1-4章答案 khdaw

A
体系还应满足
答 案
1.8 利用内禀方程，由条件得 v 即
网
̇ −v r r0 l r l − vt
ww
w.
vn v2 C2 1 C1t2 C′ 2 1 C1t2 2 2C 1 s as C2 as
dv dt
C1
后
v C1t C t 0, v 0 0 → v C 1 t v ds dt → s
Chap1
1.1
z
θ ϕ
G FN
y
π −θ
mg
x
柱坐标
球坐标
sin − sin 1.4
答 案
网
课 后
y
ww
G F
̇2 ̇ 2 sin 2 −F N mg cos mr ̈ − ́ sin cos mg sin mr ̇ cos 0 ̈ sin 2 ̇ mr
ww
w.
L r2 1 2
kh
dr
da

答 案

2m r E −
k r − l 2 −
J 2 − k e −r r mr 2 下图从绿线到红线是从0到无穷大有效势曲线的变化。
后
3.4 有效势为
课
V eff
y
可以看到当 1时，e −r → 1，粒子运动类似平方反比力的有效势能（绿 线）；当 1时，e −r → 0，粒子运动类似自由粒子运动（红线）。随着的变 化，有效势能有两种不同的表现：1.单调减小；2.先单调减小后单调上升。考虑到无 穷远处的趋势，两种状态的交叉点可以由有效势是否有零点决定。 8
2.14 以MN所在平面为x轴，包括绳子中的张力和重力，体系的势能为 V 2Fl sin − p2l cos − d cot 体系平衡条件为 ∂V 2Fl cos − p−2l sin d d cot 2 0 ∂ 解得 d cos 1 F p− tan d cos 2l sin 2 2l p tan d csc 3 − 1 2l 2.16 体系势能为 V mg 1 4l 2 − x 2 y 2 1 4l 2 − l 2 − 2y − l 2 y mg 2 mg l 2 − yl y 2 y 平衡条件为 dV dy 则需满足 4y 2 − 4yl l 2 4l 2 4y 2 − 4yl 注意此方程无解，其原因是如果体系在墙左边有一镜像对称部分的话，体系左边的 势能为 V mg l 2 − yl y 2 − y mg 2y − l 2 l 2 y 2 − yl 2 l 2 y 2 − yl 0
课
后
答 案
网
ww
w.
kh
da
w.
co
m
0 6
因此用仅用原来的势能来表示的话，在y 0处出现奇点。因此我们改用x作为广义 坐标，由于 y 1 1 l2 − x2 2 2 则平衡位置要求 dV dV dy dV x 0 dy dx dy 2 l 2 − x 2 dx 即x 0 2.18 取第一个质点与垂线的夹角和两质点相对与圆心夹角一半为广义坐标，体系 势能为 V m 1 gR sin m 2 gR sin 2 1 k2R sin − l 2 2 则体系平衡要求 ∂V m 1 gR cos m 2 gR cos 2 0 ∂ ∂V 2m 2 gR cos 2 2Rk cos 2R sin − l 0 ∂ 2.20 两点源的场 能量守恒，以两点连线为z轴，则z方向角动量守恒 均匀圆锥体的场（场在圆锥面上处处相同） 以圆锥体的对称轴为z轴，z方向角动量守恒。 无限均匀圆柱螺线的场（场在相同圆柱螺线上处处相同） 螺旋线方程为 h z0 z 2 ̇ 2 R2 ̇ 2 − V ̇2 R L 1 mz 2 2 z w 1 2 h w− 1 z − h 2 2 h w 2 w − z 2 h 2 h w − w− 2 h 可以看到，w 对应与沿螺旋线的变量，因此势能与w 无关，即 ∂V 0 ∂w 变换后动能项里也不出现w ，即 ∂L 0 ∂w 相应与w 的广义动量 ̇ ̇ ∂L ∂ ∂L P w ∂L ∂z ̇ ̇ ̇ ̇ ̇ ∂w ∂z ∂w ∂ ∂w h P L 2 z 守恒。
课
后
答 案
网
Chap3
7
ww
w.
kh
da
w.
co
m
3.1 tanh

L r2
dr
a r2
2mE
L r2
−
L r2
dr
2ma−L 2 r2
E
L 2ma − L 2 2ma L2 − 1
arctanh
2ma − 2ma −
L2
−2ma L Er 2 2ma − L
w.
̈ F N cos − mg mz
co m
1
̈ − R ̇ 2 −F N sin mR ̇ ́ 0 ̈ 2R mR
r0 A B b ̇ 0 A − B 0 r 得 r b cosh t F 2mb 2 sinh t 1.6
答 案
d dt
∂L ̇ ∂
1 mx ̇ 2 ̇ 2 r2 ̇2 y ̇ 2 1 mr 2 2 取x, y所对应的r, 为广义坐标势能为 2 ke 2 − ke V − r x2 y2 则拉各朗日函数为 ̇ 2 ke 2 ̇ 2 r2 L 1 mr r 2 拉各朗日方程为 d ∂L − ∂L ̇ dt ∂r ∂r ̇ 2 ke 2 0 ̈ − mr mr r2 T
m cot m m ′ cot 2 m ̈ −g y m m ′ cot 2 ̈ −F mx ̈ −F my F x x2 y2 y x2 y2
1.27 A，B点运动方程为
̈ −mg F cos my ̈ x ̈ ′ −F sin mx x为从m ′ 看m的水平位移，则 y x tan ′ 对于大滑块m ̈ ′ F sin m′x 则 ̈′ ̈ − m m ′ x mx 考虑初始条件，可得 m x′ − x m m′ 小滑块下落到底，相对于大滑块x方向位移为 x −l 1 − l 2 cos 2 则大滑块的位移为 m x′ l 1 − l 2 cos 2 m m′ 另外由第二个方程得 sin 2 1 1 ̈ −F m y cos m′ 联合第一个方程得 ̈ − g y cos 2 − m ̈ y 1 m sin 2 ′
da
运动方程为
w.
m
co
B
m
即 s e a 0 Ae a 对数螺线满足 r r 0 e a 求其轨迹长度为 ds r ′ r d 1 a r 0 e a d 1 a r 0 a s e b a A ′ e a b 对比前面结果可知所求为对数螺线 1.23 初始条件为 ̇0 0 y 0 l, y 运动方程 y ̈ mg my L 解之得 y Ae g/L t Be − g/L t 带入初始条件 A B l A − B 0 解得 y l cosh g/L t 当全部滑落时 L l cosh g/L t 解之得 2 2 L ln L L − l t g l
可解得 利用初始条件得 t 0, s 0 → s 曲率半径为 得方程 解之得 ln s a 0 2 ds d v2 C2
课
设定初始条件得
kh
̇ 2 F − mg cos ̈ − r mr ̈ 2r ̇ mg sin ̇ mr
m ′
m ′ cos 2 m sin 2
g
m m ′ sin 2 g m sin 2 m ′ 1 y ̈t2 2
l 1 tan − l 2 sin 则 t
2l 1 tan − l 2 sin ̈ y
Chap2
2.7 质点的速度，以及相应的动能势能为 ̇ ̇ ̇ sin v r e r r e r e ̇ 2 r2 ̇ 2 sin 2 T m r 2 2 V mgr cos 注意上式中r为常数，广义坐标为, ，体系的拉各朗日函数为 L T − V ̇ 2 r2 ̇ 2 sin 2 − mgr cos m r 2 2 则拉各朗日方程为 d ∂L − ∂L ̇ dt ∂ ∂ 2 ̈ − mr 2 ̇ 2 sin cos − mgr sin 0 mr
课
后
答 案
网
ww
w.
体系能量守恒，角动量守恒 1.29 对于小滑块m
kh
da
w.
因此体系相当于一个位于 rc
c x2 y2 yj 处的质点受有心引力 xi ̈c − c rc mr r
co
c x 2 y 2
m
作用 4
̈ 1 y 即 ̈ y 小滑块下落距离满足
答 案
网
课
1.25
后
v
ww
gL 2 − l 2 Lα对于杆 ̈ −mg F cos my 对于三角形 ̈ F sin m′x 体系满足约束 3
w.
m
kh
m’
da
w.
co
m
x0 l x tan y h 则运动方程为 ̈ tan − g x 即 ̈ g x m′ x m ̈ cot 0
L2
−2ma L Er 2 2ma − L 2
网
3.2 两体问题可以化成质心在外力下的运动，和相对运动两个部分，初始时，由 0 c mv 2mv 得 v vc 1 2 0 如无外力，质心以 v c 做匀速直线运动，如有重力，质心以 v c 为初速度做平抛运动。相 互作用部分为弹性势能 V 1 k r − l 2 2 其中 r为相对位置矢量。折合质量为 2 mr m m 2 2m 运动方程为 dr t 2 2 1 kr − l 2 − mL2 r 2 m r E − 2