理论力学 周衍柏 第三版 第二章习题答案

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

sin32adrrddrrdxdmxdmxc

对于半圆片的质心，即2代入，有

aaaxc3422sin32sin32

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()(432babadmzdmzc

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1s tavscos01 ①

gtvsin0 ②

cossin201gvs 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)(cossin0202uvgWwwgvtvsx

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1vxOx2.4.1图 1m2m2vsinmg惯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 ②

1m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

gmxθsinmm212cossin2..1 ⑤

把⑤代入①，得

gmmsmx2121..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xmgmR⑦

把⑥代入⑦得，

gmmmmR212211sincos 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RgmR ⑨

于是

gmmmmmR2122122sin)( ⑩

2.52.5解 因为质点组队某一固定点的动量矩

n1iiimvrJi

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

rrdrdr)vrdmJ(=221Ma

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222211221212121 ②

联立①②解之，得

221112MMMEMUv

221122MMMEMUv

所以落地时水平距离之差s s=212121112MMEgVtvtvss

2.7 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

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）

22MV2121coscos绝mvmgamga ⑤

2绝v=22yxvv⑥

把③④代入⑥

2绝v=cos222uVVu⑦ 把①③代入⑤

2cos1coscos2Mmmaag

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

2121222120cos2vvvvv③

整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒：

222120212121mvmvmv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 ①

y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coscos012vvv

即

ecos0v=cos12vv③

用①-③

cos2cos101vev④

用④代入②得

sincos2cos1sin00vev

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

max2max2cot1csc=21181ee

故

2maxmax11811csc1sinee=ee31

所以

ee31sin1max

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，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：

211vvv211mmm①

随即2m在AB的约束下方向变为沿y轴的正向，速度变为2v

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=112sinvvv

即

1121sinsinvvvev③

联立①②③得

12122211sinsinvmmemmv

121212sinsin1vmmemv

2.11 解 如图所示，

OxyI2,0aA2,0aBC题2.11.1图 vv题2.12.2图xy2A2BO