理論力學第三版(周衍柏)全部習題答案

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上第一章 質點力學第一章習題解答1.1 由題可知示意圖如題1.1.1圖:設開始計時的時刻速度為,由題可知槍彈作勻減速運動設減速度大小為.則有:由以上兩式得再由此式得 證明完畢.1.2得化簡整理可得此即為點的軌道方程.（2）要求點的速度，分別求導其中又因為對兩邊分別求導故有所以1.4 解 如題1.4.1圖所示，繞點以勻角速度轉動，在上滑動，因此點有一個垂直桿的速度分量點速度又因為所以點加速度1.5 解 由題可知，變加速度表示為由加速度的微分形式我們可知代入得對等式兩邊同時積分可得 ：（為常數(shù)）代入初始條件：時，故即又因為所以對等式兩邊同時積分，可得：1.6 解 由題可知質

2、點的位矢速度沿垂直于位矢速度又因為 ， 即即（取位矢方向，垂直位矢方向）所以 故 即 沿位矢方向加速度 垂直位矢方向加速度 對求導 對求導 把代入式中可得1.7 解 由題可知 對求導 對求導 對求導 對求導 對于加速度，我們有如下關系見題1.7.1圖即 -對倆式分別作如下處理：，即得 -+得 把代入 得同理可得1.8解 以焦點為坐標原點，運動如題1.8.1圖所示則點坐標對兩式分別求導故 如圖所示的橢圓的極坐標表示法為對求導可得（利用）又因為 即 所以 故有 即 （其中為橢圓的半短軸）1.9證 質點作平面運動，設速度表達式為令為位矢與軸正向的夾角，所以所以 又因為速率保持為常數(shù)，即為常數(shù)對等式兩

3、邊求導所以即速度矢量與加速度矢量正交.1.10解 由題可知運動軌跡如題1.10.1圖所示，則質點切向加速度法向加速度，而且有關系式 又因為 所以 聯(lián)立 又把兩邊對時間求導得又因為 所以 把代入既可化為對等式兩邊積分所以1.11解 由題可知速度和加速度有關系如圖1.11.1所示兩式相比得即 對等式兩邊分別積分即 此即質點的速度隨時間而變化的規(guī)律.1.12證 由題1.11可知質點運動有關系式 所以 ，聯(lián)立，有又因為所以 ，對等式兩邊分別積分，利用初始條件時，1.13 證（）當，即空氣相對地面上靜止的，有.式中質點相對靜止參考系的絕對速度， 指向點運動參考系的速度， 指運動參考系相對靜止參考系的速度

4、.可知飛機相對地面參考系速度：=，即飛機在艦作勻速直線運動.所以飛機來回飛行的總時間 .（）假定空氣速度向東，則當飛機向東飛行時速度飛行時間 當飛機向西飛行時速度飛行時間故來回飛行時間即 同理可證，當空氣速度向西時，來回飛行時間（c）假定空氣速度向北.由速度矢量關系如題1.13.1圖所以來回飛行的總時間 同理可證空氣速度向南時，來回飛行總時間仍為1.14解 正方形如題1.14.1圖。由題可知設風速,當飛機，故飛機沿此邊長6正方形飛行一周所需總時間 1.15 解 船停止時，干濕分界線在蓬前3，由題畫出速度示意圖如題.15.1圖 故又因為，所以由圖可知所以=81.16解 以一岸邊為軸，垂直岸的方向

5、為軸.建立如題1.16.1圖所示坐標系.所以水流速度又因為河流中心處水流速度為所以。當時，即 -得，兩邊積分 聯(lián)立，得 同理，當時，即 由知，當時，代入得有 ，所以船的軌跡船在對岸的了；靠攏地點，即時有1.17 解 以為極點，岸為極軸建立極坐標如題.17.1圖.船沿垂直于的方向的速度為，船沿徑向方向的速度為和沿徑向的分量的合成，即 -/得 ，對兩積分：設為常數(shù)，即代入初始條件時，.設有得 1.18 解 如題1.18.1圖質點沿下滑，由受力分析我們可知質點下滑的加速度為.設豎直線，斜槽，易知，由正弦定理即 又因為質點沿光滑面下滑，即質點做勻速直線運動.所以 有 欲使質點到達點時間最短，由可知，只

6、需求出的極大值即可，令把對求導 極大值時，故有由于是斜面的夾角，即所以1.19 解 質點從拋出到落回拋出點分為上升和下降階段.取向上為正各力示意圖如題1.19.1圖，上升時 下降時題1.19.1圖則兩個過程的運動方程為：上升 下降： 對上升階段:即 對兩邊積分所以 即質點到達的高度.對下降階段：即 由=可得1.20解 作子彈運動示意圖如題1.20.1圖所示.題1.20.1圖水平方向不受外力，作勻速直線運動有 豎直方向作上拋運動，有 由得 代入化簡可得因為子彈的運動軌跡與發(fā)射時仰角有關，即是的函數(shù)，所以要求的最大值.把對求導，求出極值點.即 所以，代入的表達式中可得： 此即為子彈擊中斜面的地方和

7、發(fā)射點的距離的最大值1.21 解 阻力一直與速度方向相反，即阻力與速度方向時刻在變化，但都在軌道上沒點切線所在的直線方向上，故用自然坐標比用直角坐標好.軌道的切線方向上有： 軌道的法線方向上有： 由于角是在減小的，故 由于初末狀態(tài)由速度與水平方向夾角來確定，故我們要想法使變成關于的等式由即 把代入可得 用可得 即，兩邊積分得 代入初始條件時，即可得代入式，得 又因為所以 把代入積分后可得 1.22 各量方向如題1.22.1圖.電子受力則電子的運動微分方程為 -由，即代入整理可得 對于齊次方程的通解非齊次方程的特解所以非齊次方程的通解代入初始條件：時，得 時，得,故同理，把代入可以解出把代入代入

8、初條件時，得.所以）1.23證 （a）在1.22題中，時，則電子運動受力電子的運動微分方程 -對積分 對再積分 又故（為一常數(shù)）此即為拋物線方程.當時則電子受力 則電子的運動微分方程為 -同1.22題的解法，聯(lián)立-解之，得于是 及電子軌道為半徑的圓.1.24 解以豎直向下為正方向，建立如題1.24.2圖所示坐標， 題1.24.1圖 題1.24.2圖以開始所在位置為原點.設-處物體所處坐標分別為，則3個物體運動微分方程為： -由于與、之間是，即不可伸長輕繩連接，所以有，即 之間用倔強系數(shù)彈性繩聯(lián)結.故有 由得 由得 代入，有 代入，有 此即為簡諧振動的運動方程.角頻率所以周期解得以初始時為原點，

9、時，.所以 代入得聯(lián)立-得1.25解，選向下為正方向，滑輪剛停時物體所在平衡位置為坐標原點.建立如題.25.1圖所示坐標系.題2.15.1圖原點的重力勢能設為0.設彈簧最大伸長.整個過程中，只有重力做功，機械能守恒： -聯(lián)立得 彈簧的最大張力即為彈簧伸長最長時的彈力，為最大張力，即1.26解 以繩頂端為坐標原點.建立如題1.26.1圖所示坐標系.題1.26.1圖設繩的彈性系數(shù)為,則有 當 脫離下墜前，與系統(tǒng)平衡.當脫離下墜前，在拉力作用下上升，之后作簡運.運動微分方程為 聯(lián)立 得 齊次方程通解非齊次方程的特解所以的通解代入初始條件：時，得；故有即為在任一時刻離上端的距離.1.27解對于圓柱凸面

10、上運動的質點受力分析如圖1-24.運動的軌跡的切線方向上有: 法線方向上有： 對于有（為運動路程，亦即半圓柱周圍弧長）即又因為 即 設質點剛離開圓柱面時速度，離開點與豎直方向夾角，對式兩邊積分 剛離開圓柱面時即 聯(lián)立 得即為剛離開圓柱面時與豎直方向夾角.1.28解 建立如題1.28.1圖所示直角坐標.橢圓方程 從滑到最低點，只有重力做功.機械能守恒.即 設小球在最低點受到橢圓軌道對它的支持力為則有： 為點的曲率半徑.的軌跡：得； 又因為 所以故根據(jù)作用力與反作用力的關系小球到達橢圓最低點對橢圓壓力為方向垂直軌道向下.1.29 解質點作平面直線運動，運動軌跡方程為 -由曲線運動質點的受力分析，我

11、們可以得到： -因為曲線上每點的曲率 所以 把代入曲率公式中所以 由即，又有數(shù)學關系可知，即所以 把代入1.30 證當題1.29所述運動軌跡的曲線不光滑時，質點的運動方程為： 由1.29題可知 由數(shù)學知識知 把代入 這是一個非齊次二階微分方程.解為當時，得即當，時，即故有1.31證：單擺運動受力分析如圖1.31.1圖所示。因為即所以又單擺擺角很小，有=上式即化為：此即為一個標準的有阻尼振動方程。設為固有頻率，又由于，即阻力很小的情況。方程的解為所以單擺振動周期結論得證。1.32 解：設楔子的傾角為，楔子向右作加速度的勻加速運動，如圖1.32.1圖。我們以楔子為參考系，在非慣性系中來分析此題，則

12、質點受到一個大小為的非慣性力，方向與相反。質點在楔子這個非慣性系中沿斜面 下滑，沿斜面的受力分析：垂直斜面受力平衡： 聯(lián)立得此即楔子相對斜面的加速度。對斜面的壓力與斜面對的支持力等大反方向。同理可得當楔子向左作加速度為的勻加速運動時，質點的和楔子對斜面的壓力為綜上所述可得1.33解 設鋼絲圓圈以加速度向上作勻加速運動如題1.33.1圖，我們以鋼絲圓圈作參考系，在圓圈這個非慣性系里來分析此題。圓圈上的小環(huán)會受到一個大小為方向與相反的慣性力的作用，則圓環(huán)運動到圓圈上某點，切線方向受力分析：法線方向受力分析有：對兩邊同乘以即兩邊同時積分把代入可解得同理可解出，當鋼絲圓圈以加速度豎直向下運動時小環(huán)的相

13、對速度綜上所述，小環(huán)的相對速度圈對小環(huán)的反作用力1.34證：（1）當火車所受阻力為常數(shù)時，因為功率與牽引力有如下關系：所以即對兩邊積分 （2） 當阻力和速度成正比時，設=，為常數(shù)。同理由（1）可知即 對兩邊積分1.35 解 錘的壓力是均勻增加的，設，為常數(shù)，由題意可知，得，所以，即故兩邊同時積分得，又因為當增至極大值后，又均勻減小到0，故此時有為常數(shù)，所以即由得整個過程壓力所做功又因為即對上式兩邊分段積分得136 解 （a）保守力滿足條件對題中所給的力的表達式 ，代入上式即 所以此力是保守力，其勢為 (b)同（a），由所以此力是保守力，則其勢能為1.37 解 （a）因為質子與中子之間引力勢能表

14、達式為故質子與中子之間的引力（b）質量為的粒子作半徑為的圓運動。動量矩由（a）知提供粒子作圓周運動的向心力，方向是沿著徑向，故當半徑為的圓周運動兩式兩邊同乘以即又因為有做圓周運動的粒子的能量等于粒子的動能和勢能之和。所以1.38 解 要滿足勢能的存在，即力場必須是無旋場，亦即力為保守力，所以即得為常數(shù)滿足上式關系，才有勢能存在。勢能為：1.39 證 質點受一與距離成反比的力的作用。設此力為又因為即當質點從無窮遠處到達時，對式兩邊分別積分：當質點從靜止出發(fā)到達時，對式兩邊分別積分：得所以質點自無窮遠到達時的速率和自靜止出發(fā)到達時的速率相同。1.40 解由題可知（因為是引力，方向與徑向相反所以要有

15、負號）由運動微分方程即 對上式兩邊積分故又因為與的方向相反，故取負號。即1.41證 畫出有心力場中圖示如題1.41.圖，我們采用的是極坐標。所以又由于常數(shù)即由圖所示關系，又有，故即由動能定理沿方向得1.42 證 （）依據(jù)上題結論，我們仍然去極坐標如題1.42.1圖。質點運動軌跡為一圓周，則其極坐標方程為 由得即故即力與距離5次方成正比，負號表示力的方向與徑向相反。（）質點走一對數(shù)螺旋線，極點為力心，我們仍采用極坐標。對數(shù)螺旋線為常數(shù)。有根據(jù)題1.41，常數(shù)，有故得證。1.43證 由畢耐公式 質點所受有心力做雙紐線運動故故1.44證 由畢耐公式將力帶入此式因為所以即令上式化為這是一個二階常系數(shù)廢

16、氣次方程。解之得微積分常數(shù)，取，故有令所以1.45 證 由題意可知，質點是以太陽為力心的圓錐曲線，太陽在焦點上。軌跡方程為在近日點處在遠日點處由角動量守恒有所以1.46解 因為質點速率所以又由于即又因為所以兩邊積分即1.47 證（）設地球軌道半徑為。則彗星的近日點距離為。圓錐曲線的極坐標方程為彗星軌道為拋物線，即。近日點時。故近日點有即 又因為所以（彗星在單位時間內矢徑掃過的面積）掃過扇形面積的速度又因為故兩邊積分 從數(shù)學上我們可以得到兩軌道交點為地球軌道半徑處。即即又因為所以把代入（ 式代入時取“+”即可）故彗星在地球軌道內停留的時間為設地球繞太陽運動一周的時間為。因為假定地球運動軌道為圓形

17、，所以又由于，有地球繞太陽運動單位時間內矢徑掃過的面積。掃過扇形速度 （）由證明（）知彗星在地球軌道內停留時間對此式求極大值，即對求導，使即即 得驗證故為極大值，代入式可知1.48 解 由§1.9給出的條件：人造地球衛(wèi)星近、遠點距離分別為地球半徑有橢圓運動中的能量方程可知： 為衛(wèi)星運行的橢圓軌道的長軸把代入有近地點速率遠地點速率運動周期（參見1.47）其中為運動軌道的半長軸所以1.49 證 由行星繞太陽作橢圓運動的能量方程為為橢圓的半長軸。令又因為，上式化為：因為即所以又因為行星橢圓軌道運動周期即常數(shù)，故又因為 為正焦弦的一半所以 由題意可知 即 把代入可得化簡可得即 兩邊積分，由題

18、設即1.50解 質點在有心力場中運動，能量和角動量均守恒。無窮遠處勢能為零。所以 任意一處 由代入所以第二章 質點組力學第二章習題解答2.1 解 均勻扇形薄片，取對稱軸為軸，由對稱性可知質心一定在軸上。有質心公式設均勻扇形薄片密度為，任意取一小面元，又因為所以對于半圓片的質心，即代入，有2.2 解 建立如圖2.2.1圖所示的球坐標系把球帽看成垂直于軸的所切層面的疊加（圖中陰影部分所示）。設均勻球體的密度為。則 由對稱性可知，此球帽的質心一定在軸上。代入質心計算公式，即2.3 解 建立如題2.3.1圖所示的直角坐標，原來與共同作一個斜拋運動。當達到最高點人把物體水皮拋出后，人的速度改變，設為，此

19、人即以 的速度作平拋運動。由此可知，兩次運動過程中，在達到最高點時兩次運動的水平距離是一致的（因為兩次運動水平方向上均以作勻速直線運動，運動的時間也相同）。所以我們只要比較人把物拋出后水平距離的變化即可。第一次運動：從最高點運動到落地，水平距離 第二次運動:在最高點人拋出物體，水平方向上不受外力，水平方向上動量守恒，有可知道 水平距離跳的距離增加了=2.4 解 建立如圖2.4.1圖所示的水平坐標。 以，為系統(tǒng)研究，水平方向上系統(tǒng)不受外力，動量守恒，有 對分析；因為 在劈上下滑，以為參照物，則受到一個慣性力（方向與加速度方向相反）。如圖2.4.2圖所示。所以相對下滑。由牛頓第二定律有 所以水平方

20、向的絕對加速度由可知 聯(lián)立，得 把代入，得 負號表示方向與軸正方向相反。求劈對質點反作用力。用隔離法。單獨考察質點的受力情況。因為質點垂直斜劈運動的加速度為0，所以把代入得， 水平面對劈的反作用力。仍用隔離法。因為劈在垂直水皮方向上無加速度，所以 于是 2.5 解 因為質點組隊某一固定點的動量矩所以對于連續(xù)物體對某一定點或定軸，我們就應該把上式中的取和變?yōu)榉e分。如圖2.5.1圖所示薄圓盤，任取一微質量元， 所以圓盤繞此軸的動量矩=2.6 解炮彈達到最高點時爆炸，由題目已知條件爆炸后，兩者仍沿原方向飛行知，分成的兩個部分，速度分別變?yōu)檠厮椒较虻?，并一此速度分別作平拋運動。由前面的知識可知，同一

21、高處平拋運動的物體落地時的水平距離之差主要由初速度之差決定。進而轉化為求，。炮彈在最高點炮炸時水平方向上無外力，所以水平方向上的動量守恒： 以質點組作為研究對象，爆炸過程中能量守恒： 聯(lián)立解之，得所以落地時水平距離之差=2.7 解 建立如題2.7.1圖所示的直角坐標系。 當沿半圓球下滑時，將以向所示正方向的反向運動。以、組成系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)水平方向不受外力，動量守恒，即相對于地固連的坐標系的絕對速度為相對的運動速度 故水平方向豎直方向 在下滑過程中，只有保守力（重力）做功，系統(tǒng)機械能守恒：（以地面為重力零勢能面） =把代入 =把代入2.8 證 以連線為軸建立如題2.8.1圖所示的坐標。 設

22、初始速度為與軸正向夾角碰撞后，設、運動如題2.8.2圖所示。、速度分別為、，與軸正向夾角分別為、。以、為研究對象，系統(tǒng)不受外力，動量守恒。方向：垂直軸方向有：可知整個碰撞過程只有系統(tǒng)內力做功，系統(tǒng)機械能守恒：由得 即兩球碰撞后速度相互垂直，結論得證。2.9 解 類似的碰撞問題，我們一般要抓住動量守恒定理和機械能守恒定理得運用，依次來分析條件求出未知量。設相同小球為，初始時小球速度，碰撞后球的速度為，球的速度以碰撞后球速度所在的方向為軸正向建立如題2.9.1圖所示的坐標(這樣做的好處是可以減少未知量的分解，簡化表達式)。以、為系統(tǒng)研究，碰撞過程中無外力做功，系統(tǒng)動量守恒。方向上有： 方向上有：

23、又因為恢復系數(shù) 即=用- 用代入得 求在各種值下角的最大值，即為求極致的問題。我們有得即=0所以 即由因為= 故=所以2.10 以為研究對象。當發(fā)生正碰撞后，速度分別變?yōu)?，隨即在不可伸長的繩約束下作圓周運動。以的連線為軸建立如題2.10.1圖所示。碰撞過程中無外力做功，動量守恒：隨即在的約束下方向變?yōu)檠剌S的正向，速度變?yōu)楣?方向上有故恢復系數(shù)定義有：= 即 聯(lián)立得 2.11 解 如圖所示， 有兩質點，中間有一繩豎直相連，坐標分別為：，質量為，開始時靜止?，F(xiàn)在有一沖量作用與，則作用后，得到速度，仍靜止不動：。它們的質心位于原點，質心速度我為現(xiàn)在把坐標系建在質心上，因為系統(tǒng)不再受外力作用，所以質心

24、將以速率沿軸正向勻速正向、反向運動。由于質心系是慣性系，且無外力，所以，分別以速率繞質心作勻速圓周運動，因而他們作的事圓滾線運動。經(jīng)過時間后，如圖所示：于是在系中的速度的速度：因此2.12 解 對于質心系的問題，我們一般要求求出相對固定參考點的物理量，在找出質心的位置和質心運動情況，由此去計算物體相對或絕對物理量及其間的關系。由題可知，碰前速度為，速度。碰后速度，分別設為。碰撞過程中無外力做功，動量守恒。有恢復系數(shù)聯(lián)立得再由質點組質心的定義：為質心對固定點位矢，分別為 ，對同一固定點的位矢所以（質點組不受外力，所以質心速度不變。）設兩球碰撞后相對質心的速度，。（負號表示與相反）同理，碰撞前兩球

25、相對質心的速度（負號表示方向與相反）所以開始時兩球相對質心的動能：=2.13 用機械能守恒方法；在鏈條下滑過程中，只有保守力重力做功，所以鏈條的機械能守恒。以桌面所平面為重力零勢能面。有2.14 此類題為變質量問題，我們一般研究運動過程中質量的變化與力的關系以豎直向上我軸正向建立如題2.14.1圖所示坐標。繩索離地面還剩長時受重力則所以 求地板的壓力，有牛頓第三定律知，只需求出地板對繩索的支持力即可，它們是一對作用力與反作用力。這是我們以快要落地的一小微元作為研究對象。它的速度由變?yōu)?。用動量守恒，有=又因為=2.15 解 這是一道變質量的問題，對于此類問題，我們由書上p.137的（2.7.2

26、）式來分析。以機槍后退方向作為軸爭先，建立如題2.15.1圖的坐標。豎直方向上支持力與重力是一對平衡力。水平方向上所受合外力F即為摩擦力單位時間質量的變化由式所以2.16解 這是一個質量增加的問題。雨滴是本題。導致雨滴變化的微元的速度。所以我們用書上p.138的（2.7.4）式分析雨滴的質量變化是一類比較特殊的變質量問題。我們知道處理這類問題常常理想化模型的幾何形狀。對于雨滴我們?？闯汕蛐危O其半徑為，則雨滴質量是與半徑的三次方成正比（密度看成一致不變的）。有題目可知質量增加率與表面積成正比。即為常數(shù)。我們對式兩邊求導由于=，所以對式兩邊積分以雨滴下降方向為正方向，對式分析 （為常數(shù)）當時，所

27、以2.17 證 這是變質量問題中的減質量問題，我們仍用書上p.137(2.7.2)式來分析。設空火箭質量，燃料質量。以向上為正方向，則火箭任一時刻的質量噴氣速度2074是指相對火箭的速度，即。有式化簡 對兩邊積分 此既火箭速度與時間的關系。當火箭燃料全部燃盡所用時間，由題意知代入可得火箭最終的速度，（即速度的最大值）.考慮到其中，易知當時，恒成立，即為的增函數(shù)。又當時，=11.25而要用此火箭發(fā)射人造太陽行星需要的速度至少應為第二宇宙速度。故所攜帶燃料重量至少是空火箭重量的300倍。2.18證 要使火箭上升，必須有發(fā)動機推力火箭的重量，即即火箭才能上升，結論得證。由于噴射速度是常數(shù)，單位時間放

28、出的質量質量變化是線性規(guī)律火箭飛行速度又因為燃料燃燒時間代入得火箭最大速度=又因為式又可以寫成積分可得從開始到燃燒盡這一段時間內火箭上升高度。把代入得之后火箭作初速度為的豎直上拋運動?？蛇_高度故火箭能達到的最大高度=2.19證 假設該行星做橢圓運動，質量為，周期為。某一時刻位置為，速度為，則=-又因為于是=第三章 剛體力學第三章習題解答3.1解 如題3.1.1圖。均質棒受到碗的彈力分別為，棒自身重力為。棒與水平方向的夾角為。設棒的長度為。 由于棒處于平衡狀態(tài)，所以棒沿軸和軸的和外力為零。沿過點且與軸平行的合力矩為0。即： 由式得：又由于即將代入得：3.2解 如題3.2.1圖所示，均質棒分別受到

29、光滑墻的彈力，光滑棱角的彈力，及重力。由于棒處于平衡狀態(tài)，所以沿方向的合力矩為零。即由式得：所以3.3解 如題3.3.1圖所示。棒受到重力。棒受到的重力。設均質棒的線密度為。由題意可知，整個均質棒沿軸方向的合力矩為零。3.4解 如題3.4.1圖。軸豎直向下，相同的球、互切，、切于點。設球的重力大小為，半徑為，則對、三個球構成的系統(tǒng)來說，在軸方向的合力應為零。即：對于球，它相對于過點與軸平行的軸的合力矩等于零。即： 由式得：3.5解 如題3.5.1圖。梯子受到地面和墻的彈力分別為，受地面和墻的摩擦力分別為，。梯子和人的重力分別為，且。設梯長為，與地面夾角為。由于梯子處于平衡，所以且梯子沿過點平行

30、于軸的合力矩為零。即：又因梯子是一個剛體。當一端滑動時，另一端也滑動，所以當梯與地面的傾角達到最小時，由得：所以3.6解 （a）取二原子的連線為軸，而軸與軸通過質心。為質心，則，軸即為中心慣量主軸。設、的坐標為，因為為質心（如題3.6.2圖）故且 由得所以中心慣量主軸：（b）如題3.6.3圖所示，該原子由、三個原子構成。為三個原子分子的質心。由對稱性可知，圖中、軸即為中心慣量主軸。設、三原子的坐標分別為，因為為分子的質心。所以=又由于由得：故該分子的中心主轉動慣量3.7解 如題3.7.1圖所示。沿軸平行于平切橢球得切面為一橢圓，則該橢圓方程為： 可求該切面的面積故積分同理可求 故中心主轉動慣量

31、：又由于橢球體積故將代入得：3.8解 設表示距球心為的一薄球殼的質量，則所以該球對球心的轉動慣量 在對稱球中，繞直徑轉動時的轉動慣量又球的質量 又繞直徑的回轉半徑由得3.9解 如題3.9.1圖所示坐標系。為正方體中心。、分別與正方體的邊平行。由對稱性可知，、軸就是正方體的中心慣量主軸。設正方體的邊長為。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根據(jù)對稱性得易求正方體的對角線與、軸的夾角都為。且故正方體繞對角線的轉動慣量又由于繞對角線的回轉半徑由得3.10解 如題3.10.1圖。軸過點垂直紙面向外。均質圓盤的密度為。設盤沿順時針轉動，則沿的方向有即為轉盤繞軸的轉動慣量：（為盤的質量），

32、 （為盤轉動的角頻率，負號因為規(guī)定順時針轉動）=由得又因為故所以得3.11解 如題3.11.1圖所示，設軸通過點垂直紙面指向外。則對軸有：設通風機轉動的角速度大小為，由于通風機順時針轉動。所以，將代入上式得： 。又由于，解得：故當時，。又由于 （為通風機轉動的角度）設，故當時，時間內通風機轉動的轉數(shù)3.12解 如題3.12.1圖，第3.12.1圖坐標與薄片固連，則沿軸方向有： 且現(xiàn)取如圖陰影部分的小區(qū)域，該區(qū)域受到的阻力對軸的力矩所以又薄片對軸的轉動慣量 由得：當時，3.13解 如題3.13.1圖所示，坐標系的原點位于圓弧最頂點。設圓弧平衡時，質心的坐標為。如圖所示圓弧偏離平衡位置一小角度，則

33、滿足微分方程為圓弧相對于軸的轉動慣量。當很小時，代入上式得：圓弧上對應轉角為的一小段圓弧的坐標為質心的縱坐標上式中為圓弧的線密度 又其中，將代入得解式得通解微振動周期3.14解 如題3.14.1圖所示坐標系。由動量定理及動量矩定理得： 其中又根據(jù)機械能守恒定律得：由解得：3.15解 如題3.15.1圖所示坐標系。由于球作無滑滾動，球與地面的接觸的速度與地面一致，等于零，所以點為轉動瞬心。以為基點。設球的角速度，則設輪緣上任意一點，與軸交角為，則故當時，得最高點的速度當和時分別得到最高點和最低點的加速度3.16解 如題3.16.1圖所示，由題意知該時刻瞬心一定處在的垂線中。設瞬心為。則易知的方向

34、如圖，在中即為與邊的夾角大小。3.17解 如題3.17.1圖所示，點為極軸的原點，極軸過點，所以在桿上任意一點。設。設的坐標為再來求瞬心的軌跡。由于點速度沿弧面，點的速度沿桿?，F(xiàn)分別作與的垂線交于點，則即為瞬心（見題3.17.1圖）。當點的極角為時，易知點的極角，故點的極徑易證明為等腰三角形。有又因為，所以0。所以點軌跡位于軸上方，半徑為的半圓，如圖虛線所示。3.18解 如題3.18.1圖所示。由于圓盤作無滑滾動，所以為圓盤的瞬心，故，設圓盤勻速轉動的角速度為，則因為點的速度沿地面水平向右，分別作和的垂線交于點，則點即為桿的瞬心。且得由幾何知識可知與豎直方向夾角為，又知又，所以 又。即：得由解

35、得：3.19解 如題3.19.1圖，固定坐標系。桿從水平位置擺到豎直位置過程中只有重力做功，故機械能守恒。設此時的角速度為，則右邊第一項為質心運動動能，第二項為桿繞質心轉動的動能。解上式得：在桿脫離懸點后，根據(jù)動量定理和動量矩定理：式中為桿繞質心的轉動慣量，為沿過質心平行于軸的合力矩，易知，又，代入式得即桿將作勻速轉動。解得所以質心的軌跡為一拋物線。故當時，桿的質心下降，代入式得故時間內桿的轉數(shù)3.20解 如題3.20.1圖，設圓柱體的轉動角速度為，設它受到地面的摩擦力為，由動量定理和動量矩定理知：對于滑塊。由動量定理知：以為基點：假設繩不可拉伸。則。故由解得：3.21解 （1）如題3.21.

36、1圖。設軸過點垂直紙面向外。繩子上的彈力為。對于飛輪，根據(jù)動量矩定理，在軸方向：為物塊下落的加速度。因為物塊的加速度應與點加速度一樣大小，故 由解得：（2）假若飛輪受到的阻尼力矩為的話，由（1）問知，飛輪的角加速度?，F(xiàn)在來求繩子脫落以后飛輪的角加速度。同樣根據(jù)動量矩，在軸方向：可以證明：類似于位移、加速度、初速度和末速度之間的關系式。角位移、角加速度、角初速度、角末速度之間也有類似的關系：對于繩子脫落到停止轉動的過程有：式中指繩子脫落時飛輪的角加速度，由解得：3.22解 如題3.22.1圖。軸與速度方向一致，軸垂直紙面向外。設球的半徑為，則球繞任一直徑的轉動慣量。由動量定理和動量矩定理可知：由

37、得：設球與板的接觸點為，則時刻點的速度為：球由滑動變?yōu)闈L動的條件是： 由解得： 3.23解 如題3.23.1圖所示。設圓柱的半徑為，與木板之間的摩擦力為，彈力為，木板受地面的摩擦力為，彈力為，對木板由動量定理得：對圓柱，由角動量定理和動量定理得：其中為圓柱繞中心軸的轉動慣量，所以無滑滾動的條件： 由式解得3.24解 如題3.24.1圖，坐標不與圓柱固連，是固定坐標系。由于，所以圓柱與斜面接觸的邊緣有相對與斜面向上的運動趨勢，所以斜面對圓柱的摩擦力沿斜面向下。對圓柱：由式得設從到的過程中，圓柱的速度從變到，角速度從變到，所以3.25解 如題3.25.1圖。設大球和小球的半徑分別為，。分別為大球和

38、小球的球心，為方向豎直向下的定線，為小球上的一動線。當小球位于大球頂端時，與重合。設，與豎直方向的夾角為，根據(jù)無滑條件：從最高點運動到圖示位置過程中，機械能守恒，即由解得3.26 如題3.26.1圖所示坐標系。設桿的長度為，質量為。受到墻和地面的作用力分別為，當桿與地面的傾斜角為時，質心的坐標為：對上兩式求時間導數(shù)，的質心的速度和加速度：由得對式求時間導數(shù)得又由動量定理當桿脫離墻時，有由得所以3.27解 如題3.27.1圖，設為桿與地面的傾角，為桿脫離墻時的值。設桿脫離墻時，桿的角速度為橫縱速度分別為當桿落地時，質心的橫縱速度分別為桿的角速度為。當由變?yōu)?的過程中，機械能守恒： 又因為此過程中

39、桿已離開墻，所以桿在水平方向受力為零，故質心水平方向勻速，即又點只有水平方向的速度，根據(jù),知當桿落地時，與有如下關系： 且由3.26題式得： 將代入得： 由3.26題式得 將代入得 3.28解 如題3.28.1圖。對圓柱有如下基本運動微分方程：由得將代入得3.29解 如題3.29.1圖。設斜面的傾角為，實心球或球殼的質量為，半徑為，轉動慣量為，則可列出下列方程：又有無滑動條件 由式得將代入得對初速為0的勻加速運動，時間，加速度，位移有如下關系：當時，將代入得：故實心球滾得快些。3.30解 如題3.30.1土 圖以為軸。為軸。建立與碾輪一起轉動的動坐標系，設碾輪繞軸轉動的角速度，水平軸的轉動角速

40、度為。所以點的合角速度為又因為點和點的速度為0，所以即為瞬時軸。設與地面成夾角，由于沿瞬時軸方向，所以：故第四章 轉動參考系第四章習題解答4.1解如題4.1.1圖所示.坐標系的原點位于轉動的固定點，軸沿軸與角速度的方向一致，即設點沿運動的相對速度為則有題意得：故在點時的絕對速度設與軸的夾角為，則故與邊的夾角為，且指向左上方。點時絕對速度設的夾角為，則,故與邊的夾角為，且指向左下方。4.2解 如題4.2.1圖所示，以轉動的方向為極角方向建立坐標系。軸垂直紙面向外，設點相對速度設絕對速度的量值為常數(shù)，則：對式兩邊同時球時間導數(shù)得：依題意故解得通解當時，將其帶入式游客的知：時，即最后有4.3解 如題

41、4.3.1圖所示，直角坐標的原點位于圓錐頂點軸過圓錐的對稱軸.點在軸上對應的一點，且有，所以點的絕對加速度：最后有4.4解 如題4.4.1圖所示，題4.4.1圖坐標系是以軸轉動的坐標系.圖中畫出的是曲線的一段，在任意一點處，假設某質點在此處靜止，則該質點除了受重力、鋼絲的約束力之外，還會受慣性離心力的作用，方向沿軸正向，在作用下，致信處于平衡狀態(tài)，則有 有得 又因為過原點.對上式積分得拋物線有得將代入的反作用力4.5以直管為參照系，方向沿管，沿豎直軸建立坐標系，則小球受力為：故沿方向運動的微分方程為：有初始條件：可得式解為故當邱剛離開管口時，即時.則得所以此時：故當球剛要離開管口時的相對速度為

42、，絕對速度為，小球從開始運動到離開管口所需時間為4.6解 以光滑細管為參考系，沿管，沿水平軸建立坐標系，如題4.6.1圖所示， 則小球受力為：故沿方向運動的微分方程為：方程的通解而方程的特解為：故方程的通解為：初始條件為當時，故可得所以質點相對于管的運動規(guī)律為：4.7解 以水平細管為參考系，沿管，沿豎直轉動軸向上建立坐標系，如題圖4.7.1圖所示則易得質點反方向的運動微分方程為： 將方程作簡單變換可得：化簡得其通解為：初始條件為：故可得：故4.8解 以拋物線形金屬絲為參照物沿拋物線在頂點的切線方向，沿豎直軸建立坐標系，則小環(huán)的運動微分方程為：故代入得化簡即得4.9解一當小環(huán)相對平衡時，由上題可知即要求為常數(shù)，故故解二 以地面為參照系，則小球受力，如圖4-8所示.其中為固定地面的坐標系，故平衡時有：4.10解 以地面為參考系，則小環(huán)的運動微分方程為：其中為與圓心的連線和通過點的直徑間所夾的角化簡得4.11解 以地面為非慣性參考系，建立坐標系，指正南，豎直向上，發(fā)射點為原點，炮彈的運動微分方程為：初始條件為故將積分一次代入初始條件后得： 有可得落地時間：其中所以將展開可得由式及初始條件可得所以炮彈落地時的橫向偏離為4.12 解 以地面為非慣性，建立坐標系指向正南，豎直向上，上拋點為原點，質點的運動微分方程為：初始條件為：如上題同