理论力学期末习题答案

1、习题答案X1.3曲柄oa r,以匀角速绕定点O转动。此曲柄借连杆 AB使滑块B沿直线ox运动。ABO求连杆上c点的轨道方程及速度。设 Ac cB a， AOB第1.3题图解1如题1.3.2图由题分析可知，点C的坐标为x r cos acosy asin又由于在AOB中，有匹（正弦定理）所以sin sin联立以上各式运用由此可得得得化简整理可得2asin2ysin 一rr22sin cos 1cos4y22r3y222x a cos x a yrr222' 22x a y 2x a y2r222 c 22x a r 2x a y2222c 222 24x a y x 3y a r此即为C

2、点的轨道方程.(2)要求C点的速度，分别求导x r sinr cos sin2cosr cosy2-其中又因为r sin2a sin对两边分别求导故有cos2a cos所以V .x2 y2r cosr sin sin2cos2222r cos4r2 coscos24 sin cos sinX1.4细杆OL绕O点以角速 转动，并推动小环C在固定白钢丝 AB上滑动。图中的d为 已知常数，试求小球的速度及加速度的量值。ACO第1.4题图解：如题1.4.1图所示,d2OL绕O点以匀角速度转动，C在AB上滑动，因此C点有一个垂直杆的速度分量OCC点速度vv vcossec, 2 d sec又因为所以C点

3、加速度a a d 2sec sec tan dt-222d sectan2 2xd2x2d"1.5矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：a c 1 sin 2T式中c&T为常数，试求运动开始 t秒后升降机的速度及其所走过的路程。已知升降机的初 速度为零。解：由题可知，变加速度表示为.t sin 2T由加速度的微分形式我们可知dv adt代入得dv c 1 sin - dt2T对等式两边同时积分dv c 1 sin 出002T可得：v ct空ccosD（D为常数）2T代入初始条件：t 0时，v 0,故2T c即又因为所以ct 红 cos2Tdsv 一 dtdsct肛

4、cos2T对等式两边同时积分，可得：sc 1t222T1 dt空sint2TX1.6 一质点沿位失及垂直于位失的速度分别为r及 ，式中 及是常数。试证其沿2 22r , 一rrv rv又因为V/ r r ，dva 一dtd一 ri dtddt（取位矢方向i,垂直位矢方向所以ddtrid r . 一 i dtd i r -dtriddtdr dtdr 一 dtdjr j r j dt2. r i2r j即 沿位矢方向加速度2r垂直位矢方向加速度2r对求导 对求导 把代入式中可得a1.7 试自 x r cos , y rsin出发，计算x及y。并由此推出径向加速度ar及横向加速度a解：由题可知x

5、r cosy r sin对求导r cosrsin对求导r cos2r sinr sin对求导r sinr cos对求导r sin 2r cosr cos对于加速度a ,我们有如下关系见题1.7.1图对俩式分别作如下处理:即得+得把代入(11)得同理可得x ar cos y ar sinxcosysinar cos ar sinarxcosar r1.8直线FM在一给定的椭圆平面内以匀角速a sin- a cosa sin cosa sin cosysin (11)2r绕其焦点F转动。求此直线与椭圆的焦点M的速度。已知以焦点为坐标原点的椭圆的极坐标方程为:ecos运动如题1.8.1图所示则M点坐

6、标对x, y两式分别求导r cosr sinrsinr cosr cos rsinr sincos式中a为椭圆的半长轴，e为偏心率，都是常数。解：以焦点F为坐标原点,x r cos y rsin如图所小的椭圆的极坐标表不法为对r求导可得（利用又因为ecoscos所以2 sin2 cos故有2ea2 12 4r2 2 e2 sin2 ere2_2r 2ar 1 e2 2e22ea2 12 ra2 14 r2 e1a21r2 2ar 12 2r e（其中22ar 1 e-2 e2 2rb22ab2r v :r 2a r b1 e2 a2,b为椭圆的半短轴）1.9质点作平面运动，其速率保持为常数。试

7、证其速度矢量v与加速度矢量a正交。证：质点作平面运动，设速度表达式为vxivyj令为位矢与轴正向的夹角，所以dva 一dtdvx x i vdtdi x dtdvy . djj Vy dt dtdvxdtvydvy至Vx j所以dvxdtvydVydtVxiVyjdvxVxdt又因为速率保持为常数，即vxvyVydvydtvxvy对等式两边求导所以即速度矢量与加速度矢量正交.C,Cdvxvxdt为常数Vydvydt2VxdvxdtdVy2Vyy 0dt2kX1.10 一质点沿着抛物线 y2 2Px运动其切向加速度的量值为法向加速度量值的倍。如此质点从正焦弦p p的一端以速度u出发，试求其达到正

8、焦弦另一端时的速率。2 ,P解：由题可知运动轨迹如题1.10.1图所示，题1.10.1图则质点切向加速度atdv出法向加速度a a n2J,而且有关系式dv出又因为2px所以2pdv dt32 y联立2kv2三3dv dv dydv y dt dy dtdy把y2 2px两边对时间求导得又因为所以把代入既可化为对等式两边积分所以dv2 y -2 Pi2 2y 2-2P2kv22P_3ydy322p 2-2"ydvv dv2kp- ydy2 2p2kpkuedy22y p保持不变。求质1.11质点沿着半径为r的圆周运动，其加速度矢量与速度矢量间的夹角点的速度随时间而变化的规律。已知出速

9、度为v0。解：由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示题1.11.1图2一v一 八an a sinrdvat一 a cosdt两式相比得即对等式两边分别积分即v21 dvr sin cos dt1dv一 cot dt rvt 1一 cot 出0 rvv0dv2v1 1 v vo-cot r此即质点的速度随时间而变化的规律1.12在上题中，试证其速度可表为vV0e0 ctg式中 为速度矢量与x轴间的夹角，且当t 0时,证：由题1.11可知质点运动有关系式2Vrdvdta sina cos所以史史二也，联立，有dt d dt d又因为vdvdr2vcosr sin所以 色 cot d ,对等

10、式两边分别积分，利用初始条件t 0时,vv v0e0 cot3.9 立方体绕其对角线转动时的回转半径为k 3.2试证明之。式中d为对角线的长度。3.10 如题3.9.1图所示Oxyz坐标系。题3.9.1图O为正方体中心。Ox、Oy、Oz分别与正方体的边平行。由对称性可知，Ox、Oy、Oz轴就是正方体的中心惯量主轴。设正方体的边长为 a。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I xxa2a2a2aa2dydz1 yyIzzxx易求正方体的对角线与Ox、Oy、Oz轴的夹角都为日cos故正方体绕对角线的转动惯量2I xx cos2I yy C0S.2I zz cos又由于绕

11、对角线的回转半径由得d3.23.11 一均质圆盘，半径为 a,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 0。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?解：如题3.10.1图。dr*题3.10.1图z轴过O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z的Mza方向有也 Mdt1为转盘绕z轴的转动惯量：11ma22 （m为盘的质量），（为盘转动的角频率，负号因为规定顺时针转动）由得又因为所以Mzdr - 3g a3=2 g mam4 g3a0,4_gt0 3a t0,3a 04 g3.11通风机的转动部分以初角速k。如转动部分对其轴的转动惯量为 半？又在此

12、时间内共转了多少转？0绕其轴转动。空气阻力矩与角速成正比，比例常数为I ,问经过多少时间后，其转动的角速减为初角速的一题3.11.1图3.12 解如题3.11.1图所示，设z轴通过o点垂直纸面指向外。则对z轴有：dz Mzdt设通风机转动的角速度大小为t ,由于通风机顺时针转动。所以 z t ,将z I t , M z k t代入上式得:I t k t o又由于 00 ,解得:k t t0e 1故当t ，时，t Lln2。又由于t t （为通风机转动的角度） 2k0,ktoe 1故当tL In 2时, kktoe 1 dtI 00 iTt时间内通风机转动的转数弘 3.12方成正比，比例系数为矩

13、形均质薄片 ABCD,边长为a与b,重为mg,绕竖直轴AB以初角速 0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3.13 解如题3.12.1图,第 3.12.1坐标Oxyz与薄片固连，则沿z轴方向有:现取如图阴影部分的区域dS ady，该区域受到的阻力dfkdSv2kady zy 2df对z轴的力矩dMdfka z2y3dy 所以:adM03,_k a b 2 k7 z又薄片对轴的转动惯量2 ,a 2 ,y dm 0 y bdy1一 ma3由得:1zt3ka2b t4m，时，t24m23ka2b 0绕通过弧线垂直的轴线摆动。求其作微振动时的周期。3

14、.14 一段半径R为已知的均质圆弧, 解如题3.13.1图所示，y0坐标系Oxyz的原点位于圆弧最顶点。设圆弧平衡时，质心如图所示圆弧偏离平衡位置一小角度，则满足微分方程c的坐标为c0, l,0。mgl sin I1为圆弧相对于Oz轴的转动惯量。当很小时，sin,代入上式得:血 0I圆弧上对应转角为的一小段圆弧的坐标为Rsin , Rcos R,0质心c的纵坐标0d R Rcos R0yc 0Rd0r Hr0sin上式中为圆弧的线密度又I 0 R Rcos R :0其中m 2 R 0 ,将代入得解式得通解微振动周期Tl R snR 0Rsin 2 d2mR2 1 sin 0 0-g-0 2R3

15、.14试求复摆悬点上的反作用力在水平方向的投影Rx与竖直方向的投影 Ry。设此摆的重量为mg ,对转动轴的回转半径为 k,转动轴到摆重心的距离为 a ,且摆无初速地自离平衡 位置为一已知角 0处下降。题3.14.1图解 如题3.14.1图所示坐标系Oxyz。*mg由动量定理及动量矩定理得：mxc m Xc 2 ycRx my。m yc 2 xcRy mg mk2mga sin 其中xc a sin , yc a coscc又根据机械能守恒定律得：1 mk2 2 mga cos cos 0由解得：R .鹭:2cos。3cos sin 入2k2mgaRy 3cos 2cos o cos 1 mgk

16、3.15 一轮的半径为r ,以匀速Vo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？解如题3.15.1图所示坐标系Oxyz题3.15.1图由于球作无滑滚动，球与地面的接触A的速度与地面一致，等于零，所以A点为 转动瞬心。以°为基点。设球的角速度 k，则vA v0 3 OA voik rj v0 r k 0Vo r 设轮缘上任意一点p, Op与x轴交角为，则 Op r cos i r sin j 故 vp vo 3 Op voik rcos i r sin jvor sin i r cos j当 9o时，得最高点的速度vtop

17、2vod 3 c-ap ao Op w 3 0P pdtk k rcos i rsin j 2 22vorcos i r sin j cos i sin j r当 9o和9o时分别得到最高点和最低点的加速度atop2 vo ., ja bottomrX4.4小环重 W，穿在曲线形y f x的光滑钢丝上，此曲线通过坐标原点，并绕竖直轴oy 以匀角速转动。如欲使小环在曲线上任何位置均处于相对平衡状态，求此曲线的形状及曲线对小环的约束反作用力。解如题4.4.1图所示，yi,y f (x)%mg -o题4.4.1图坐标系Oxy是以 绕y轴转动的坐标系.图中画出的是曲线y f x的一段，在任 意一点P处

18、，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f的作用，f m 2x，方向沿x轴正向，在N,F,mg作用下, 致信处于平衡状态，则有有得又因为y有得tan mg为过P点的切线与水平方向夹角2mtandx /口 dx，得mgdydyx过原点.对上式积分得抛物线x2g1 cos .1 tan22x 2g12 2 yg将cos代入的反作用力2W. 1 y g4.5在一光滑水平直管中有一质量为m的小球。此管以匀角速绕通过其一端的竖直轴转动。如开始时，球距转动轴的距离为a,球相对于管的速度为零，而管的总长则为2ao求球刚要离开管口时的相对速度与绝对速度，并求小球从开始运

19、动到离开管口所需的时间。解： 以直管为参照系，Ox方向沿管，Oz沿竖直轴建立坐标系Oxyz,则小球受力为:2 LCG mg,NF牵 m xi ,F科2m xj故沿Ox方向运动的微分方程为：mx m 2x , x2x 0i mx ill x x x j有初始条件：t 0x a x 0可得式解为：x - e t e t ''22a a e t e t故当邱刚离开管口时，即x 2a,x 0时.则： 2a tte e 0得所以此时:2vx-i-k2<3i73a ix 2 a 2vv wvo *'3ai 2ajx 2aj故当球刚要离开管口时的相对速度为亮a i，绝对速度为总

20、i 2a j，小球从开始运动到离开管口所需时间为4.6 一光滑细管可在竖直平面内绕通过其一端的水平轴以匀角速转动，管中有一质量为 m的质点。开始时，细管取水平方向，质点距转动轴的距离为a,质点相对于管的速度为 v0,试求质点相对于管的运动规律。解 以光滑细管为参考系，Ox沿管，Oz沿水平轴建立坐标系Oxyz，如题4.6.1 图所示，y'题4.6. 1 图则小球受力为：G mg,N,F牵m 2xi ,F科2m xj故沿Ox方向运动的微分方程为mx m 2x mg sin t，x2xmg sin t方程x2x 0的通解：xtCie t C2et而方程的特解为:g . 2 sin t 2 2

21、故方程的通解为:x tC1eC2e tgi2 sin 2初始条件为当t 0时,a, xVo故可得所以质点相对于管的运动规律为:Vo a 一CiC2V0Vog2g-y sin t 2 24.7质量分别为2数为k 2 mm的两个质点,用一固定有长度为a的弹性绳相连，绳的倔强系O如将此系统放在光滑的水平管中，管子绕管上某点以匀角速转动,m m试求任一瞬时两质点间的距离。设开始时，质点相对于管子是静止的。解 以水平细管为参考系，Ox沿管，Oz沿竖直转动轴向上建立坐标系Oxyz,如题图4.7.1图所示则易得质点m,m沿Ox反方向的运动微分方程为：mx m 2x k s a 2,m x s m xsksa

22、 曰将方程作简单变换可得：msmksa m2sksam化简得s 2s 2 2a其通解为：s Gej C2eit 2a故可得:Cl iC2CiaC2得Ci0C22aacos2 cosa,初始条件为:绕竖直轴转动。另有一质量X4.8 轴为竖直而顶点向下的抛物线形金属丝上，以匀角速 为m的小环套在此金属丝上，并沿着金属丝滑动。试求小环运动微分方程。已知抛物线的 方程为x2 4ay，式中a为常数。计算时可忽略摩榛阻力。解 以抛物线形金属丝为参照物Ox沿抛物线在顶点的切线方向，Oy沿竖直轴建立坐标系Oxyz，ymg/*z题4 .则小环的运动微分方程为:mxNx代入得mymzNxNy12y 一 x2amg

23、Nzcot1x4a2mvdydxNxxx ,Ny1x2amx12m 一 x xx2amg1-x2a守02化简即得d xx 21 2 x 2 x4a4aX5.6 试用拉格朗日方程解 4.10题。4.10 质量为m的小环M ,套在半径为 a的光滑圆圈上，并可沿着圆圈滑动。如圆圈在 水平面内以匀角速绕圈上某点O转动，试求小环沿圆圈切线方向的运动微分方程。M x, yM(x,y)Ca 1题5.6.1图解如题5.6.1图.2选广义坐标为q ,广义速度3因未定体系受力类型,由一般形式的拉格朗日方程广义力代入得:在极坐标系下:T 1m24addtddtnFi10.d2a cos2dt2a cos2d 一2

24、dt22cos 4a222cos a22131平面运动，一个自由度.22ma 2masin2 2 c 2ma sin2masin 0故：将以上各式代入式得5.7 试用拉格朗日方程解本章补充例题5.3。5.3轴为竖直而顶点在下的抛物线形金属丝， 以匀角速绕轴转动，一质量为m 的小环，套在此金属丝上，并可沿着金属丝滑动。试用正则方程求小环在x方向 的运动微分方程。已知抛物线的方程为：x2=4ay,式中a为一常数。解 如题5.7.1图mg0 x题5.7.1图y *又由于2a所以T 2 mv22a4a22x22取坐标原点为零势面v mgv mg工gy g .4a拉氏函数4a2mg4a2mx4a2mg2

25、amx4a2dtmx 14a22 xmx -2a2代入保守系拉格朗日方程色上 ,0得 dt x x2d x2 X 2Xmx 1 2mx 2 m x mg04 a24a22amx2x4a2ddtmx2x4a2mx2 _x_ 2a2代入保守系拉格朗日方程ddtx2 mx 1 -4a22 mxx4a25.8多自由度力学体系如果还有阻尼力,那么它们在平衡位置附近的运动和无阻尼时有何不同？能否列出它们的微分方程?解：如图5.8.1图.(1)由于细管以匀角速转动，因此.=可以认为质点的自由度为1.(2)取广义坐标x q .根据极坐标系中的动能：T 1m(r2 r2 2)1m(x2 x2 2) 22取初始水

26、平面为零势能面，势能：V mgxsin( t)拉氏函数:12LTV m(x222x2) mgxsin( t)-mx， x2m x mg sin( t)代入拉氏方程得：mx m 2xmg sin( t)(5)先求齐次方程的解:txC1etC2e特解为2sin( t)故式的通解为:tceC2eg /sin(在t 0时:c2VoCiC2联立得:voC2vo将g ,C2代回式可得方程的解为:1Vox - a 2Vo2sin( t)X5.10试用拉格朗日方程解2.4题中的2.4质量为mi的质点，沿倾角为 水平面自由滑动。试求的光滑直角劈滑下,劈的本身，质量为m2,又可在光滑质点水平方向的加速度Xi，劈的

27、加速度x2；解如题5.10.1 图.(D体系自由度数为2.(2)选广义坐标x1，q2x2.(3)质点的速度V12x12劈的速度2V22X2故体系动能Ti2X1212y1二 m12x2以x面为零势面，体系势能：V ITI1 9(x1 x2) tanC2其中C2为劈势能拉氏函数(4)T| Xi2Xi22 i 2x2 tan t2x2 2migXiX2atan C2XiLTiXiXiTi g tanTiXiX22 tan代入拉格郎日方程XiXi行：TiXii tan2TJX2tan2mi g tan代入拉格郎日方程得:联立，得X2TiXiTi g tan,一2x2 tanT2X2X2TiXitan2

28、XiX22t2x2 tanm2g sin cosT2mig sin.2mi sincos.2t2mi sinT2X2mig tan0 a1,物体的加速度a2及绳中张力t。第3.20题图题5.ii.i图X5.ii试用拉格朗日方程求 3.20题中的 研及也。3.20质量为M半径为r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T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(1)本系统内虽有摩擦力，但不做功,故仍是保守系中有约束的平面平行运动,自由度s 1.(2)选取广义坐标:(3)根据刚体力学:1T -Mv221c1232

29、22 2一 mvBMr 2mr24其中绕质心转动惯量:1 -Mr 22 ,VcVB 2v C选Ox为零势面，体系势能:C 2mgr其中C为常数.拉氏函数3 M 2一 Mr42 c 22mr22mgr C代入保守系拉氏方程行：L cL2mgr,d L dt24mr-Mr2224mr2mgr4mg3Ma22 al8m r4mg3M 8m8mg3M 8mmgT ma2T mg ma23Mmg3M 8m5.14质量为m的圆柱体 s放在质量为 的圆柱体P上作相对滚动，而P则放在粗糙平面上 已知两圆柱的轴都是水平的，且重心在同一竖直面内.开始时此系统是静止的.若以圆柱体P的重心的初始位置为固定坐标系的原点

30、，则圆柱 s的重心在任一时刻的坐标为m 3 m sinx c， y c cos2 m试用拉格朗日方程证明之.式中c为两圆柱轴线间的距离，为两圆柱连心线与竖直向上的直线间的夹角.解：如题5.14.1图.题5.14.1图(1)因体系作平面平行运动，一个约束方程:体系自由度s s2 ,选广义坐标q.虽有摩擦，但不做功，为保守体系(3)体系动能:P轮平动动能P轮质心转动动能+S轮质心动能+S轮绕质心转动动能21PiIs21-macos a1-ma42. 2sin以地面为零势面,体系势能:mg a则保守系的拉氏函数:3M42(1)因为L不显含22sinmg a故：3Ma2 21 2一 ma2开始时:则:

31、3Ma2cos代入cawCl1-ma 2为循环坐标.1-ma a23一 ma21 ma2b cos2. 2sincosMgaMgamaa b cosma a bcos2 macos所以a2mcsin町3 M m2mcsin mcx csin a csin3 M mm 3M m sinc3 M my ccosX5.15质量为m、半径为a的薄球壳，其外表面是完全粗糙的，内表面则完全光滑，放在粗糙水平着上.在球壳内放一质量为 m、长为2 asin 的匀质棒.设此系统由静止开始运试用拉格朗日方程证明在以后的运动中，此棒与水平线的夹角LCC2. 2C253m 3cossin9m cos6g 5 3m c

32、os cos co-AA O1a 1/ /第5.15题图解如题5.15.1图yM*g满足关系cos2a 2sO题5.15.1图(1)本系统作平向平行运动，干限制在球壳内运动，x自由度 s 2;选广义坐标,体系摩擦力不做功，为保守力系，故可用保守系拉氏方程证明qi xq动，且在开始的瞬间棒在通过球心的竖直平面内，两端都与球壳相接触，并与水平线成角.0dt q q（2）体系动能=球壳质心动能+球壳转动动能+杆质心动能+杆绕中心转动动能_2T CMx2其中Iivx a cos cos i1 一 2m a sin , 3xa cos sin j,球一，杆 a代入得：T 12iM212 22m x - ma cos21 . 2sin3amx cos cos以地面为零势面,则势能：Vmgacos cosC1（其中G为常数）1 52LTV M m x22 3amx cos cos mgac