理论力学教程(第三版)第五章 周衍柏编

tan β = 3 tan α
l C W y
I
l
T
D
l
C
x
S
① δβ ⋅ δα = 0 δα
在相距 2a的两钉处约束反力垂直于虚位移，为理想约束。去掉绳代之以力T，且 因此自由度数为 1。 视为主动力后采用虚功原理， α 一确定便可确定ABCD的位置。 选 α 为广义坐。 由虚功原理：
∑ F ⋅ δr
化简得
设
Y
⎡ ⎛ ⎤ a ⎞ ⎢W ⎜ − 2l sin α + sin 2 α ⎟ + 2Tl cos α ⎥δα = 0 ② ⎠ ⎣ ⎝ ⎦
因 δα 在约束条件下任意，欲使上式成立，须有：
P
由此得
⎛a ⎞ T = W tan α ⎜ csc 3 α − 1⎟ ⎝ 2l ⎠
5.4 解 由
自由度 s = 1，质点位置为 ( x，y ) 。
S
2
I
2
∂f ⎞ ⎛ ∂f ⎞ R = λ ∇f = λ ⎛ ⎜ ⎟ +⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠
= λ 4 x 2 + y 2 = 2 λr
P
故
x=0 y = ±r R = ∓W
或
x = ± r2 −W k2 R = −k 2 r y =W
2
k4
C
( )
约束方程
S
k 2 x + 2λx = 0 W + 2λy = 0 ②
(
)
5.6 解 如题 5.6.1 图.
y
M ( x, y )
r
θ′
θ
o
x
(1) 平面运动，一个自由度. (2) 选广义坐标为 q = θ ，广义速度 (3) 因未定体系受力类型，由一般形式的拉格朗日方程
Y H
在
δW = ∑ Fi ⋅ δri = Q1δθ = 0。
i =1
广义力
P
代入①得：
在极坐标系下：
拉氏函数
L = T −V =
1 m( x 2 + ω 2 x 2 ) − mgx sin(ωt ) ① 2
(4)
∂L ∂L = mx ， = mω 2 x − mg sin(ωt ) ∂x ∂x
代入拉氏方程
d ∂L ∂L ( )− =0 ∂x dt ∂x
mx − mω 2 x = −mg sin(ωt )
Q1 = 0.
d ⎛ ∂T ⎞ ∂T = 0② ⎜ ⎟− dt ⎝ ∂θ ⎠ ∂θ
I
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
T=
1 m r 2 + r 2θ 2 2
(
)
C
S
ωt
C
=
1 ⎛ 2 2 θ θ ⎞ m⎜ 4a ω cos 2 + 4a 2ωθ cos 2 + a 2θ 2 ⎟ ③ 2 ⎝ 2 2 ⎠
故 将以上各式代入②式得
由虚功原理
δβ ⋅ δα δα
δω = ∑ Fi ⋅ δri = 0
i =1
n
故
P1δy1 + P2δy 2 + P3δy3 = 0 − (l + r )sin αδα − (l + r )sin αδα − (l + r )sin αδα + 2r sin β
因 δα 在约束条件下是任意的，要使上式成立，必须
P
5.8 解：如图 5.8.1 图.
x
P
H
Y
S
ωt
mg
a
(1)由于细管以匀角速 ω 转动，因此 . = ω 可以认为质点的自由度为 1. θ (2)取广义坐标 x = q .
I
v0
⎛ d ⎛ ∂L ⎞ x2 ⎞ x ⎜ ⎟ + mx 2 2 = + m x 1 ⎜ 2⎟ 2 ⎟ ⎜ dt ⎝ ∂x ⎠ 2a ⎝ 4a ⎠
P
取坐标原点为零势面
H
拉氏函数
L = T −V = ⎤ x2 ⎞ 1 ⎡ 2⎛ x2 ③ 2 2 ⎟ m⎢ x ⎜ + − x mg ω 1 + ⎥ 2 ⎟ 2 ⎣ ⎜ 4a 2 ⎝ 4a ⎠ ⎦
S
v2 = x2 + y2 + ω 2 x2
x x 2a
x2 ② v = mgy = mg 4a
I
o
x
C
S
⎞ ∂L ⎛ mx 2 x x − mg =⎜ + mω 2 ⎟ 2 ⎜ ⎟ ∂x ⎝ 4a 2a ⎠
⎛ ∂L x2 ⎞ = mx ⎜ + 1 ⎜ 4a 2 ⎟ ⎟ ∂x ⎝ ⎠ ⎛ d ⎛ ∂L ⎞ x2 ⎞ x ⎟ + mx 2 2 + 1 ⎜ 2 ⎟ = mx ⎜ 2 ⎟ ⎜ dt ⎝ ∂x ⎠ 2a ⎝ 4a ⎠
(
取 Ox 为零势，体系势能为：
V = −2 ga(m1 + m2 ) cosθ
故力学体系的拉氏函数为：
C
)
)
按题意仅重力作用，为保守系。因为已知ψ = Ω ，故可认为自由度为 1.选广义坐
S
z
L = T −V
= m1 a 2 θ 2 + Ω 2 sin 2 θ + 2m2 a 2 sin 2 θθ 2 + 2 ga(m1 + m2 ) cosθ
− 3(l + r )sin α + 2r sin β
δβ =0 δα
故
δα 2r sin β ② = δβ 3(l + r )sin α
由②③可得
Y
P
5.3 解
如题 5.3.1 图，
A
αα a a
H
S
l
B T
又由 δx1 = −2r cos βδβ = −(l + r ) cosαδα 得：
δα 2r cos β ③ = δβ (l + r ) cos α
第五章习题解答
5.1 解 如题 5.1.1 图
r
o
α
x
mg
y
杆受理想约束， 在满足题意的约束条件下杆的位置可由杆与水平方向夹角 α 所唯 一确定。杆的自由度为 1，由平衡条件：
δω = ∑ Fi δri = 0
y c =2rcos α sin α - l sin α = rsin2 α − l sin α ② 2 2
5.5 解
如题 5.5.1 图
A
Ω
θθ a
x
D m1
y m 1
B
a a
a
C
a
m2
标 θ = q ，在球面坐标系中，质点的 动能：
Ti =
由于
Y
TB =T D =
所以
S
(
又由于
rB = rD = a,
θB =θD = θ
I
2
1 mi ri 2 + ri 2θ i2 + ri 2 sin 2 θ iψ i2 (其中i代表指标B，C，D ) 2
特解为
Y H
故①式的通解为
S
g
(5)先求齐次方程的解.
x −ω2x = 0②
x = c1e ωt + c 2 e −ωt
2ω 2
P
x = c1e ωt + c 2 e ωt +
在 t = 0 时：
a = c1 + c 2 ④
x = v0 = c1ω − c 2ω + g ⑤ 2ω
联立④⑤得
c1 =
v ⎞ 1⎛ g ⎜a + 0 ⎟ − 2⎝ ω ⎠ 4ω 2
2 2 ⎡ ⎛ ⎛θ ⎞⎞ θ ⎛ ⎞ + ωt ⎟ ⎟ ⎢ d 2a cos ⎟ 2 ⎜ d⎜ θ 1 ⎢⎜ 2 ⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎟ ⎜ 2 ⎟ + ⎜ 2a cos ⎟ = m ⎜ ⎜ ⎟ ⎢ dt 2⎠ 2 ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎢ ⎣
S
n
d ⎛ ∂T ⎞ ∂T ⎜ ⎟ = Qα ① ⎟− dt ⎜ ⎝ ∂q ⎠ ∂qα
Fix + ∑ λ β
β =1
k
k
∂f β ∂xi ∂f β ∂y i
=0
①
Fiy + ∑ λ β
β =1
=0
由已知得
i = 1,
f ( x, y ) = x 2 + y 2 − r 2 = 0
故
x2 + y2 = r 2 ③
联立②③可求得
又由于
Y H
⎧ 2 W2 2 ⎧ ⎪x = ± r − k ⎪x = 0 ⎪ ⎪ W 或 ⎪ ⎨ y = ±r ⎨y = 2 k ⎪ ⎪ W ⎪λ = ∓ ⎪ k2 2r ⎩ ⎪λ = − 2 ⎩
V = mgr cot α(Βιβλιοθήκη 以 Oxy 面为零势能面，则：
拉氏函数
C
) )
S
z
L = T −V =
1 m r 2 + r 2θ 2 + r 2 cot 2 α - mgr cot α ① 2
(
)
（4）因为 L 不显含 θ ，所以 θ 为循环坐标，即
d ⎛ ∂L ⎞ ⎜ ⎟=0 dt ⎝ ∂θ ⎠
4r cos 2α ④ cos α
I
1 2 ⎞ ⎠
C
S
又由于 cos α = c 2r 故
2 2 cos2 α = c − 2r 2r 2
代回④式得 l= 4 c 2 − 2r 2 c
(
)
5.2 解
如题 5.2.1 图
o
αα
Y
y
三球受理想约束，球的位置可以由 α 确定，自由度数为 1，故。