【正文】 積分后可得 .電子受力則電子的運(yùn)動微分方程為 ②③④由②，即⑤代入③整理可得 ⑥對于齊次方程的通解非齊次方程的特解所以非齊次方程的通解代入初始條件：時，得 時，得,故⑦同理，把⑦代入⑤可以解出把⑦代入⑤代入初條件時，） （a），時，則電子運(yùn)動受力電子的運(yùn)動微分方程 ①②③對②積分 ④對④再積分 又故（為一常數(shù)）此即為拋物線方程.當(dāng)時則電子受力 則電子的運(yùn)動微分方程為 ①②③，聯(lián)立①②解之，得于是 及電子軌道為半徑的圓. 解以豎直向下為正方向， 以①①②③處物體所處坐標(biāo)分別為，則3個物體運(yùn)動微分方程為： ①②③由②于③與、之間是，即不可伸長輕繩連接，所以有，即 ④之間用倔強(qiáng)系數(shù)彈性繩聯(lián)結(jié).故有 ⑤由①⑤得 ⑥由②③④得 ⑦代入①，有 ⑧代入⑥，有 ⑨此即為簡諧振動的運(yùn)動方程.角頻率所以周期解⑨得以初始時③為原點(diǎn)，時，.所以 ⑩代入①得聯(lián)立③④⑧⑩得，選向下為正方向，.，只有重力做功，機(jī)械能守恒： ①②聯(lián)立①②得 彈簧的最大張力即為彈簧伸長最長時的彈力，為最大張力，即 .設(shè)繩的彈性系數(shù)為,則有 ①當(dāng) 脫離下墜前，在拉力作用下上升， ②聯(lián)立①② 得 ③齊次方程通解非齊次方程③的特解所以③的通解代入初始條件：時，得；故有即為在任一時刻離上端的距離..運(yùn)動的軌跡的切線方向上有: ①法線方向上有： ②對于①有（為運(yùn)動路程，亦即半圓柱周圍弧長）即又因?yàn)?即 ③設(shè)質(zhì)點(diǎn)剛離開圓柱面時速度，離開點(diǎn)與豎直方向夾角，對③式兩邊積分 ④剛離開圓柱面時即 ⑤聯(lián)立④⑤ 得即為剛離開圓柱面時與豎直方向夾角. .橢圓方程 ①從滑到最低點(diǎn)， ②設(shè)小球在最低點(diǎn)受到橢圓軌道對它的支持力為則有： ③為點(diǎn)的曲率半徑.的軌跡：得； 又因?yàn)? 所以故根據(jù)作用力與反作用力的關(guān)系小球到達(dá)橢圓最低點(diǎn)對橢圓壓力為方向垂直軌道向下. 解質(zhì)點(diǎn)作平面直線運(yùn)動，運(yùn)動軌跡方程為 ①②由曲線運(yùn)動質(zhì)點(diǎn)的受力分析，我們可以得到： ③④因?yàn)榍€上每點(diǎn)的曲率 ⑤所以 ⑥ ⑦把⑥⑦代入曲率公式⑤中所以 ⑧由④即，又有數(shù)學(xué)關(guān)系可知，即所以 ⑨把⑧⑨代入① ，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程為： ①②③④⑤ ②由數(shù)學(xué)知識知 ③把①③④代入② ⑤當(dāng)時，得即當(dāng)，時，即故有：。由題可知設(shè)風(fēng)速,當(dāng)飛機(jī)，故飛機(jī)沿此邊長6正方形飛行一周所需總時間 解 船停止時，干濕分界線在蓬前3， 故又因?yàn)?，所以由圖可知所以=8 以一岸邊為軸，.所以水流速度又因?yàn)楹恿髦行奶幩魉俣葹樗?。方程②的解為所以單擺振動周期結(jié)論得證。對斜面的壓力與斜面對的支持力等大反方向。動量矩由（a）知提供粒子作圓周運(yùn)動的向心力，方向是沿著徑向，故當(dāng)半徑為的圓周運(yùn)動兩式兩邊同乘以即又因?yàn)橛凶鰣A周運(yùn)動的粒子的能量等于粒子的動能和勢能之和。 解由題可知（因?yàn)槭且Γ较蚺c徑向相反所以要有負(fù)號）由運(yùn)動微分方程即 ①對上式兩邊積分故又因?yàn)榕c的方向相反，故取負(fù)號。（）質(zhì)點(diǎn)走一對數(shù)螺旋線，極點(diǎn)為力心，我們?nèi)圆捎脴O坐標(biāo)。解之得微積分常數(shù)，取，故有令所以 證 由題意可知，質(zhì)點(diǎn)是以太陽為力心的圓錐曲線，太陽在焦點(diǎn)上。近日點(diǎn)時。掃過扇形速度 ⑧（）由證明（）知彗星在地球軌道內(nèi)停留時間對此式求極大值，即對求導(dǎo)，使即即 得驗(yàn)證故為極大值，代入⑧式可知 解 由167。所以 ① ②任意一處 由②代入①所以第二章 質(zhì)點(diǎn)組力學(xué)第二章習(xí)題解答 解 均勻扇形薄片，取對稱軸為軸，由對稱性可知質(zhì)心一定在軸上。代入質(zhì)心計(jì)算公式，即 解 ，原來與共同作一個斜拋運(yùn)動。第一次運(yùn)動：從最高點(diǎn)運(yùn)動到落地，水平距離 ① ② ③第二次運(yùn)動:在最高點(diǎn)人拋出物體，水平方向上不受外力，水平方向上動量守恒，有可知道 水平距離跳的距離增加了= 解 。求劈對質(zhì)點(diǎn)反作用力。仍用隔離法。進(jìn)而轉(zhuǎn)化為求。 設(shè)初始速度為與軸正向夾角碰撞后，設(shè)、。 解 類似的碰撞問題，我們一般要抓住動量守恒定理和機(jī)械能守恒定理得運(yùn)用，依次來分析條件求出未知量。我們有得即=0所以 即由因?yàn)? 故=所以 以為研究對象。它們的質(zhì)心位于原點(diǎn)，質(zhì)心速度我為現(xiàn)在把坐標(biāo)系建在質(zhì)心上，因?yàn)橄到y(tǒng)不再受外力作用，所以質(zhì)心將以速率沿軸正向勻速正向、反向運(yùn)動。碰后速度，分別設(shè)為。（負(fù)號表示與相反）同理，碰撞前兩球相對質(zhì)心的速度（負(fù)號表示方向與相反）所以開始時兩球相對質(zhì)心的動能：== 用機(jī)械能守恒方法；在鏈條下滑過程中，只有保守力重力做功，所以鏈條的機(jī)械能守恒。這是我們以快要落地的一小微元作為研究對象。豎直方向上支持力與重力是一對平衡力。（）式分析①雨滴的質(zhì)量變化是一類比較特殊的變質(zhì)量問題。即③為常數(shù)。有①式化簡 對兩邊積分 ㏑③此既火箭速度與時間的關(guān)系。 要使火箭上升，必須有發(fā)動機(jī)推力火箭的重量，即即火箭才能上升，結(jié)論得證。某一時刻位置為，速度為，則=又因?yàn)橛谑?第三章 剛體力學(xué)第三章習(xí)題解答 。 由于棒處于平衡狀態(tài)，所以棒沿軸和軸的和外力為零。即①由①②式得：所以 。由題意可知，整個均質(zhì)棒沿軸方向的合力矩為零。即：①對于球，它相對于過點(diǎn)與軸平行的軸的合力矩等于零。設(shè)梯長為，與地面夾角為。為質(zhì)心，則，軸即為中心慣量主軸。設(shè)、三原子的坐標(biāo)分別為，因?yàn)闉榉肿拥馁|(zhì)心。、分別與正方體的邊平行。且故正方體繞對角線的轉(zhuǎn)動慣量①又由于②繞對角線的回轉(zhuǎn)半徑③由①②③得 。則對軸有：設(shè)通風(fēng)機(jī)轉(zhuǎn)動的角速度大小為，由于通風(fēng)機(jī)順時針轉(zhuǎn)動。設(shè)圓弧平衡時，質(zhì)心的坐標(biāo)為。由于球作無滑滾動，球與地面的接觸的速度與地面一致，等于零，所以點(diǎn)為轉(zhuǎn)動瞬心。則易知的方向如圖，在中即為與邊的夾角大小。由于點(diǎn)速度沿弧面，點(diǎn)的速度沿桿。所以點(diǎn)軌跡位于軸上方，半徑為的半圓，如圖虛線所示。即：得③④由①②③④解得： ，固定坐標(biāo)系。解①②得④所以質(zhì)心的軌跡為一拋物線。故⑤由①②③④⑤解得： （1）。因?yàn)槲飰K的加速度應(yīng)與點(diǎn)加速度一樣大小，故 ③由①②③解得：（2）假若飛輪受到的阻尼力矩為的話，由（1）問知，飛輪的角加速度。軸與速度方向一致，軸垂直紙面向外。由于﹥，所以圓柱與斜面接觸的邊緣有相對與斜面向上的運(yùn)動趨勢，所以斜面對圓柱的摩擦力沿斜面向下。當(dāng)小球位于大球頂端時，與重合。設(shè)桿脫離墻時，桿的角速度為橫縱速度分別為當(dāng)桿落地時，質(zhì)心的橫縱速度分別為桿的角速度為。 圖以為軸。設(shè)與地面成夾角，由于沿瞬時軸方向，所以：故第四章 轉(zhuǎn)動參考系第四章習(xí)題解答.坐標(biāo)系的原點(diǎn)位于轉(zhuǎn)動的固定點(diǎn)，軸沿軸與角速度的方向一致，即設(shè)點(diǎn)沿運(yùn)動的相對速度為則有題意得：故在點(diǎn)時的絕對速度設(shè)與軸的夾角為，則故與邊的夾角為，且指向左上方。桿的自由度為1，由平衡條件：即mgy =0①變換方程y=2rcossin= rsin2②故③代回①式即因在約束下是任意的，要使上式成立必須有：rcos2=0④又由于 cos=故cos2= 代回④式得 三球受理想約束，球的位置可以由確定，自由度數(shù)為1，故。選為廣義坐。：以速度我廣義速度，根據(jù)定義①根據(jù)公式（）又有①得 取在轉(zhuǎn)動坐標(biāo)系的速度為廣義速度，則在固定坐標(biāo)系中的速度：，自由質(zhì)點(diǎn)的動能，設(shè)質(zhì)點(diǎn)勢能為，則質(zhì)點(diǎn)的拉氏函數(shù)根據(jù)定義：在轉(zhuǎn)動坐標(biāo)系中：上式中為質(zhì)點(diǎn)的位矢，為質(zhì)點(diǎn)相對于固定坐標(biāo)系的速度。復(fù)擺的動能：取為勢能零點(diǎn)，則勢能：復(fù)擺的拉氏量：①由哈密頓原： 故又因?yàn)?②因?yàn)榈娜我庑运杂校?根據(jù)已知很小，③可求得：其中為初