理论力学答案

理论力学思考题习题 参考答案 1.1 由题可知示意图如题1.1.1图: 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 1.2 解 由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题1.2.1图. 设 船经过 小时向东经过灯塔,则向北行驶的 船经 小时经过灯塔任意时刻 船的坐标 ， 船坐标 ， 则 船间距离的平方 即 对时间 求导 船相距最近，即 ，所以 即午后45分钟时两船相距最近最近距离 km 1.3 解 如题1.3 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d 此即为 点的轨道方程.（2）要求 点的速度，分别求导 其中 又因为 对两边分别求导故有 所以 1.4 解 如题1.4.1图所示， 绕 点以匀角速度转动， 在 上滑动，因此 点个垂直杆的速度分量 点速度 又因为 所以 点加速度 1.5 解 题可知，变加速度表示为 由加速度的微分形式我们可知 代入得 对等式两边同时积分 可得 ： （ 为常数）代入初始条件： 时， ，故 即 又因为 所以 对等式两边同时积分 ，可得： 1.6 解 由题可知质点的位矢速度 ①沿垂直于位矢速度 又因为 ， 即 即 （取位矢方向 ，垂直位矢方向 ）所以 故 即 沿位矢方向加速度 垂直位矢方向加速度 对③求导 对④求导 把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得 1.7 解 由题可知 ① ② 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 即 ⑦--⑧对⑦⑧俩式分别作如 处理：⑦ ，⑧ 即得 ⑨--⑩ ⑨+⑩得 ⑾把④⑥代入 ⑾得 同理可得 1.8解 以焦点 为坐标原点，运动如题1.8.1图所示] 则 点坐标 对 两式分别求 故 如图所示的椭圆的极坐标表示法为 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） 1.9证 质点作平面运动，设速度表达式为 令为位矢与轴正向的夹角，所以 所以 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. 1.10解 由题可知运动轨迹如题1.10.1图所示， 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 ④联立①②③④ ⑤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 1.11解 由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示 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. 1.12证 由题1.11可知质点运动有关系式 ①②所以 ，联立①②，有 又因为 所以 ，对等式两边分别积分，利用初始条件 时， 1.13 证（ ）当 ，即空气相对地面上静止的，有 .式中 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 （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 1.14解 正方形如题1.14.1图。 由题可知 设风速 , ,当飞机 ， 故飞机沿此边长6 正方形飞行一周所需总时间 1.15 解 船停止时，干湿分界线在蓬前3，由题画出速度示意图 如题.15.1图 故 又因为 ，所以 由图可知 所以 =8 1.16解 以一岸边为 轴，垂直岸的方向为 轴.建立如题1.16.1图所示坐标系. 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 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 1.17 解 以 为极点，岸为极轴建立极坐标如题.17.1图. 上升时 下降时 题1.19.1图 船沿垂直于 的方向的速度为 ，船沿径向 向的速度为 和 沿径向的分量的合成， 即 ①--② ②/①得 ，对两积分： 设 为常数，即 代入初始条件 时， .设 有 得 1.18 解 如题1.18.1图 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 1.19 解 质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降阶段.取向上为正各力示意图如题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: 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 1.20解 作子弹运动示意图如题1.20.1图所示. 题1.20.1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 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 1.21 解 阻力一直与速度方向相反，即阻力与速度方向时刻在变化，但都在轨道上没点切线所在的直线方向上，故用自然坐标比用直角坐标好. 轨道的切线方向上有： ①轨道的法线方向上有： ②由于角是在减小的，故 ③由于初末状态由速度与水平方向夹角 来确定，故我们要想法使①②变成关于 的等式由① 即 ④ 把代入可得 ⑤用④ ⑤可得 即 ，两边积分得 ⑥代入初始条件 时， 即可得 代入⑥式，得 ⑦ 又因为 所以 ⑧ 把⑦代入⑧ 积分后可得 1.22 各量方向如题1.22.1图. 电子受力 则电子的运动微分方程为 ②-③-④由② ，即 有 ⑤代入③整理可得 ⑥ 对于齐次方程 的通解 非齐次方程的特解 所以非齐次方程的通解 代入初始条件： 时， 得 当 时， 得 ,故 ⑦同理，把⑦代入⑤可以解出 把⑦代入⑤ 代入初条件 时， ，得 .所以 ） 1.23证 （a）在1.22题中， 时，则电子运动受力 电子的运动微分方程 ①-②-③ 对②积分 ④ 对④再积分 又 （ 为一常数）此即为抛物线方程. 当 时则电子受力 则电子的运动微分方程为 ①-②-③同1.22题的解法，联立①-②解之，得 于是 及电子轨道为半径的圆 . 1.24 解以竖直向下为正方向，建立如题1.24.2图所示坐标， 25题 题1.24.1图 题1.24.2图以①开始所在位置为原点.设①-②处物体所处坐标分别为 ，则3个物体运动微分方程为： ①-②-③ 由②于③与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有 ，即 ④ 之间用倔强系数 弹性绳联结 . 故有 ⑤由①⑤得 ⑥由②③④得 ⑦代入①，有 ⑧ 代入⑥，有 ⑨此即为简谐振动的运动方程.角频率 所以周期 解⑨得 以初始时③为原点， 时， .所以 ⑩ 代入①得 联立-③④⑧⑩得 1.25解，选向下为正方向，滑轮刚停时物体所在平衡位置为坐标原点.建立如题.25.1图所示坐标系.原点的重力势能设为0.设弹簧最大伸长 .整个过程中，只重力做功，机械能守恒： ①-②联立①②得 弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力， 为最大张力，即 1.26解 以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系. 题1.26.1图 设绳的弹性系数为 ,则有 ① 当 脱离下坠前， 与 系统平衡.当 脱离下坠前， 在拉力 作用下上升，之后作简运.运动微分方程为 ② 联立①② 得 ③ 齐次方程通解 非齐次方程③的特解 所以③的通解 代入初始条件： 时， 得 ；故有 即为 在任一时刻离上端 的距离.1.27解对于圆柱凸面上运动的质点受力分析如图1-24. 运动的轨迹的切线方向上有: ①法线方向上有： ② 对于①有 （ 为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即 又因为 即 ③ 设质点刚离开圆柱面时速度 ，离开点与竖直方向夹角 ，对③式两边积分 ④刚离开圆柱面时 即 ⑤联立④⑤ 得 即为刚离开圆柱面时与竖直方向夹角.1.28解 建立如题1.28.1图所示直角坐标. 椭圆方程 ①从 滑到最低点 ，只有重力做功.机械能守恒.即 ②设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为 则有： ③ 为 点的曲率半径. 的轨迹： 得 ； 又因为 所以 故根据作用力与反作用力的关系小球到达椭圆最低点对椭圆压力为 方向垂直轨道向下. 1.29 解质点作平面直线运动，运动轨迹方程为 ①-②由曲线运动质点的受力分析，我们可以得到： ③-④因为曲线上每点的曲率 ⑤ 所以 ⑥ ⑦把⑥⑦代入曲率公式⑤中 所以 ⑧ 由④ 即 ，又有数学关系可知 ，即 所以 ⑨ 把⑧⑨代入① 1.30 证当题1.29所述运动轨迹的曲线不光滑时，质点的运动方程为： ①②③④⑤ 由1.29题可知 ② 由数学知识知 ③把①③④代入② ⑤这是一个非齐次二阶微分方程.解为 当 时， 得 即 当 ， 时，即 故有 1.31证：单摆运动受力分析如图1.31.1图所示。 因为 ①即 所以 又单摆摆角 很小，有 = 上式即化为： ② 此即为一个标准的有阻尼振动方程。 设 为固有频率，又由于 ，即阻力很小的情况。方程②的解为 所以单摆振动周期 结论得证。1.32解：设楔子的倾角为 楔子向右作加速度 的匀加速运动，如图1.32.1图。 我们以楔子为参考系，在非惯性系中来分析此题，则质点受到一个大小为 的非惯性力，方向与 相反。 质点在楔子这个非惯性系中沿斜面 下滑，沿斜面的受力分析： ①垂直斜面受力平衡： ②联立①②得 此即楔子相对斜面的加速度 。 对斜面的压力 与斜面对 的支持力 等大反方向。同理可得当楔子向左作加速度为 的匀加速运动时，质点 的 和楔子对斜面的压力 为 综上可得 1.33解 设钢丝圆圈以加速度 向上作匀加速运动如题1.33.1图， 我们以钢丝圆圈作参考系，在圆圈这个非惯性系里来分析此题。 圆圈上的小环会受到一个大小为 方向与 相反的惯性力的作用，则圆环运动到圆圈上某点，切线方向受力分析： ① 法线方向受力分析有： ② 对① 两边同乘以 即 两边同时积分 ③ 把③代入②可解得 同理可解出，当钢丝圆圈以加速度 竖直向下运动时小环的相对速度 综上所述，小环的相对速度 圈对小环的反作用力 1.34证：（1）当火车所受阻力 为常数时，因为功率 与牵引力有如下关系： 所以 即 对两边积分 （2） 当阻力 和速度 成正比时，设 = ， 为常数。同理由（1）可知 即 对两边积分 1.35 解 锤的压力是均匀增加的，设 ， 为常数，由题意可知 ，得 ， 所以 ， 即 故 两边同时积分 得 ， ① 又因为当 增至极大值 后，又均匀减小到0，故此时有 为常数， 所以 即 ② 由①得 ③ 整个过程压力所做功 又因为 即 对上式两边分段积分 得 1．36 解 （a）保守力 满足条件 对题中所给的力的表达式 ，代入上式 即 所以此力是保守力，其势为 (b)同（a）， 由 所以此力 是保守力，则其势能为 1.37 解 （a）因为质子与中子之间引力势能表达式为 故质子与中子之间的引力 （b）质量为 的粒子作半径为 的圆运动。 动量矩 由（a）知 提供粒子作圆周运动的向心力， 方向是沿着径向， 故 当半径为 的圆周运动 两式两边同乘以 即 又因为 有 做圆周运动的粒子的能量等于粒子的动能和势能之和。 所以 1.38 解 要满足势能的存在，即力场必须是无旋场，亦即力为保守力，所以 即 得 为常数满足上式关系，才有势能存在。 势能为： 1.39 证 质点受一与距离 成反比的力的作用。 设此力为 ① 又因为 即 ② 当质点从无穷远处到达 时，对②式两边分别积分： 当质点从 静止出发到达 时，对②式两边分别积分： 得 所以质点自无穷远到达 时的速率和自 静止出发到达 时的速率相同。 1.40​ 解由题可知 （因为是引力，方向与 径向相反所以要有负号） 由运动微分方程 即 ① 对上式两边积分 故 又因为 与 的方向相反，故取负号。 即 1.41证 画出有心力场中图示如题1.41.图， 我们采用的是极坐标。所以 又由于 常数 即 由图所示关系，又有 ，故 即 由动能定理 沿 方向 得 1.42 证 （ ）依据上题结论，我们仍然去极坐标如题1.42.1图。 质点运动轨迹为一圆周，则其极坐标方程为 ① 由①②得 ② 即 ③ 故 即力与距离5次方成正比，负号表示力的方向与径向相反。 （ ） 质点走一对数螺旋线，极点为力心，我们仍采用极坐标。对数螺旋线 为常数。有 根据题1.41， 常数，有 故得证。 1.43证 由毕耐公式 质点所受有心力做双纽线 运动 故 故 1.44证 由毕耐公式 将力 带入此式 因为 所以 即 令 上式化为 这是一个二阶常系数废气次方程。 解之得 微积分常数，取 ，故 有 令 所以 1.45 证 由题意可知，质点是以太阳为力心的圆锥曲线，太阳在焦点上。 轨迹方程为 在近日点处 在远日点处 由角动量守恒有 所以 1.46解 因为质点速率 所以 又由于 即 又因为 所以 两边积分 即 1.47 证（ ）设地球轨道半径为 。则彗星的近日点距离为 。圆锥曲线的极坐标方程为 彗星轨道为抛物线，即 。近日点时 。故近日点有 即 ① 又因为 所以 ② （彗星在单位时间内矢径扫过的面积 ） 扫过扇形面积的速度 ③ 又因为 故 两边积分 ④ 从数学上我们可以得到两轨道交点为地球轨道半径处。 即 即 ⑤ 又因为 所以 ⑥ 把⑤⑥代入④（ ⑥式代入时取“+”即可） 故彗星在地球轨道内停留的时间为 ⑦ 设地球绕太阳运动一周的时间为 。 因为假定地球运动轨道为圆形，所以 又由于 ，有 地球绕太阳运动单位时间内矢径扫过的面积 。 扫过扇形速度 ⑧ （ ）由证明（ ）知 彗星在地球轨道内停留时间 对此式求极大值，即对 求导，使 即 即 得 验证 故 为极大值，代入⑧式可知 1.48 解 由§1.9给出的条件： 人造地球卫星近、远点距离 分别为 地球半径 有椭圆运动中的能量方程可知： ① ② 为卫星运行的椭圆轨道的长轴 把 代入①②有 近地点速率 远地点速率 运动周期 （参见1.47） 其中 为运动轨道的半长轴 所以 1.49 证 由行星绕太阳作椭圆运动的能量方程为 为椭圆的半长轴。 令 又因为 ， 上式化为： 因为 即 所以 ① 又因为行星椭圆轨道运动周期 即 常数 ， 故 又因为 为正焦弦的一半 所以 ② 由题意可知 即 ③ 把②③代入①可得 化简可得 即 两边积分，由题设 即 1.50解 质点在有心力场中运动，能量和角动量均守恒。无穷远处势能为零。 所以 ① ② 任意一处 由② 代入① 所以 2.1 解 均匀扇形薄片，取对称轴为 轴，由对称性可知质心一定在 轴上。 有质心公式 设均匀扇形薄片密度为 ，任意取一小面元 ， 又因为 所以 对于半圆片的质心，即 代入，有 2.2 解 建立如图2.2.1图所示的球坐标系 把球帽看成垂直于 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 由对称性可知，此球帽的质心一定在 轴上。 代入质心计算公式，即 2.3 解 建立如题2.3.1图所示的直角坐标，原来 与共同作一个斜抛运动。 当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为 ，此人即以 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 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 ① ② 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 可知道 水平距离 跳的距离增加了 = 2.4​ 解 建立如图2.4.1图所示的水平坐标。 以 ， 为系统研究，水平方向上系统不受外力，动量守恒，有 ① 对 分析；因为 ② 在劈 上下滑，以 为参照物，则 受到一个惯性力 （方向与 加速度方向相反）。如图2.4.2图所示。所以 相对 下滑。由牛顿第二定律有 ② 所以 水平方向的绝对加速度由②可知 ③ ④ 联立①④，得 ⑤ 把⑤代入①，得 ⑥ 负号表示方向与 轴正方向相反。求劈对质点反作用力 。用隔离法。单独考察质点 的受力情况。因为质点垂直斜劈运动的加速度为0，所以 ⑦ 把⑥代入⑦得， ⑧ 水平面对劈的反作用力 。仍用隔离法。因为劈在垂直水皮方向上无加速度，所以 ⑨ 于是 ⑩ 2.4​ 解 因为质点组队某一固定点的动量矩 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， 所以圆盘绕此轴的动量矩 = 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 ， ，速度分别变为沿水平方向的 ， ，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 ， 。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： ① 以 质点组作为研究对象，爆炸过程中能量守恒： ② 联立①②解之，得 所以落地时水平距离之差 = 2.7 解 建立如题2.7.1图所示的直角坐标系。 当 沿半圆球 下滑时， 将以 向所示正方向的反向运动。以 、 组成系统为研究对象，系统水平方向不受外力，动量守恒，即 相对于地固连的坐标系 的绝对速度 为 相对 的运动速度 ② 故水平方向 ③ 竖直方向 ④ 在 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） ⑤ = ⑥ 把③④代入⑥ = ⑦ 把①③代入⑤ 2.8​ 证 以 连线为 轴建立如题2.8.1图所示的坐标。 设 初始速度为与 轴正向夹角 碰撞后，设 、 运动如题2.8.2图所示。 、 速度分别为 、 ，与 轴正向夹角分别为 、 。以 、 为研究对象，系统不受外力，动量守恒。 方向： ① 垂直 轴方向有： ② 可知 ③ 整个碰撞过程只有系统内力做功，系统机械能守恒： ④ 由③④得 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 ，初始时 小球速度 ，碰撞后球 的速度为 ，球 的速度 以碰撞后 球速度所在的方向为 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 、 为系统研究，碰撞过程中无外力做功，系统动量守恒。 方向上有： ① 方向上有： ② 又因为恢复系数 即 = ③ 用①-③ ④ 用④代入②得 求在各种 值下 角的最大值，即为求极致的问题。 我们有 得 即 =0 所以 即 由因为 = 故 = 所以 2.10 以 为研究对象。当 发生正碰撞后，速度分别变为 ， ，随即 在不可伸长的绳 约束下作圆周运动。以 的连线为 轴建立如题2.10.1图所示。 碰撞过程中无外力做功，动量守恒： ① 随即 在 的约束下方向变为沿 轴的正向，速度变为 故 方向上有 ② 故恢复系数定义有： = 即 ③ 联立①②③得 2.11 解 如图所示， 有两质点 ， 中间有一绳竖直相连，坐标分别为： ，质量为 ，开始时静止。现在有一冲量 作用与 ，则 作用后， 得到速度 ， 仍静止不动： 。它们的质心 位于原点，质心速度我为 现在把坐标系建在质心 上，因为系统不再受外力作用，所以质心将以速率 沿 轴正向匀速正向、反向运动。由于质心系是惯性系，且无外力，所以 ， 分别以速率 绕质心作匀速圆周运动，因而他们作的事圆滚线运动。经过时间 后，如图所示： 于是在 系中 的速度 的速度： 因此 2.12 解 对于质心系的问题，我们一般要求求出相对固定参考点的物理量，在找出质心的位置和质心运动情况，由此去计算物体相对或绝对物理量及其间的关系。由题可知，碰前 速度为 ， 速度 。碰后速度 ， 分别设为 。碰撞过程中无外力做功，动量守恒。 ① 有恢复系数 ② 联立①②得 再由质点组质心的定义： 为质心对固定点位矢， ， 分别为 ， 对同一固定点的位矢 所以 （质点组不受外力，所以质心速度不变。） 设两球碰撞后相对质心的速度 ， 。 （负号表示与 相反） 同理，碰撞前两球相对质心的速度 （负号表示方向与 相反） 所以开始时两球相对质心的动能： = = 2.13​ 用机械能守恒 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ；在链条下滑过程中，只有保守力重力做功，所以链条的机械能守恒。以桌面所平面为重力零势能面。 有 2.14 此类题为变质量问题，我们一般研究运动过程中质量的变化与力的关系 以竖直向上我 轴正向建立如题2.14.1图所示坐标。 绳索离地面还剩 长时受重力 则 所以 求地板的压力，有牛顿第三定律知，只需求出地板对绳索的支持力 即可，它们是一对作用力与反作用力。这是我们以快要落地的一小微元作为研究对象。它的速度由 变为0。用动量守恒，有 = = 又因为 = 2.15 解 这是一道变质量的问题，对于此类问题，我们由 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 上p.137的（2.7.2）式 ① 来分析。 以机枪后退方向作为 轴争先，建立如题2.15.1图的坐标。 竖直方向上支持力与重力是一对平衡力。水平方向上所受合外力F即为摩擦力 ② 单位时间质量的变化 ③ 由①②式 所以 2.16解 这是一个质量增加的问题。雨滴是本题 。导致雨滴 变化的微元 的速度 。 所以我们用书上p.138的（2.7.4）式分析 ① 雨滴的质量变化是一类比较特殊的变质量问题。我们知道处理这类问题常常理想化模型的几何形状。对于雨滴我们常看成球形，设其半径为 ，则雨滴质量 是与半径 的三次方成正比（密度看成一致不变的）。 ② 有题目可知质量增加率与表面积成正比。即 ③ 为常数。我们对②式两边求导 ④ 由于③=④，所以 ⑤ 对⑤式两边积分 ⑥ ⑦ 以雨滴下降方向为正方向，对①式分析 ⑧ （ 为常数） 当 时， ，所以 2.17 证 这是变质量问题中的减质量问题，我们仍用书上p.137(2.7.2)式 ① 来分析。设空火箭质量 ，燃料质量 。以向上为正方向，则火箭任一时刻的质量 ② 喷气速度2074 是指相对火箭的速度，即 。有①式 化简 对两边积分 ㏑ ③ 此既火箭速度与时间的关系。当火箭燃料全部燃尽所用时间 ，由题意知 ④ 代入③可得火箭最终的速度 ，（即速度的最大值）. 考虑到 其中 ，易知当 时， 恒成立，即 为 的增函数。又当 时， =11.25 而要用此火箭发射人造太阳行星需要的速度至少应为第二宇宙速度 。 故所携带燃料重量至少是空火箭重量的300倍。 2.18证 要使火箭上升，必须有发动机推力 火箭的重量，即 即 火箭才能上升，结论得证。由于喷射速度 是常数，单位时间放出的质量 质量变化是线性规律 ① 火箭飞行速度 ② 又因为燃料燃烧时间 ③ 代入②得火箭最大速度 = 又因为②式又可以写成 积分可得 ④ 从开始到燃烧尽这一段时间内火箭上升高度 。把③代入④得 之后火箭作初速度为 的竖直上抛运动。可达高度 故火箭能达到的最大高度 = 2.19证 假设该行星做椭圆运动，质量为 ，周期为 。某一时刻位置为 ，速度为 ，则 =- 又因为 于是 = 第三章习题 3.1 半径为 的光滑半球形碗，固定在水平面上。一均质棒斜靠在碗缘，一端在碗内，一端则在碗外，在碗内的长度为 ，试证棒的全长为 3.2长为 的均质棒，一端抵在光滑墙上，而棒身则如图示斜靠在与墙相距为 的光滑棱角上。求棒在平衡时与水平面所成的角 。 3.3 两根均质棒 、 在 处刚性联结在一起，且 形成一直角。如将此棒的 点用绳系于固定点上，则当平衡时， 和竖直直线所成的角 满足下列关系 式中 及 为棒 和 的长度，试证明之。 3.4相同的两个均质光滑球悬在结于定点 的两根绳子上，此两球同时又支持一个等重的均质球，求 角及 角之间的关系。 3.5一均质的梯子，一端置于摩擦系数为 的地板上，另一端则斜靠在摩擦系数为 的高墙上，一人的体重为梯子的三倍，爬到梯的顶端时，梯尚未开始滑动，则梯与地面的倾角，最小当为若干？ 3.6把分子看作相互间距离不变的质点组，试决定以下两种情况下分子的中心主转动惯量： 二原子分子。它们的质量是 ， ，距离是 。 形状为等腰三角形的三原子分子，三角形的高是 ，底边的长度为 。底边上两个原子的质量为 ，顶点上的为 。 3.7如椭球方程为 试求此椭球绕其三个中心主轴转动时的中心主转动惯量。设此椭球的质量为 ，并且密度 是常数。 3.8半径为 的非均质圆球，在距中心 处的密度可以用下式表示： 式中 及 都是常数。试求此圆球绕直径转动时的回转半径。 3.9立方体绕其对角线转动时的回转半径为 试证明之。式中 为对角线的长度。 3.10一均质圆盘，半径为 ，放在粗糙水平桌上，绕通过其中心的竖直轴转动，开始时的角速度为 。已知圆盘与桌面的摩擦系数为 ，问经过多少时间后盘将静止？ 3.11通风机的转动部分以初角速 绕其轴转动。空气阻力矩与角速成正比，比例常数为 。如转动部分对其轴的转动惯量为 ，问经过多少时间后，其转动的角速减为初角速的一半？又在此时间内共转了多少转？ 3.12矩形均质薄片 ，边长为 与 ，重为 ，绕竖直轴 以初角速 转动。此时薄片的每一部分均受到空气的阻力，其方向垂直与薄片的平面，其量值与面积及速度平方成正比，比例系数为 。问经过多少时间后，薄片的角速减为初角速的一半？ 3.13一段半径 为已知的均质圆弧，绕通过弧线垂直的轴线摆动。求其作微振动时的周期。 3.14试求复摆悬点上的反作用力在水平方向的投影 与竖直方向的投影 。设此摆的重量为 ，对转动轴的回转半径为 ，转动轴到摆重心的距离为 ，且摆无初速地自离平衡位置为一已知角 处下降。 3.15一轮的半径为 ，以匀速 无滑动地沿一直线滚动。求轮缘上任一点的速度及加速度。又最高点及最低点的速度各等于多少？哪一点是转动瞬心？ 3.16一矩形板 在平行于自身的平面内运动，其角速度为定值 。在某一瞬时， 点的速度为 ，其方向则沿对角线 。试求此瞬时 点的速度，以 、 及矩形的边长等表示之。假定 。 3.17长为 的杆 在一固定平面内运动。其 端在半径 的圆周里滑动，而杆本身则于任何时刻均通过此圆周的 点。试求杆上任一点的轨迹及转动瞬心的轨迹。 3.18一圆盘以匀速度 沿一直线无滑动地滚动。杆 以铰链固结于盘的边缘上的 点，其 端则沿上述直线滑动。求 点的速度与盘的转角 的关系，设杆长为 ，盘的半径为 。 3.19长为2 的均质棒 ，以铰链悬挂于 点上。如起始时，棒自水平位置无初速地运动，并且当棒通过竖直位置时，铰链突然松脱，棒成为自由体。试证在以后的运动中，棒的质心的轨迹为一抛物线，并求当棒的质心下降 距离后，棒一共转了几转？ 3.20质量为 半径为 的均质圆柱体放在粗糙水平面上。柱的外面绕有轻绳，绳子跨过一个很轻的滑轮，并悬挂一质量为 的物体。设圆柱体只滚不滑，并且圆柱体与滑轮间的绳子是水平的。求圆柱体质心的加速度 ，物体的加速度 及绳中张力 。 3.21一飞轮有一半径为 的杆轴。飞轮及杆轴对于转动轴的总转动惯量为 。在杆轴上绕有细而轻的绳子，绳子的另一端挂一质量为 的重物。如飞轮受到阻尼力矩 的作用，求飞轮的角加速度。若飞轮转过 角后，绳子与杆轴脱离，并再转过 角后，飞轮停止转动，求飞轮所受到的阻尼力矩的量值。 3.22一面粗糙另一面光滑的平板，质量为 ，将光滑的一面放在水平桌上，目标那上放一质量为 的球。若板沿其长度方向突然有一速度 ，问此球经过多少时间后开始滚动而不滑动？ 3.23重为 的木板受水平力 的作用，在一不光滑的平面上运动，板与平面间的摩擦系数为 。在板上放一重为 的实心圆柱，此圆柱在板上滚动而不滑动，试求木板的加速度 。 3.24半径为 的球，以初速 及初角速 抛掷于一倾角为 的斜面上，使其沿着斜面向上滚动。如 ﹥ ，其中 的方向使球有向下滚动的趋势，且摩擦系数 ﹥ ，试证经过 的时候，球将停止上升。 3.25均质实心圆球，栖于另一固定圆球的顶端。如使其自此位置发生此微偏离，则将开始滚下。试证当两球的公共法线与竖直线所成之角 满足下列关系 时，则将开始滑动，式中 为摩擦角。 3.26棒的一端置于光滑水平面上，另一端则靠在光滑墙上，且棒与地面的倾角为 。如任其自此位置开始下滑，则当棒与地面的倾角变为 时，棒将与墙分离，试证明之。 3.27试研究上题中棒与墙分离后的运动。并求棒落地时的角速度 ，设棒长为 。 3.28半径为 的均质实心圆柱，放在倾角为 的粗糙斜面上，摩擦系数为 。设运动不是纯滚动，试求圆柱体质心加速度 及圆柱体的角加速度 。 3.29均质实心球和一外形相等的空心球壳沿着一斜面同时自同一高度自由滚下，问哪一个球滚得快些？并证它们经过相等距离所需的时间比是 。 3.30碾磨机碾轮的边缘沿水平面作纯滚动，轮的水平轴则以匀角速 绕铅垂轴 转动。如 ， ，试求轮上最高点的速度及加速度的量值。 3.31转轮 ，绕 轴转动的角速度为 ，而 绕竖直线 转动的角速度则为 。如 ， ， ，试求转轮最低点 的速度。 3.32高为 、顶角为 的圆锥在一平面上滚动而不滑动。如已知此锥以匀角速 绕 轴转动，试求圆锥底面上 点的转动加速度 和向轴加速度 的量值。 3.33一回转仪， ，依惯性绕重心转动，并作规则进动。已知此回转仪的自转角速度为 ，并知其自转轴与进动轴间的夹角 ，求进动角速度 的量值。 3.34试用欧勒动力学方程，证明在欧勒-潘索情况中，动量矩 及动量 都是常数。 3.35对称陀螺的轴位于竖直位置，陀螺以很大的角速度 作稳定的自转。今突然在离开顶点 处受到一与陀螺的对称轴垂直的冲量 作用。试证陀螺在以后的运动中，最大章动角近似地为 式中 是陀螺绕对称轴转动的转动惯量。 3.36一个 的刚体，绕其重心作定点转动。已知作用在刚体上的阻尼力是一力偶，位于与转动瞬轴相垂直的平面内，其力偶矩与瞬时角速度成正比，比例常数为 ，试证刚体的瞬时角速度在三惯量主轴上的分量为 式中 都是常数，而 。 第三章习题解答 3.1解 如题3.1.1图。 均质棒受到碗的弹力分别为 ， 棒自身重力为 。棒与水平方向的夹角为 。设棒的长度为 。 由于棒处于平衡状态，所以棒沿 轴和 轴的和外力为零。沿过 点且与 轴平行的合力矩为0。即： ① ② ③ 由①②③式得： ④ 又由于 即 ⑤ 将⑤代入④得： 3.2解 如题3.2.1图所示， 均质棒分别受到光滑墙的弹力 ，光滑棱角的弹力 ，及重力 。由于棒处于平衡状态，所以沿 方向的合力矩为零。即 ① 由①②式得： 所以 3.3解 如题3.3.1图所示。 棒受到重力 。棒受到的重力 。设均质棒的线密度为 。 由题意可知，整个均质棒沿 轴方向的合力矩为零。 3.4解 如题3.4.1图。 轴竖直向下，相同的球 、 、 互切， 、 切于 点。设球的重力大小为 ，半径为 ，则对 、 、 三个球构成的系统来说，在 轴方向的合力应为零。即： ① 对于 球，它相对于过 点与 轴平行的轴的合力矩等于零。即： ② 由式得： 3.5解 如题3.5.1图。 梯子受到地面和墙的弹力分别为 ， ，受地面和墙的摩擦力分别为 ， 。梯子和人的重力分别为 ， 且 。设梯长为 ，与地面夹角为 。由于梯子处于平衡，所以 ① ② 且梯子沿过 点平行于 轴的合力矩为零。即： ③ 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到最小时， ④ ⑤ 由①②③④⑤得： 所以 3.6解 （a）取二原子的连线为 轴，而 轴与 轴通过质心。 为质心，则 ， ， 轴即为中心惯量主轴。 设 、 的坐标为 ，因为 为质心（如题3.6.2图） 故 ① 且 ② 由①②得 所以中心惯量主轴： （b）如题3.6.3图所示， 该原子由 、 、 三个原子构成。 为三个原子分子的质心。由对称性可知，图中 、 、 轴即为中心惯量主轴。设 、 、 三原子的坐标分别为 ， 因为 为分子的质心。所以 = ① 又由于 ② ③ 由①②③得： 故该分子的中心主转动惯量 3.7解 如题3.7.1图所示。 沿 轴平行于 平切椭球得切面为一椭圆，则该椭圆方程为： 可求该切面的面积 故积分 同理可求 故中心主转动惯量： 又由于椭球体积 故 将 代入 得： 3.8解 设 表示距球心为 的一薄球壳的质量，则 所以该球对球心的转动惯量 ① 在对称球中，绕直径转动时的转动惯量 ② 又球的质量 ③ 又绕直径的回转半径 ④ 由①②③④得 3.9解 如题3.9.1图所示 坐标系。 为正方体中心。 、 、 分别与正方体的边平行。由对称性可知， 、 、 轴就是正方体的中心惯量主轴。设正方体的边长为 。设为平行于轴的一小方条的体积，则正方体绕轴的转动惯量 根据对称性得 易求正方体的对角线与 、 、 轴的夹角都为 。且 故正方体绕对角线的转动惯量 ① 又由于 ② 绕对角线的回转半径 ③ 由①②③得 3.10解 如题3.10.1图。 轴过 点垂直纸面向外。均质圆盘的密度为 。设盘沿顺时针转动，则沿 的方向有 即 ① 为转盘绕 轴的转动惯量： （ 为盘的质量）， ② （ 为盘转动的角频率，负号因为 规定 关于下班后关闭电源的规定党章中关于入党时间的规定公务员考核规定下载规定办法文件下载宁波关于闷顶的规定 顺时针转动） = ③ 由①②③得 又因为 故 所以 得 3.11解 如题3.11.1图所示， 设 轴通过 点垂直纸面指向外。则对 轴有： 设通风机转动的角速度大小为 ，由于通风机顺时针转动。所以 ，将 代入上式得： 。又由于 ，解得： 故当 时， ㏑ 。又由于 （ 为通风机转动的角度） 设 ， 故当 ㏑ 时， ， 时间内通风机转动的转数 3.12解 如题3.12.1图， 第3.12.1图 坐标 与薄片固连，则沿 轴方向有： 且 ① 现取如图阴影部分的小区域 ，该区域受到的阻力 对 轴的力矩 所以 ② 又薄片对轴的转动惯量 ③ 由①②③得： 当 时， 3.13解 如题3.13.1图所示， 坐标系 的原点位于圆弧最顶点。设圆弧平衡时，质心 的坐标为 。如图所示圆弧偏离平衡位置一小角度 ，则 满足微分方程 为圆弧相对于 轴的转动惯量。当 很小时， ，代入上式得： ① 圆弧上对应转角为 的一小段圆弧的坐标为 质心 的纵坐标 上式中 为圆弧的线密度 ② 又 ③ 其中 ，将②③代入①得 ④ 解④式得通解 微振动周期 3.14解 如题3.14.1图所示坐标系 。 由动量定理及动量矩定理得： ① ② ③ 其中 又根据机械能守恒定律得： ④ 由①②③④解得： 3.15解 如题3.15.1图所示坐标系 。 由于球作无滑滚动，球与地面的接触 的速度与地面一致，等于零，所以 点为转动瞬心。以 为基点。设球的角速度 ，则 设轮缘上任意一点 ， 与 轴交角为 ，则 故 当 时，得最高点的速度 当 和 时分别得到最高点和最低点的加速度 3.16解 如题3.16.1图所示， 由题意知该时刻瞬心一定处在 的垂线 中。设瞬心为 。则 易知 的方向如图，在 中 即为 与 边的夹角大小。 3.17解 如题3.17.1图所示， 点为极轴的原点，极轴过 点，所以在 杆上任意一点 。设 。设 的坐标为 再来求瞬心的轨迹。由于 点速度沿弧面， 点的速度沿 杆。现分别作 与 的垂线交于点 ，则 即为瞬心（见题3.17.1图）。当 点的极角为 时，易知 点的极角 ，故 点的极径 易证明 为等腰三角形。有 又因为 ﹤ ，所以 ﹤0。所以 点轨迹位于 轴上方，半径为 的半圆，如图虚线所示。 3.18解 如题3.18.1图所示。 由于圆盘作无滑滚动，所以 为圆盘的瞬心，故 ，设圆盘匀速转动的角速度为 ，则 ① 因为 点的速度沿地面水平向右，分别作 和 的垂线交于 点，则 点即为杆的瞬心。且得 由几何知识可知 与竖直方向夹角为 ， 又知 又 ，所以 ② 又 。即： 得 ③ ④ 由①②③④解得： 3.19解 如题3.19.1图， 固定坐标系 。杆从水平位置摆到竖直位置过程中只有重力做功，故机械能守恒。设此时的角速度为 ，则 右边第一项为质心运动动能，第二项为杆绕质心转动的动能。解上式得： 在杆脱离悬点后，根据动量定理和动量矩定理： ① ② ③ ③式中 为杆绕质心的转动惯量， 为沿过质心平行于 轴的合力矩，易知 ，又 ，代入③式得 即杆将作匀速转动。 解①②得 ④ 所以质心的轨迹为一抛物线。 故当 时，杆的质心下降 ，代入④式得 故 时间内杆的转数 3.20解 如题3.20.1图， 设圆柱体的转动角速度为 ，设它受到地面的摩擦力为 ，由动量定理和动量矩定理知： ① ② 对于滑块。由动量定理知： ③ ④ 以 为基点： 假设绳不可拉伸。则 。故 ⑤ 由①②③④⑤解得： 3.21解 （1）如题3.21.1图。 设 轴过 点垂直纸面向外。绳子上的弹力为 。对于飞轮，根据动量矩定理，在 轴方向： ① ② 为物块下落的加速度。因为物块的加速度应与 点加速度一样大小，故 ③ 由①②③解得： （2）假若飞轮受到的阻尼力矩为 的话，由（1）问知，飞轮的角加速度 。现在来求绳子脱落以后飞轮的角加速度 。同样根据动量矩，在 轴方向： 可以证明：类似于位移、加速度、初速度和末速度之间的关系式 。角位移、角加速度、角初速度、角末速度之间也有类似的关系： ④ 对于绳子脱落到停止转动的过程有： ⑤ ④⑤式中 指绳子脱落时飞轮的角加速度，由④⑤解得： 3.22解 如题3.22.1图。 轴与速度方向一致， 轴垂直纸面向外。设球的半径为 ，则球绕任一直径的转动惯量 。由动量定理和动量矩定理可知： ① ② ③ ④ 由①②③④得： 设球与板的接触点为 ，则 时刻 点的速度为： ⑤ ⑥ 球由滑动变为滚动的条件是： ⑦ 由⑤⑥⑦解得： 3.23解 如题3.23.1图所示。 设圆柱的半径为 ，与木板之间的摩擦力为 ，弹力为 ，木板受地面的摩擦力为 ，弹力为 ，对木板由动量定理得： ① ② 对圆柱，由角动量定理和动量定理得： ③ ④ ⑤ 其中 为圆柱绕中心轴的转动惯量，所以 ⑥ ⑦ 无滑滚动的条件： ⑧ 由①～⑧式解得 3.24解 如题3.24.1图， 坐标不与圆柱固连，是固定坐标系。由于 ﹥ ，所以圆柱与斜面接触的边缘有相对与斜面向上的运动趋势，所以斜面对圆柱的摩擦力沿斜面向下。 对圆柱： ① ② ③ ④ 由①②③④式得 设从 到 的过程中，圆柱的速度从 变到 ，角速度从 变到 ，所以 3.25解 如题3.25.1图。 设大球和小球的半径分别为 ， 。 分别为大球和小球的球心， 为方向竖直向下的定线， 为小球上的一动线。当小球位于大球顶端时， 与 重合。设 ， 与竖直方向的夹角为 ，根据无滑条件： ① ② ③ ④ ⑤ 从最高点运动到图示位置过程中，机械能守恒，即 ⑥ ⑦ 由①～⑦解得 3.26​ 如题3.26.1图所示 坐标系 。设杆的长度为 ，质量为 。受到墙和地面的作用力分别为 ，当杆与地面的倾斜角为 时，质心 的坐标为： 对上两式求时间导数，的质心的速度和加速度： ① ② ③ ④ 由②③④得 ⑤ 对⑤式求时间导数得 ⑥ 又由动量定理 ⑦ 当杆脱离墙时，有 ⑧ 由①⑤⑥⑦⑧得 ⑨ 所以 3.27解 如题3.27.1图， 设 为杆与地面的倾角， 为杆脱离墙时的 值。设杆脱离墙时，杆的角速度为 横纵速度分别为 当杆落地时，质心 的横纵速度分别为 杆的角速度为 。当 由 变为0的过程中，机械能守恒： ① 又因为此过程中杆已离开墙，所以杆在水平方向受力为零，故质心水平方向匀速，即 ② 又 点只有水平方向的速度，根据 ,知当杆落地时， 与 有如下关系： ③ 且由3.26题式①得： ④ 将②③④代入①得： ⑤ 由3.26题式⑤⑨得 ⑥ ⑦ 将⑥⑦代入⑤得 3.28解 如题3.28.1图。 对圆柱有如下基本运动微分方程： ① ② ③ ④ ⑤ 由①②③④得 ⑥ 将⑤代入⑥得 3.29解 如题3.29.1图。 设斜面的倾角为 ，实心球或球壳的质量为 ，半径为 ，转动惯量为 ，则可列出下列方程： ① ② 又有无滑动条件 ③ 由①②③式得 ④ ⑤ ⑥ 将⑤⑥代入④得 ⑦ 对初速为0的匀加速运动，时间，加速度，位移有如下关系： ⑧ 当 时，将⑦代入⑧得： 故实心球滚得快些。 3.30解 如题3.30.1土 图以 为 轴。 为 轴。建立与碾轮一起转动的动坐标系 ，设碾轮绕 轴转动的角速度 ，水平轴的转动角速度为 。所以 点的合角速度为 又因为 点和 点的速度为0，所以 即为瞬时轴。设 与地面成 夹角，由于 沿瞬时轴方向，所以： 故 4.1解如题4.1.1图所示. 坐标系 的原点位于转动的固定点， 轴沿 轴与角速度的方向一致，即 设 点沿运动的相对速度为 则有题意得： 故 在 点时的绝对速度 设 与 轴 的夹角为 ，则 故 与 边的夹角为 ，且指向左上方。 点时绝对速度 设 的夹角为 ，则 ,故 与 边的夹角为 ，且指向左下方。 4.2解 如题4.2.1图所示， 以 转动的方向为极角方向建立坐标系。 轴垂直纸面向外，设 点相对速度 ① 设绝对速度 的量值为常数 ，则： ② 对②式两边同时球时间导数得： 依题意 故 解得通解 当 时， ，将其带入①式游客的知： 时， 即 最后有 4.3解 如题4.3.1图所示， 直角坐标 的原点位于圆锥顶点 轴过圆锥的对称轴. 点在轴上对应的一点，且有 ，所以 点的绝对加速度： 最后有 4.4解 如题4.4.1图所示， 题4.4.1图 坐标系 是以 轴转动的坐标系.图中画出的是曲线 的一段，在任意一点 处，假设某质点在此处静止，则该质点除了受重力、钢丝的约束力之外，还会受惯性离心力 的作用， ，方向沿 轴正向，在 作用下，致信处于平衡状态，则有 ① ② 有①得 ③ 又因为 过原点.对上式积分得抛物线 有③得 将 代入②的反作用力 4.5以直管为参照系， 方向沿管， 沿竖直轴建立坐标系 ，则小球受力为： 故沿 方向运动的微分方程为： ① 有初始条件： 可得①式解为 故当邱刚离开管口时，即 时.则 得 所以此时： 故当球刚要离开管口时的相对速度为 ，绝对速度为 ，小球从开始运动到离开管口所需时间为 4.6解 以光滑细管为参考系， 沿管， 沿水平轴建立坐标系 ，如题4.6.1图所示， 则小球受力为： 故沿 方向运动的微分方程为： ① 方程 的通解 而方程①的特解为： 故方程①的通解为： 初始条件为当 时， 故可得 所以质点相对于管的运动规律为： 4.7解 以水平细管为参考系， 沿管， 沿竖直转动轴向上建立坐标系 ，如题图4.7.1图所示 则易得质点 反方向的运动微分方程为： ① ② 将方程①②作简单变换可得： 化简得 其通解为： 初始条件为： 故可得： 故 4.8解 以抛物线形金属丝为参照物 沿抛物线在顶点的切线方向， 沿竖 轴建立坐标系 ， 则小环的运动微分方程为： ① ② 故 代入①②得 化简即得 4.9解一当小环相对平衡时，由上题可知即要求 为常数，故 故 解二 以地面为参照系则小球受力 ，如图4-8所示.其中 为固定地面的坐标系，故平衡时有： 4.10解 以地面为参考系，则小环的运动微分方程为： 其中 为 与圆心 的连线和通过 点的直径间所夹的角 化简得 4.11解 以地面为非惯性参考系，建立坐标系 ， 指正南， 竖直向上，发射点为原点 ，炮弹的运动微分方程为： ① ② ③ 初始条件为 故将①②③积分一次代入初始条件后得： ④ ⑤ ⑥ 有⑥可得落地时间： ⑦ 其中 所以将 展开可得 由式及初始条件可得 所以炮弹落地时的横向偏离为 4.12 解 以地面为非惯性，建立坐标系 指向正南， 竖直向上，上抛点为原点 ，质点的运动微分方程为： ① 初始条件为： 如上题同理可得 ② ③ ④ 代入①式得 有④式求出落地时间为： 有③式得： 将 代入得复落至地面时：