理论力学答案

1、123456789101112也可以表示成x的函数1314？15对x求导：1617例1.7 质量为m的质点在保守力作用下作直线运动， 求: (i) 质点的稳定平衡位置； (ii) 质点在稳定平衡位置附近作微小振动的周期； (iii) 质点从稳定平衡位置以速度v出发，求在下列情况下速度的数值范围： (1) 质点在平衡位置附近振动；(2) 质点逃逸至 ；(3) 质点逃逸至+。解: (i) x=-a为稳定平衡位置x=a为非稳定平衡位置在平衡位置处应有：18(ii) 质点在稳定平衡位置附近作微小振动的周期19(iii) 质点从稳定平衡位置以速度v出发，求速度v的数值范围201.5解轨道方程21（2.6

2、）（2.7）将上述微分方程消去时间t，得到r()*推到比内公式22（2.9）（2.6）（2.10） 二阶非线性微分方程 比内（Binet）公式23（2.11b）（2.15）适当选择极轴方向，使0=0典型的圆锥曲线极坐标方程力心（坐标原点）：圆锥曲线的焦点Fe：轨道的偏/离心率p：正焦弦（QQ）长度的一半距离平方反比引力作用下的质点运动24例2.3 质量为m的质点在 的有心力场中运动，求：(i) 圆轨道运动的周期； (ii)质点作半径为r0的圆周运动时的角动量；(iii) 对r=r0的圆轨道，质点在径向有一微小偏离，求质点在r=r0附近作微小振动的周期T。解：(i)(ii)(iii)作泰勒展开2

3、5(3)(4)0(5)忽略二次方项26(6)(4)评注：微振动周期还可以从能量方程出发计算质点的机械能守恒方程：(7)对时间求导：?先作泰勒展开再求导270微振动将U(r)在r=r0附近展开：(8)(8)式对时间求导：与(6)一致 ?(4)已由dE/dt=0得282.8解代入得：29例3.4 一质点置于光滑的水平桌面上，初速度为v0。设桌面位于北纬处，考虑地球的自转效应，证明质点的运动轨迹是一个圆，并求出圆半径和桌面所受到的力。解：以桌面为参考系旋转的非惯性系采用自然坐标系(,)，则只需首先证明是常量(3.23)科氏惯性力惯性离心力已包括在重力之内30(3)(4)(5)更正：+初始条件：(6)

4、(3) (4)： -(7)从而证明了质点的轨迹是一个圆 由于很小，半径很大，在桌面范围内质点实际上沿直线运动。(5) ？31又： 已知质点作圆周运动，若以圆心为坐标原点，位置矢径 与x轴间的夹角为，则：桌面受到的力为：FN 更正(8) 第一项比重力小得多！32评注 本题用自然坐标系最恰当。但要写出地球自转角速度在自然坐标系中的表示式，则需要利用其它坐标系中的表示式来转换。要注意这种转换方法的运用。 质点作圆周运动的另一种证明方法： 用直角坐标系求解： 质点作匀速率圆周运动(10)P82 (3.25)33(10)类似地，(10-1)(10-2)34圆心在 半径为 的圆 匀速圆周运动35(10-3

5、)以圆心为坐标原点：代入得：与自然坐标法得到的结果一致36比较： 直角坐标系：可以直接写出质点运动的微分方程，但求解时数学上比较繁琐些。 自然坐标系：数学上比较简洁，但角速度的表达式不能直接给出，需要通过直接坐标与自然坐标的关系转换一下。373.7解在O系(平动的非惯性系)中:其中：切向分量方程：即：微小振动：设解：则：38由：得：代入(2)得：代入(3)得：393.10解 以圆环为参考系(非惯性系)，小环受力如图所示(惯性力未标出):其中：切向方程：40积分：滑动反向时：对应于初始位置413.14解在旋转的非惯性系中研究小环m的运动，如图所示: 其中：代入得:而42例4.3 不可伸长的轻绳长

6、2l ，两端分别系有质量为m的质点，中部则系有一质量为m的质点。这个由绳子联结的质点组置解：(i) 任意时刻质点组内各质点的位置如图所示。于光滑的水平桌面上。初始时刻绳子拉直， m以初速度v0沿垂直于绳子的方向弹射。已知经过时间t后绳子两端的质点恰好相碰，求此时：(i) m移动的距离b； (ii) 绳中的张力FT。m 相对于m的速度：(1)质点组在xy平面内不受外力作用，动量守恒：y方向：(3)(2)43(3)(ii) 绳中的张力FT(3)式对t求导 m ：11碰撞时刻=/2，代入得：(4)由机械能守恒求出水平面光滑；绳子无伸长，内力不作功。因此机械能守恒：44(6)(1)(2)碰撞时刻=/2

7、：(5)(3)(4)454.6解 如图所示，对大、小楔子组成的系统，水平方向不受外力，故系统质心不沿水平方向移动；竖直方向由于受重力作用，质心下移。图中C点为起始时刻系统的质心位置。 设任意时刻大、小楔子的质心位置分别为x1， x2，则：小楔子相对于大楔子的速度：小楔子完全滑到水平面时：464.10解系统水平方向动量守恒：水平面支持力不作功，系统机械能守恒：47例5.6 一匀质薄板质量为m，长2a宽a，可在铅直平面内绕悬点O无摩擦地摆动。求: (i) 薄板在平衡位置附近作微小摆动的周期； (ii) 等值摆长和振动中心的位置；(iii) 设摆动的最大角度为0，求薄板摆动时悬挂点受到的力。解：取坐

8、标系如图，转轴为z轴重力矩是作用于平板的唯一力矩：角动量定理的z分量方程：平板对O点的角动量的z分量：48(i) 薄板微振动周期(ii) 等值摆长和振动中心摆长为l的单摆的周期：即：薄板的振动周期等同于摆长为l的单摆的周期， l称为薄板的等值摆长。 离开悬挂点等值摆长l处的点，称为薄板的振动中心。振动中心位矢：49等值摆长和振动中心的定义对任何刚体都适用：JO: 刚体对O轴的转动惯量d: 质心离悬挂点O的距离 任何绕悬挂点摆动的刚体称为复摆。单摆称数学摆，复摆称为物理摆。 如果将振动中心O作为悬挂点，刚体摆动的周期与绕原悬挂点摆动的周期相同：50(iii) 悬挂点受到的力质心的加速度：由质心定

9、理：51也可利用机械能守恒方程得到：52薄板对悬挂点的作用力：等值摆长和振动中心；质心定理，角动量定理，机械能守恒53例5.9 一质量为m的匀质棒，长2a，一端置于光滑水平面上，另一端则靠在光滑铅直面上，与地面的夹角为。若棒自此位置开始下滑，求：(i) 棒与地面间的夹角为多大时，棒将与墙面分离？ (ii) 棒与墙分离后将如何运动？棒落地时的角速度有多大？解：棒的受力情况如图。设t时刻棒与地面间的夹角为质心定理：对质心的角动量定理：(1)(2)棒与墙面未脱离时的约束方程：棒与墙面脱离后(4)不成立， (5)依然成立54初始条件：5个方程，5个未知数：(i) 棒没有脱离墙面时(4)(5)(3)(2

10、)(1)(7)(8)(1)(2)55(8)式也可以通过机械能守恒方程求得：棒与墙脱离的条件是：(1)(6)(8)(7)(ii) 棒脱离墙面后在棒即将脱离墙面的时刻：棒逆时针转动：(9)(8)(9)56棒脱离墙面后运动的初始条件(5)(9)棒脱离墙面后，x方向无外力作用运动过程中棒的机械能守恒：(10)(11)57棒落地时=0：棒脱离墙面后，质心的速度为：即：棒脱离墙面后，质心以速度vC运动，同时棒以角速度转动。评注：棒脱离墙面后的运动情况的另一种求解方法(2)58整理得：初始条件：棒与墙脱离时 ，积分(10)技巧！59例5.12 一半径为r质量为m的匀质圆盘，其对称轴由一相距为d的铅直轴驱动，

11、圆盘竖直地在水平面上无滑动地滚动。圆盘以恒定的角速度绕驱动轴转动，求圆盘对水平面的正压力。解：取活动坐标系Oxyz如图i 圆盘前进的方向坐标原点O是与圆盘刚性联结的固定点。6061625.14解 建立坐标系如图。z轴为对称面法线，故为惯量主轴。其中：63绕y轴转动时：转轴由对角线转变为y轴的过程中，对角线被释放， y轴被固定， y轴对薄板有冲力作用，但此冲力对薄板的冲力矩为零，故薄板对y轴的角动量守恒：64【重点】例6.4 滑轮组(质量不计)悬挂三个重物如图，试分别求出三个重物加速度的大小。解： 力学系由A, B, m1, m2, m3组成，作一维运动，需5个坐标变量； 存在3个约束：A固定不

12、动；m1和B用长度为l的绳子连接；m2和m3用长度为l的绳子连接。故只有两个独立变量。 设滑轮A、B边缘半周长分别为s1和s2，得约束关系：更正微分得各重物速度： 满足条件：理想约束；保守力作用65代入拉格朗日方程：(6.29)6667评注：用拉格朗日方程求解问题的基本步骤 分析约束关系，引入独立变量，写出体系中各质点的坐标变量与广义坐标之间的函数关系。 仿照牛顿力学的方法，用各质点的速度分量写出体系的动能表示式，然后变为用广义坐标和广义速度表示的形式。 对保守力学系，用各质点的坐标变量写出体系的势能表示式，然后变为用广义坐标表示的形式。写出用广义坐标和广义速度表示的拉氏函数。 对应于各个广义坐标，写出拉格朗日方程。 求解方程组。68例6.6 质量为m，半径为r的匀质圆柱体沿一斜劈的斜面无滑动地滚下，斜劈放置在光滑的水平面上。写出：(i) 柱体和斜劈系统的拉格朗日函数；(ii) 柱体自静止沿斜面滚动了n圈后，斜劈的速度v和柱体滚动的角速度。解： 取坐标系如图。s69(i) 柱体和斜劈系统的拉格朗日函数其中不包含x，故x是循环坐标，相应的广义动量积分为：(6.24)容易看出，这实际上是系统在x方向的动量守恒式。(ii) 斜劈的速度v和柱体滚动的角速度(4)70拉格朗日方程组：m(4)斜劈速度：71m柱