理论力学简明教程复习题题库-(物理专业用)

理论力学复习题计算题题库第一章质点力学a点沿空间曲线运动，在点M处其速度为，加速度与速度v4i3jv夹角，且。求轨迹在该点密切面内的曲率半径和30a10m/s20切向加速度。a答：由已知条件得v4i3j法向加速度v4235m/saasin3005m/s22nva切向加速度aacos3008.66m/s2则曲率半径25mn一点向由静止开始作匀加速圆周运动，试证明点的全加速度和切向加速度的夹角与其经过的那段圆弧对应的圆心角之间有如下关系tan2证明：设点M沿半径为R的圆作圆周运动，t时刻走过的路程为AM=s，速度为，对应的vanv2tan。由题设条件知aRadvdvCba圆心角为avdtdscC为常数积分(b)式得所以2vas2vsvdvads00将（c）式代入（a），并考虑sR，所以tan2质点M的运动方程为x3t(m),y2t2(m)求t=1秒时，质点速度、切向加速度、法向加速度的大小。解：由于所以有mmx3(),y4t4(s)mvxy916522ss又：则vxy916t222ms132tav916t132t3.21222t12916t22x0,y4s,ammsxy422a2a2163.222.4msant点M沿半径为R的圆周运动。如果anK(K为已知常数），以初a始位置为原点，原点初速度为v。求点的弧坐标形式的运动方程0及点的速度减少一半时所经历的时间。解：设点的初始位置为A。依题意dvaanv2dtKKR积分上式vdv1tdt11得vtRKv0KRvtvKRvv0KR2v000KRv00KRktvt0则弧坐标形式的运动方程为sdtKRln1tKR0当vv0时t2KRv0一质点沿圆滚线s4asin的弧线运动，如为常数，则其加速度亦为一常数，试证明之。式中为圆滚线某点P上的切线与水平线（x轴）所成的角度，s为P点与曲线最低点之间的曲线弧长。ds解：因s4asin故v4acos4acosdt式中=常量（题设）dv又dtv2而ds4acosda4asina2nv16a22cos24a2cos所以n2a4acos=常数结论得证故4a2sin2cos24a2aaa22n设质点沿螺旋线x2sin4t,y2cos4t,z4t运动，试求质点的速度、加速度和轨道的曲率半径。解：因x2sin4t,y2cos4t,z4t故x8cos4t4y,y8sin4t4x,z4所以vxy2z24x2y21452又x4y16x,y4x16y,z0所以axy2z216x2y2322又dv412xx2yy44xy4xy0ax2y1dt2x2y122所以aa16x2y232nv2802.532而an小环的质量为m。套在一条光滑的钢索上，钢索的方程式4ay，试求小环自x=2a处自由滑至抛物线顶点时的为x2速度及小环在此时所受到的约束反作用力。解：小环受力如图示，重力mg竖直向下，约束力R的方向沿着抛物线的法线dvmgsin(1)mdt小环在任意位置P处的运动微分方程为v2Rmgcos(2)m因dvdvdsvdtdsdtdv而dstansindydxdy（s增大而y减小故为ds负值）dvdy（1）式变为即mvmgdsvdvgdy(3)dsx2a,yx2a）此即小环自x=2a积分0vdv得（因gdyv2agv4a0a处自由滑至抛物线顶点时的速度。则ydyx,yd2y1又x24aydx2adx22ax0,y0,y0,y12a在抛物线顶点处1y32所以在抛物线顶点处22ay2）式知Rmmgcosm2agv2由（mg2mg（因在顶点处2a0,cos1）小环在顶点处所受到的约束反作用力为2mg。质点所受的力如恒通过一定点，则质点必在一平面上运动，试证明之。证明：取力通过的定点为坐标原点，则质点的位矢r与力F共线，则MrF0有所以质点的动量矩守恒，即JCJmyzzyC............(1)x1jmzxxzC.............(2)其分量式为y2JmxyyxC.............(3)z3由x(1)y(2)z(3)得到CxCyCz0123由解析几何知识知上式为一平面方程，故质点只能在这个平面上运动。一物体质量m=10kg,在变力F10(1t)N作用下运动。设物体初速v0.2m/s，开始时力的方向与速度方向相同。问经过多长时间后度0物体速度为零，此前走了多少路程？（知识要点）质点运动学微分方程，质点运动学第二类问题得dvdv解答：由dtt10(1t)dt积分得mFvv00v5t210t0.2(m/s)53再积分得St35t0.2t(m)stds(5t10t0.2)dt2200解得再代入前式得S=7.07mt2.02s由vtt5100.202质点作平面运动，其速率保持为常数，试证明速度矢量v与加速度矢量a正交。证明：采用自然坐标系，由题意知c为常量vcdcd于是有a()dvddcccdtdtdtdtdtd自然坐标系中又在ndt所以a()dvddccdtdtdcdccndtdtdt故得证av由于n1动点M以匀速v5(m/s)沿轨迹运动，求当x2m时动点M的速yx23度沿x和y分量的大小，以及M的加速度解：由vxy225..........(1)2212而x2m时34根据求导数得........(2)yxyxxyx23316（2）代入（1）得2xx225.9整理得代入（2）得y4(m./s)x3(m/s)dv又则即a0aaaaaan2222dtnn3(1y2)2而根据122当又由数学知识知微分得yxyyx,2y333时y4,y2x2m33(116)3225()1253232(1y2)99271252所以有22y18333v225125故n3.6(m/s2)aa18其中分别为x,y,zi,j,k某力场的力矢为F(2xyz3)ix2j3xz2k轴的单位矢，试证明该力场是否为保守力场，若为保守力场，求出其势能函数。解：ijki((3xz2)(x2)(2xyz3)(3xz2)Fjxyzyzzx2xyzx23xz23(x2)(2xyz)y+k3i(00)j(3z3z2)k(2x2x)02x故力场为保守力场。(1)3FFU2xyzxxUx2(2)由yyUFz3xz2(3)z（1）式积分得：2Uxyz3xf(y,z)(4)yf(y,z)4）式求偏导数得：Ux2f(y,z)x即0对（2yy上式得：代入（4）式得：Uxyz3xgz(5)()2f(y,z)g(z)3xz2g(z)对（5）式求偏导数得：Ug(z)3xz2即0积分zzz得：g(z)c代入（5）式得：取x0,y0,U0则Uxyz3xcc02所以势能函数为Ux2yz3x某力场的力矢为F6abz3y20bx3y2,F6abxz310bx4y,F18abxyz2xyz试证明该力场是否为保守力场，若为保守力场，求出其势能函数。解：ijkFiFFFFzjFxFxyzzkyxyyyxzxzFFFZxy(18abxz18abxz2)i18abz2y18abz2yj6abz40bx3y6abz40bx3yk2330故力场为保守力场。FxU6abz3y20bx3y2(1)x由U6abxz310bx4y(2)FyyUFz18abxyz2(3)z对（1）式积分得：Uabz3yx5bx4y2f(y,z)(4)6对（4）式求偏导数得：U6abz3x10bx4yf(y,z)F6abxz310bx4yyyyf(y,z)即0上式得：代入（4）式得：f(y,z)g(z)yU6abz3yx5bx4y2g(z)(5)18abz2xy对（5）式求偏导数得：Ug(z)F18abxyz2zzzg(z)即0积分得：g(z)c代入（5）式得：zU6abz3yx5bx4y2c(6)取x0,y0,z0,U0则c0所以势能函数为U5bx4y26abxyz3Faxayazx111213已知作用于质点上的力为Faxayazy212223Faxayazz313233式上系数a(i,j1,2,3)都是常数，问这些满足什么条件，才有势能aijij存在？如这些条件满足，试计算其势能。解：要满足势能存在须使力场为保守力场，既力场的旋度为零，所以F0即xaFxyaFy1221FFzaxazx1331FyaFyzaz2332即势能存在满足条件是：aaa1221ijaa1331aa2332FaxayazV.............(1)xx111213FaxayazV............(2)由yy212223FaxayazV.............(3)zz3132331（1）式积分得Vax2ayxazxf(y,z)........(4)2111213（4）式对y偏微分=（2）式得Vyaxf(y,z)axayazy12122223f(y,z)即yayaz...........(5)2223f(y,z)1ay2azyg(z)...........(6)（5）式积分得22223（6）式代入（4）式得V1ax2ayxazx1ay2azyg(z)........(7)222211121323（7）式对z偏微分=（3）式得g(z)Vaxayaxayazzz1323132333g(z)即az..........(8)z331（8）式积分得g(z)az2c............(9)332（9）式代入（4）式得V1ax2ayxazx1ay2azy1az2c........1(0)222331112132223取x0,y0,z0,V0则得势能为c0V1ax2ayxazx12ay2azy1az2221112132223331(ax2ay2az22axy2azy2azx)2112233122331某力场的力矢为Fxiyjzk试证明该力场是否为保守力场，若为保守力场，求出其势能函数。ijkijFyFykFzFzFzxxFz解：由于r0yyxxxyzFFFxyz故力场为保守力场Vx.............(1)Fxx由Vy.............(2)FyyFVz..............(3)zzfyzV,4x积分（1）式得22,（4）式对y偏微分=（2）式得Vyfyzy积分得ygz5f(y,z)y22gz6Vy2x代（5）入（4）得222gzzc7（6）式对z偏微分=（3）式得Vzz积分得zgz22Vy2cxz代（7）入（6）得22222Vy2xz2取x0,y0,z0,V0则得势能函数为2c0222，质有一质点在xy平面上运动，质点受到的力为F(xy)i(xy)j点在平面上由点A（1,0）沿直线运动到点B（1,1）,求力F所作的功解法1：由功的定义计算B(FdxFdy)B(xy)dx(xy)dyWBFdrxyAAA又x1,dx0(FdxFdy)B(xy)dx(xy)dy1(1y)dyWBFdrB所以xyAAA0(y1112y2)20解法2：由功的定义计算(FdxFdy)1(xy12WBFdr(1,0)(xy)dx(xy)dy(x2xy)(1,0)y2)(1,1)(1,0)B(1,1)(1,0)2xy(1,0)AA(1,0)11122或(FdxFdy)B(xy)dx(xy)dy11WBFdr(1,1)d(x2xy2(1,0)y2)2BxyAAA11y2)(1,1)1111(x2xy(1)222222(1,0)解法3：由保守力性质计算ijkFzFzjFFkFzxxFzFiyyxyxyzFFFyxxyz(00)i(00)j(11)k0故力场F为保守力场Vxy.............(1)FFxxVxy.............(2)yyV0..............(3)Fzzx积分（1）式得2xyfyV42fy（4）式对y偏微分=（2）式得Vxxyyy5积分得fy()1y2c2xyc6Vy2x代（5）入（4）得222Vy2xyx取x0,y0,z0,V0则得势能函数为2c022则由保守力与功的关系可知W(VV)VV(1x21y2xy)(1x21y2xy)1(111)1222222222112(1,0)(1,1)Fx2yz5设作用于质点上的力场的力矢为xF2xyzyFxyz6z求此质点沿螺旋线所作的功运行，自0至2时力场xcos,ysin,z7解：由保守力性质计算ijkFzFzjFFFzxxFzFikyyxyxyzFFFyxxyz(11)i(11)j(22)k0故力场F为保守力场Vx2yz5.............(1)FxxV2xyz.............(2)FyyVxyz6..............(3)Fzzx积分（1）式得2xyxzxfyzV25,42fy2xyz（4）式对y偏微分=（2）式得V2xyy5积分得fyz1y2zyg(z)(,)2xyxzxyzgz6Vy225()x代（5）入（4）得222gzxyz6（6）式对z偏微分=（3）式得Vxyzzzc7z积分得2gz62y1z22xyxz5xyz6zc6x代（7）入（6）得22V222取x0,y0,z0,V0则得势能函数为c06Vx2222y12z22xyxz5xyz6z又由知当时；xcos,ysin,z70x1,y0,z02时x1,y0,z14则由保守力与功的关系可知W(VV)VV2112(1x21y21z2xyxz5xyz6z)(1x21y21z2xyxz5xyz6z)22(1,0,14)222222(1,0,0)(15)111519821458498270(14)21458422222有一划平面曲线的点，其速度在y轴上的投影于任何时刻均为常数c，v试证明在此情形下，加速度的量值可用下式表示a3c证明1：由vxyxc2.................(1)2222dv（1）式求导得dt（因，故）yc,y0xaxxaxvdvaxav2c2由此得出dtv..............(2)vv2dt2aaa..............(3)dv又2a2222na(vc2)v2（2）=（3）得22a()22v2v结论得证整理得a3c证明2：如图设v与y轴夹角为α，则由，故yc,y0aai有xv2即由图示几何关系知naacosv2acos.............(1)则有cosc...........(2)v又vvcoscyv结论得证（2）代入（1）得a3c33、船得一初速，在运动中受到水的阻力，阻力的大小与船速的平方v0成正比，而比例系数为，其中m为船的质量。问经历多长时间船速减为km其初速的一半。（15分）dv解：由题意知阻力为fkmv2则船的运动方程为即mkmv2dtdvkdtv2v02而时设船经历时间为时，积分上式得0vdvktdtt0vvtvv022v0021即ktvv001从而得tkv0质点M在力XPsint的作用下沿x轴作直线运动，在初瞬时，。求质点的运动方程。xxt0,vv00，得解：由积分vmvFXPsintmdvtPsintdtv00P即P(1cost)积分m(vv)(1cost)xvvm00dxt0vP(1cost)dtPP得xx(vm)tm2sintx0m000x0已知点的运动方程,求其轨迹方程,并自起始位置计算弧长,求出点沿轨迹的运动规律.(1)x=4t-2t2,y=3t–1.5t2(2)x=5cos5t2,y=5sin5t2(3)x=4cos2t,y=3sin2t解（1）由x=4t-2t2,y=3t–1.5t2…….（1）x42t84t4(2t)4相除得两式y31.5t63t3(2t)33是一直线方程所以轨迹方程为yx4x44t4(1t),y33t3(1t)............(2)得x4.y3......................(3)所以速度为vxy16(1t)29(1t)25(1t)22全加速度为a1695xy22dv而切线加速度为，法线加速度na5aaa022dt由此说明质点作匀减速直线运动。（2）由x=5cos5t2,y=5sin5t2…….（1）圆的方程，其半径R=5是一xy2522得轨迹方程为x50tsin5t2,y50tcos5t2.........(2)由（1）式得所以速度为vxy2500t2(sin25t2cos25t2)50t.........(.3)22dv切线加速度为说明质点作匀加速圆周运动a50dt法线加速度为v2500t5500t222an全加速度为axy2500250000t4501100t422（3）由x=4cos2t,y=3sin2t…….（1）xy21为一椭圆方程得轨迹方程为2169x8sin2t,y6cos2t.......(2)由（1）式得x16cos2t,y12sin2t......(3)所以速度为vxy64sin22t36cos22t216sin22t9cos22t.........(.3)22全加速度为axy(16cos2t)2(12sin2t)2416cos22t9sin22t.......(4)22如图6-1所示,半径为R的车轮在直线轨道上滚动而不滑动,已知轮心C的速度是常量u,求轮缘上一点M的轨迹,速度和加速度及轨迹的曲率半径.图6-1解将M点与地面的接触时的位置作为直角坐标系的O,并建立直角坐标系如图所示,经过时间t,M点的坐标为原点:x=ut-Rsinφy=R-Rcosφ因轮纯滚动,线段OD与弧长DM相等,DMutRRxutRsinutR整理后得运动方程为yRcosutR从运动方程中消去时间t后,得轨迹方程为:2arccosRyxyRyRR.即M点的轨迹为旋轮线(或摆线),速度在x,y轴上的投影、大小vxuucosutRxutRvyusinyvvv2usinut及方向余弦分别为xy222Rxsinutsinvcosv2R2cosvycosutcos2v2RM点的加速度在x,y轴上的投影、大小及方向余弦分别为avxu2sinutRRxxavyu2cosutRRyyau2a2ax2RyxsinutsincosaaRaycosutcoscosaR即各点加速度指向轮心v2,而,aav,由此可求得:4Rsinut又au2aa22RRnn证明题mO质量从圆的最高点由静止开始沿任一条光滑证明：质量为的弦下滑到圆周上所需的时间相同。证明：考虑质点在任意一条与过圆心的铅垂线夹角为的弦上的运动，则在任意位置的受力如图所示。沿弦的方向用质点动力学基本方程得质点加速度agcos，即质点作匀加速运动。考虑到初始条件，不难求得其运动方程为s1at12gt2cos22又弦长（从圆顶点滑到圆周上的路程）为s2rcosmO由静止开始沿任一条质量为的质量从圆的最高点光滑弦下滑到圆周上所需的时间t2s4rcos4r，与m无关，故质量为的质agcosg量从圆的O最高点由静止开始沿任一条光滑弦下滑到圆周上所需的时间相同。证毕。P的小球位于半径为r的光滑球面顶点，小球从静止开始下滑，求小球脱离球面的位置。重为解：小球运动过程中受力为重力和支持力，只有重力作功，机械能守恒。设球面顶点处为零势能面由机械能守恒定律有01Pv2P(rr2gcos)故v2gr2(1cos).............(1)小球在法向方向运动微分方程为PvPcosN2gr小球脱离球面时N=0，所以有v2grcos.................(2)（1）代入（2）式有grcos2gr(1cos)整理有cos2,32arccos480113rh2（h为自球面顶点起下降高度）得又由几何关系知cosr3hr3讨论：由以上结论知小球脱离球面位置与小球（质量）无关，当球面不光滑时与小球（质量）有关。可得到运动轨道方程是racos，此为圆的极坐标方程，所以质点的运动轨道为以a为半径的圆。第二章质点系力学一门大炮停在铁轨上，炮弹质量为m，炮身及炮车质量和等于M，炮车可以自由地在铁轨上反冲，如炮身与在地面成一角度，炮弹对炮身的相对速度为V，试求炮弹离炮身时对地面的速度v及炮车反冲的速度U。解：由于在水平方向（x方向）无外力作用，火药爆炸力为内力，故水平方向动量守恒即mvMU0................(1)x又由相对运动关系知VcosUv,Vsinv.......(2)xyMvVcosMmx1）得vVsin（2）代入（................(3)ymMmVcosU所以MmMmM2V2cos2V2sin2M2V2cos2V2(1cos2)vvv22xym(2Mm)cos2............(4)V1(Mm)2VsinMmtan..........(5)M如设与水平面夹角为，则vyvtanMMmcosvx讨论：由（4）式知炮车反冲时，由（5）式知vVGAq重的物体带动单位长度的质量为的软链，以速度向上抛出，如图示。假定软链有足够的长度，求重物所能达到的最大高度。解：取OZ轴铅直向上，O点位于地面。将在空中运A视为主体的质量元动的链条的物体主体。则并入（原先静止于地面）的绝对速度于是密歇尔斯基方程为u0dmzF1dtmGqz,FGqzgkzzk，代入（1）式得因,dGqzzGqggdtGqzzdGqzzgGqz2dz用乘上式两端得Gqgdz已知初始条件为时，所以积分上式得z0zv012g3q当时，上升高度正好GqzzGqz31G2v2gG3z0z2223q0G13qv就是最大值即21hh02Gg3q某质量为m的质点，其运动方程用矢量式可表达为i,j,kr，式中：为质点的矢径，分别为的r(t)x(t)iy(t)jz(t)kx,y,z单位矢。试求：（1）质点的动能、动量及对坐标原点O的动量矩。（2）质点对点A（a,b,c）的动量（3）作用矩。在质点上的力及力的功率。11）动能Tmv21m(xyz)解：（22222动量pmvm(xiyjzk)动量矩Lm(yzzy)i(zxxz)j(xyyx)kO（4）动量矩Lzcxxa)zjxayyb)xkmybzzc)yi)(()(()((AFmamrm(xiyjzk)（5）力PFvFrmrrm(xxyyzz)功率•••一人在水平台上走动，此台可通过其中心的铅直轴而旋转，人走的轨迹是以平台中心为圆心，r为半径的圆周，假定人重为p，平台重也为p，其半径也为r，试求当人在平台上走完一周时平台转过的角度。解：以作平台为质点系，受力为重力，方向均向下，与转轴平行，力矩为零。假设平台与转轴接触面光滑无摩擦，故质点系动量矩守恒。在质点系起始时，tG0在某时刻人相对于平台的速度为u，平台的角0,0pGg1速度为，则人的绝对速度为人的动量矩为：方向沿转r(ur)vur轴方向。1p2g平台动量矩为：r2方向也沿转轴方向。GI2由动量矩守恒定律得：GGpr0p2g2u3rr(ur)2g122积分得：22rdds即ddt2ds3rdt又,uddsdds3rdtdt3r00故4332、一均质木板放在光滑的水平面上，板的一端站着一个人。在某一时刻，u向x轴正向板的质量为m，人的质量为m。试求t秒v与位移以统受力：人的重力P，板的重力W，光滑的水平F。以上受力均在竖直方向，所以水平方向受力为零，则动量守人以不变的速度运动。设12钟后，人的绝对速度及板的绝对速度v与位移。1解：以人和板为研究对象。系面对板的正压力N恒。在初始时刻t=0，人和板都静止，动量p=0，任意时刻t，设板的绝对速度axv沿x轴正向，则由点的合成运动可知，人的绝对速度为v=v+u。11由动量守恒定律得：mv+m(v+u)=01121m负号表示板的运动方向与x轴正向相反。解此方程得vu2mm211mm正号表示人的运动方由此得人的绝对速度为vvuuuu2mm1mm21112向与x轴正向相同mmmm因u与v都是常量，故人和板的位移分别为xvtut,xvtutmm12111212设矢量r在笛卡儿坐标系中的投影为，证明divr3,rotr0并求使rgradx,y,z的函数kxiyjzkxyz3•解：（1）divr•jrixyzxyzjkiijzyyx0k（2）rotrzxxzxyrxyzxyzyzrotr0（3）由可知势函数必存在，由rxiyjzkrgradi,yjkxzxx12积分（1）式得x2fyz,42故yy3zz,gz5fyzy2代（4）入（2）得y积分得fy2xy2gz2代（5）入（4）得262代（6）入（3）得z积分得gzc7gzz2zz2xy2zc222代（7）入（6）得22质量为及的两自由质点互相以引力吸引，引力与其质量成正比，m1m2与距离的平方成反比，比例常数为，开始时两质点皆处于静止状态，ka其间距离为a，试求两质点间的距离为2mr2时两质点的速度。v2v1m1解法1：用机械能守恒定律求解令质量为自由质点的速度为，质量为的自由质点速度为，则m1v1mv22因两质点互相吸引，故vv方向相反，取v方向为正方向如图示121由于两质点无外力作用，故动量守恒有mvmv0...........(1)1122两质点间的相互吸引力为万有引力是保守力Fdrkmmdrkmm由保守力性质得势能为Vrr2式中r是两1r221rkmm1a21mv21mv22kmm1a质点间的距离。由机械能守恒定律221122211kmm1a即11mvmv2222...........(2)2222k2ka(mm)解（1）（2）式得vma(mm)vm12211212解法2：用动能定理求解令质量为自由质点的速度为，质量为的自由质点速度为，则mvmv1122因两质点互相吸引，故方向相反，取方向为正方向如图示vvv121dTWd(mr1mr)Fdr2dr1kmm1r2由得22222211积分121kmm1a上式得11mvmv2222...........(1)22由于两质点无外力作用，故动量守恒有mvmv0...........(2)11222ka(mm)2ka(mm)解（1）（2）式得vmvm12211212解法3：用两体问题方法求解由于两质点无外力作用可视为两体问题dr得由两体问题运动方程2F12dt2d2rdvmmdvkmmF2........1()121212mmdt121r2dt2dt1212dvdvdr12vdv12又1212dtdrdt12dr1212代入（1）式有vdvkdr1mm1r2121212122k(mm)2k(mm).........(2)积分a得v12v12vdvdr12121a22r21212120a由于两质点无外力作用，质心作惯性运动，原来质心静止，故由mvmvv220得mvmv0...........(3)112211mmc12又根据速度合成方法知vvv.......(4)12122ka(mm)2ka(mm)解（2）（3）（4）式得vmvm12211212为负值表明与方向相反vv12如图示，一长为的均质链条在水平面上自然堆成一堆，线密度为，l某人持链条一端以匀速将其提高，试证：当他的手离开水平面的高v度为时（），链条对手的作用力大小为Fv2xlxgxg解法1：用质心运动定理求解t时刻，整体所受的外力有取链条整体为研究对象，在，拉力F和水平面对静止的那部分链条的支重力PlgF。由质心运动定理lxg可得持力maFlglxg式中为质心的加速度。acclxg上式在x轴上的投影式为lgmxFcxlx0x由于链条的质心坐标为x2x2l2lcxv2则有cxv,xcllvv代入投影式得mFlglxg,m2Fxg2ll所以Fxgmvv22xglg解法2：用动量定理求解t时刻，整体所受的外力有重力Plg，取链条整体为研究对象，在FF拉力和水平面对静止的那部分链条的支持力lxg链条整体的总动量在竖直方向分量为Pxv(lx)oxvxFlg，拉力和水平面对静止的那部分链条整体所受的外力有重力PF的支持力lxgFxg上式在x轴上的投影式为FXdP得dPddx由动量定理vv2FFxgxF(xv)xxdtdtdtdtxFxgv2解法3：用变质量问题方法求解如图示，取已上升部分为主体，其质量为mx，速度为，不断增v加部分为变体，其速度，主体和变体所受合外力为dmdxu0FFxg合由密歇尔斯基方程d(mv)udtdm得Fdt合d(xv)Fdxdt即合FxgFxgvvF合2dt故Fxgv2圆环质量为M，放在光滑水平面上，有一质量为m的小虫在圆环上爬行，如图示，求证：小虫在圆环上相对地爬行一周时，圆环的自转角度不超过180°。设初始时系统静止。另正解：以小虫+圆环为质点系，圆环圆心为参考点，质点系受力为重力，方向均向下，与转轴平行，力矩为零。故质点系动量矩守恒。在质点系起始时，t0,G0在某时刻小虫相对于圆环的速度为u，圆环的0角速度为，则小虫的绝对速度为小虫的动量矩为：方Gmr(ur)vur1向沿转轴方向。圆环动量矩为：GIMr2方向也沿转轴方向。2有u由动量矩守恒定律得：GGmr(ur)Mr20(1Mm)r12ddtd,uds即又dt1dsdtd1ds积分得：(1M(1Mmdt)r)rm2r(1M)r1dds00m2(1M)m假设小虫和圆环质量相等M=m故1800假设M=2m故212003一般Mm故1800一光滑球A与另一静止的光滑球B发生斜碰，如两球均为完全弹性体，且两球质量相等，则两球碰撞后的速度互相垂直，试证明之。V证明：设两球质量为，光滑球A碰前速度矢量为，光滑球B碰前M1速度矢量为0，V,VA和B碰撞后的速度的速度矢量为12MVMVMV由于两球碰撞过程中动量守恒有.......(1)1121121MV2又两球为完全弹性体动能守恒有MVMV2.......(2)222112（1）式代入（2）式有V2(VV)V2212120所以欲使两矢量的乘积为零，只整理上式得VV0，由于V0,V21212VV有两矢量互相垂直即结论得证12有三个完全弹性的小球,质量分别为m、m、及m，静止于一直线上，123今于第一球上加上的速度，v其方向沿此直线，设m、m及v为已知，1311求第二球的速度为何值，才能使第三球于碰撞后所得的速度最大。解：设第一、第二球碰撞后第一球的速度为，第二球的速度为vv12mvv则由速度公式得vv1e2mm121112mvv1vv1emm122212故mvvmv2mv11而v0,e1vv1e02mm11211mmmm222121212又设第三、第二球碰撞后第三球的速度为已知v0,e1v33mvv2mv22mm4mmv1mmmm则由速度公式得vv1emm223213323231223欲使第三球的速度最大，须有dv30dm2即dv4m(mm)(mm)m(mmmm)mmm2v4m03dm12232(mm)2(mm)22312132mmmm11122212231223所以有时第三球的速度最大。mmm321一条柔软、无弹性、质量均匀的绳子，竖直的自高处坠落至地板上，如绳子的长度为l，每单位长度的质量等于，求当绳子剩在空中的时，绳子的速度长度为xxl及它对地板的压力。设开始时绳子的速度为零，它的下端离地面的高度为h。解法1：用自由落体公式和动量定理求解当绳子的上端离地面的高度为x时，由自由落体公式知绳子的速度为v2gh2g(lhx)地板对绳子的作用力有两部分，其一为与已经落地的绳子的重力大小其二是即将落地的绳相等，方向相反，设为N，Nmg(lx)g11子对地板的冲力，设为N2设在dt时间内落地的绳子的质量为dmdl，该质量元的动量为dmv，该质量元一经落地动量即变为零。动量的变化为dpdmv0dmvdmvdlvdl由动量定理Fdp得dtNvv2g(lhx)2dtdtdt2（此处忽略重力）NNNg2h3(lx)所以总的压力为12解法2：用变质量物体的运动方程求解当绳子的上端离地面的高度为x时，由自由落体公式知绳子的速度为v2gh2g(lhx)取已落地部分为主体，其质量为速度为m(lx)v0不断落地部分为变体，dmdxv（）其速度为dx0uvdmdxdtdt主体和变体受力为FN(lx)g合方向向上由密歇尔斯基方程d(mv)udmF得dmdtNlxgu()dtdt合即v(v)N(lx)g所以Nv(lx)g2g(lhx)(lx)g2h3(lx)2长L的均匀细链条伸直平放水平光滑桌面上，方向与桌面边缘垂直（图2.7.2）。开始时链条静止，一半从桌上下垂，求链条末端滑到桌子边缘时链条的速度v。解：如图选取坐标系，以下垂段为研究对象。方法一：用变质量物体的运动方程求解以长为x的一段和Δx的一段分别作m和dm，m=λx，速度为，vdm=λdx,dx段合并于x段的速度（的合外力为重力和桌面上的一段对它的拉力T。由密歇尔斯基方x段的速度）,作用于它们程d(mv)udtdm得Fdt合∵u=v，∴（1）设线质量密度λ，取桌面上为主体，其质量，速度为，vm(lx)不断减少部分为变体，速度（x段的速度），作用于它们的合外力为桌面上的一段对它的拉力T，由密歇尔斯基方程d(mv)udmFdtdt合得（2）将（2）代入（1），并注意m=λx，，可得，积分：，求出方法二：用机械能守恒定律求解以下垂的一段为研究对象，以桌面为零势能位置，则由机械能守恒：其中：；，由此得雨滴开始自由落下时的质量为M，单位时间内凝结在它上面的水汽质量为λ，略去空气阻力，试求雨滴在t时间后所下落的距离。解：以竖直向下为正方向，取自由落下的雨滴为主体，其质量为m=M+λt，速度为v，增加的水汽为变体，质量为dm=λdt,速度为u=0,作用于其的合外力为雨滴的重力F(Mt)g合由密歇尔斯基方程d(mv)udmF合得dtdtd(Mt)v(Mt)g............(1)dt1积分（1）式得(Mt)v(Mtt2)gc...........(2)2因t=0时v=0,故c=0所以1t2MtM2g2.........(.3)vdsdtg12Mg22gtMtMt1MgM2gt积分（3）式得ln(Mt)c..........(4)sgt22224M2g因t=0时s=0,故c2lnM2所以s12MgM2gln(1t)这就是雨滴在t时间后所下落的距gt2t224M离讨论：由上式知s1gt2MgtM2gln(11说明雨滴在t时2t)gt22242M间后所下落的距离小于自由落体在同等时间内下落的距离。雨滴下落时其质量的增加率与雨滴的表面积成正比，，试求雨滴下落速度与时间的关系解：以竖直向下为正方向，设起始时刻（t=0）雨滴半径为a，某时刻雨滴半径为r，取自由落下的雨滴为主体，其质量为mV4r3kr3........1()，速度为v31不断增加的水汽为变体，质量为dmdt速度为u=0,k4rkr2........(2)22作用于其的合外力为雨滴的重力Fmg合dmdr3kr2..........(3)式对时间求导数得dtdt1（1）drk............(4)2（3）=（2）得dt3k1积分（4）式得雨滴半径变化规律是rta所以主体质量为合外力为Fk(ta)3g合mk(ta)311由密歇尔斯基方程d(mv)udtdm得dktavktagF合()()331dtdt1dk(ta)vtk(ta)gdt积分得3v311001aggt4(ta)3a4gvgt44说明雨滴在t时间后所达到的速度小于自由落体在同等时间内达到的速度质量为m的质点程为:x=acoskt,y=bsinkt,其中间.求作用于该质点上的力M,如图10-2所示,在Oxy平面内运动,其运动方a,b,k为正的常量,t为时图10-2xy解此题为第一类问题.其运动轨迹是椭圆21a2b22由x=acoskt,y=bsinkt先求加速度=-ak2coskt=-bk2sinktxy由运动微分方程得Fx=m=-mak2coskt=-k2mxxFy=m=-bk2sinkt=-k2myy或F=Fxi+Fyj=-k2mr质量为m的质点,在力F=-mk2r作用下沿平面绕定点运动,如图10-3所示.其中r是质点对,k为常数.设t=0时x=l,y=0,v=0,v=v,O为坐标原点.求质点的运动方程和轨迹方程.O点的矢径xy0图10-3解此题属于第二类问题,其直角坐标形式的微分方程为mxF,myFxy其中Fx=-mk2rcosφ=-mk2xFy=-mk2rsinφ=-mk2y则其微分方程可改写为:=-k2x,y=-k2y,x其通解为x=csinkt+ccoskt12y=csinkt+ccoskt34初始条件t=0时x=l,y=0,=v=0,=v=v0xyxy可求得其积分常数分别为c=0,c=l,c=v/k,c=012304由此得运动方程为x=lcoskt,y=v/ksinkt0其轨迹方程为x2/l2+k2y2/v2=10第三章刚体力学i,j,k在直角坐标系中，三轴的单位矢为。物体的惯量张量为300IN021。设一转轴通过上述直角坐标系原点，方向为011336k，那么物体j对于该轴的转动惯量是多少？36k33解：由于于是物体对于该轴的转动惯量为nijk0j30300I236333N020,,122N3301163匀质圆盘，半径为，放在粗糙水平桌上，绕通过其中心的竖直轴转动，a。已知圆盘与桌面的摩擦系数为，问经过多长时开始时的角速度为0间后盘将静止？解：当角速度为常数时，则有；当末角速度为零时，。则有t0t10（注意，，并非t为负值）。作用于圆盘的反力矩的大小为0Lr•dmgr•rd•drgm，代入上式由题意，圆盘的面密度为a22a2ga2mdar2drma22gam33•2•2Lg00定轴转动的动力学方程为已知圆盘的转动惯量为IL3I1ma242于是得4g53a3）得2gam12将（2）（4）代入（ma233a代（5）入（1）得t04g如图示，一直角三角形薄板，两个直角边的长度分别为a、b，试求该板的主转动惯量和惯性积。解：因该板的z坐标为零，故惯性积II0xzyzxyyb(ax)a三角形斜边的方程为即1abdmds取质量元如图示，mdxdy2mabdxdy1ab2由转动惯量的定义知主转动惯量y2dxdy2mabbdx(ax)y2dyaIydm2axx002mab1adx1b33a3(ax)32mb3a4a(ax)3dx2mb((ax)14a2mb21amb262243a443a44000同理有x2dxdy2mabb(ax)dyaIxdm2xdx2ayy2mab002max2dx(ax)14a416b2m1(ax3a23a2m1a(ax2x3)dxx4)ma2aa2a212000同时由垂直轴定理还可求得II1Im(a2b2)6zzxxyy惯性积为xydmxdxxydxdy2mabb(ax)ydyaIaxy002maxdx1b2(ax)2mbax(ax)2dx1ab2a2a31200有一质量为m、边长为a的正方形薄板，试求其过一顶点A且与对角线DB平行的轴AF的转动惯量解：建主轴坐标系如图示，由于Z坐标为零mm平行于X轴距X轴为Y处取质量元dmdsadyadydyaa2由转轴公式得(y2z2)dmy2dm2y2dym1y3aaIImaa1ma2122aa31xx22X处取质量元dmdsadxadxdxmm同理平行于Y轴距Y轴为aa2由转轴公式得(x2z2)dmx2dm2x2dxm1x3aaIImaa112ma22aa32yy22由垂直轴定理知III1ma26zzxxyy2cos2对角线DB的方向余弦为0cos42所以由主轴坐标系下的转轴公式得221122ma2()2112II2I2I2I2Ima22DB123122712再由平行轴定理知ImAO212ma2maIma2122AFDB一块正方形薄板的边长为,质量为m，求在其中心的惯量张量，已知轴lz垂直于板面，与轴平行于两边。xy解：由于薄板的坐标z0，所以惯量积II0，又由于薄板相对于平yzzx面对称，所以惯量积I0oxz,oyzxy薄板相对于轴的x转动惯量为Iyzdmy2dxdylml2y3112llydy2dxll22222l3xxl222因x轴与轴均为对称轴，所以I1yml212yy由垂直轴定理知II1Iml26zzxxyy1001于是正方形薄板相对于中心的惯量张量为I010ml212002一端系于天花板顶上的绳子，在另一端系一半径为r，重量为p的滑轮，求滑轮中心向下运动的加速度和滑轮转动时的角加速度。解：建坐标如图示滑轮受力：重力p，绳子张力TPxPT1建动力学方程式：gc1P2gTr2r23又由约束条件：即xrxrccT13P2解（1）（2）（3）式得xg3c2g3r图示半径为R的均质圆柱A缠以细绳，绳的B端固定，圆柱自静止下落，其轴心速度为v23gh（h为轴心至初始位置的距离）。3A求圆柱A的运动方程。解：设圆柱质量为m，绳的张力为T。mxmgTA由图可知圆柱作平面运动，其运动方程为my0AITRA1，2gh,又t=0时，由于AxR0,0,0AImR33xy22AA2ggt2,y0,x1gt2代入上式得t,3R3R3AA解：1°研究系统。作定轴转动，作直线平动，取为杆OD的转ABODwe角。由题意知杆OD的角速度转向如图示，并设出的转向。yltgA2°运动速度分析。杆AB上点A的运动方程为1ylvAyA其速度、加速度为cos2有一直角三角形薄板,两个直角边的连长分别为a、b，试求该板的三个主转动惯量和三个惯量积。解：由于板的z坐标为零，故：惯量积II0zxzy三角形斜边的方程为xy1abybax即：admdsmdxdy2mdxdyab在三角形薄板上取质量元1ab2所以主转动惯量：Ixx2dx1y3bdxdyb(ax)y2dy(ax)aaydmydx2aa03000b3b3aa412b3b31(ax)4a(ax)3dxa3a33a3412a300m2mab又1ab22mb3a所以有Ixxb3aab12121mb26dybIyydxdyb(ax)x2dxy(ax)aaxdmxxdx222aa同理：0000ba(ax)xdxb114a0ba3112a(ax23x4)ma262a0IzzIxxIyy1m(a2b2)由垂直轴定理得6惯量积bax2ma1axdxydy2mab2mxydmxydxdyxdxydymab12Iababxy0r2)的非均质圆R，质量密度为(r)(1R2（习题3.8题）求半径为0球绕直径的回转半径K，其中均为常数。,0解：取半径为r→r+dr的球壳做作质量元，它的质量dm和对直径的转动惯量dI分别为：(1r2r4dm(r)4r2dr)4r2dr4(r2)drR2R200球体对球心的转动惯量为dI′=r2dm2而球体对任一直径的转动惯量为II3∴球体对直径的转动惯量I和总质量m分别为mR4dr4R305315r4r2R200所以回转半径长为2l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d(dlcos)解：如图示，均质棒受力为光滑墙、光滑棱角的弹力，及棒自N,N12身重力G，由于棒处于平衡状态，根据力系平衡条件有RNcosG0(1)y2d2l2MNGcos0(2)2cosz由（1）（2）得cos3dld1arccos()3所以l一根均匀的棍子。重为P，长为长为2l，今将其一端置于粗糙地面上，又以其上的C点靠在墙上，墙离地面的高度为h，当棍子与地面的角度为最小值时，棍子在上述位置仍处于平衡状态，求棍与地面的0摩擦系数。解：如图示棍子受力为：重力P，C点上的作用力N，A点上的作用1力N，摩擦力f2建坐标如图示由于棍子处于平衡状态，根据力系平衡条件有RNcos(900)f0(1)x10RNsin(900)NP0(2)y102h1sin对A而言有zN0(3)MPlcos00l3）得NPsincosh由（100fNsinPlsin2由（1）得cosh1000NPNcosPPlsincos2由（2）得2h1000lsin2cosf所以00hlsincos2N200矩形均质薄片ABCD，边长为a与b，重为mg，绕竖直轴AB以初角转动，此时薄片的每一部分都受到空气的阻力，其方向垂直于薄速0片的平面，其量值与面积及速度平方成正比，比例系数为k，问经过多长时间，薄片的角速度减为初角速的一半。解：建坐标系0xyz与薄片固连，z轴为转轴。dJz轴方向有dtM(1)z则沿zIJZzz在薄片上取质量元面积为dsady，该区域受到的阻力为dfkdsv2kady(y)2zka2y3dydf对z轴的力矩为dfydMzzka3b所以z2(2)aMdM4zz0又薄片对z轴的转动惯量为ay2bdy1mab(mab)(3)aIydm23z00Mz3ka2b21）（2）（3）得由（I4mzzz0d22dz3ka2b2积分4m而得ztdtdt4m3ka2bzz00z4mt3ka2b0均匀长方形薄片的边长为a与b，质量为m，求此长方形薄片绕其对角线转动时的转动惯量。解：用主轴坐标系求解，建主轴坐标系如图示设薄片质量密度为，厚度为t。2由转轴公式得III212由图知b2y2t(ady)1tab3b12I122x2t(bdx)1ta3baI122a2a，b又cossina2b2a2b2所以有21tab3a1ta3bb216a2b2a2b2II2I2taba2b212ab2121221a2b2故Im6a2b2而mtab一轮的半径为r，以匀速无滑动地沿一直线滚动，求轮缘上任一点v0的速度及加速度。又最高点和最低点的速度和加速度各是多少。哪一点是转动瞬心。解：如图示建立坐标系oxyz，由于球作无滑滚动，球与地面接触点A的速度为零，所以A点为转动瞬心。以O为基点，设球的角速度为k，则vvOAvikrjvri0A000j设轮缘上任一点P，OP与x轴的夹角为，则OPrcosirsin故OPvicossinsincosvvkrirjvrirjP00021sinvvrsin2rcos2vP00aa