理论力学期末习题答案

习题答案

X1.3曲柄西=广，以匀角速⑦绕定点0转动。此曲柄借连杆AB使滑块B沿直线以运动。

求连杆上C点的轨道方程及速度。设前=而=。，乙AOB=(p,/ABO=w。

第1.3题图

解⑴如题1.3.2图

由题分析可知，点C的坐标为

fx=rcos°+acos”

[y=asini//

又由于在△AQB中，有」—=乌-(正弦定理)所以

sin〃sincp

.2asiny/2y

sin(p=----------=——

rr

22

联立以上各式运用sin^+cos^=l

由此可得X-QCOS夕x-^Ja2-y2

rr

4y2।工2+〃2_y2_2XJQ2_y21

得

r2r2

得3y之+—+/_/=2xy]a2-y2

化简整理可得4x2(a2-y2)=(x2^3y2^a2-r2f

此即为C点的轨道方程.

（2）要求c点的速度，分别求导

..r①CUS0.

x=-ra)sin(p------------sm-

2cos

._rcocGS(p

其中a)=(p

又因为rsin(p-2asinw

对两边分别求导

故有._rcocQS(p

2acosw

所以

f、2

.rcocos.「少2cos28

一rtysin。--------sin^+

I2cos夕)4

--------Jcos2+4sincosi//sin(^+1//)

2cos”

X1.4细杆OL绕0点以角速力转动，并推动小环C在固定的钢丝A5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。

笫L4题图

解:如题1.4.1图所示，

0L绕0点以匀角速度转动，0在A8上滑动，因此C点有一个垂直杆的速度分量

V_L=coxOC=CD\d24-X2

C点速度v=V±=sec0=codsec20=co——^―

cos。d

又因为©二°所以0点加速度

civ«）,2ct）x\d+x

a==cod-2sec8・sece・tan•夕=2dcosec6tan6

dt

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=^i-sin^

式中c•及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«=cfl-sin—

由加速度的微分形式我们可知

代入得

对等式两边同时积分

可得：V=Ct+—CCOS—+D（£）为密数）

2T

代入初始条件：1=0时，u=o，故——C

所以ds=c1+—

71

对等式两边同时积分,可得：5=c-r2+—f型sin二_

_27i\7i2T)\

X1.6一质点沿位失及垂直于位失的速度分别为〃及式中4及〃是常数。试证其沿

位矢及垂直于位失的加速度为十广—幺迄以彳几+义)

解：由题可知质点的位矢速度以=比•①

沿垂直于位矢速度

又因为=r-Ar>即

v,=dr=即0=

r

dv

(取位矢方向八垂直位矢方向j)

dt

所以包(ii)=①i+。包=选+i■勿

dtv7dtdt

—(r6?/)=-0j+rj+—=t⑨+向一的气

dtdtdtdt

故a=(-2)+(4+2为)

即沿位矢方向加速度a^(r-r02)

垂直位矢方向加速度为=(而+2拓)

对③求导尸=万=/2「

对④求导

把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得

1.7试自x=rcos6,y=rsin。

出发，计算无及歹。并由此推出径向加速度外及横向加速度为。

解：由题可知(x=rcos°①—②

y=rsinff

对①求导%=rcos^-rsin^③

对③求导x=rcos0-2r0sin0-rdsind-r02cos0®

对②求导y=/sin6+r6cos。⑤

对⑤求导y=rsin^+2r^cos^+/^cos^-r^2sin8⑥

对于加速度a,我们有如下关系见题L7.1图

X

题1.7.1图

x=acos6+asin6»⑦―⑧

即r0

y=arsin0+aocos3

对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦xcosG，⑧xsin。

工cos。=acos。-asinOcos。⑨—⑩

即得re

ysin^=arsin6+%sincos

⑨+⑩得

ar=xcos^+ysin^⑴)

把④⑥代入（11）得2

ar=f-r0

同理可得

aQ-rd+2r0

1.8直线/加在一给定的椭圆平面内以匀角速切绕其焦点/转动。求此直线与椭圆的焦点

2

M的速度。已知以焦点为坐标原点的椭圆的极坐标方程为：r=—

1+ecos。

式中〃为椭圆的半长轴，e为偏心率，都是常数。

解：以焦点尸为坐标原点，运动如题L8.1图所示］

x=rcos^

则M点坐标

y=rsinO

x=rcosG-rffsinff

对x,y两式分别求导

y=rsin^+r0cos0

故v2=x2+y2=(rcos^-r^sin^)2+(rsin04-rOcQsO\=产+r2co~

如图所示的椭圆的极坐标表示法为「=_£

1+ecos6

对r求导可得（利用@又因为

即

所以

故有v2=——------rrsin20+r2a)2

a2(l-e2)

__e_2_①_2_r_'_0

/(-2)21J置―2)2+：2一2a(1-«2)〜

r2e2

r'are'r'-r2+2ar(l-e2)(y22,、

1----------r?----------J=Rr”力

y=?"(2a-r)

b

(其中/=(1_02)2力为椭圆的半短轴)

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V=vxi+vj

令为位矢与轴正向的夹角，所以

dvdv.didv.dj

—=--i+vY—+—-y+vv—=4i+IOj

dtdtdtdtdtdt7

(dv、

所以a=[v0i+才+匕。j]­(Li+V'j)

7

dv-dv-dvdv

x--y+vv0=v—^x+v--y

xyrxyv

丫dtdtdt

又因为速率保持为常数,即俨，+y2,=C,C为常数

对等式两边求导dvdvv

2v.。+2匕1=0

tdtdt

所以a-v=0

即速度矢量与加速度矢量正交.

X1.10一质点沿着抛物线y2=2px运动其切向加速度的量值为法向加速度量值的-2k

倍。如此质点从正焦弦(5,p)的一端以速度”出发，试求其达到正焦弦另一端时的速率。

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a=—

1dt

2.2

法向加速度a=上，而且有关系式曳=-2k二①

nPdtp

1l1y7l1

又因为-=3②

pQ+y咋

y2=2px

所以/=P③

y

„2

④

y

p2

y

联立①②③④—=-2kv2-ll,⑤

臼

Iy)

乂dv_dvdy_.dv

dtdydtydy

把y2=2px两边对时间求导得文=◎

P

又因为v2=i2+y2

2

2v

所以y-/⑥

1+7

P-

Vy'

把⑥代入⑤3

2Vdy2、2

1+勺y)

既可化为dv2kp

v-vb

对等式两边积分ydvpdy

?2

v厂+p-

所以v=ue"”

l.u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a保持不变。求质

点的速度随时间而变化的规律。已知出速度为外o

解：由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示

v

题1.11.1图

V.

a=—=asina

nr

dv

a,-——=acosa

Idt

2

两式相比得---v-----------1--•dv

rsinacosadt

1.dv

即—cotadt=-

rv

对等式两边分别积分

f—cotadt=f勺2

山rJ'ov

11t

即-=-------cota

vv0r

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y=%e（"跖）四心

式中夕为速度矢量与x轴间的夹角，且当r=0时，，=为。

证：由题1.11可知质点运动有关系式

V

—=asina

<r①②

dv

—=qcosa

所以生=包.四=@啰，联立①②，有@Lo=」^cosa

dtdOdtd0d0rsina

又因为v=69r

所以『cotad。，对等式两边分别积分，利用初始条件f=0时，0=00

V

vi（0-0（,）cota

d

3.9立方体绕其对角线转动时的回转半径为k

3V2

试证明之。式中a为对角线的长度。

3.9解如题3.9.1图所示O町z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、

O），、&轴就是正方体的中心惯量主轴。设正方体的边长为“。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

葭=£jtx»G2+z2}lydz='^-a2

22,

根据对称性得JJm2

易求正方体的对角线与Ox、Oy、Oz轴的夹角都为6。且cos。=1

3

故正方体绕对角线的转动惯量l=l_COS20-1cos20=cos26=①

xxyyzz

又由于d=6a②

绕对角线的回转半径

Vm

由①②③得L_d

3.10-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

的角速度为砒。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?

题3.10.1图

Z轴过O点垂直纸面向外。均质圆盘的密度为0。设盘沿顺时针转动，则沿Z的

方向有也.=M

dtz

即/a=匕①

/为转盘绕Z轴的转动惯量：/=4加42（加为盘的质量），⑦=_口②

，2z

（3为盘转动的角频率，负号因为规定顺时针转动）

23=

M:■=1J/ngprd6dr=/Ligpa|ngptna（m=即a2）③

由①②③得

3。

又因为/o）=例），

故

3a

所以%）=0，

得_3ag

4〃g

3.11通风机的转动部分以初角速g绕其轴转动。空气阻力矩与角速成正比，比例常数为

左。如转动部分对其轴的转动惯量为/,问经过多少时间后，其转动的角速减为初角速的一

半？又在此时间内共转了多少转？

题3.11.1图

3.11解如题3.11.1图所示，

z0z

设轴通过点垂直纸面指向外。则对轴有：^=M7

dtz

设通风机转动的角速度大小为例,），由于通风机顺时针转动。所以牡=-缺），将

z=-/研,）,=%%）代入上式得：—乂由于曲（0）=。（0）'解得：

_k_t

%）='

故当々，产久时，/=」仙2。又由于3=狐（°为通风机转动的角度）

2k

设。（0）=0'

-t

匹=W

l-e

故当.=」山2时，.时间内通风机转动的转数

k⑺2k

。（0）一/砾

II—-

2乃4成

X3.12矩形均质薄片ABC。，边长为a与b，重为mg,绕竖直轴山？以初角速g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

方成正比，比例系数为攵。问经过多少时间后，薄片的角速减为初角速的一半?

题

解如

图

工

XI2工X1

2.

坐标。盯Z与薄片固连，则沿Z轴方向有：虫=知7且z=/0①

dtz

现取如图阴影部分的区域公=ady，该区域受到的阻力"=kdSd=kady^

df对z轴的力电闻/一=-df.y=-kaco2y^dy所以：M_=，=-kco~②

乂薄片对轴的转动惯量/=[y2dm=Jy2pbdy=ma2(m=pab)③

1

由①②③得：/①=3ka/r

----1+—

4/nco0

当%)=今时，4〃？

3ka2ba)3

3.13•段半径R为已知的均质圆弧，绕通过弧线垂直的轴线摆动。求其作微振动时的周期。

解如题3.13.1图所示，

题3.13.1图

坐标系。孙z的原点位于圆弧最顶点。设圆弧平衡时，质心c,的坐标为c(O,T,O)。

如图所示圆弧偏离平衡位置一小角度8,则6满足微分方程

-mglsin0=16

/为圆弧相对于a轴的转动惯量。当e很小时，sin8°e，代入上式得：

。+%=0①

I

圆弧上对应转角为e的一小段圆弧的坐标为(RSin0,Rcos0-R,O)

质心c的纵坐标

\/网3-R)sme

--------A-------------------=-R+----R

£pRde4

上式中。为圆弧的线密度

%

sin仇)③

又/=。COSe-Ry+(Rsinay卜夕=i_

2mR}4J

其中机=2冰%，将②③代入①得力+方-6=0④

2R

解④式得通解

微振动周期

3.14试求复摆悬点上的反作用力在水平方向的投影A*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左,转动轴到摆重心的距离为a，且摆无初速地自离平衡

位置为一已知角为处下降。

由动量定理及动量矩定理得：

2

mxc=〃Gxc0-yc0)=Rx①

2

myc=m(-yc0+xc0]=Ry-mg②

mk'0--mgasin0③

其中xc=asin仇yc=-acos0

乂根据机械能守恒定律得：gmk2铲=mga(cos9-cos6。)④

2

由①②③④解得：%=*L(2cos6o+3cose)sin。

k

2

Rv=-^7-[(3cos^-2cos^0)cos^-1]+

k

3.15一轮的半径为「，以匀速匕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QxyzO

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4点为

转动瞬心。以°为基点。设球的角速度/=_&,则

vA=吗+coxOA=voi+(-a)k)x(-7)=(v0-cor)k=0

一

r

设轮缘上任意一点p,Ojp与x轴交角为则Op=rcos0i+rsin

V

故P=吗+sxO"=voi+(-6afc)x(rcosOi+rsin=(v0+初sin。》一"cosf

9

当6=90°时得最另J点的速度vtop=2v0

ap=旬+-^―义Op+co义(co义Op)

=(-cok]x[(-cok)x(rcos0i+rsinf)]

2

=-cerrcos0i-a)2rsin0f=--(cos0i+sin仔)

r

当8=90。和一90。时分别得到最高点和最低点的加速度

22

%%

(I=―1Z—

^bottom

※虫4小环重卬,穿在曲线形y=/(x)的光滑钢丝上，此曲线通过坐标原点，并绕竖直轴。y

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，

题4.4.1图

坐标系0肛是以本y轴转动的坐标系•图中画出的是曲线y=/(x)的一段，在任

意一点P处，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,

还会受惯性离心力尸的作用，F=m(o^^方向沿x轴正向，在N1,mg作用下，

致信处于平衡状态，则有

£=tan。(以过P点的切线与水平方向夹角)①

mg

N=呻口②

/cos夕

有①得"岂=tan6=虫，得虫二贮③

mgdydyg

又因为y=/(x)过原点.对上式积分得抛物线y=也

2g

2

将cos。代入②的反作用力2a)

N=Wh+—y

g

4.5在一光滑水平直管中有一质量为根的小球。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“，球相对于管的速度为零，而管的总长则为2a。求

球刚要离开管口时的相对速度与绝对速度，并求小球从开始运动到离开管口所需的时间。

解：

以直管为参照系，Ox方向沿管，Q沿竖直轴建立坐标系Oxyz，则小球受力为:

G=mg,N,F牵=/Ti6i/xiF科=-2mcoxj

故沿Ox方向运动的微分方程为：〃戒=机。2＞元—〃x=o①

,、UJI,八

有初始条件：r=0,x=a/=0可得①式解为：xe+e

故当邱刚离开管口时即x=2a,“0时•则一

)>0

/=In

V=Xi=—69kx2V3i=y/3acoi

所以此时:2

v=(v'+coxv1『2"=也acoi+2aco]

故当球刚要离开管口时的相对速度为反布，绝对速度为几加+2〃雨，小球

从开始运动到离开管口所需时间为上(2+石)/

4.6—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3转动，管中有一质量为〃2

的质点。开始时，细管取水平方向，质点距转动轴的距离为4,质点相对于管的速度为%,

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，&沿水平轴建立坐标系Oxyz，如题4.6.1

图所示，

题4.6.1图

则小球受力为：G=〃zg,N,F牵=marxi,V^=-2mcox3

故沿Ox方।可运动的微分方程为屐=marx-mg?,\x\a)t，x-arx=-mgsincot①

方程上-02x=0的通解：x(f)=C「

而方程①的特解为:x(r)=—^r-sincot

'72炉

MM

故方程①的通解为：/)=cxe-+C2e+工ysincot

2a)~

初始条件为当f=0时，x=a,x=v0

c一U”为+上1

L1一以'9

故可得J2182①p

所以质点相对于管的运动规律为:

1

~(Dtg

+一++sin69/

2lor)2a)2

4.7质量分别为m及M的两个质点，用一固定有长度为〃的弹性绳相连，绳的倔强系

'数为k=2mm'①:。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㈤转动，

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，&沿竖直转动轴向上建立坐标系O'”，如

题图4.7.1图所示

则易得质点外”沿以反方向的运动微分方程为：

mx=mat2x+k(s-a)®

m'(x+5)=m'a)2(x+5)-k(s-a)②

将方程①②作简单变换可得：〃/+—A：(5-a)=m'co2s-k[s-a)

m

化简得s+co2s=2co2a

imi(a,

其通解为：S=cxe-+C2e+2a

初始条件为:

r=09I,=0=°

C]+(72=—Q

故可得：—彳导G=C2=~^

—ico[cj。2)=0

故s=2a-acQscot's=。(2-cosm)

X4.8轴为竖直而顶点向下的抛物线形金属丝上，以匀角速0绕竖直轴转动。另有一质量

为,〃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/=4@，，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，。），沿竖直轴建

立坐标系Oxyz，

则小环的运动微分方程为:

2

mx-ma)x-Nx®

my=-mg+Ny②

mi=0=N_4+2mv'co

N.v吟

y=—x2

.4。

故

1

代入①②得-----x

2a

化简即得■

X5.6试用拉格朗H方程解4.10题。

4.10质量为〃?的小环“，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3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,y)

第4.10图

解如题5.6.1图.

⑴平面运动，一个自由度.

（2）选广义坐标为q=夕，广义速度

⑶因未定体系受力类型，由一般形式的拉格朗日方程

在断=ZKa=QW=O。

/=!

广义力2.=0.

代入①得：4一包=o②

dt{do)50

在极坐标系下:

夕

J2acos一Y

2

T=—m[r'+r0~]=—m_______2

2172dt

4fl2(y2cos24flWcos2fl

21rr^③

故：将以上各式代入②式得

ma~0-2ma2sin+ma2a>2sin+2ma2coOsin二0

6+/2sin。=0

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3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

题5.7J圈

V2=x.2+y•22x7

x.

又由于一X

2a

x2fl+-^>|+<y2x2①

所以-mT

2LI4力_

2

X②

取坐标原点为零势面v=tngy=mg--^

4a

拉氏函数

1「『X22

L=T—V=-〃2321+J一/ng二7③

2LI4刃4a2

dL_(mx2

dx(4/

.2%2X八

mx1+,+mxc-mcox+m2=0

22

I4a-/4672a

dL

——=m.

dx

d(dL=帆5(1+二］+加£•2x

dtydx24a22ai

dCdLy

代入保守系拉格朗日方程—=0

dtydx)dx

.2%2Xn

得mx1H-----+mx"——-一mco"x+m2——=0

I4#4a22a

5.8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.

题5.&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.

U

(2)取广义坐标x=q.

22222

(3)根据极坐标系中的动能：T=Lm^+r0)=lw(x+x«y)

取初始水平面为零势能面，势能：V=mgxsin(cot)

拉氏函数:L=T-V=；加(±2+co2x2)-ingxsin(cot)®

(4)生=欣,些」〃疗x—mgsin®，)

dxdx

代入拉氏方程精)上。

得：tnx-ma)2x--tngsin(G/)

CiX

(5)木」)日勺“'：•X(J)X0，x=c^+c2e~

特解为-^-7sin(<yr)

2a)-

故①式的通解为:x=c/+c,e'"+—^ysin(iyf)③

122co2

在『=0时：a=c}+c2@'x=v0=c169-c,<y+-@

269

联立④⑤得：c=_L(“+良］—三，c=L(a-^}+^-

12^刈4〃22(coJ4<y2

将c「c,代回式③可得方程的解为：

X5.10试用拉格朗日方程解2.4题中的(q)及俗)。

2.4质量为m的质点，沿倾角为。的光滑直角劈滑下，劈的本身，质量为加,，又可在光滑

水平面自由滑动。试求

(q)质点水平方向的加速度用

(b)劈的加速度，2；

解如题5.10.1图.

题5.10.1图

(1)体系自由度数为2.

(2)选/义坐标％=,,夕2=x2

(3)质点的速度匕2=*；+q,

劈的速度4=若

故体系动能T=T1+72=；m傍+＞；)+；"?2月

以X面为零势面，体系势能：V=〃2]g(X1-X2)tan6+G其中C2为劈势能，

拉氏函数

L=T—V=

①

一团送(玉—x2)tan^-C2

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