理论力学第一章习题答案

理论力学第一章习题答案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.{{SSt t 题1.1.1图0v a ()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-+=-=221210211021221t t a t t v s at t v s 11021at t s v +=()()2121122t t t t t t s a +-=()1第1.3题图由题分析可知，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y题1.3.2图C ⎩⎨⎧=+=ψψϕsin cos cos a y a r x ∆AOB ϕψsin 2sin a r =ryr a 2sin 2sin ==ψϕ1cos sin 22=+ϕϕrya x r a x 22cos cos --=-=ψϕ12422222222=---++rya x y a x r y 22222223y a x r a x y -=-++()()2222222234r a y x y a x -++=-C C ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=2cos sin cos 2cos sin ϕωψψϕωϕωr y r r x又因为对两边分别求导 故有所以①② 对①求导③ 对③求导④ 对②求导⑤ 对⑤求导⑥ 对于加速度，我们有如下关系见题1.7.1图ϕω =ψϕsin 2sin a r =ψϕωψcos 2cos a r = 22y xV +=4cos sin cos 2cos sin 2222ϕωψψϕωϕωr r r +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=()ψϕψϕϕψω++=sin cos sin 4cos cos 22r ⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x θθθ sin cos r r x-=θθθθθθθcos sin sin 2cos 2 r r rr x ---=θθθcos sin r r y+=θθθθθθθsin cos cos 2sin 2 r r rr y -++=a 题1.7.1图⎩⎨⎧+=-=θθθθθθcos sin sin cos a a y a a xr r ⑦--⑧ 对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦，⑧ 即得⎪⎩⎪⎨⎧+=-=θθθθθθθθθθsin cos sin sin cos sin cos cos 22a a ya a xr r ⑨--⑩ ⑨+⑩得⑾ 把④⑥代入 ⑾得同理可得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θcos ⨯θsin ⨯θθsin cos yx a r +=2θr r a r -=θθθ r r a 2+=F题1.8.1图M ⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x y x ,⎪⎩⎪⎨⎧+=-=θθθθθθcos sin sin cos r r yr r x()()22222cos sin sin cos θθθθθθ r r r r y xv ++-=+=222ωr r+=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）令为位矢与轴正向的夹角，所以所以()θcos 112e e a r +-=r ωθ= ()()221cos 111e a e e a r -+-=θ()rere a --=21cos θ()()2222222221211cos 1sin e r e ar r e a --+--=-=θθ()2222224222sin 1ωθωr e a r e v +-=()2224221ea r e -=ω()()]1211[2222222e r e ar r ea --+--22ωr +()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-⋅-=2222222221121e e ar r r e e a r ω()r r a b r -=2222ω()r a r br v -=2ω()b a e b ,1222-=j i v y x v v +=dt d v dt dv dt d v dt dv dt d y y x x j j i i v a +++==j i ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x y y x v dt dv v dt dv []j i a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x yy x v dt dv v dt dv ()j i y x v v +⋅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.则质点切向加速度法向加速度，而且有关系式① 又因为②所以③ θθ y x y y y x xxv v dt dv v v v dt dv v ++-=dtdv v dt dv v y yx x +=C C v v y x ,22=+022=+dtdv v dt dv v y y xx 0=⋅v a题1.10.1图dtdv a t =ρ2n v a =ρ2v 2k dt dv -=()232y 1y 1'+''=ρ2px y 2=ypy ='④联立①②③④⑤又把两边对时间求导得又因为所以⑥ 把⑥代入⑤既可化为对等式两边积分所以32yp y -=''2322322y p 1y p 2kv dtdv⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=dydvy dt dy dy dv dt dv =⋅=2px y 2=pyy x=222y xv +=22221py v y+= 23223222122121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅-=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+y p y p kv dydvp y v 222p y dy kp v dv +-=222p y dy kp v dv p p vu+-=⎰⎰-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.①② 所以，联立①②，有 πk ue v -=题1.11.1图⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====ααcos sin 2a dt dv a a rv a t n dtdv r v ⋅=ααcos 1sin 22cot 1vdv dt r =α200cot 1v dv dt rv v t⎰⎰=ααcot 110rt v v -=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==ααcos sin 2a dtdv a rv ωθθθd dvdt d d dv dt dv =⋅=ααωθcos sin 2r v d dv =又因为所以 ，对等式两边分别积分，利用初始条件时，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r v ω=θαd vdvcot =0=t 0θθ=()αθθcot 00-=e v v a0=v 牵相绝v v v +=绝v 相v 牵v 绝v v 'v l t '=20b 01v v v +'=01v v lt +'=0v v v v v -'=+=牵相02v v lt -'=021v v l t t t +'=+=0v v l-'+2022v v l v -''=220220112v v t v v v lt '-='-'=（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由题可知设风速,,当飞机，22001v v t t '-=v 题1.13.1图v v v '+=0绝202v v v -'=222v v lt -'=2200220112v vt v v v l '-='-'=2201v v t t '-=CD3v h km v v /28==风牵B A →h km v /100=相B A →h km h km v /128/)28100(1=+=h km h km v D B /96/28100,222=-=→h km h km v D C /72/)28100(,3=-=→=→4,v A D h km h km /96/2810022=-故飞机沿此边长6正方形飞行一周所需总时间故又因为，所以由图可知所以h km /min 16515192499667269661286==⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=h ht 2v 风v 相题1.14.2图风v v 题1.14.3图船题1.15.1图船雨相雨绝v v v +=()()γβαπβα---=+sin sin 雨绝船v v 2πγβ=+()αβαcos sin +=雨绝船v v 51cos ,52244cos 22==+=αα54cos ,53sin ==ββs m v /8=雨绝=8.所以水流速度又因为河流中心处水流速度为所以。

当时，即 ①--② 得，两边积分 ③ 联立②③，得④ ααββαcos )cos sin cos (sin +=雨绝船v v s m /xy题1.16.1图()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛≤≤-⎪⎭⎫ ⎝⎛≤≤=d y d y d k d y ky v 220c ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=⨯=22d d k d k c d c k 2=20dy ≤≤y d c v 2=水⎪⎩⎪⎨⎧==uty y d cdt dx 2tdt dcudx 2=tdt dcudx tx20⎰⎰=2t dcu x =⎪⎭⎫⎝⎛≤≤=202d y y ud c x同理，当时，即⑤由④知，当时，代入⑤得 有，所以船的轨迹船在对岸的了；靠拢地点，即时有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2dy d ≥≥()y d d c v -=2水()()ut d dc yd d cdt dx -=-=22()dt ut d dcdx -=⎰⎰2()为一常数D D udcy y u c x +-=222d y =ucdx 4=ucdD 2-=udcy y u c x 22-=u cd 2-⎪⎭⎫ ⎝⎛≤≤d y d 2⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛≤≤--=⎪⎭⎫⎝⎛≤≤=d y d u cd y ud c y u c x d y y ud c x 2222022d y =ucdx 2=A题1.17.1图r ϕsin C 1-r 2C 1C①--② ②/①得 ，对两积分： 设为常数，即 代入初始条件时，.设有得质点沿下滑，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①⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=211cos sin CC dtdr C dtd r ϕϕϕϕϕd C C r dr ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=cot sin 12C C C r +-=ϕϕsin ln 2tan ln ln 12C k C C ,2,12αϕ==C r k k +=+-αα11cos 2sin ln ln 0r r =0ϕϕ=,200αϕ=,cos 2sin ln ln 01010αα+--=k k r C 0101110sin cos cos sin αααα-++-⋅=k k k k r r题1.18.1图OA θcos g a =h OB =s OA =,2,2αθπαπ+-=∠-=∠OAB OBA ⎪⎭⎫⎝⎛+-=⎪⎭⎫⎝⎛-αθπαπ2sin 2sin h s ()αθα-=cos cos h s又因为质点沿光滑面下滑，即质点做匀速直线运动. 所以② 有①②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，即所以图如题1.19.1图，OA 22cos 2121t g at s θ==()0cos cos cos 212=--ααθθh t g A ()αθθα-=cos cos cos 22g h t ()αθθ-cos cos ()αθαθθαθθsin sin cos cos cos cos cos +=-=y αθθαsin 2sin 21cos cos 2+=y y θ()αθαθθθsin 22cos 21cos sin cos 2⋅⋅+⋅-=d dy 0=θd dyθθ2sin tan =20,20πθπα∠∠∠∠2πθ=v上升时 下降时 题1.19.1图则两个过程的运动方程为： 上升① 下降：② 对上升阶段:即对两边积分所以③ 即质点到达的高度. 对下降阶段：即④ 由③=④可得22y g mk mg ym --=22y g mk mg ym +-=-()221v k g dtdv+-=()221v k g dyvdvdt dy dy dv +-==gdy vk vdv-=+221gdy v k vdvh v ⎰⎰-=+022010()20221ln 21v k gk h +=22gv k g dyvdvdt dy dy dv -==gdy vk vdvh v ⎰⎰=-022011()21221ln 21v k gk h --=题1.20.1图水平方向不受外力，作匀速直线运动有①竖直方向作上抛运动，有② 由①得③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202011vk v v +=t v d ⋅=αβcos cos 02021sin sin gt t v d -=αβαβcos cos 0v d t =()ββαα220cos sin cos 2-⋅=g v d αd αd d α()()[]0cos cos sin sin cos 2220=-+--=βααβααβαg v d dd()()βααβαα-=-cos cos sin sin ()02cos =-βα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24βπα+=d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅=24sin 24cos cos 2220max βπβπβg v d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=βπβπ2sin 24sin 22220g v ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=24sec 2220βπg v d。