理论部分习题.pdf

习题习题 1 1 d x x L AB C O 如图 根据几何关系有 22 cos tan dx d dx 所以 2 2 22 22 2 22 cos d xd x d x x d xdd x 小环的速度 iiv d xd x 22 加速度 iia 2 2 22 2 d xd x 习题习题 1 6 已知质点速度 eeeev rr rrr 1 则有 r rr 2 因此 2 2 r r rr 3 按照加速度公式并利用 2 和 3 求得加速度 ee eea rr r rrrr r r 22 2 2 2 4 或直接由 1 和 2 求加速度 ee eeee e e e e ee v a rr r rr dt d dt d rr r dt d dt d r rr r r r 22 2 习题习题 1 7 采用自然坐标系 按题意质点速度矢量 tt cveev 1 其中速率 v 等于常量 c 而质点加速度矢量 nnt cv dt dv eeea 22 2 因此 0 3 nt c eeav 3 所以 av 4 习题习题 1 9 根据已知条件0 2 tt erer 所以质点速率 t errv 22222 1 质点径向和横向加速度分量 t t r erra erra 22 222 2 质点切向加速度分量 t t e dt dv a 22 3 曲率半径 v d dt dt ds d ds 4 质点法向加速度分量 t n ev v a 22 2 5 或由全加速度大小 222222 t r eaaa 求得质点法向加速度分量 t nn eaaa 2222 习题习题 1 14 O y x x v y v v 0 v 如图采用直角坐标系 按题意空气阻力 jivFyxmkmk d 1 质点总的受力 jijFF gykmxmkmg d 2 质点运动方程 gykmym xmkxm 3 初始条件 sin cos 0 0 0 0 0 00 vyvx yx tt tt 4 3 积分一次 并利用条件 4 得到 1 sin cos 0 0 ktkt kt e k g evy evx 5 当速度与水平方向夹角又为 时 kt ktkt x y ev e k g ev x y v v cos 1 sin tan 0 0 6 解得所需时间为 g kv k t sin2 1ln 1 0 7 习题习题 1 15 采用自然坐标系 质点受力 nTt T mgFmg m ee gFF cos sin 1 其中 FT为绳子张力 径向运动方程 cos 2 mgF l v m T 2 质点运动时 FT作功为零 由能量守恒定律 cos1 2 1 2 1 22 0 mglmvmv 3 由 2 3 和初始条件glv2 0 解得 cos3mgFT 4 记摩擦系数为 水平钢丝对小环的作用力为 FN 临界情况下小环的磨擦力大小为 N Ff 5 小环的力平衡方程 0 2 3 cos 0sin mgFF fF TN T 6 由 5 和 6 解得摩擦系数 2cos2 2sin N F f 7 令0 d d 求得 3 代入 7 得 3 1 由于0 3 2 2 d d 摩擦系数在此取极大值 所以 要保证小环在钢丝上不滑动 实际的摩擦系数应大于或等于 3 1 习题习题 1 21 解法一解法一 采用平面极坐标系 设大环对小环的作用力为 FN 小环总的受力 ee gFF sin cos mgmgF m rN N 1 小环运动方程 sin cos 2 mgmR mgFmR N 2a b x y O gm 2 3 T F N F f gm T F l gl2 0 v v Or sin cos 2 mgmR mgFmR N 初始条件 0 0 3 大环力力平衡方程 gmFF NT cos2 4 Or gmFF NT cos2 由于 d d dt d d d 2b 可写成 dgdRsin 5 积分 5 并利用 3 得到 cos1 2 1 2 gR 6 6 代入 2a 求得 2cos3 mgFN 7 7 代入 4 当0 T F时大环上升 即 0cos4cos6 2 m m 8 其解是 m m m m 2 3 11 3 1 cos 2 3 11 3 1 9 此时小环的位置范围 m m m m 2 3 11 3 1 arccos 2 3 11 3 1 arccos 10 当满足条件mm 2 3 时 10 才有意义 大环开始 上升时小环的位置 m m 2 3 11 3 1 arccos 0 11 解法二解法二 设小环运动的速率为 v 小环运动方程 2a b 亦可由下列方程代替 cos1 2 1 cos 2 2 mgRmv mgF R v m N 12 直接求得 7 式 2cos3 mgFN 习题习题 2 1 按题意有 2 2 2222 r a rrv 1 质点作有心运动 角动量守恒 hr 2 2 这里 h 是常数 1 式和 2 式联立消去 得到 2 22 2 r ha r 3 考虑 d dr dt d d dr r 并利用 2 式 得微分方程 rCr h a d dr 1 2 1 2 2 1 4 解得 1 2 C eCr 5 其中 21 C C为待定常数 初始条件 当0 时 r r v v rr r tan 0 代入 5 式得 cot 102 CrC 所以质点轨道方程 cot 0e rr 习题习题 2 4 令 r u 1 按题意有心力大小为 322 uumuF 1 代入比内公式 322 2 2 22 uumu d ud umh 2 整理后得 2 2 2 2 2 2 h u h h d ud 3 其中 2 rh 记 2 2 2 h h k 解微分方程 3 得 22 2 0 cos 1 hk kA r u 4 其中 A 和 0 为积分常数 适当选取极轴使0 0 同时记 2 22 2 22 hAk e hk a 即得 1 cos ke a r 5 习题习题 2 13 解法一解法一 设无穷远处的势能为零 质点势能 23 2 r mc rd r mc rdrFrV rr 1 取力心为极坐标系原点 当质点到达与力心最近距离 d 时 0 r 此时质点机械能 2 1 2 rVdmE 2 根据机械能守恒 22 2 1 2 1 mvrVdm 3 根据角动量守恒 vhd 2 4 1 和 4 代入 3 解得 2 2 v c d 5 解法二解法二 先求轨道方程 已知有心斥力大小 3 r mc rF 1 取 r u 1 1 代入比内公式 3 2 2 22 mcuu d ud umh 2 整理后得 01 22 2 u h c d ud 3 记 2 2 1 h c 解得 cos 1 0 A r u 4 其中 A 和 0 为积分常数 适当选取极轴使0 0 即得质点轨道方程 cos 1 A r 5 显然 当0 时 求得力心最近距离 A rd 1 min 6 如图所示 当 2 时 r 所以轨道两条渐近线与 x 轴的夹角 2 O v r x A 速度 v向径向和横向分解 得当 2 时 sin cos vvvvr 7 可以将 7 式作为初始条件 5 式对时间求导 得 cos sin 2 A r 8 利用初始条件 7 有 cos 2 cos 2 sin 22 v A rvr 9 sin 2 vrv 10 10 式求出 代入 9 式 化简后得 cos sin sin cos 2 v r v A 11 依题意 很小 近似有 rr sin 1 cos 1cos sin sin 因此 11 式成为 r A 1 12 其中 vh h c 1 2 2 代入上式并考虑 6 式 得 2 2 v c d 习题习题 2 16 设绳子的拉力大小为 T 采用极坐标 质点 A 的运动方程 mhmr Trrm 2 2 1ab 初始条件 2 1 2 9 0 gdddvrvhr drdr 2ab 另一质点 B 的运动方程 rmmgT 3 1a 式和 3 式联立消去 T grr 2 2 4 1b 代入 4 消去 得 g r h r 3 2 2 5 考虑 dr rd rr 对 r 积分得 Cgr r h r 2 2 2 2 1 6 由初始条件 2a 求得 gd d h C 2 2 2 1 7 7 和 2b 式代入 6 式有 1349 4 233 2 2 drrd r g r 8 当0 r 时 r 取极值 09134 323 ddrr 9 解得 drdrdr 4 3 3 321 10 根据 5 式并利用 2b 式 drgrdrr drgrdrr 3 0 4 1 3 0 4 7 max2 min1 11 证毕 习题习题 3 3 取圆盘为活动参考系 这里Oxy是一转动非惯性坐标系 质点相对位矢 jirbx 1 所以质点的绝对速度为 ji jikir uv xbu bxu 2 质点的绝对加速度为 ji ikjikk u r a 2 2 2 22 bux ubx 3 习题习题 3 5 取楔子为活动参考系 这里Oxy是一平动非惯性坐标系 质点受力 sin cos cos sin 0 0 jijij agNF mamgN mm 1 其中ji 是直角坐标系Oxy的单位矢量 N 是楔子对质点的作用力 假设质点相对楔子的加速度为 a 质点运动方 程 0sincos cossin 0 0 mamgNam mamgam y x 2 因此 质点相对楔子的加速度 ijia cossin 0 agaa yx 3 质点相对楔子的压力 jjNN sincos 0 agmN 4 习题习题 4 2 取坐标系Oxyz O 点位于半圆球底面中心 z 轴垂直底面向上 因为 z 轴是半圆球的对称轴 所以质心坐标 0 0 CC yx 用平行底面的两个平面在高度 z处分割出厚度为 dz 的薄圆片体积微元 其半径 22 zr 微元 体积为 dzzrdzdV 222 1 因此 r dzzr dzzrz dV dVz z r r V V C 8 3 0 22 0 22 2 其中 是密度 习题习题 4 6 O y x A x A s B x B s a b 解法一解法一 设初始时大楔子的质心坐标为 A x 小楔子的质心坐标为 B x 则由大小楔子组成的质点组的质心坐标为 PW PxWx x BA C 1 设小楔子下滑到水平面时大小楔子分别向右移动了 A s和 B s 此时的质心坐标为 PW sxPsxW x BBAA C 2 根据质心定理 质点组水平方向没有受力 质心守恒 CC xx 3 1 和 2 代入 3 得 0 BA PsWs 4 根据几何关系 又有 bass AB 5 解得 ba PW W sba PW P s BA 解法二解法二 式 4 亦可由动量守恒定律导出 质点组在水平方向动量分量守恒 于是 0 dt ds P dt ds W BA 1 对时间求一次积分 CPsWs BA 2 C是积分常数 0 t时 0 BA ss 所以0 C 习题习题 4 10 设质点和球心的连线与铅直轴夹角为 时 半球 m 的速度是i v 取半球为活动坐标系 质点 m 沿半球下滑 相对 速度是 t r e 绝对速度是 jieiv sin cos rrvrv t 1 质点和半球质点组水平方向动量分量守恒 0 cos rvmvm 2 所以 cos r mm m v 3 在固定坐标系中根据能量守恒并利用 1 式 sin cos 2 1 2 1 2 1 2 1 cos cos 222 22 rrvmvm mvvmmgr 4 3 代入 4 求得 2 sin cos cos 2 mm mm r g 5 当 时 2 sin cos cos 2 mm mm r g 6 习题习题 5 1 如图采用直角坐标系 按题意杆端点 A 速度 iv 0 v A 1 杆角加速度 k 2 取 A 为基点 C 点和 B 点的位置矢量 sincos sincos cot jir jir l r AB AC 3 C 点速度 ji jiki r vv coscot sincot sincos cot 0 0 rrv rv ACAC 4 在运动过程 C 点和圆周保持相切 C 点速度沿切线方向 O y x A C B D r l C v A v sincot coscot tan 0 rv r v v Cx Cy 5 求得角速度大小 cos sin 2 0 r v 6 所以 B 点速度为 ji jii r vv r lv r l v l r v v ABAB 2 0 3 0 2 0 0 sin cos sin 1 sincos cos sin 7 过 A 和 C 两点作速度 A v和 B v的垂线相交于 D 点即求得瞬心 习题习题 5 8 l z y x O 取直角坐标系如图所示 其z轴沿杆轴线方向 转轴在Oyz 平面内 显然该坐标系三条轴线都是惯量主轴 惯 量矩阵是对角矩阵 对角元素是 0 3 1 3 1 23 0 2 zz l yyxx JmlldzzJJ 1 其中 是杆的单位长度的质量 m 是杆的总质量 又杆的角速度 kj cossin 2 所以杆对端点 O 的角动量 j L sin 3 1 cos sin 0 000 010 001 3 1 22 mlmlJ 3 习题习题 5 14 x y l d O B A C 取直角坐标系 Oxyz 如图所示 薄板绕对角线 OB 转动的角速度 sin cosji 1 由于 xy 平面是对称面 所以 z 轴是惯量主轴 薄板对 O 点的惯量矩阵 zz yyyx xyxx J JJ JJ J 00 0 0 2 薄板绕对角线以角速度 转动时对 O 点的角动量 ji L sincos sincos yyyxxyxx JJJJJ 3 薄板绕 y 轴以角速度j 转动时对 O 点的角动量 ji L yyxy JJJ 4 薄板先绕对角线转动 然后释放对对角线的约束 转变为对 y 轴的约束 这时薄板所受冲力通过 y 轴 冲力矩在 y 方向的分量为零 所以沿 y 方向薄板角动量分量守恒 jj yyyyyx JJJ sincos 5 这里 22 22 23 00 22 22 00 sin cos 3 1 3 1 4 1 4 1 dl l dl d mdlddxxdydmxJ mlddlxdxydyyxdmJ ld yy ld yx 6 是薄板单位面积质量 薄板总质量ldm 6 式代入 5 式 求得 jj 22 4dl l 7 习题习题 5 20 x O R y R v gm N A B 取坐标系如图所示 球 A 质心速度大小是 Rv2 1 B 是球 A 的瞬心 球 A 角速度大小是 逆时针为正 2 R v 2 体系的机械能守恒 cos2 2 1 2 1 cos2 22 mgRJmvmgR z 3 其中球 A 绕通过中心的轴的转动惯量 2 5 2 mRJz 根据质心定理 球 A 沿径向有分量表达式 2 2cos mRmamgN r 4 当球 A 脱离固定球表面时 N 0 代入 4 式求得 R g 2 cos 2 5 1 和 2 式代入 3 式 并利用 5