第3章 解题指导(理论力学 金尚年 第二版)
高等教育出版社_金尚年_马永利编著的理论力学课后习题答案
高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2afG — sin0)；殳上运动的质点的微写出约束在铅直平面内的光滑摆线afl - COS0)分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关.解：设s为质点沿摆线运动时的路程，取0=0时，s=0H ( x = a(0-sine) * ly = —a(l — COS0)ds - J (dx)2 + (dy)2 二J((i9 — COS0 亠de)2+(sirL9 de)2 = 2asin|2a sin舟dO = 4 a (L co 马ee As=2acos^59 + 2asin?9 = acos| 9^ + 2a sin? 9x轴的夹角，取逆时针为正，tan (p即切线斜率设（P为质点所在摆线位置处切线方向与dy cos 0 -1 tan <p =—=———〒dx sin 01聶siin<p = -cosI受力分析得:ms = —mg sin （p = mg cos-0 •・B・r a贝U2a sin二6 + a cos二6' = geos-，此即为质点的运动微分方程。
S = =（S = 4a）-（S 二4a） + —（s = 4a） =4a—周期性变化的函数，周期T=2TT产P e 该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为2讥启.1.3证明：设一质量为m的小球做任一角度日0的单摆运动运动微分方程为m（2 + 2「日）=F gmrO = mg sin £给式两边同时乘以d9 r日d£=gsind8对上式两边关于6积分得护jgcog + c利用初始条件日=日0时日=0故c = -gcos£0由可解得0 =-{2& • J c 0 s-c 0 8o上式可化为-岸•J cos。
-cosgd日=dt两边同时积分可得 评J ； J co £o 页迅咼.1卑匸萼严进-步化简可得t 辟 J 站n r由于上面算的过程只占整个周期的1/4故由 s in 2/sin ¥=s z 两边分别对6 3微分可得cos % =s 碍C 。
第4章 解题指导(理论力学 金尚年 第二版)
3 1 2 2 I1 I 2 m( R h ) 20 4 3 I 3 mR 2 10 Nhomakorabea
x sin ctg sin cos y 0 z cos ctg cos
I1 I 2 I3
l 2 2 2 | B | [ 1 l V (1 sin ) 2 ] 2 R 2 d dj V d k dj V 1 1 （2） a A i dt dt R dt dt R V 1V 10 j 1 k j i R R
c
解：圆锥体作定点转动，OE为转动瞬轴。所以: 3 c CE h cos 4
3 3 h sin h cos 4 4
ctg
ctg
x sin ctg sin cos y 0 z cos ctg cos
消去t，得:
2 xc yc a 3a
（抛物线）
当质心C从离A点为a处下降h距离时，有:
1 2 y a h a gt 2
t
2h g
则杆绕质心转动所转的圈数为:
t 1 n 2 2
3g 2h 1 2a g 2 3h a
例3 均匀长方形薄片的边长为a与b，质量为m,求 此长方形薄片绕其对角线以ω匀速转动时的转动惯 量和角动量。 解：如图所示，坐标轴取 在惯量主轴上，因:
角动量为:
L I e a 2b 2 m 2 2 6(a b )
例4 如图所示，均质圆锥体的高为h，质量为m， 为圆锥体与平面接触线同 ox0轴的夹角，质心C 3 3 h ，速率为 h cos 在圆锥体轴线上，且距顶点为 4 4 求该圆锥体在 ox0 y 0 平面上作无滑动滚动时的动能。 圆锥顶角为2α。
力学第二版漆安慎高等教育出版社第三章答案
3.4.2 质量为m 的质点在oxy 平面内运动, 质点的运动学方程为j t b i t a rωωsin cos +=, ω,,b a 为正常数,证明作用于质点的合力总是指向原点. 解题思路:本题已知质点的运动学方程,要求的是力,可运用第二章的知识,求 得加速度,,再运用牛顿运动定律求力.指向原点的意思是力的方向与矢径方 向相反.3.4.4 桌面上叠放着两块木块,质量各为m 1, m 2 ,如图所示, m 2 和桌面的摩擦系数为2μ, m 1, m 2 间的静摩擦系数为1μ, 问水平方向用多大的力才能把下面的物体抽出来.解题思路：本题应先作出受力分析图，可先按极限情况情况讨论刚好抽出 所需要的力。
3.4.5 质量为m2,的斜面可在光滑的水平面上滑动,斜面倾角为α,质量为m1的运动员与斜面之间亦无摩擦,求运动员相对于斜面的加速度及其对斜面的压力.解题思路:本题可用非惯系的方法求,如图所示,将坐标取在斜面上,设斜面后退的加速度为a0,则m1除了受重力、斜面的支持力作用外，还受到一惯性力作用（水平向左）运动员相对斜面的加速度为ar，则对于斜面3.4.6 两物体的质量分别为m 和M，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为u。
求在力F 的作用下两物体的加速度及绳的张力。
绳不可伸长解：对每一物体受力分析，由牛顿第二定律列方程,对m、M 水平方向的方程为可解得3.4.9 跳伞运动员初张伞时的速率为00=v ，设所受阻力的大小与其速率的两次方成正比2v α，求)(t v v =的函数(即任一时刻的速度)解题思路：阻力是一变力,应先受力分析,列出运动微分方程,通过解微分方程求解.设阻力的大小可表示成2v f α-=，取向下为正方向。
由牛顿第二定律得 dtdv m v mg =-2α 分离变量，两边积分⎰⎰=-dt v mg dv 2α⎰⎰=-dt v gmdvg211α令 v gmx α=则 dx gmdv α=则⎰⎰=-dt xdxg m 21α 积分,得⎰⎰⎰+-+=+--+=++-=-11211ln 21)]1ln()1[ln(21)1(2)1(21C x xC x x x dx x dx x dx 211ln 21C t mg xx +=-+α113232+-=C eC e x t mg t m g αα所以, 113232+-=C eC egm v tmg t mg ααα带入初始条件 0,00==v t , 得到 13=C1122+-=tmg t mg eegm v ααα3.4.11 棒球的质量为0.14kg.用棒击棒球的力随时间的变化如图所示.设棒球被击前后速度增量大小为70m/s,求力的最大值.打击时,不计重力.解题思路:本题用动量定理,球所受的冲量等于球动量的增量,已知力函数求冲量等于曲线下的面积3.4.18 太空旅馆, 用32m 长的绳联结质量相同的客舱, 如果旅客感到与地面相同的重力作用, 需要绕中点转动的角速度多大? 解: 圆周运动的向心加速度为 g r a ==2ω 所以, s rad rg /78.02328.9===ω3.5.2 升降机A 内有一装置如图示.悬挂的两物体的质量各为1m 和2m ,且21m m ≠.若不计绳及滑轮质量,不计轴承处摩擦,绳不可伸长,求当升降机以加速度A(方向向下)运动时,两物体的加速度各是多少?绳内的张力是多少?解题思路：方法一，用非惯性力学解题。
理论力学 第二版 (金尚年 马永利 著) 高等教育出版社 课后答案 1-4章答案
G F
课
w.
θ
cos − − cos
kh
运动方程为 ̇ 2 Fr 0 ̈ − r mr ̈ 2r ̇ F ̇ mr 由径向方程 ̇ ̈ r 2 r 方程的解为 r Ae t Be −t 带入初始条件
da
x
R2 z2 r2
课
2.9 体系的动能为
后
̇ sin cos 0 ̈ sin 2 2mr 2 ̇ mr 2
网
−
∂L ∂
ww
w.
kh
da
w.
co
m
5
d ∂L − ∂L ̇ dt ∂ ∂ 2 ̈ ̇ 0 ̇ mr 2mrr 2.11 体系的动能为 T 势能为 V mgz mg R 2p 该体系只有一个自由度，取R为广义坐标，拉各朗日函数为 ̇2 2 ̇ 2 R22 R L m R R − mg R 2 2p p2 相应的拉各朗日方程为 d ∂L − ∂L ̇ dt ∂R ∂R ̇2 mg ̈ 1 R 2 2m R mR R − mR 2 2 2p p p2 ̇ 0，R ̈ 0则 对于平衡点R g R 2p 2 m R ̇ 2 R2 ̇2 z ̇ 2 2 ̇2 2 m R ̇ 2 R22 R R 2 p2
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
金尚年版理论力学第二版答案
v E v E = 0 er R
v v 和均匀磁场 B = B 0 k
v &v v v & & v = R e r + R ϕ eϕ + z e z
qE && & & mR − mRϕ 2 − 0 − qB0 Rϕ = 0 R 化简得： d qB & (mR2ϕ + 0 R2 ) = 0 2 dt d & dt (mz) = 0
4R 2 & 2 m &2 mg 2 2 &2 ( R + R θ + 2 R )− R L = T −V = 2 a a 代入完整保守体系的拉格朗日方程，并化简得
4 R 2 && 8 R & 2 2 gR 1 + R + 2 R − R θ& 2 + = 0 2 a a a && && R θ + 2θ R = 0
M R o'
m 2 & & T = ( r + r 2ϕ 2 ) 2
由几何关系：
∴
V =0
θ ωt
o
x
r = cos θ , ϕ = θ + ω t 2R m L = T −V = ( − 2 R sin θ ⋅ θ& ) 2 + (θ& + ω ) 2 ⋅ ( 2 R cos θ ) 2 2 = 2 mR 2 ⋅ (θ& 2 + 2ω θ& cos 2 θ + ω 2 cos 2 θ )
α
2.7 用拉格朗日方程写出习题1.21的运动微分方程 解：建立柱坐标系，取R，ϕ 为广义坐标
高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案
高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案 4.10解：如图所示，圆c 或圆c'为刚体的本体极迹，圆o'为刚体的空间极迹。
令w'为c 或c' 绕o'转动的角速度，由题意可知：12212'0121'112')(ρρρρρρρρρρρ±==±==±w w v w w w w 则：得：4.15解：根据机械能守恒定理可知：)sin (sin sin 2sin 2212θααθ-==+gl v mg lmg l mv 杆水平方向的速度为：)sin (sin sin sin θαθθ-==gl v v x当杆与墙分离：0=x v即：0)sin (sin cos )sin (sin cos sin 21=-+--=θαθθαθθgl gl gl v dt d x得：θαsin 23sin = 即：)sin 32arcsin(αθ=4.19如图，该体系中只有一个自由度，取任意位置时棒中点与O 连线与竖直线的夹角θ为广义坐标。
其中设棒的质量为m ，圆周的半径为r ，则棒长为r 3。
另取O 点为重力势能零点。
则对棒θθcos 21212r mg I L o += ，()2221331⎪⎭⎫⎝⎛+=r m r m I o 为棒对O 点的转动惯量。
代入0=∂∂-∂∂θθL L dt d ，得0sin 214522=+θθmgr mr 用θθ=sin 代替，得方程为052=+θθrgrg52=ω，而对于单摆，lg =ω 所以对比得25r l =即等值单摆摆长为25r l =4.20解：如图：设球的半径为R ,设经过时间t 后，会达到如图所示状态，所有参量如图所示。
对其运用牛顿力学方法，有mgRI FR mgma a m F μαμ====''=252mR I =tatv t a v v αω=='=-110同时有对于纯滚动，有 ugtRgt v m m gtv v 25110=='-=ωμμ解上述方程，得代入会得所以有4.23求均匀圆锥体底面圆周上一点的惯量椭球方程。
建筑力学(第二版)第3章 平面力系
§ 3 - 1-2 简化结果的分析
■ （３） Ｆ′R≠０，Ｍ0≠０，原力系可以进一步简化为一个合力，如图３ －２ａ 所示。为此，只要将力偶Ｍ0 用一对等 值、反向、不共线的平行力Ｆ″R和ＦR 表示，且使ＦR ＝ － Ｆ″R ＝ Ｆ′R0 ＝ Ｆ′R，则力偶臂 如图３ －２ｂ 所示。若使力Ｆ″R作用于Ｏ 点，则力Ｆ′RＯ和Ｆ″R构成一对平衡力，可以去掉这一对平衡力，只剩下作用 于Ｏ′点的力ＦR。显然，力ＦR 就是原力系的合力，如图３ －２ｃ 所示。因此，在这种情况下，原力系简化的最后结果是 一个合力ＦR，其大小和方向与主矢Ｆ′R相同，合力的作用线离简化中心Ｏ 的垂直距离为
§ 3 - 2-2 平面特殊力系的平衡方程
■ 3. 平面平行力系的平衡方程
力系中各力的作用线均相互平行的平面力系称为平面平行力系。设物体受平面平行力系Ｆ１，Ｆ２，…，Ｆｎ 的作用（图 ３ －１３）。如选取ｘ 轴（或ｙ 轴）与各力垂直，则不论力系是否平衡，每一个力在ｘ 轴（或ｙ 轴） 上的投影恒等于 零，即∑Ｆｘ ＝ ０ （或∑Ｆｙ ＝０）。于是，平面平行力系的独立平衡方程的数目只有两个，即
■ 斜梁ＡＢＣ 为一楼梯的计算简图，如图３ －１４ａ 所示。其上承受的荷载为作用于斜梁ＡＢ 中点的集中力Ｆ ＝６００ Ｎ，作用于Ｃ 处的集中力偶Ｍ ＝１． ２ ｋＮ·ｍ 及沿梁ＡＢ 长度方向的均布荷载ｑ ＝１ ｋＮ／ ｍ，ｌ ＝１ ｍ， 试求梁Ａ，Ｂ 处的约束反力。
§ 例题
■ 例 3-12
■ 塔式起重机如图３ －１５ 所示。机架重Ｗ１ ＝７００ ｋＮ，其作用线通 过塔架的中心。最大起重量Ｗ２ ＝２００ ｋＮ，最大悬臂长为１２ ｍ， 轨道ＡＢ 的间距为４ ｍ。平衡荷重Ｗ３ 到机身中心线距离为６ ｍ。试问 ：
理论力学(金尚年-XXX编著)课后习题答案详解
理论力学(金尚年-XXX编著)课后习题答案详解高等教育出版社的《理论力学课后题答案》一书中，第一章包含了以下三个问题的解答：1.2 题目要求写出在铅直平面内的光滑摆线，并分方程。
解答中使用了微积分和力学原理，得出了运动微分方程。
最后证明了质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关。
1.3 题目要求证明单摆运动的振动周期与摆长无关。
解答中使用了微积分和力学原理，得出了运动微分方程。
最后通过进一步计算，得出了单摆运动的振动周期公式。
1.5 题目要求使用拉格朗日方程计算质点的运动。
解答中使用了拉格朗日方程，并通过进一步计算得出了质点的运动轨迹。
如图，在半径为R时，地球表面的重力加速度可以由万有引力公式求得：g=\frac{GM}{R^2}$$其中M为地球的质量。
根据广义相对论，地球表面的重力加速度还可以表示为：g=\frac{GM}{R^2}\left(1-\frac{2GM}{c^2R}\right)$$其中c为光速。
当半径增加到R+ΔR时，总质量仍为M，根据XXX展开，可以得到：frac{1}{(R+\Delta R)^2}=\frac{1}{R^2}-\frac{2\DeltaR}{R^3}+\mathcal{O}(\Delta R^2)$$代入上式可得：g'=\frac{GM}{R^2}\left(1-\frac{2GM}{c^2R}\right)\left(1+\frac{2\Delta R}{R}\right)$$ 化简后得：g'=g-\frac{2g\Delta R}{R}$$因此，当半径改变时，表面的重力加速度的变化为：Delta g=-\frac{2g\Delta R}{R}$$2.在平面极坐标系下，设质点的加速度的切向分量和法向分量都是常数，即$a_t=k_1$，$a_n=k_2$（其中$k_1$和$k_2$为常数）。
根据牛顿第二定律，可以得到质点的运动方程：r\ddot{\theta}+2\dot{r}\dot{\theta}=k_2$$ddot{r}-r\dot{\theta}^2=k_1$$其中$r$为极径，$\theta$为极角。
理论力学(周衍柏 第二版)第3章习题解答
∑F ∑F
∑M
到最小时，
y
x
= N 2 − f1 = 0 ①
= f 2 + N1 − G1 − G2 = 0 ②
且梯子沿过 A 点平行于 z 轴的合力矩为零。即：
i
= G2 l cos θ + G1
l cos θ − f 2 l cos θ − N 2 l sin θ = 0 ③ 2
又因梯子是一个刚体。当一端滑动时，另一端也滑动，所以当梯与地面的倾角达
对于 C 球，它相对于过 D 点与 z 轴平行的轴的合力矩等于零。即：
= Tr sin(β − α ) − Gr sin β = 0 ②
tan β = 3 tan α
3.5 解 如题 3.5.1 图。
y A
o
f2
N2
N1
G2 G 1
f1 B x
题3.5.1图
梯子受到地面和墙的弹力分别为 N1 ， N 2 ，受地面和墙的摩擦力分别为 f1 ， f 2 。 梯子和人的重力分别为 G1 ，G2 且 G2 = 3G1 。设梯长为 l ，与地面夹角为 θ 。由于 梯子处于平衡，所以
2
=1
可求该切面的面积
⎛ y2 ⎞ ⎟ S ( y ) = πac⎜ − 1 ⎜ b2 ⎟ ⎝ ⎠
故积分
b b ⎛ y2 ⎞ 4 2 2 2 ⎜ ⎟ ρdy = πρab3c y dm y S dy y ac 1 = ⋅ ρ = π − 2 ⎟ ∫ ∫−b ( y ) ∫−b ⎜ b ⎠ 15 ⎝
同理可求
o
αα
y
T
B Tα
β β
β −α c
A r
题3.4.1图
Ox 轴竖直向下，相同的球 A 、 B 、 C 互切， B 、 C 切于 D 点。设球的重力大小
理论力学(金尚年编著)教案设计
理论力学教案课程名称理论力学任课教师曾奇军所在系（院）物理电子工程学院任课班级物理学本科信阳师范学院《理论力学》课程基本信息（一）课程名称：理论力学（二）学时学分：每周4学时，学分4（三）予修课程：力学、高等数学（四）使用教材：金尚年、马永力编著《理论力学》，第二版.，北京：高等教育出版社，2002年7月，面向21世纪课程教材。
（五）教学参考书：1.周衍柏《理论力学教程》（第二版），北京：高等教育出版社，1986年。
2.郭士望《理论力学》上、下册，北京：高等教育出版社，1982。
3.梁昆森《力学》上、下册，北京：人民教育出版社，1979。
（六）教学方法：课堂讲授，启发式教学（七）教学手段：传统讲授与多媒体教学相结合（八）考核方式：闭卷考试占总成绩70%，平时作业成绩占30%（九）学生创新精神与实践能力的培养方法：在课程讲授过程中注意采用启发式教学手段，将基本的概念和规律讲清、讲透，而将一些具有推广性的问题留给学生思考，以此来提高学生分析问题、解决问题的能力。
并且在课堂讲授时多联系实际的力学问题，以此来提高学生解决实际问题的能力。
（十）其他要求：每堂课后布置适量的课后作业并定期批改、检查和给出成绩，这部分成绩将占期末总成绩的30%。
绪论一：《理论力学》课程的内容：该课程是以牛顿力学和分析力学为主要内容的力学理论，是理论物理的第一门课程。
是从物理学的基本经验规律出发，借助于微积分等数学工具，推导出关于物体机械运动时所满足的整体规律的一门课程。
二：《理论力学》与《力学》的区别和联系1.内容：《理论力学》包括牛顿力学和分析力学，是《力学》课程的深入和提高；而《力学》课程仅讲授牛顿力学，且研究的深度不及《理论力学》。
2.研究手段：《力学》是从物理现象出发，通过归纳总结出物质运动的规律。
《理论力学》是从经验规律出发，借助于数学工具，推导出物质运动所满足的规律，并通过实践来检验该规律的真伪，着重培养学生理性思维的能力。
(完整版)高等教育出版社_金尚年_马永利编著的理论力学课后习题答案
高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关.解：设s为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，s=0 S== 4 a (1) XY设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正，即切线斜率=受力分析得：则，此即为质点的运动微分方程。
该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.1.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r sin = 对上式两边关于θ积分得 c g r +=θθcos 212 ② 利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0cos cos 2-θθθ-•=lg 上式可化为dt d lg=⨯-•θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5zp点yx解：如图，在半径是R的时候，由万有引力公式，对表面的一点的万有引力为, ①M为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度g , x为取地心到无限远的广义坐标，，②联立①，②可得：,M为地球的质量；③当半径增加,R2=R+,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度可求：④Be ө e tөy由④得：⑤则，半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得：⑦对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R ，得⑧则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：。
理论力学PPT课件第3章 点的复合运动2
动点：滑块A
动系：固连在滑槽上
va vr
ve
aa
ae
a
n r
a
r
2019年11月5日
18
例2：分析三种运动轨迹,三种速度和加速度
A
动点：轮心C
O
C
动系：固连在OA上
O1
A
A
va
O
ve
vr
C
O1
2019年11月5日
O
a
a
a
e
a
n e
ar
a
n a
C
O1
19
练习1：分析三种运动轨迹,三种速度和加速度
2019年11月5日
24
计算点M1 、 M2的哥氏加速度大小,
A
并指出其方向。
点M1的哥氏加速度大小为
aC1 2v1sin
方向垂直板面向里。
点 M2 的哥氏加速度为
aC2 0 ( //v2)
2019年11月5日
25
思考:
1.,vr为常量，比较 1、 2两 小处 a球 c大在 小。
1vr 2 o
动系
动点
2019年11月5日
33
动点动系反取
2019年11月5日
34
2019年11月5日
35
2019年11月5日
36
例 1 ： 已 R 、 v 知 3 , ,O 0 R , 求 A a B ,a A ? B
v
B
R
o
30o Av
A
题型：问题明确的对象, 取为动点，其相对轨迹 简明。
动系－O x’y’，固连于工件上。
最新《力学》漆安慎(第二版)答案03章
力学（第二版）漆安慎习题解答第三章动量定理及其守恒定律第三章 动量定理及其守恒定律一、基本知识小结1、牛顿运动定律适用于惯性系、质点，牛顿第二定律是核心。
矢量式：22dtr d m dt v d m a m F === 分量式：（弧坐标）（直角坐标）ρτττ2,,,v m ma F dt dv m ma F ma F ma F ma F n n z z y y x x =======2、动量定理适用于惯性系、质点、质点系。
导数形式：dtp d F =；微分形式：p d dt F=；积分形式：p dt F I∆==⎰)(（注意分量式的运用）3、动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系。
若作用于质点或质点系的外力的矢量和始终为零，则质点或质点系的动量保持不变。
即∑==恒矢量。
则，若外p F0（注意分量式的运用）4、在非惯性系中，考虑相应的惯性力，也可应用以上规律解题。
在直线加速参考系中：0*a m f-=在转动参考系中：ωω⨯=='2,*2*mv f r m f k c5、质心和质心运动定理⑴∑∑∑===i i c i i c i i c a m a m v m v m r m r m⑵∑=c a m F（注意分量式的运用）二、思考题解答3.1试表述质量的操作型定义。
解答，kgv v m m 00 ∆∆= 式中kg 1m 0=（标准物体质量）;0v∆：为m 与m 0碰撞m 0的速度改变;v∆：为m 与m 0碰撞m 的速度改变,这样定义的质量，其大小反映了质点在相互作用的过程中速度改变的难易程度，或者说，其量值反映了质量惯性的大小。
这样定义的质量为操作型定义。
3.2如何从动量守恒得出牛顿第二、第三定律，何种情况下牛顿第三定律不成立？ 解答，由动量守恒 )p p (p p ,p p p p 22112121-'-=-'+='+' ,p p 21∆-=∆t p t p 21∆∆-=∆∆，取极限dt p d dt p d 21 -=动量瞬时变化率是两质点间的相互作用力。
高等教育出版社,金尚年,马永利编著的理论力学课后习题答案解析
高等教育出版社，金尚年，马永利编著的理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关. 解：设s为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，s=0S== 4 a (1)设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正，即切线斜率=受力分析得：则，此即为质点的运动微分方程。
该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.1.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r s i n = 对上式两边关于θ 积分得 c g r +=θθc o s 212 ②利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0c o s c o s 2-θθθ-∙=lg 上式可化为dt d lg=⨯-∙θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5解：如图，在半径是R 的时候，由万有引力公式， 对表面的一点的万有引力为, ①M 为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度 g , x 为取地心到无限远的广义坐标，，②联立①， ②可得：,M 为地球的质量；③当半径增加 ,R2=R+ ,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度 可求：④由④得：⑤则，半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得：⑦对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R ，得⑧则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：。
理论力学简明教程(第二版)课后答案
第零章 数学准备一 泰勒展开式1 二项式的展开()()()()()m 23m m-1m m-1m-2f x 1x 1mx+x x 23=+=+++！！2 一般函数的展开()()()()()()()()230000000f x f x f xf x f x x-x x-x x-x 123!''''''=++++！！特别:00x =时,()()()()()23f 0f 0f 0f x f 0123!x x x ''''''=++++！！3 二元函数的展开(x=y=0处)()()00f f f x y f 0x+y x y ⎛⎫∂∂=++ ⎪∂∂⎝⎭，22222000221f f f x 2xy+y 2x x y y ⎛⎫∂∂∂++ ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭！评注：以上方法多用于近似处理与平衡态处的非线性问题向线性问题的转化。
在理论力问题的简单处理中，一般只需近似到三阶以内。
二 常微分方程1 一阶非齐次常微分方程： ()()x x y+P y=Q通解：()()()P x dx P x dx y e c Q x e dx -⎛⎫⎰⎰=+ ⎪⎝⎭⎰注：()()(),P x dx P x dx Q x e dx ⎰±⎰⎰积分时不带任意常数，()x Q 可为常数。
2 一个特殊二阶微分方程2y A y B =-+ 通解：()02B y=K cos Ax+Aθ+注：0,K θ为由初始条件决定的常量 3 二阶非齐次常微分方程 ()x y ay by f ++=通解：*y y y =+；y 为对应齐次方程的特解，*y 为非齐次方程的一个特解。
非齐次方程的一个特解 （1） 对应齐次方程0y ay by ++=设x y e λ=得特征方程2a b 0λλ++=。
解出特解为1λ，2λ。
*若12R λλ≠∈则1x 1y e λ=，2x 2y e λ=；12x x 12y c e c e λλ=+*若12R λλ=∈则1x 1y e λ=，1x 2y xe λ=； 1x 12y e (c xc )λ=+*若12i λαβ=±则x 1y e cos x αβ=，x 2y e sin x αβ=；x 12y e (c cos x c sin x)αββ=+（2） 若()2000x f a x b x c =++为二次多项式*b 0≠时，可设*2y Ax Bx C =++ *b 0≠时，可设*32y Ax Bx Cx D =+++注：以上1c ,2c ,A,B,C,D 均为常数，由初始条件决定。
理论力学第三章习题解答.ppt
量出FR的长度为161N 和水平方向的夹角为
FR FR2x FR2y 802 1402 161.2N
和水平方向（x轴）的夹角的余弦为
其余弦值为0.496
cos(FR,i ) Fx / FR 80 /161.2=0.496
2－3
解：
因为滑轮的大小忽略不计，且容易看出 AB和BC杆均为二力杆，容易得到B点的 受力如图所示：
Fx 0 FAx 0
FAy FB
Fy 0 FAy FB F 0
MA 0 FB 2a M F 3a 0
解得：
FAx 0
FAy
M Fa 2a
FB
M
3Fa 2a
3－6 （b）解：
AB杆的受力如图所示 显然，AB杆受一平面任意力
FAx
FAy
系作用，有平衡方程
Fx 0 FAx 0
FAx
FAy
系作用，有平衡方程
FB
Fx 0 FAx 0 Fy 0 FAy FB P1 P2 P 0
MA 0 FB (l1 l2) P1(l1 a) P2(l1 b) P(l1 l) 0
代入数值，解得：
FAx 0
FAy 33.23kN
FB 96.77kN
3－7
当成一整体，其受力如图所示
列平衡方程，有
FAx
FAy
Fx 0 FAx FT FBC cos 0
Fy 0 FAy FBC sin W 0
MB 0 FT r W(BD r) FAy (AD DB) 0
又因为 FT W
代入数值，解得
FAx 2400N FAy 1200N FBC 848.53N
A
x F1
FBD
B
60o
理论力学(金尚年-马永利编著)课后习题答案详解
高等教育出版社，金尚年，马永利编著理论力学课后习题答案第一章1.2写出约束在铅直平面内的光滑摆线上运动的质点的微分方程，并证明该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关.解：设s为质点沿摆线运动时的路程，取=0时，s=0XYF Nmg sinφmgmg cosφφS== 4 a (1)设为质点所在摆线位置处切线方向与x 轴的夹角，取逆时针为正，即切线斜率=受力分析得：则，此即为质点的运动微分方程。
该质点在平衡位置附近作振动时，振动周期与振幅无关，为.1.3证明：设一质量为m 的小球做任一角度0θ的单摆运动运动微分方程为θθθF r r m =+)2( θθsin mg mr = ①给①式两边同时乘以d θ θθθθd g d r sin = 对上式两边关于θ积分得 c g r +=θθcos 212 ② 利用初始条件0θθ=时0=θ 故0cos θg c -= ③ 由②③可解得 0cos cos 2-θθθ-•=lg 上式可化为dt d lg=⨯-•θθθ0cos cos 2-两边同时积分可得θθθθθθθθd g l d g l t ⎰⎰---=--=020222002sin 12sin 10012cos cos 12进一步化简可得θθθθd g l t ⎰-=0002222sin sin 121 由于上面算的过程只占整个周期的1/4故⎰-==0222sin 2sin 124T θθθθd g l t由ϕθθsin 2sin /2sin 0=两边分别对θϕ微分可得ϕϕθθθd d cos 2sin 2cos 0=ϕθθ202sin 2sin 12cos-=故ϕϕθϕθθd d 202sin 2sin 1cos 2sin2-= 由于00θθ≤≤故对应的20πϕ≤≤故ϕϕθϕθϕθθθθπθd g l d g l T ⎰⎰-=-=202022cos 2sinsin 2sin 1/cos 2sin42sin2sin 2故⎰-=2022sin 14πϕϕK d g l T 其中2sin022θ=K 通过进一步计算可得glπ2T =])2642)12(531()4231()21(1[224222 +⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯++⨯⨯++n K n n K K1.5zp点yx解：如图，在半径是R的时候，由万有引力公式，对表面的一点的万有引力为, ①M为地球的质量；可知，地球表面的重力加速度 g , x为取地心到无限远的广义坐标，，②联立①，②可得：,M为地球的质量；③当半径增加 ,R2=R+ ,此时总质量不变，仍为M,此时表面的重力加速度可求：④e өe tөy由④得：⑤则，半径变化后的g 的变化为⑥对⑥式进行通分、整理后得：⑦对⑦式整理，略去二阶量，同时远小于R ，得⑧则当半径改变 时，表面的重力加速度的变化为：。
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（ 1）
（2 ）
（为何不考虑初始位置 处的 r 2 0 静电势能 k 2 Ze ？）
r0
由（1）、（2）式，得:
r
2 s
m
d
rs
M
Ze 2 4k r d 0 s 2 m 0
2
2 m0 d 2 2kZe2 rs [1 1 ( ) ] 2 2 m0 2kZe
（舍去负根）
m d 2 2kZe rs [1 1 ( ) ] 2 2 m0 2kZe
二、碰撞问题的计算
通常是已知碰撞前粒子的运动情况和相互作用 势V（r），求碰撞后粒子的运动变化（如碰撞后运 动的速度大小与方向）和散射情况（散射分布） 基本解法： ①分清碰撞前、碰撞过程和碰撞后三个阶段；
②碰撞前后两个阶段可应用动量定理、质心运动定 理、动量矩定理、动能定理和恢复系数公式；
③在碰撞过程阶段只能用积分形式的动量定理（或 质心运动定理）和动量矩定理，不能用动能定理 （因碰撞力的功很难计算）
解：（1）求运动轨道 将
F mc / r mcu
5
5
2 d u m 2 代入比耐公式: u ( u) 2 F ( u ) 2 d L
令： L
Байду номын сангаас
mh
（ 1）
d 2u c 3 u u d 2 h2
d 2u c 3 u u d 2 h2
（ 1）
d 2u d du d du du d ( ) ( ) （ 2） 2 d d d du d d du
du 式中： d
（ 3）
将（2）代入（1）式得：
c 3 d ( 2 u u)du h 2 c1 积分得： 2 c 4 u
2 4h
2
u
2
2
（ 4）
c 4 u 2 c1 2u 2 2 2 4h 由初始条件：t=0时， r0 2a, 0
1 u0 , 0 0 2a dr dr du d r dt du d dt
由（1）和（2）式得:
a 2 h 2 dr dr h r r d d r 2
a 2 h 2 dr dr h r r d d r 2
即 设θ=0时，r
dr r
a 2 h2 d h
（3 ）
r0，积分（3）式，得质点轨迹方程：
a 2 h2 h
（7）式为半径为a的圆，力心 在圆周上，如图所示。
2 2 0
代入实验数据可算出 rs 10 m ，与后来对原 子核半径的测量值在数量级上相符。
本例是著名的α粒子散射实验的原理。1911年， 卢瑟福（Rutherford）在研究α粒子散射实验基础上， 提出了原子的有核模型，为原子结构和原子核的研 究奠定了基础。
15
例3 质点所受的中心力为 F mc / r 5 , 若质点在 ro=2a，θ=0处以速率 o c 2 4a 2 沿垂直于极轴 方向抛出。求质点的运动轨道及运动规律。
2 r ) F (r ) m( r
h h ma m(k 3 r 4 ) 3 r r r
2
2
2
2
例2. 设α 粒子的质量为m，电荷为2e，从远处以速度 0 向一个质量为M，电荷为Ze的重原子核（金、铂 等）射来。重核与矢量 0 的垂直距离为d（称为瞄准 距离）。设M >> m，重核可近似看成是静止的。试求 α 粒子与重核的最近距离 s 。
第三章
两体问题
解题指导
一、本章习题的类型和基本解法 常见的习题类型有两种： 1、粒子在中心势场V=V(r)中运动问题的计算
通常给定中心势（一般为 ），求轨 道方程及其形状、轨道稳定条件、粒子运动情况以 及其他有关的物理量。
V
a r
基本解法：应用动力学方程、角动量守恒定律和机 械能守恒定律即可求得所要求的量。
r r0 e
其中
k a 2 h2 h
r0 e
k
（4 ）
,可见质点的轨迹为对数螺线。
k
kr0 e r
h k r
h 2 r
h k r r
2 h h k 2 r k 2 3 r r r
故质点所受的中心力为:
dr 0 du
2
（ 4）
沿垂直于极 轴方向抛出
0 0 而 r
d du 0 0 ( )0 0 dt d
可定出： c 1 c ( 1 ) 4 1 2 2
4a
2h
2a
（ 5）
由初速度 0 c 2 4a 2 ，可知：
m0 2a L mh
c 8a h
或
1 d( ) r 1 1 2 1 2 ( ) ( ) r r 2a
2ad
du 1 u u 4a 2
2
2ad
1 d( ) r 1 1 2 1 ( ) ( )2 r r 2a
2ad
积分上式并代入初始条件： 可得轨道方程：
0
时
r 2a
，
r 2a cos
（ 7）
r
解： 如图所示，α 粒子运动中 受重核静电斥力作用下其速度 随时间改变,到达A点时与重核 距离最近（rs ）。根据角动量 （对力心O）守恒
m
d
rs
M
rs s r0 0
或
rs s d 0
（ 1）
rs s d 0
由机械能守恒，有:
2 1 2 Ze 1 2 2 m s k m0 2 rs 2
2
2
（ 6）
1 c 1 4 c1 2 2 ( ) 4a 2h 2a
由（5）、（6）式可得
2 2
（ 5）
c1 0 代回（4）式，得：
du 1 c 4 u c1 2 2au u 2 2 u （ 4） d 4a 2 4h 2 2
du 1 2 u u 4a 2 2ad
（2）例题 例1. 一质点在中心势场中运动，力的大小为F=F(r), a (a 0) ，求质点的轨道方程及所 质点的速率为 r 受的中心力。 解：取图所示的极坐标，根据角动量守恒
mh mr
2
a 由 r
h 2 r
，有: （2 ）
2 a 2 2 r 2 2 r r2