1、理論力學期末習題答案理論力學期末習題答案31/31理論力學期末習題答案習題答案1.3曲柄OAr,以勻角速繞定點O轉動。此曲柄借連桿AB使滑塊B沿直線Ox運動。求連桿上C點的軌道方程及速度。設ACCBa，AOB,ABO。yAraCaBOx第1.3題圖解1如題圖yA?rCa?OBx題圖由題分析可知，點C的坐標為xrcosacosyasin又因為在AOB中，有r2a（正弦定理）所以sinsinsin2asin2yrr聯(lián)立以上各式運用sin2cos21由此可得cosxacosxa2y2rr得4y2x2a2y22xa2y21r2r2得3y2x2a2r22xa2y2化簡整理可得4x222x22222ay3

2、yar此即為C點的軌道方程.（2）要求C點的速度，分別求導xrsinrcossin2cosyrcos2此中又因為rsin2asin對兩邊分別求導故有rcos2acos所以222cos2Vx2y2rsinrcossinr2cos4rcos24sincossin2cos1.4細桿OL繞O點以角速轉動，并推進小環(huán)C在固定的鋼絲AB上滑動。圖中的d為已知常數(shù)，試求小球的速度及加速度的量值。LAxBdCO第1.4題圖解：如題圖所示，OL繞O點以勻角速度轉動,C在AB上滑動,所以C點有一個垂直桿的速度重量vOCd2x2C點速度vvvsecdsec2d2x2cosd又因為所以C點加速度advtan2d22t

3、an22xd2x2d2secsecsecd2dt1.5礦山起落機作加速度運動時，其變加速度可用下式表示：ac1tsin2T式中c及T為常數(shù)，試求運動開始t秒后起落機的速度及其所走過的行程。已知起落機的初速度為零。解：由題可知，變加速度表示為ac1sint2T由加速度的微分形式我們可知advdt代入得dvc1sintdt2T相同式兩邊同時積分vct1sintdv0dt02T可得：vct2TccostD（D為常數(shù)）2T代入初始條件：t0時，v0，故D2Tc即vct2Tcost12T又因為vdsdt所以dsct2Tcost1dt2T相同式兩邊同時積分可得：sc1t22T2Ttt，2sin2T1.6一

4、質點沿位失及垂直于位失的速度分別為r及，式中及是常數(shù)。試證其沿2r22位矢及垂直于位失的加速度為r,r解：由題可知質點的位矢速度v/r沿垂直于位矢速度v又因為v/rr，即rrvr即rdvdridrj（取位矢方向i，垂直位矢方向j）adtdtdt所以dridrirdirirjdtdtdtdrjdrjrdjrdjrjrjr2idtdtdtdt故arr2ir2rj即沿位矢方向加速度arr2垂直位矢方向加速度ar2r對求導rr2r對求導r2rrr把代入式中可得22a/2rrar1.7試自xrcos,yrsin出發(fā)，計算x及y。并由此推出徑向加速度ar及橫向加速度a。解：由題可知xrcosyrsin對求

5、導xrcosrsin對求導xrcos2rsinrsinr2cos對求導yrsinrcos對求導yrsin2rcosrcosr2sin對于加速度a，我們有以下關系見題1.7.1圖yaarOx題圖即xarcosasin-yarsinacos對倆式分別作以下辦理：cos，sin即得xcosarcosasincos-ysinarsinasincos+得arxcosysin把代入得arrr2同理可得ar2r1.8直線FM在一給定的橢圓平面內以勻角速繞其焦點F轉動。求此直線與橢圓的焦點M的速度。已知以焦點為坐標原點的橢圓的極坐標方程為：a1e2r1ecos式中a為橢圓的半長軸，e為偏愛率，都是常數(shù)。解：以

6、焦點F為坐標原點，運動如題1.8.1圖所示yM?Fx題圖則M點坐標xrcosyrsin對x,y兩式分別求導xrcosrsinyrsinrcos故22222222vxyrcosrsinrsinrcosrr以以下圖的橢圓的極坐標表示法為ra1e21ecos對r求導可得（利用）又因為11ecosra1e2a1e2即cosa1e2rre22222所以sin21cos21a1er2ar1er2e2故有v2e22r4sin2r22a21e22e22r42r22a21e2221e2r22ar1e2a1r2e2r22e2r2r22ar1e22r2a21e21e2b22arr即rr2arvb（此中b21e2a2

7、,b為橢圓的半短軸）1.9質點作平面運動，其速率保持為常數(shù)。試證其速度矢量v與加速度矢量a正交。證：質點作平面運動，設速度表達式為vvxivyj令為位矢與軸正向的夾角，所以dvdvxdidvydjdvxvyidvyadtdtivxdtdtjvydtdtvxjdt所以advxvyidvyvxjvxivyjdtdtvxdvxvxvydvyvxvydvxdvydtvyvxvydtdtdt又因為速率保持為常數(shù)，即v2xv2yC,C為常數(shù)相同式兩邊求導dvxdvy2vxdt2vydt0所以av0即速度矢量與加速度矢量正交.1.10一質點沿著拋物線y22px運動其切向加速度的量值為法向加速胸襟值的2k倍。

8、這樣質點從正焦弦p,p的一端以速度u出發(fā)，試求其達到正焦弦另一端時的速率。2解：由題可知運動軌跡如題1.10.1圖所示，yp,p2?Oxp,p題1.10.1圖則質點切向加速度atdvdt法向加速度anv2，并且有關系式dv2kv2dt又因為1y231y2y22px所以ypyyp2y3p2聯(lián)立dv2kv2y33dt1p22y2又dvdvdyydvdtdydtdy把y22px兩邊對時間求導得xyyp又因為v2x2y2所以y2v2y212pv把代入21y212pp2dv2kv2y33dy2p212y既可化為dv2kpdyvy2p2相同式兩邊積分vdv2kppdyuvpy2p2所以vuek1.11質點

9、沿著半徑為r的圓周運動，其加速度矢量與速度矢量間的夾角保持不變。求質點的速度隨時間而變化的規(guī)律。已知出速度為v0。解：由題可知速度和加速度有關系如圖1.11.1所示va題圖v2anasinrdvatacosdt兩式對比得v21dvrsincosdt即1dvcotdt2rv相同式兩邊分別積分t1cotdtvdv0rv0v2即11tcotvv0r此即質點的速度隨時間而變化的規(guī)律.1.12在上題中，試證其速度可表為vv0e0ctg式中為速度矢量與x軸間的夾角，且當t0時，0。證：由題1.11可知質點運動有關系式v2asinrdvacosdt所以dvdvddv，聯(lián)立，有dvv2cosdtddtddrs

10、in又因為vr所以dvcotd，相同式兩邊分別積分，利用初始條件t0時，0vvv0e0cot3.9立方體繞其對角線轉動時的輾轉半徑為kd23試證明之。式中d為對角線的長度。3.9解如題3.9.1圖所示Oxyz坐標系。ydydzoxz題圖O為正方體中心。Ox、Oy、Oz分別與正方體的邊平行。由對稱性可知，Ox、Oy、Oz軸就是正方體的中心慣量主軸。設正方體的邊長為a。設為平行于軸的一小方條的體積，則正方體繞軸的轉動慣量aa22m2Ixx22ayaaazdydz226依據(jù)對稱性得IyyIzzIxxma26易求正方體的對角線與Ox、Oy、Oz軸的夾角都為1。且cos3故正方體繞對角線的轉動慣量IIx

11、xcos2Iyycos2Izzcos2ma26又因為d3a繞對角線的輾轉半徑kIm由得kd323.10一均質圓盤，半徑為a，放在粗糙水平桌上，繞經(jīng)過此中心的豎直軸轉動，開始時的角速度為。已知圓盤與桌面的摩擦系數(shù)為，問經(jīng)過多少時間后盤將靜止？0解：如題3.10.1圖。drror題圖z軸過O點垂直紙面向外。均質圓盤的密度為。設盤沿順時針轉動，則沿z的方向有dIzMzdt即IzMzI為轉環(huán)繞z軸的轉動慣量：I1ma2（m為盤的質量），z2（為盤轉動的角頻率，負號因為規(guī)定順時針轉動）Mz2gr2ddr2ga3=2gmama2a0033由得4g3a又因為00,故t04gt3a所以t0,得t3a04g3.

12、11通風機的轉動部分以初角速繞其軸轉動?？諝庾枇嘏c角速成正比，比率常數(shù)為0k。如轉動部分對其軸的轉動慣量為I，問經(jīng)過多少時間后，其轉動的角速減為初角速的一半？又在此時間內共轉了多少轉？0?o題圖3.11解如題3.11.1圖所示，設z軸經(jīng)過O點垂直紙面指向外。則對z軸有：dzMZdt設通風機轉動的角速度大小為t，因為通風機順時針轉動。所以zt，將zIt,Mzkt代入上式得：Itkt。又因為00，解得：ktt0eI故當t0時，tI2。又因為tt（為通風機轉動的角度）2k設00，ktt0eIkI0ktttt00eIdt01eIk故當tI2時，tI0，t時間內通風機轉動的轉數(shù)k2knt0I024k3

13、.12矩形均質薄片ABCD，邊長為a與b，重為mg，繞豎直軸AB以初角速0轉動。此時薄片的每一部分均遇到空氣的阻力，其方向垂直與薄片的平面，其量值與面積及速度平方成正比，比率系數(shù)為k。問經(jīng)過多少時間后，薄片的角速減為初角速的一半？BCbAaD第3.12題圖3.12解如題3.12.1圖，z0BaCbAyODx第圖坐標Oxyz與薄片固連，則沿z軸方向有：dz且zIMZzdt現(xiàn)取如圖暗影部分的地域dSady，該地域遇到的阻力dfkdSv2kadyzy2a3df對z軸的力矩dMzdfyka2y3dy所以：Mzkab2zdMzz04又薄片對軸的轉動慣量Ia2dmay2bdy1ma2maby003由得：z

14、t213kabt14m0當zt0時，t4m3ka2b023.13一段半徑R為已知的均質圓弧，繞經(jīng)過弧線垂直的軸線搖動。求其作微振動時的周期。解如題圖所示，yolx?00題圖坐標系Oxyz的原點位于圓弧最極點。設圓弧均衡時，質心c的坐標為c0,l,0。以以下圖圓弧偏離均衡地址一小角度，則滿足微分方程mglsinII為圓弧相對于Oz軸的轉動慣量。當很小時，sin，代入上式得：mgl0I圓弧上對應轉角為的一小段圓弧的坐標為Rsin,RcosR,0質心c的縱坐標yc0RdRRcossin0R0R0Rd00上式中為圓弧的線密度lRsin0R0又IRRcosR2Rsin2d2mR21sin0000此中m2

15、R0，將代入得g02R解式得通解tAcosgt2R微振動周期T222Rgg2R3.14試求復擺懸點上的反作用力在水平方向的投影RX與豎直方向的投影RY。設此擺的重量為mg，對轉動軸的輾轉半徑為k，轉動軸到擺重心的距離為a，且擺無初速地自離均衡地址為一已知角0處降落。解如題圖所示坐標系Oxyz。RyORxaxzcmg題圖由動量定理及動量矩定理得：mxcmxc2ycRxmyc2xcRymgmycmk2mgasin此中xcasin,ycacos又依據(jù)機械能守恒定律得：1mk22mgacoscos02由解得：mga23cossinRx22cos0kmga22cos0cos1mgRy23cosk3.15

16、一輪的半徑為r，以勻速v0無滑動地沿向來線轉動。求輪緣上任一點的速度及加速度。又最高點及最低點的速度各等于多少？哪一點是轉動瞬心？解如題圖所示坐標系Oxyz。yPOxzA題圖因為球作無滑轉動，球與地面的接觸A的速度與地面一致，等于零，所以A點為轉動瞬心。以O為基點。設球的角速度k，則vAv0OAv0ikrjv0rk0v0r設輪緣上任意一點p，Op與x軸交角為，則Oprcosirsinj故vpv0Op0ikrcosirsinjv0rsinircosjv當90時，得最高點的速度vtop2v0apa0dOpOpdtkkrcosirsinj2rcosi2rsinjv02cosisinjr當90和90時

17、分別獲取最高點和最低點的加速度atopv02j，abottomv02jrr4.4小環(huán)重W，穿在曲線形yfx的圓滑鋼絲上，此曲線經(jīng)過坐標原點，并繞豎直軸oy以勻角速轉動。如欲使小環(huán)在曲線上任何地址均處于相對均衡狀態(tài)，求此曲線的形狀及曲線對小環(huán)的拘束反作用力。解如題圖所示，yyf(x)NpFmgox題4.4.1圖坐標系Oxy是以繞y軸轉動的坐標系.圖中畫出的是曲線yfx的一段，在任意一點P處，假設某質點在此處靜止，則該質點除了受重力、鋼絲的拘束力以外，還會受慣性離心力F的作用，F(xiàn)m2x，方向沿x軸正向，在N,F,mg作用下，致信處于均衡狀態(tài)，則有F為過P點的切線與水平方向夾角tanmgNmgcos

18、有得m2xtandx,得dx2xmgdydyg又因為y2x2fx過原點.對上式積分得拋物線y2gcos111tan22x222有得111ygg將cos代入的反作用力N22yW1g4.5在一圓滑水平直管中有一質量為動。如開始時，球距轉動軸的距離為m的小球。此管以勻角速繞經(jīng)過其一端的豎直軸轉a，球相對于管的速度為零，而管的總長則為2a。求球剛要走開管口時的相對速度與絕對速度，并求小球從開始運動到走開管口所需的時間。解：以直管為參照系，Ox方向沿管，Oz沿豎直軸建立坐標系Oxyz，則小球受力為：Gmg,N,F牽m2xi,F科2mxj故沿Ox方向運動的微分方程為：mxm2x，x2x0有初始條件：t0,

19、xa,x0可得式解為：xaetet22aaetet故當邱剛走開管口時，即x2a,x0時.則：a2etet02得tln23vxx2aiak23i3i所以此時：2avvvx2a3ai2aj故當球剛要走開管口時的相對速度為3ai，絕對速度為3ai2aj，小球從開始運動到走開管口所需時間為ln234.6一圓滑細管可在豎直平面內繞經(jīng)過其一端的水平軸以勻角速轉動，管中有一質量為m的質點。開始時，細管取水平方向，質點距轉動軸的距離為a，質點相對于管的速度為v0，試求質點相對于管的運動規(guī)律。解以圓滑細管為參照系，Ox沿管，Oz沿水平軸建立坐標系Oxyz，如題4.6.1圖所示，zo?xay題圖則小球受力為：Gm

20、g,N,F牽m2xi,F科2mxj故沿Ox方向運動的微分方程為mxm2xmgsint，x2xmgsint方程x2x0的通解：xtC1etC2et而方程的特解為：xtg2sint2故方程的通解為：xtC1etC2etg2sint2初始條件為當t0時，xa,xv0C11av0g222故可得1v0gC2a222所以質點相對于管的運動規(guī)律為：1v0get1av0getgsintxa222222224.7質量分別為m及m的兩個質點，用一固定有長度為a的彈性繩相連，繩的倔強系數(shù)為k2mmmm2。如將此系統(tǒng)放在圓滑的水平管中，管子繞管上某點以勻角速轉動，試求任一瞬時兩質點間的距離。設開始時，質點相對于管子是

21、靜止的。解以水平細管為參照系，Ox沿管，Oz沿豎直轉動軸向上建立坐標系Oxyz，如題圖4.7.1圖所示zo?axy題圖則易得質點m,m沿Ox反方向的運動微分方程為：mxm2xksamxsm2xsksa將方程作簡單變換可得：msmksam2sksam化簡得s2s22a其通解為：sC1eitC2eit2a初始條件為：st0a,st00故可得：C1C2a得C1C2aiC1C220故s2aacost，sa2cost4.8軸為豎直而極點向下的拋物線形金屬絲上，以勻角速繞豎直軸轉動。還有一質量為m的小環(huán)套在此金屬絲上，并沿著金屬絲滑動。試求小環(huán)運動微分方程。已知拋物線的方程為x24ay，式中a為常數(shù)。計算

22、時可忽視摩檫阻力。解以拋物線形金屬絲為參照物Ox沿拋物線在極點的切線方向，Oy沿豎直軸建立坐標系Oxyz，yNomgxz題圖則小環(huán)的運動微分方程為：mxm2xNxmymgNymz0Nz2mvNxcotdyNydxy1x24a故y1x2xx,Nx1x2aNy2a代入得mxm2x1xm1x2xxmg2a2a化簡即得1x22xx2x22xgx04a4a2a5.6試用拉格朗日方程解4.10題。4.10質量為m的小環(huán)M，套在半徑為a的圓滑圓圈上，并可沿著圓圈滑動。如圓圈在水平面內以勻角速繞圈上某點O轉動，試求小環(huán)沿圓圈切線方向的運動微分方程。yyM(x,y)aCtoxMx,yrCtox第4.10圖題圖解

23、如題圖.1平面運動，一個自由度.2選廣義坐標為q，廣義速度因不決系統(tǒng)受力種類，由一般形式的拉格朗日方程dTTdtqQq在n0。WFiriQ1i1廣義力Q10.代入得：dTTdt0在極坐標系下：221d2acos22dtmr2r2212acos2Tmdtdt2221m4a22cos24a2cos2a22222故：將以上各式代入式得ma22ma2sinma22sin2ma2sin02sin05.7試用拉格朗日方程解本章增補例題5.3。5.3軸為豎直而極點在下的拋物線形金屬絲，以勻角速繞軸轉動，一質量為m的小環(huán)，套在此金屬絲上，并可沿著金屬絲滑動。試用正則方程求小環(huán)在x方向的運動微分方程。已知拋物線

24、的方程為：x2=4ay，式中a為一常數(shù)。解如題5.7.1圖yxmgox題圖v2x2y22x2又因為yxx2a1mv21mx221mx21x2所以Txx2x22x2222a24a2取坐標原點為零勢面vmgymgx24a拉氏函數(shù)LTV1mx21x22x2mgx224a24a2Lmx2m2xmgxx4a22aLx2xmx14a2dLx2mx2xdtx2mx122a24a代入守舊系拉格朗日方程dLL0得dtxxmx1x2mx2xm2xmgx04a24a22aLx2xmx14a2dLmx1x2mx2xdtx24a22a2代入守舊系拉格朗日方程dLL0dtxx得mx1x2mx2xm2xmgx04a24a2

25、2a5.8多自由度力學系統(tǒng)假如還有阻尼力，那么它們在均衡地址周邊的運動和無阻尼時有何不同？能否列出它們的微分方程？解：如圖圖.xPtmgv0題圖因為細管以勻角速轉動，所以.=可以以為質點的自由度為1.取廣義坐標xq.(3)依據(jù)極坐標系中的動能：T1m(r2r22)1m(x2x22)22取初始水平面為零勢能面，勢能:Vmgxsin(t)拉氏函數(shù)：LTV1m(x22x2)mgxsin(t)2(4)Lmx，Lm2xmgsin(t)xx代入拉氏方程dLL()0dtxx得：mxm2xmgsin(t)(5)先求齊次方程的解：x2x0，xcetcet12特解為g2sin(t)2故式的通解為：xc1etc2e

26、t2gsin(t)2在t0時：acc，xv0c1c2g122聯(lián)立得：c11av0g，c21v0g24a4222將c1,c2代回式可得方程的解為：x1v0get1av0getgsin(t)a422422225.10試用拉格朗日方程解2.4題中的a及b。2.4質量為m1的質點，沿傾角為的圓滑直角劈滑下，劈的自己，質量為m2，又可在圓滑水平面自由滑動。試求質點水平方向的加速度x1；劈的加速度x2；解如題5.10.1圖.yOx2x1x題圖1）系統(tǒng)自由度數(shù)為2.2）選廣義坐標q1x1,q2x2.3）質點的速度v12x12y12,劈的速度v22x22故系統(tǒng)動能TT1T21mx12y121m2x2222以x

27、面為零勢面，系統(tǒng)勢能：Vm1g(x1x2)tanC2此中C2為劈勢能.拉氏函數(shù)LTV1m1x122tan21m2x22x1x2m1gx1x2tanC222（4）Lm1gtanx1Lm1x1m1x1x22tan2x1代入拉格郎日方程dLL0dtx1x1得：mx1tan2mxtan2mgtan011121Lm1gtanx2Lm1x1x2tan2m2x2x2代入拉格郎日方程得：mxtan2mx2tan2m2x2mgtan01121x1m2gsincosm2m1sin2聯(lián)立，得m1gsincosx2m2m1sin25.11試用拉格朗日方程求3.20題中的a1及a2。3.20質量為M半徑為r的均質圓柱體

28、放在粗糙水平面上。柱的外面繞有輕繩，繩索越過一個很輕的滑輪，并懸掛一質量為m的物體。設圓柱體只滾不滑，并且圓柱體與滑輪間的繩子是水平的。求圓柱體質心的加速度a，物體的加速度a及繩中張力T。12rmCa1CMrxBOa2第3.20題圖題圖解：如題5.11.1圖（1）本系統(tǒng)內雖有摩擦力，但不做功，故還是守舊系中有拘束的平面平行運動，自由度s1.（2）采納廣義坐標：q.（3）依據(jù)剛體力學：T1Mvc21IC21mvB23Mr222mr222224此中繞質心轉動慣量：IC1Mr2,vCr,vB2vC2選Ox為零勢面，系統(tǒng)勢能：VC2mgr此中C為常數(shù).拉氏函數(shù)LTV3Mr222mr222mgrC4(4

29、)L2mgr,L3Mr24mr22代入守舊系拉氏方程dLL0dt得：3Mr24mr22mgr024mg3M8mra1r4mg3M8ma22a18mg3M8m對于物體B，有mgTma2Tmgma23Mmg3M8m5.14質量為m的圓柱體S放在質量為的圓柱體P上作相對轉動，而P則放在粗糙平面上.已知兩圓柱的軸都是水平的，且重心在同一豎直面內.開始時此系統(tǒng)是靜止的.若以圓柱體P的重心的初始地址為固定坐標系的原點，則圓柱S的重心在任一時刻的坐標為xcm3msin，yccos2m試用拉格朗日方程證明之.式中c為兩圓柱軸線間的距離，為兩圓柱連心線與豎直向上的直線間的夾角.解：如題5.14.1圖.OSbaO

30、xmgP題圖（1）因系統(tǒng)作平面平行運動，一個拘束方程：aabb(2)系統(tǒng)自由度s2，選廣義坐標q,q2.雖有摩擦，但不做功，為守舊1系統(tǒng)（3）系統(tǒng)動能：TP輪平動動能P輪質心轉動動能+S輪質心動能+S輪繞質心轉動動能1IP21Ma21IS2mabcos2a22221mab22sin23M2a21maab21mabcos2a24421ma22sin2b2以地面為零勢面，系統(tǒng)勢能：VmgabcosMga則守舊系的拉氏函數(shù)：LTV3M2a21maba21mab2cosa2442ma22sin2mgabcosMgab2因為L不顯含，得知為循環(huán)坐標.故：L3Ma21ma21maabmaabcosma2=

31、常數(shù)222開始時：0則：3Ma23ma21maabmaabcos0222代入ca2mccosmcb得：aMm又t0時，0所以a2mcsinmc3Mmxcsinacsin2mcsinmc3Mmcm3Mmsin3Mmyccos5.15質量為M、半徑為a的薄球殼，其表面面是完整粗糙的，內表面則完整圓滑，放在粗糙水平著上.在球殼內放一質量為m、長為2asin的勻質棒.設此系統(tǒng)由靜止開始運動，且在開始的瞬時棒在經(jīng)過球心的豎直平面內，兩端都與球殼相接觸，并與水平線成角.試用拉格朗日方程證明在今后的運動中，此棒與水平線的夾角滿足關系53m3cos2sin29mcos2cos2a26g53mcoscoscosO2a第5.15題圖解如題圖yMalmgOx題5.15.1圖1）本系統(tǒng)作平面平行運動，干限制在球殼內運動，自由度s2；選廣義坐標q1x,q2，系統(tǒng)摩擦力不做功，為守舊力系，故可用守舊系拉氏方程證明dLLdtq0q（2）系統(tǒng)動能=球殼質心動能+球殼轉動動能+桿質心動能+桿繞中心轉動動能2121212TCMx2I112mv2I22I12Ma2,I21ml21masin2,此中333x,vxacoscosiacossinj,球桿a代入得：T15Mmx21ma22cos21sin2amxcoscos2323以地面為零勢面，則勢能：VmgacoscosC