1.41证 画出有心力场中图示如题1.41.图，我们采用的是极坐标。所以又由于常数即由图所示关系，又有，故即由动能定理沿方向得1.42 证 （）依据上题结论，我们仍然去极坐标如题1.42.1图。质点运动轨迹为一圆周，则其极坐标方程为 由得即故即力与距离5次方成正比，负号表示力的方向与径向相反。（）质点走一对数螺旋线，极点为力心，我们仍采用极坐标。对数螺旋线为常数。有根据题1.41，常数，有故得证。1.43证 由毕耐公式 质点所受有心力做双纽线运动故故1.44证 由毕耐公式将力带入此式因为所以即令上式化为这是一个二阶常系数废气次方程。解之得微积分常数，取，故有令所以1.45 证 由题意可知，质点是以太阳为力心的圆锥曲线，太阳在焦点上。轨迹方程为在近日点处在远日点处由角动量守恒有所以1.46解 因为质点速率所以又由于即又因为所以两边积分即1.47 证（）设地球轨道半径为。则彗星的近日点距离为。圆锥曲线的极坐标方程为彗星轨道为抛物线，即。近日点时。故近日点有即 又因为所以（彗星在单位时间内矢径扫过的面积）扫过扇形面积的速度又因为故两边积分 从数学上我们可以得到两轨道交点为地球轨道半径处。即即又因为所以把代入（ 式代入时取“+”即可）故彗星在地球轨道内停留的时间为设地球绕太阳运动一周的时间为。因为假定地球运动轨道为圆形，所以又由于，有地球绕太阳运动单位时间内矢径扫过的面积。扫过扇形速度 （）由证明（）知彗星在地球轨道内停留时间对此式求极大值，即对求导，使即即 得验证故为极大值，代入式可知1.48 解 由1.9给出的条件：人造地球卫星近、远点距离分别为地球半径有椭圆运动中的能量方程可知： 为卫星运行的椭圆轨道的长轴把代入有近地点速率远地点速率运动周期（参见1.47）其中为运动轨道的半长轴所以1.49 证 由行星绕太阳作椭圆运动的能量方程为为椭圆的半长轴。令又因为，上式化为：因为即所以又因为行星椭圆轨道运动周期即常数，故又因为 为正焦弦的一半所以 由题意可知 即 把代入可得化简可得即 两边积分，由题设即1.50解 质点在有心力场中运动，能量和角动量均守恒。无穷远处势能为零。所以 任意一处 由代入所以第二章 质点组力学第二章思考题解答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。故选用质心坐标系，在动量定理中要计入惯性力。但质点组相对质心的动量守恒。当外力改变时，质心的运动也改变，但质点组相对于质心参考系的动量不变，即相对于质心参考系的动量不受外力影响，这给我们解决问题带来不少方便。值得指出：质点组中任一质点相对质心参考系有 ，对质心参考系动量并不守恒。2.8.答不对.因为人抛球前后球与船和人组成的系统的动量守恒，球抛出后船和人的速度不再是。设船和人的质量为，球抛出后船和人的速度为，则 球出手时的速度应是。人做的功应等于系统动能的改变，不是只等于小球动能的改变，故人做的功应为显然与系统原来的速度无关。2.9.答：秋千受绳的拉力和重力的作用，在运动中绳的拉力提供圆弧运动的向心力，此力不做功，只有重力做功。重力是保守力，故重力势能与动能相互转化。当秋千荡到铅直位置向上去的过程中，人站起来提高系统重心的位置，人克服重力做功使系统的势能增加；当达到最高点向竖直位置折回过程中，人蹲下去，内力做功降低重心位置使系统的动能增大，这样循环往复，系统的总能不断增大，秋千就可以越荡越高。这时能量的增长是人体内力做功，消耗人体内能转换而来的。2.10.答：火箭里的燃料全部烧完后，火箭的质量不再改变，然而质量不变是变质量物体运动问题的特例，故2.7（2）中诸公式还能适用，但诸公式都已化为恒质量系统运动问题的公式。2.11.答：由知，要提高火箭的速度必须提高喷射速度或增大质量比。由于燃料的效能，材料的耐温等一系列技术问题的限制，不能过大；又由于火箭的外壳及各装置的质量相当大，质量比也很难提高，故采用多级火箭，一级火箭的燃料燃完后外壳自行脱落减小火箭的质量使下一级火箭开始工作后便于提高火箭的速度。若各级火箭的喷射速度都为，质量比分别为，各级火箭的工作使整体速度增加，则火箭的最后速度因每一个都大于1，故可达到相当大的值。但火箭级数越多，整个重量越大，制造技术上会带来困难，再者级越高，质量比越减小，级数很多时，质量比逐渐减小趋近于1，速度增加很少。故火箭级数不能过多，一般三至四级火箭最为有效。第二章习题解答2.1 解 均匀扇形薄片，取对称轴为轴，由对称性可知质心一定在轴上。有质心公式设均匀扇形薄片密度为，任意取一小面元，又因为所以对于半圆片的质心，即代入，有2.2 解 建立如图2.2.1图所示的球坐标系把球帽看成垂直于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。则 由对称性可知，此球帽的质心一定在轴上。代入质心计算公式，即2.3 解 建立如题2.3.1图所示的直角坐标，原来与共同作一个斜抛运动。当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为，此人即以 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 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，有可知道 水平距离跳的距离增加了=2.4 解 建立如图2.4.1图所示的水平坐标。 以，为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有 对分析；因为 在劈上下滑，以为参照物，则受到一个惯性力（方向与加速度方向相反）。如图2.4.2图所示。所以相对下滑。由牛顿第二定律有 所以水平方向的绝对加速度由可知 联立，得 把代入，得 负号表示方向与轴正方向相反。求劈对质点反作用力。用隔离法。单独考察质点的受力情况。因为质点垂直斜劈运动的加速度为0，所以把代入得， 水平面对劈的反作用力。仍用隔离法。因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以 于是 2.5 解 因为质点组队某一固定点的动量矩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， 所以圆盘绕此轴的动量矩=2.6 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，速度分别变为沿水平方向的，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，。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： 以质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒： 联立解之，得所以落地时水平距离之差=2.7 解 建立如题2.7.1图所示的直角坐标系。 当沿半圆球下滑时，将以向所示正方向的反向运动。以、组成系统为研究对象，系统水平方向不受外力，动量守恒，即相对于地固连的坐标系的绝对速度为相对的运动速度 故水平方向竖直方向 在下滑过程中，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） =把代入 =把代入2.8 证 以连线为轴建立如题2.8.1图所示的坐标。 设初始速度为与轴正向夹角碰撞后，设、运动如题2.8.2图所示。、速度分别为、，与轴正向夹角分别为、。以、为研究对象，系统不受外力，动量守恒。方向：垂直轴方向有：可知整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒：由得 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，初始时小球速度，碰撞后球的速度为，球的速度以碰撞后球速度所在的方向为轴正向建立如题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、为系统研究，碰撞过程中无外力做功，系统动量守恒。方向上有： 方向上有： 又因为恢复系数 即=用- 用代入得 求在各种值下角的最大值，即为求极致的问题。我们有得即=0所以 即由因为= 故=所以2.10 以为研究对象。当发生正碰撞后，速度分别变为，随即在不可伸长的绳约束下作圆周运动。以的连线为轴建立如题2.10.1图所示。碰撞过程中无外力做功，动量守恒：随即在的约束下方向变为沿轴的正向，速度变为故 方向上有故恢复系数定义有：= 即 联立得 2.11 解 如图所示， 有两质点，中间有一绳竖直相连，坐标分别为：，质量为，开始时静止。现在有一冲量作用与，则作用后，得到速度，仍静止不动：。它们的质心位于原点，质心速度我为现在把坐标系建在质心上，因为系统不再受外力作用，所以质心将以速率沿轴正向匀速正向、反向运动。由于质心系是惯性系，且无外力，所以，分别以速率绕质心作匀速圆周运动，因而他们作的事圆滚线运动。经过时间后，如图所示：于是在系中的速度的速度：因此2.12 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。由题可知，碰前速度为，速度。碰后速度，分别设为。碰撞过程中无外力做功，动量守恒。有恢复系数联立得再由质点组质心的定义：为质心对固定点位矢，分别为 ，对同一固定点的位矢所以（质点组不受外力，所以质心速度不变。）设两球碰撞后相对质心的速度，。（负号表示与相反）同理，碰撞前两球相对质心的速度（负号表示方向与相反）所以开始时两球相对质心的动能：=2.13 用机械能守恒方法；在链条下滑过程中，只有保守力重力做功，所以链条的机械能守恒。以桌面所平面为重力零势能面。有2.14 此类题为变质量问题，我们一般研究运动过程中质量的变化与力的关系以竖直向上我轴正向建立如题2.14.1图所示坐标。绳索离地面还剩长时受重力则所以 求地板的压力，有牛顿第三定律知，只需求出地板对绳索的支持力即可，它们是一对作用力与反作用力。这是我们以快要落地的一小微元作为研究对象。它的速度由变为0。用动量守恒，有=又因为=2.15 解 这是一道变质量的问题，对于此类问题，我们由书上p.137的（2.7.2）式来分析。以机枪后退方向作为轴争先，建立如题2.15.1图的坐标。竖直方向上支持力与重力是一对平衡力。水平方向上所受合外力F即为摩擦力单位时间质量的变化由式所以2.16解 这是一个质量增加的问题。雨滴是本题。导致雨滴变化的微元的速度。所以我们用书上p.138的（2.7.4）式分析雨滴的质量变化是一类比较特殊的变质量问题。我们知道处理这类问题常常理想化模型的几何形状。对于雨滴我们常看成球形，设其半径为，则雨滴质量是与半径的三次方成正比（密度看成一致不变的）。有题目可知质量增加率与表面积成正比。即为常数。我们对式两边求导由于=，所以对式两边积分以雨滴下降方向为正方向，对式分析 （为常数）当时，所以2.17 证 这是变质量问题中的减质量问题，我们仍用书上p.137(2.7.2)式来分析。设空火箭质量，燃料质量。以向上为正方向，则火箭任一时刻的质量喷气速度2074是指相对火箭的速度，即。有式化简 对两边积分 此既火箭速度与时间的关系。当火箭燃料全部燃尽所用时间，由题意知代入可得火箭最终的速度，（即速度的最大值）.考虑到其中，易知当时，恒成立，即为的增函数。又当时，=11.25而要用此火箭发射人造太阳行星需要的速度至少应为第二宇宙速度。故所携带燃料重量至少是空火箭重量的300倍。2.18证 要使火箭上升，必须有发动机推力火箭的重量，即即火箭才能上升，结论得证。由于喷射速度是常数，单位时间放出的质量质量变化是线性规律火箭飞行速度又因为燃料燃烧时间代入得火箭最大速度=又因为式又可以写成积分可得从开始到燃烧尽这一段时间内火箭上升高度。把代入得之后火箭作初速度为的竖直上抛运动。可达高度故火箭能达到的最大高度=2.19证 假设该行星做椭圆运动，质量为，周期为。某一时刻位置为，速度为，则=-又因为于是=第三章 刚体力学第三章思考题解答3.1 答：确定一质点在空间中得位置需要3个独立变量，只要确定了不共线三点的位置刚体的位置也就确定了，故须九个独立变量，但刚体不变形，此三点中人二点的连线长度不变，即有三个约束方程，所以确定刚体的一般运动不需3n个独立变量，有6个独立变量就够了.若刚体作定点转动，只要定出任一点相对定点的运动刚体的运动就确定了，只需3个独立变量；确定作平面平行运动刚体的代表平面在空间中的方位需一个独立变量，确定任一点在平面上的位置需二个独立变量，共需三个独立变量；知道了定轴转动刚体绕转动轴的转角，刚体的位置也就定了，只需一个独立变量；刚体的平动可用一个点的运动代表其运动，故需三个独立变量。3.2 答物体上各质点所受重力的合力作用点即为物体的重心。当物体的大小远小于地球的线度时物体上各质点所在点的重力加速度都相等，且方向彼此平行即重力场为均匀场，此时质心与重心重合。事实上但物体的线度很大时各质点所在处的大小是严格相等，且各质点的重力都指向地心，不是彼此平行的，重心与质心不和。3.3答 当物体为均质时，几何中心与质心重合；当物体的大小远小于地球的线度时，质心与重心重合；当物体为均质且大小远小于地球的线度时，三者都重合。3.4 答 主矢是力系各力的矢量和，他完全取决于力系中各力的大小和方向，故主矢不随简化中心的位置而改变，故而也称之为力系的主矢；简化中心的位置不同，各力对简化中心的位矢也就不同则各力对简化中心的力矩也就不同，故主矩随简化中心的位置而变，被称之为力系对简化中心的主矩。分别取和为简化中心，第个力对和的位矢分别为和，则=+，故即主矢不变，表明刚体的平动效应不变，主矩随简化中心的位置改变，表明力系的作用对刚体上不同点有不同的转动效应，但不改变整个刚体的转动规律或者说不影响刚体绕质心的转动。设和对质心的位矢分别为和，则=+，把点的主矢，主矩移到点得力系对重心的主矩把为简化中心得到的主矢和主矩移到点可得简化中心的改变引起主矩的改变并不影响刚体的运动。事实上，简化中心的选取不过人为的手段，不会影响力系的物理效应。3.5 答 不等。如题3-5图示，绕轴的转动惯量这表明平行轴中没有一条是过质心的，则平行轴定理是不适应的3.6不能，如3-5题。但平行轴定理修改后可用于不过质心的二平行轴。如题3-6图所示，均质棒上二点到质心的距离分别为和由平行轴定理得：则，此式即可用于不过质心的二平行轴。如上题用此式即可求得：3.7 答 任一瞬时，作平面平行运动的刚体上或与刚体固连且与刚体一起运动的延拓平面总有也仅有一点的瞬时速度为零（转动瞬心）从运动学观点看由（3.7.1）式知选此点的基点较好，这样选基点，整个刚体仅绕此点作瞬时转动从（3.7.4）式可知，求加速度时选加速度为零的点为基点较方便，但实际问题中，加速度瞬心往往不如速度瞬心好找。从动力学角度考虑，选质心为基点较好，因质心的运动可由质心运动定理解决；而且质点系相对质心的动量矩定理于对固定点的动量矩定理具有相同的形式，亦即刚体绕过质心与平面垂直的轴的转动可用刚体绕定轴转动的定律去解决。因刚体上不同点有不同的速度和加速度，基点选取的不同，则（3.7.1）和（3.7.4）式中不同，即和与基点有关；又任一点相对基点的位矢于基点的选取有关。故任一点绕基点转动速度，相对基点的切线加速度和相对基点的向心加速度与基点选取有关；角速度为刚体各点所共有与基点选取无关，故也与基点选取无关；基点选取的不同是人为的方法，它不影响刚体上任一点的运动，故任一点的速度与基点的选取无关。这也正是基点选取任意性的实质所在。3.8 答 转动瞬心在无穷远处，标志着此瞬时刚体上各点的速度彼此平行且大小相等，意味着刚体在此瞬时的角速度等于零，刚体作瞬时平动3.9 答 转动瞬心的瞬时速度为零，瞬时加速度并不为零，否则为瞬时平动瞬心参考系是非惯性系，应用动量矩定理是必须计入惯性力系对瞬心的力矩。而惯性力系向瞬心简化的结果，惯性力系的主矩一般不为零（向质心简化的结果惯性力系的主矩为零），故相对瞬心与相对定点或者质心的动量矩定理有不同的形式；另外，转动瞬心在空间中及刚体上的位置都在不停的改变，（质心在刚体上的位置是固定的），故对瞬心的写出的动量矩定理在不同时刻是对刚体上不同点的动力学方程，即瞬心参考系具有不定性；再者，瞬心的运动没有像质心一点定理那样的原理可直接应用。故解决实际问题一般不对瞬心应用动量矩定理写其动力学方程。3.10 答 因圆柱体沿斜面滚下时，圆柱体与斜面之间的反作用力不做功，只有重力作功，故机械能守恒且守恒定律中不含反作用，故不能求出此力。此过程中由于圆柱体只滚动不滑动，摩擦力做功为零，故不列入摩擦力的功，也正是摩擦力不做功才保证了机械能守恒；若圆柱体即滚且滑的向下运动，摩擦力做功不为零免责必须列入摩擦力的功。机械能不守恒，必须用动能定理求解。在纯滚动过程中不列入摩擦力的功并不是没有摩擦力，事实上，正是摩擦力与重力沿下滑方向的分离组成力偶使圆柱体转动且摩擦阻力阻止了柱体与斜面的相对滑动，才使圆柱体沿斜面滚动而不滑动；如果斜面不能提供足够的摩擦力，则圆柱体会连滚带滑的向下运动；如果斜面绝对光滑，即斜面对圆柱体不提供摩擦力，则圆柱体在重力作用下沿斜面只滑动不滚动。 答 圆柱体沿斜面无滑动滚动，如课本195页例2示，当柱体一定时，相对质心的转动惯量越大则越小，故与转动惯量有关。当圆柱体沿斜面既滚动又滑动地向下运动时，如课本图3.7.7有这里是滑动摩擦力，是滑动摩擦系数，（注意，无滑动时，静摩擦力并不一定达到极限值，是静摩擦系数）、所以与转动惯量无关。又有转动定律得即 由得圆柱与斜面的相对滑动加速度与转动惯量有关3.11 答 刚体作定点转动或定轴转动时，体内任一点的线速度才可写为，这时是任一点到左边一点引出的矢径不等于该点到转轴的垂直距离对定点运动刚体圆点一般取在定点位置，对定轴转动刚体，坐标原点可取在定轴上任一点；包含原点且与转轴垂直的平面内的各点，才等于到转轴的垂直距离。当刚体作平面平行运动或任意运动时，人一点相对与基点的速度也可写为，其中为该点向基点引的矢径。3.12 答 刚体绕定点转动时，的大小、方向时刻改变，任意时刻所在的方位即为瞬时转轴，表示由于大小和方向的改变引起的刚体上某但绕瞬时轴的转动速度，故称转动加速度。是由于刚体上某点绕瞬时轴转动引起速度方向改变产生的加速度，它恒垂直指向瞬时转轴，此方向轨迹的曲率中心或定点，故称向轴加速度而不称向心加速度。3.13 答 在对定点应用动量矩定理推导欧勒动力学方程时，既考虑了刚体绕定点转动的定量矩随固连于刚体的坐标系绕定点转动引起的动量矩改变，又考虑了相对固连于刚体的坐标轴的运动引起动量矩的改变也就是说，既考虑了随刚体运动的牵连运动，又考虑了相对于刚体的相对运动，是以固定参考系观测矢量对时间微商的，故用这种坐标系并不影响对刚体运动的研究。3.14 答 欧勒动力学方程的第二项是由于动量矩矢量随刚体以角速度转动产生的它们具有定性力矩的物理意义，各项的负值表示了惯性力系对定点的主矩在各动轴上的分量第三章习题解答
展开阅读全文