理論力學第三版周衍柏習題答案

...wd......wd......wd...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:設開場計時的時刻速度為,由題可知槍彈作勻減速運動設減速度大小為.那么有:由以上兩式得再由此式得證明完畢.1.2解由題可知,以燈塔為坐標原點建設直角坐標如題1.2.1圖.設船經過小時向東經過燈塔,那么向北行駛的船經過小時經過燈塔任意時刻船的坐標，船坐標，那么船間距離的平方即對時間求導 船相距最近，即，所以即午后45分鐘時兩船相距最近最近距離km1.3解如題1.3.2圖由題分析可知，點的坐標為又由于在中，有〔正弦定理〕所以聯(lián)立以上各式運用由此可得得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解由題可知質點的位矢速度①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③求導對④求導把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得1.7解由題可知①②對①求導③對③求導④對②求導⑤對⑤求導⑥對于加速度，我們有如下關系見題1.7.1圖即⑦--⑧對⑦⑧倆式分別作如下處理：⑦，⑧即得⑨--⑩⑨+⑩得⑾把④⑥代入⑾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]那么點坐標對兩式分別求導故如以下列圖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，那么質點切向加速度法向加速度，而且有關系式①又因為②所以③④聯(lián)立①②③④⑤又把兩邊對時間求導得又因為所以⑥把⑥代入⑤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以下列圖1.11.1兩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①②所以，聯(lián)立①②，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.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，那么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解船停頓時，干濕分界限在蓬前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，垂直岸的方向為軸.建設如題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①--②得，兩邊積分③聯(lián)立②③，得④同理，當時，即⑤由④知，當時，代入⑤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，岸為極軸建設極坐標如題.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①--②②/①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①又因為質點沿光滑面下滑，即質點做勻速直線運動.所以②有①②欲使質點到達點時間最短，由可知，只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圖那么兩個過程的運動方程為：上升①下降：②對上升階段:即對兩邊積分所以③即質點到達的高度.對下降階段：即④由③=④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①豎直方向作上拋運動，有②由①得③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：①軌道的法線方向上有：②由于角是在減小的，故③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①②變成關于的等式由①即④把代入可得⑤用④⑤可得即，兩邊積分得⑥代入初始條件時，即可得代入⑥式，得⑦又因為所以⑧把⑦代入⑧積分后可得1.22各量方向如題1.22.1圖.電子受力那么電子的運動微分方程為②-③-④由②，即⑤代入③整理可得⑥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⑦同理，把⑦代入⑤可以解出把⑦代入⑤代入初條件時，，得.所以〕1.23證〔a〕在1.22題中，時，那么電子運動受力電子的運動微分方程①-②-③對②積分④對④再積分又故〔為一常數(shù)〕此即為拋物線方程.當時那么電子受力那么電子的運動微分方程為①-②-③同1.22題的解法，聯(lián)立①-②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，建設如題1.24.2圖所示坐標，題1.24.1圖題1.24.2圖以①開場所在位置為原點.設①-②-③處物體所處坐標分別為，那么3個物體運動微分方程為：①-②-③由②于③與、之間是，即不可伸長輕繩連接，所以有，即④之間用倔強系數(shù)彈性繩聯(lián)結.故有⑤由①⑤得⑥由②③④得⑦代入①，有⑧代入⑥，有⑨此即為簡諧振動的運動方程.角頻率所以周期解⑨得以初始時③為原點，時，.所以⑩代入①得聯(lián)立-③④⑧⑩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.建設如題.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：①-②聯(lián)立①②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.建設如題1.26.1圖所示坐標系.題1.26.1圖設繩的彈性系數(shù)為,那么有①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②聯(lián)立①②得③齊次方程通解非齊次方程③的特解所以③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:①法線方向上有：②對于①有〔為運動路程，亦即半圓柱周圍弧長〕即又因為即③設質點剛離開圓柱面時速度，離開點與豎直方向夾角，對③式兩邊積分④剛離開圓柱面時即⑤聯(lián)立④⑤得即為剛離開圓柱面時與豎直方向夾角.1.28解建設如題1.28.1圖所示直角坐標.橢圓方程①從滑到最低點，只有重力做功.機械能守恒.即②設小球在最低點受到橢圓軌道對它的支持力為那么有：③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①-②由曲線運動質點的受力分析，我們可以得到：③-④因為曲線上每點的曲率⑤所以⑥⑦把⑥⑦代入曲率公式⑤中所以⑧由④即，又有數(shù)學關系可知，即所以⑨把⑧⑨代入①1.30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：①②③④⑤由1.29題可知②由數(shù)學知識知③把①③④代入②⑤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①即所以又單擺擺角很小，有=上式即化為：②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②的解為所以單擺振動周期結論得證。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，那么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：①垂直斜面受力平衡：②聯(lián)立①②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，那么圓環(huán)運動到圓圈上某點，切線方向受力分析：①法線方向受力分析有：②對①兩邊同乘以即兩邊同時積分③把③代入②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，①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②由①得③整個過程壓力所做功又因為即對上式兩邊分段積分得1．36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，那么其勢能為1.37解〔a〕因為質子與中子之間引力勢能表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①又因為即②當質點從無窮遠處到達時，對②式兩邊分別積分：當質點從靜止出發(fā)到達時，對②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)到達時的速率一樣。解由題可知〔因為是引力，方向與徑向相反所以要有負號〕由運動微分方程即①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，那么其極坐標方程為①由①②得②即③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。那么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①又因為所以②〔彗星在單位時間內矢徑掃過的面積〕掃過扇形面積的速度③又因為故兩邊積分④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⑤又因為所以⑥把⑤⑥代入④〔⑥式代入時取“+〞即可〕故彗星在地球軌道內停留的時間為⑦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，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⑧〔〕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⑧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：①②為衛(wèi)星運行的橢圓軌道的長軸把代入①②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①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②由題意可知即③把②③代入①可得化簡可得即兩邊積分，由題設即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①②任意一處由②代入①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解建設如圖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〔圖中陰影局部所示〕。設均勻球體的密度為。那么由對稱性可知，此球帽的質心一定在軸上。代入質心計算公式，即2.3解建設如題2.3.1圖所示的直角坐標，原來與共同作一個斜拋運動。當?shù)竭_最高點人把物體水皮拋出后，人的速度改變，設為，此人即以的速度作平拋運動。由此可知，兩次運動過程中，在到達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，運動的時間也一樣〕。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①②③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=解建設如圖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①對分析；因為②在劈上下滑，以為參照物，那么受到一個慣性力〔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②所以水平方向的絕對加速度由②可知③④聯(lián)立①④，得⑤把⑤代入①，得⑥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⑦把⑥代入⑦得，⑧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⑨于是⑩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解炮彈到達最高點時爆炸，由題目條件爆炸后，兩者仍沿原方向飛行知，分成的兩個局部，，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：①以質點組作為研究對象，爆炸過程中能量守恒：②聯(lián)立①②解之，得所以落地時水平距離之差=2.7解建設如題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②故水平方向③豎直方向④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〕⑤=⑥把③④代入⑥=⑦把①③代入⑤證以連線為軸建設如題2.8.1圖所示的坐標。設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：①垂直軸方向有：②可知③整個碰撞過程只有系統(tǒng)內力做功，系統(tǒng)機械能守恒：④由③④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。設一樣小球為，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設如題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：①方向上有：②又因為恢復系數(shù)即=③用①-③④用④代入②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。以的連線為軸建設如題2.10.1圖所示。碰撞過程中無外力做功，動量守恒：①隨即在的約束下方向變?yōu)檠剌S的正向，速度變?yōu)楣史较蛏嫌孝诠驶謴拖禂?shù)定義有：=即③聯(lián)立①②③得2.11解如以下列圖，有兩質點，中間有一繩豎直相連，坐標分別為：，質量為，開場時靜止。現(xiàn)在有一沖量作用與，那么作用后，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。經過時間后，如以下列圖：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。①有恢復系數(shù)②聯(lián)立①②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?！吃O兩球碰撞后相對質心的速度，?！藏撎柋硎九c相反〕同理，碰撞前兩球相對質心的速度〔負號表示方向與相反〕所以開場時兩球相對質心的動能：==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設如題2.14.1圖所示坐標。繩索離地面還剩長時受重力那么所以求地板的壓力，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〕式①來分析。以機槍后退方向作為軸爭先，建設如題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②單位時間質量的變化③由①②式所以2.16解這是一個質量增加的問題。雨滴是此題。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①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，那么雨滴質量是與半徑的三次方成正比〔密度看成一致不變的〕。②有題目可知質量增加率與外表積成正比。即③為常數(shù)。我們對②式兩邊求導④由于③=④，所以⑤對⑤式兩邊積分⑥⑦以雨滴下降方向為正方向，對①式分析⑧〔為常數(shù)〕當時，，所以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①來分析。設空火箭質量，燃料質量。以向上為正方向，那么火箭任一時刻的質量②噴氣速度2074是指相對火箭的速度，即。有①式化簡對兩邊積分㏑③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④代入③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)，單位時間放出的質量質量變化是線性規(guī)律①火箭飛行速度②又因為燃料燃燒時間③代入②得火箭最大速度=又因為②式又可以寫成積分可得④從開場到燃燒盡這一段時間內火箭上升高度。把③代入④得之后火箭作初速度為的豎直上拋運動。可達高度故火箭能到達的最大高度=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，那么=-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：①②③由①②③式得：④又由于即⑤將⑤代入④得：3.2解如題3.2.1圖所示，均質棒分別受到光滑墻的彈力，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①由①②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，一樣的球、、互切，、切于點。設球的重力大小為，半徑為，那么對、、三個球構成的系統(tǒng)來說，在軸方向的合力應為零。即：①對于球，它相對于過點與軸平行的軸的合力矩等于零。即：②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①②且梯子沿過點平行于軸的合力矩為零。即：③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到達最小時，④⑤由①②③④⑤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，那么，，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①且②由①②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=①又由于②③由①②③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，那么該橢圓方程為：可求該切面的面積故積分同理可求故中心主轉動慣量：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，那么所以該球對球心的轉動慣量①在對稱球中，繞直徑轉動時的轉動慣量②又球的質量③又繞直徑的回轉半徑④由①②③④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，那么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①又由于②繞對角線的回轉半徑③由①②③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，那么沿的方向有即①為轉盤繞軸的轉動慣量：〔為盤的質量〕，②〔為盤轉動的角頻率，負號因為規(guī)定順時針轉動〕=③由①②③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。那么對軸有：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，那么沿軸方向有：且①現(xiàn)取如圖陰影局部的小區(qū)域，該區(qū)域受到的阻力對軸的力矩所以②又薄片對軸的轉動慣量③由①②③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。如以下列圖圓弧偏離平衡位置一小角度，那么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：①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②又③其中，將②③代入①得④解④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：①②③其中又根據(jù)機械能守恒定律得：④由①②③④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，那么設輪緣上任意一點，與軸交角為，那么故當時，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。那么易知的方向如圖，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，那么即為瞬心〔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，那么①因為點的速度沿地面水平向右，分別作和的垂線交于點，那么點即為桿的瞬心。且得由幾何知識可知與豎直方向夾角為，又知又，所以②又。即：得③④由①②③④解得：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，那么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：①②③③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③式得即桿將作勻速轉動。解①②得④所以質心的軌跡為一拋物線。故當時，桿的質心下降，代入④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：①②對于滑塊。由動量定理知：③④以為基點：假設繩不可拉伸。那么。故⑤由①②③④⑤解得：3.21解〔1〕如題3.21.1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：①②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③由①②③解得：〔2〕假假設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：④對于繩子脫落到停頓轉動的過程有：⑤④⑤式中指繩子脫落時飛輪的角加速度，由④⑤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，那么球繞任一直徑的轉動慣量。由動量定理和動量矩定理可知：①②③④由①②③④得：設球與板的接觸點為，那么時刻點的速度為：⑤⑥球由滑動變?yōu)闈L動的條件是：⑦由⑤⑥⑦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：①②對圓柱，由角動量定理和動量定理得：③④⑤其中為圓柱繞中心軸的轉動慣量，所以⑥⑦無滑滾動的條件：⑧由①～⑧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：①②③④由①②③④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：①②③④⑤從最高點運動到圖示位置過程中，機械能守恒，即⑥⑦由①～⑦解得如題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：①②③④由②③④得⑤對⑤式求時間導數(shù)得⑥又由動量定理⑦當桿脫離墻時，有⑧由①⑤⑥⑦⑧得⑨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：①又因為此過程中桿已離開墻，所以桿在水平方向受力為零，故質心水平方向勻速，即②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：③且由3.26題式①得：④將②③④代入①得：⑤由3.26題式⑤⑨得⑥⑦將⑥⑦代入⑤得3.28解如題3.28.1圖。對圓柱有如下基本運動微分方程：①②③④⑤由①②③④得⑥將⑤代入⑥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，那么可列出以下方程：①②又有無滑動條件③由①②③式得④⑤⑥將⑤⑥代入④得⑦對初速為0的勻加速運動，時間，加速度，位移有如下關系：⑧當時，將⑦代入⑧得：故實心球滾得快些。3.30解如題3.30.1土圖以為軸。為軸。建設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那么有題意得：故在點時的絕對速度設與軸的夾角為，那么故與邊的夾角為，且指向左上方。點時絕對速度設的夾角為，那么,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設坐標系。軸垂直紙面向外，設點相對速度①設絕對速度的量值為常數(shù)，那么：②對②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①式游客的知：時，即最后有4.3解如題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，那么該質點除了受重力、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)，那么有①②有①得③又因為過原點.對上式積分得拋物線有③得將代入②的反作用力4.5以直管為參照系，方向沿管，沿豎直軸建設坐標系，那么小球受力為：故沿方向運動的微分方程為：①有初始條件：可得①式解為故當邱剛離開管口時，即時.那么得所以此時：故當球剛要離開管口時的相對速度為，絕對速度為，小球從開場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，沿水平軸建設坐標系，如題4.6.1圖所示，那么小球受力為：故沿方向運動的微分方程為：①方程的通解而方程①的特解為：故方程①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設坐標系，如題圖4.7.1圖所示那么易得質點反方向的運動微分方程為：①②將方程①②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，沿豎直軸建設坐標系，那么小環(huán)的運動微分方程為：①②故代入①②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，那么小球受力，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，那么小環(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，建設坐標系，指正南，豎直向上，發(fā)射點為原點，炮彈的運動微分方程為：①②③初始條件為故將①②③積分一次代入初始條件后得：④⑤⑥有⑥可得落地時間：⑦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，建設坐標系指向正南，豎直向上，上拋點為原點，質點的運動微分方程為：①初始條件為：如上題同理可得②③④代入①式得有④式求出落地時間為：有③式得：將代入得復落至地面時：第五章分析力學第五章習題解答5.1解如題5.1.1圖桿受理想約束，在滿足題意的約束條件下桿的位置可由桿與水平方向夾角所唯一確定。桿的自由度為1，由平衡條件：即mgy=0①變換方程y=2rcossin-=rsin2②故③代回①式即因在約束下是任意的，要使上式成立必須有：rcos2-=0④又由于cos=故cos2=代回④式得5.2解如題5.2.1圖三球受理想約束，球的位置可以由確定，自由度數(shù)為1，故。得由虛功原理故①因在約束條件下是任意的，要使上式成立，必須故②又由得：③由②③可得5.3解如題5.3.1圖，在相距2a的兩釘處約束反力垂直于虛位移，為理想約束。去掉繩代之以力T，且視為主動力后采用虛功原理，一確定便可確定ABCD的位置。因此自由度數(shù)為1。選為廣義坐。由虛功原理：w①又取變分得代入①式得：化簡得②設因在約束條件下任意，欲使上式成立，須有：由此得5.4解自由度，質點位置為。由①由得故②約束方程③聯(lián)立②③可求得或又由于故或5.5解如題5.5.1圖按題意僅重力作用，為保守系。因為，故可認為自由度為1.選廣義坐標，在球面坐標系中，質點的動能：由于所以又由于故取Ox為零勢，體系勢能為：故力學體系的拉氏函數(shù)為：5.6解如題5.6.1圖.平面運動，一個自由度.選廣義坐標為，廣義速度因未定體系受力類型，由一般形式的拉格朗日方程①在廣義力代入①得：②在極坐標系下：③故將以上各式代入②式得5.7解如題5.7.1圖又由于所以①取坐標原點為零勢面②拉氏函數(shù)③代入保守系拉格朗日方程得代入保守系拉格朗日方程得5.8解：如圖5.8.1圖.(1)由于細管以勻角速轉動，因此=可以認為質點的自由度為1.(2)取廣義坐標.(3)根據(jù)極坐標系中的動能取初始水平面為零勢能面，勢能:拉氏函數(shù)①(4)，代入拉氏方程得：(5)先求齊次方程的解.②特解為故①式的通解為③在時：④⑤聯(lián)立④⑤得將代回式③可得方程的解為：5.9解如題5.9.1圖.〔1〕按題意為保守力系，質點被約束在圓錐面內運動，故自有度數(shù)為2.〔2〕選廣義坐標，.〔3〕在柱坐標系中：以面為零勢能面，那么：拉氏函數(shù)-①〔4〕因為不顯含，所以為循環(huán)坐標，即常數(shù)②對另一廣義坐標代入保守系拉氏方程③有得④所以此質點的運動微分方程為〔為常數(shù)〕所以5.10解如題5.10.1圖.〔1〕體系自由度數(shù)為2.〔2〕選廣義坐標〔3〕質點的速度劈的速度故體系動能以面為零勢面，體系勢能：其中為劈勢能.拉氏函數(shù)①〔4〕代入拉格郎日方程得：②代入拉格郎日方程得③聯(lián)立②，③得5.11解如題5.11.1圖〔1〕本系統(tǒng)內雖有摩擦力，但不做功，故仍是保守系中有約束的平面平行運動，自由度〔2〕選取廣義坐標〔3〕根據(jù)剛體力學其中繞質心轉動慣量選為零勢面，體系勢能：其中C為常數(shù).拉氏函數(shù)(4)代入保守系拉氏方程得：對于物體，有5.12解如題5.12.1圖.〔1〕棒作平面運動，一個約束，故自由度.〔2〕選廣義坐標〔3〕力學體系的動能根據(jù)運動合成又故設為繞質心的回轉半徑，代入①得動能②〔4〕由③〔其中〕那么④因為、在約束條件下任意且獨立，要使上式成立，必須：⑤〔5〕代入一般形式的拉氏方程得：⑥又代入一般形式的拉氏方程得：⑦⑥、⑦兩式為運動微分方程〔6〕假設擺動角很小，那么，代入式得：，代入⑥⑦式得：⑧又故代入⑧式得：〔因為角很小，故可略去項〕5.13解如題5.13.1圖(1)由于曲柄長度固定，自由度.(2)選廣義坐標，受一力矩，重力忽略，故可利用基本形式拉格朗日方程：①(3)系統(tǒng)動能②〔4〕由定義式③〔5〕代入①得：得5.14.解如題5.14.1圖.〔1〕因體系作平面平行運動，一個約束方程：(2)體系自由度，選廣義坐標.雖有摩擦，但不做功，為保守體系〔3〕體系動能：輪平動動能輪質心轉動動能輪質心動能輪繞質心轉動動能.①以地面為零勢面，體系勢能