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.doc

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：4.15 解：根据机械能守恒定理可知：杆水平方向的速度为：当杆与墙分离：即：得： 即：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连线与竖直线的夹角为广义坐标。其中设棒的质量为，圆周的半径为，则棒长为。另取点为重力势能零点。则对棒，为棒对点的转动惯量。代入，得用代替，得方程为，而对于单摆，所以对比得即等值单摆摆长为4.20解：如图：设球的半径为,设经过时间后，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，有同时有对于纯滚动，有解上述方程，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。解：建立如图所示的坐标系，有：（3+2）+=（23+2）=+=有对称性分析，所求惯量椭球方程为 ：令则惯量椭球方程为：（3+2）+（23+2）4.24 解：I11=m(y2+z2)=133a2 I12=mxy=a2 I13=mxz=32a2 I21=I12=a2 I22=m(z2+x2)=133a2 I23=myz=32a2 I31=I13=32a2 I32=I23=32a2 I33=mx2+y2=83a2 所以惯量椭球方程为:133a2x2+133a2y2+83a2z2-2a2xy-3a2xz-3a2yz=1 即：13x2+13y2+8z2-6xy-9xz-9yz=k24.25解：XYZO注意：本题是相对于“质心”的惯量椭球圆锥高h，底面的半径是r质心距底面的距离是以OZ为轴的转动惯量是：以OX、OY为轴的转动惯量是（利用平行轴定理）：而惯量椭球的公式为：如果使惯量椭球为一个球：将代入中，可以解得：4.26 证明： 若研究点为A，则虽然A点在不同坐标系中的坐标表示不同，但是O、A两点间的距离却是相等的。 也即 得证4.31 解：盘面法线与进动轴所成角，即为章动角，有又知而即为章动角，且：4.33解：势能动能：所以L=T-V=所以其中所以：+令： 所以：所以：t=4.37 解：陀螺势能为常数，不妨设为零，陀螺动能为。因此陀螺拉格朗日函数为。L中不显含和，就且为常数，因此，。又，代入可解得，即或。4.38 解：t=0时，z=cos+=I1I33mglI1，=2mgl3I1=3I1-I3I3mgl3I1Le=3I1-I342mgl3I1+I323I1-I3I3mgl3I1=3mglI1Lk=I3z=I3I1I33mglI1=3mglI1因为：t=0时，=60，=0E,=E-Lk22I3-mgl=I123mglI114I1234+mgl12-mgl=0Veff()=3mglI1(1-cos)22I1sin2-mgl1-cos=3mgl2(1-cos)2sin2-mgl(1-cos)I122+3mgl2(1-cos)2sin2-mgl(1-cos)=0I1mgl2=21-cos-3(1-cos)2sin2sin(1-cos)2cos-1d=mglI1dt经验证可知：1cos=1+2emglI1t+e-mglI1t为上式的解，所以在以后的运动过程中，满足的方程为：1cos=1+2emglI1t+e-mglI1t4.40解：建立如图所示坐标系ZXXDCOBAODCBAXXZ由几何关系可知，AC为惯量主轴， 第五章5.4 解：以O为原点建立如图所示的固定坐标系，其中C为空间系基点。由，则A点的速度为：+（+）（lsin+lcos） =lcos+v(1+sin)-lsin大小=因为=+=.=+（）=-+()（lsin+lcos）+(+)(lcos+sin-l sin)=(-lsin-sin)+cos-lcos5.6 解：在初始条件下，质点受力为F0=-2032mdi OACBxrFt=832mdiFc=832mdi F=-432mdi由于此时质点速度方向正好与受力方向垂直，且题中已知质点相对于平面做圆周运动，则在任意时刻，质点位于r处时，质点受力为F0=-4m2(r-rA) Ft= m2rFc=83m2dr-rCr-rC F=-43m2dr-rCr-rC在非惯性系中 r=43di+43der而i=cost i0+sint j0 j=-sint i0+cost j0 er=cost i+sint j=cos2t i0+sin2t j0 r=43dcost +cos2t i0+sint +sin2t j05.7 其中将代入中，化简可得，将代入拉格朗日方程中，可得，化简可得，两边积分，并由初始条件（认为小球恰好到环最高点时速度变为0），可得，两边求定积分，可得，5.8 解：I=R2m dL=wdI dI=2mrR dL=Rmv V=2.810-4m/s 5.10 解：当以速度V运动时 FC=-2mV因为速度V沿赤道，所以 FC=-2mV.当速度为0时，FC0=0.因为其他条件相同，所以存在误差为：|FC-FC0mg|=2mVmg=2Vg5.10 证明：站在地球外看，船在赤道上以速度航行，此速度引起的科里奥利力为，此力会影响重力的大小，使重力有的误差5-11 解：质点相对于地球的运动方程为。（1）取固定在地球上的参考系Axyz，x轴向南，y轴向东，z轴垂直地面向上，则。（2）由以上两式可得（3）质点初速度，。对上式积分可得（4）将（4）式代入（3）式，略去项，只保留的一次项，得再积分两次可得令，可得（舍去）或，代入上式可得负号表示向西偏离。5.12如图，由非惯性系中的牛顿定律可知，对于自转的体系有而 写成分量式为 物体向东发射，初速，仰角，即取A点的坐标系中，有 ，对积分，得 代回略去项，只保留到的一级项得 积分一次得 再积分可得 落地时，有 ，可得 代入 ，可得 分母上的省略号是指项及更高次项，因为是小量，与相比，可以忽略，所以其更高次项都不考虑，化解得对于 有 （与作过类似的近似）而注意到是科里奥利力使物体有此种效应的，其力的方向是朝南的，所以在东的方向偏转较小（取合适的与便可使）所以可近似认为仅有第六章6.3 (20102200219容晓晖)（图略，见课本）取为广义坐标，使用拉格朗日方法，由于是微振动，其中将其代入拉式方程中，可得，设，将其代入中可得，要使有不为零的解，有其系数行列式值为0，即，化简之可得，解之可得系统的简正频率为，将代入中任意一式可得，式即表示了在振动过程两广义坐标的大小关系，即表示在简正振动的模式。6.5 (李沙沙20102200214)解：设弹簧原长为d，以顶面为零势能面。体系的自由度为2，选取为广义坐标，则：V=mglcos =1/2(mgl+k)()L =T-V=-1/2(mgl+k)()代入拉格朗日方程得：ml=0ml=0得久期方程：=0得： 或 。6.8 （焦艳景，20102200209）解：取两个摆锤偏离竖直方向的距离、为广义坐标。设两摆线偏离竖直方向的夹角为、，则当、很小时，有=sin=,=sin=,则=，=T=m(+)重力势能=mgl(1-cos)+mgl(1-cos) =mgl(+) =(+)电势能=，r=d+ 所以=L=T-(+)=m(+)-(+)- =m(+)-(+)+代人和可得m+(-)-+=0m+(-)-+=0设=sin(wt+)+; = sin(wt+)+代人拉格朗日方程，整理由sin(wt+)的系数等于0可得（-m+-）+(-)=0（-m+-）+(-)=0由、组成的系数行列式等于0可得（-m+）.（-m+-）=0可解得， 6.9 (20102200204 郭兵)解:如图所示以矩形中心为原点建立直角坐标系，则m的位置为（x,y).则易知A，B，C ，D的坐标分别为（，），（，），（，）（，）所以动能 势能 其中所以由于简并，所以 6.10 (张智超20102200336)解：设质心位于两个弹簧中间，其距弹簧的长度为l 。取弹簧原长位置为y坐标原点，并且y=0为势能零点。则体系势能为：因为做微震动，重力势能几乎不变，取平衡位置为重力势能零点，则因此： 体系动能为：带入拉格朗日方程得久违方程为： 图 1当时，（1）式可化简为解得 第一个解不对 6.11 (赵成龙 20102200138)解：设圆盘质量为M,质点质量为m, OA长为l, v为质点绝对速度，为圆盘速度，为质点相对于圆盘的速度。则系统总动能为：6.12 （于方方20102200332）解： 体系的自由度为2，取两圆盘分别转过的角度为广义坐标，则 6.15 (王帅鹏，20100770126)解：设质点、偏离平衡位置位移分别为、，。体系动能为，体系势能为。其系数矩阵分别为和体系频率为，设，久期方程为，即。所以，则。6.16 (梁洪涛 学号：20102200115)解：设质心C1质量为m1，转动惯量为I1，质心C2质量为m2，转动惯量为I2；AC1=rC1，BC2=rC2，AB=rB；动能：T=m12rC112+I1212+m22rB1+rC22cos2-12+m22rC22sin(2-1)2+I2222Tm12rC112+I1212+m22rB12+rC222+2rBrC212+I2222T=12m1rC12+I1+m2rB212+m2rBrC212+12(m2rC22+I2)22势能：V=m1grC11-cos1+m2grB1-cos1+rC2(1-cos2)Vm1grC1122+m2grB122+m2grC2222V=m1grC1+m2grB122+m2grC2222a11=m1rC12+I1+m2rB2;a12=m2rBrC2;a22=m2rC22+I2;b11=m1grC1+m2grB;b12=0;b22=m2grC2;所以，根据久期方程可得a11a22-a1224-a11b22+b11a222+b11b22=02=a11b22+b11a22a11b22+b11a222-4b11b22a11a22-a1222a11a22-a1222=a11b22+b11a22a11b22-b11a222+4b11b22a1222a11a22-a122所以振幅比值：B1A1=a1112-b11-a1212；B2A2=a1122-b11-a12226.18（王瑞蕊，20102200320）题目中 ，则由此得出拉格朗日方程为 则设 ， ， 代入上述方程 久期方程为 得 由此求得 则 代入初始条件得 解得 ， 解得 另解：用简正坐标。因为 所以对应的 则已为对角阵，所以特征方程为，即 解得 代入，对于 ，对系数阵初等行变换得 所以其特征向量为 归一化之后为 同理得 对应的归一化特征向量为 同理得 对应的归一化特征向量为 设 为简正坐标，则有 即 所以有 解得 所以有 又设 所以代入初始条件 有 所以最后代入得6.18 （侯闪闪 20102200109）解：6.20 (王慧芳20102200223)解：按逆时针，从某一个小球开始，给小球依次编号1,2,3,4,5,6，如6.6节