理论力学参考答案第二章

第二章习题解答2.1 解 均匀扇形薄片，取对称轴为x轴，由对称性可知质心一定在x轴上drr2x题2.1.1图有质心公式dmxdmxc设均匀扇形薄片密度为，任意取一小面元dS，drrddSdm又因为cosrx 所以 sin 32adrrddrrdxdmxdmxc 对于半圆片的质心，即2代入，有aaaxc3422sin32sin 322.2 解 建立如图 2.2.1 图所示的球坐标系yzOab题2.2.1图把球帽看成垂直于z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 )(222zadzydvdm由对称性可知，此球帽的质心一定在z轴上代入质心计算公式，即)2()( 432baba dmzc2.3 解 建立如题 2.3.1 图所示的直角坐标，原来人W与共同作一个斜抛运动yx0vO题2.3.1图当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为xv，此人即以 xv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cosv0水平v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1stavscos01 ①gtvsin0②cossin2 0 1gvs ③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)(cos)(0uvwWvvwWxx可知道 uwWwavvxcos0水平距离sin)(cossin02 0 2uvgWww gvtvsx跳的距离增加了12sss=sin)(0uvgwWw 2.42.4 解 建立如图 2.4.1 图所示的水平坐标1m2m 1 1v vxOx题2.4.1图1m2m2 2v v sinmg惯F F1a题2.4.2图以1m，2m为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有02211xmxm①对1m分析；因为相对绝aaa②1m在劈2m上下滑，以2m为参照物，则1m受到一个惯性力21xmF 惯（方向与2m加速度方向相反） 如图 2.4.2 图所示所以1m相对2m下滑由牛顿第二定律有cossin21111xmgmam ②所以1m水平方向的绝对加速度由②可知..21' 1cos//xaa绝 ③..2..2..1coscossinxxgx ④联立①④，得 gmxθsinmm2 12cossin2..1⑤把⑤代入①，得 gmmsmx2 121..2sincossin ⑥负号表示方向与x轴正方向相反。

求劈对质点反作用力1R用隔离法单独考察质点1m的受力情况因为质点垂直斜劈运动的加速度为 0，所以0sincos..2111xmgmR ⑦把⑥代入⑦得，gmmmmR2 1221 1sincos ⑧水平面对劈的反作用力2R仍用隔离法因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以0cos122RgmR⑨于是 gmmmmmR2 12212 2sin)( ⑩2.52.5 解 因为质点组队某一固定点的动量矩 n1iiimv vr rJ Ji i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，Odrd题2.5.1图drrddm2aM 所以圆盘绕此轴的动量矩J Jrrdrdr)v vr rdmJ(=2 21Ma2.6 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1M，2M，速度分别变为沿水平方向的1v，2v，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1v，2v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：221121VMVMUMM①以21MM 质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒：EVMVMUMM2 222 112 2121 21 21②联立①②解之，得2211 12 MMMEMUv2211 22 MMMEMUv所以落地时水平距离之差ss=   212121112MMEgVtvtvss2.7 解 建立如题 2.7.1 图所示的直角坐标系 OxyMmV题2.7.1图当m沿半圆球M下滑时，M将以V向所示正方向的反向运动以M、m组成系统为研究对象，系统水平方向不受外力，动量守恒，即xmvMV m相对于地固连的坐标系xyO的绝对速度牵相绝对VV V V相V为m相对M的运动速度 au  ②故水平方向Vuvxcos③竖直方向usiavy④在m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）22MV21 21coscos绝mvmgamga⑤2 绝v=22 yxvv ⑥把③④代入⑥ 2 绝v=cos222uVVu⑦把①③代入⑤ 2cos1coscos2Mmma ag2.82.8 证 以AB连线为x轴建立如题 2.8.1 图所示的坐标。

OABmm0vx题2.8.1图1ABx1v2vO题2.8.1图设A初始速度为与x轴正向夹角0碰撞后，设A、B运动如题 2.8.2 图所示A、B速度分别为1v、2v，与x轴正向夹角分别为1、2以A、B为研究对象，系统不受外力，动量守恒x方向：22110coscosmvmvmv①垂直x轴方向有：2211sinsin0mvmv②可知21212 22 12 0cos2vvvvv③整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒：2 22 12 021 21 21mvmvmv④由③④得 0cos22121vv  , 2 , 1 , 0221kk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AB，初始时A小球速度0v，碰撞后球A的速度为1v，球B的速度2v以碰撞后B球速度所在的方向为x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A、B为系统研究，碰撞过程中无外力做功，系统动量守恒。

xyO0v1v2v题2.9.1图x方向上有： 210coscosmvmvmv①y方向上有： sinsin10mvmv②又因为恢复系数 碰前相对速度碰后相对速度e  coscos012 vvv即ecos0v=cos12vv③用①-③   cos2cos10 1vev ④用④代入②得  sincos2cos1sin0 0vev 2tan21tan1tanee   2tan21tan1arctanee求在各种值下角的最大值，即为求极致的问题我们有0 dd得0tan21)tan1 (sec1222   eaee即2tan1ae=0所以 21taneee 181arctanmax即ee 181tanmax由因为max2 max2cot1csc= 21181 ee故 2maxmax11811 csc1sinee =ee  31所以  ee 31sin1 max2.10 以21,mm为研究对象。

当21,mm发生正碰撞后，速度分别变为1v v，2 2v v，随即2m在不可伸长的绳AB约束下作圆周运动以AB的连线为x轴建立如题 2.10.1 图所示xyO1v1v题2.10.1图AB2v碰撞过程中无外力做功，动量守恒：2 21 11 1v vv vv v211mmm①随即2m在AB的约束下方向变为沿y轴的正向，速度变为2 2v v故 y方向上有221111sinsinvmvmvm②故恢复系数定义有：碰前相对速度碰后相对速度e =112sin vvv即1121sinsinvvvev③联立①②③得 12 1222 1 1sinsinvmmemmv  12 121 2sinsin1vmmemv 2.11 解 如图所示，OxyI 2, 0aA2, 0aBC题2.11.1图xy2Av2BvO题2.12.2图xy2Av2BvO有两质点A，B中间有一绳竖直相连，坐标分别为： 2, 0aA2, 0aB ，质量为m，开始时静止现在有一冲量I I作用与A，则I I作用后，A得到速度mIvA，B仍静止不动：0Bv。

它们的质心C位于原点，质心速度我为22ABA Cmmmv vv vv vv v现在把坐标系建在质心C上，因为系统不再受外力作用，所以质心将以速率2Av 沿x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A，B分别以速率2Av 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t后，如图所示：amIt avtavAA 22于是在xyO系中A的速度  sin2)cos1 (2A AyA AxuvuvB的速度：  sin2)cos1 (2A ByA Bxuvuv因此1:2cotsin1cos1sin2)cos1 (2sin2)cos1 (2:2 2222     amItvvvvEEAAAABA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1m速度为1v，2m速度02v碰后速度1m，2m分别设为21,vv。

碰撞过程中无外力做功，动量守恒221111vmvmvm①有恢复系数e112 vvve ②联立①②得1 2121 1vmmemmv1 211 2)1 (vmmemv再由质点组质心的定义：212211 mmrmrmrccr为质心对固定点位矢，1r，2r分别为 1m，2m对同一固定点的位矢 所以1 211212211212211 cr vmmm mmvmvmmmrmrmvc（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1V，2V1 212 1 211 1 2121 11vmmemvmmmvmmemmvvVc （负号表示与1v相反）1 212 1 211 1 211 22)1 (vmmemvmmmvmmemvvVc同理，碰撞前两球相对质心的速度1 212 1 211 111vmmmvmmmvvvVc1 212 22vmmmvvVc （负号表示方向与1v相反） 所以开始时两球相对质心的动能：2 222 1121 21VmVmT=2212 22212 121 21         vmm。