理论力学课后题参考答案

1.1 沿水平方向前进的枪弹，通过某一距离s 的时间为t 1，而通过下一等距离s 的时间为2t .试证明枪弹的减速度（假定是常数）为由题可知示意图如题1.1.1图: {{SSt t 题1.1.1图设开始计时的时刻速度为0v ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a .则有:()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-+=-=221210211021221t t a t t v s at t v s 由以上两式得 11021at t s v +=再由此式得 ()()2121122t t t t t t s a +-=1.26一弹性绳上端固定，下端悬有m 及m '两质点。

设a 为绳的固有长度，b 为加m 后的伸长，c 为加m '后的伸长。

今将m '任其脱离而下坠，试证质点m 在任一瞬时离上端O 的距离为解 以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系.题1.26.1图设绳的弹性系数为k ,则有 kb mg = ① 当 m '脱离下坠前，m 与m '系统平衡.当m '脱离下坠前，m 在拉力T 作用下上升，之后作简运.运动微分方程为 ()ym a y k mg &&=-- ② 联立①② 得 b b a g y b g y +=+&& ③ 0=+y bg y &&齐次方程通解 t b g A t b g A Y sin cos 211+= 非齐次方程③的特解 b a Y +=0 所以③的通解b a t bg A t b g A Y +++=sin cos 211代入初始条件：0=t 时，,c b a y ++=得0,21==A c A ；故有 b a t b g c y ++=cos 即为m 在任一时刻离上端O 的距离.'1.39 一质点受一与距离23次方成反比的引力作用在一直线上运动。

试证此质点自无穷远到达a 时的速率和自a 静止出发到达4a 时的速率相同。

证 质点受一与距离23次方成反比的力的作用。

设此力为()()为一常数k krr F 23-=① 又因为()drvdvmd dt dr dr dv m dt dv m r F =⋅==即 ()mvdv dr r F = mvdvdr kr =-23②当质点从无穷远处到达a 时，对②式两边分别积分：⎰⎰=∞+-vavdv m drkr232124--=a m k v当质点从a静止出发到达4a 时，对②式两边分别积分：⎰⎰=-va a dv m drkr 0423得 2124--=a m k v所以质点自无穷远到达a 时的速率和自a静止出发到达4a时的速率相同。

1.43如质点受有心力作用而作双纽线...证 由毕耐公式⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=-u d u d u h m F θ222 质点所受有心力做双纽线θ2cos 22a r =运动 故 θ2cos 11a r u == ()232cos 12sin 1θθθ••=a d du ()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡••+=-θθθθθθ2sin 22cos 2sin 232cos 2cos 21252322a d u d ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=--252212cos 2sin 32cos 21θθθa 故⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=u d u d u mh F 2222θ ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=--θθθθθ2cos 12cos 2sin 32cos 22cos 12522132a mh ()()θθ2tan 12cos 322332+-=-a mh ()27322cos 3--=θa mh 2722323⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a r a mh 7243r h ma -=1.44点所受的有心力如果为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=322r r m F νμ 式中μ及ν都是常数，并且ν＜2h ，则其轨道方程可写成θk e a r cos 1+=222222222,,μμνh Ak e h k a h h k ==-= 试证明之。

式中（A 为积分常数）证 由毕耐公式 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=-u d u d u h m F θ222将力⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=322r r m F νμ带入此式 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+u d u d u h r r 2222322θνμ 因为 r u 1= 所以⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+u d u d u h u u 2222322θνμ即222221h u h d u d μνθ=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+令 222h h k ν-= 上式化为22222h u k d u d μθ=+这是一个二阶常系数废气次方程。

解之得()222cos h k k A u μϕθ++=A 微积分常数，取0=ϕ，故222cos h k k A u μθ+= 有1cos cos 11222222222+=+==θμμμθk h k A h k h k k A u r 令222222,μμh Ak e h k a ==所以θk e ar cos 1+=3.10解 如题3.10.1图。

一均质圆盘，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0ω。

已知圆盘与桌面的摩擦系数为μ，问经过多少时间后盘将静止？解：z 轴过O 点垂直纸面向外。

均质圆盘的密度为ρ。

设盘沿顺时针转动，则沿z 的方向有z zM dtdI = 即 zz M I =ω&① I 为转盘绕z 轴的转动惯量：221ma I =（m 为盘的质量），ωω-=z ② （ω为盘转动的角频率，负号因为规定顺时针转动）320232a g dr d r g M az ρμπθρμπ==⎰⎰=()232a m ma g πρρμ=③ 由①②③得a g 34μω-=& 又因为 (),00ωω= 故()t ag t 340μωω-=所以(),0=t ω得g a t μω430=3.11通风机的转动部分以初角速0ω绕其轴转动。

空气阻力矩与角速成正比，比例常数为k 。

如转动部分对其轴的转动惯量为I ，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？解： 如题3.11.1图所示，设z 轴通过O 点垂直纸面指向外。

则对z 轴有：Z M dt dz =设通风机转动的角速度大小为()t ω，由于通风机顺时针转动。

所以()t z ωω-=，将()()t z t k M I z ωω=-=,代入上式得： ()()t t k I ωω=-&。

又由于()()00ωω=&，解得： ()t Ikt e-=0ωω故当()20ωω=t 时，k I t =㏑2。

又由于()()t t θω&= （θ为通风机转动的角度） 设()00=θ， ()tI k t e-=0ωθ&()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=--⎰t I k t Ik tt e kI dt e10000ωθωθ 故当k I t =㏑2时，()k I t 20ωθ=，t 时间内通风机转动的转数 ()()k I n t πωπθθ4200=-=图题1.3.11图题1.3.103.12解 如题3.12.1图，矩形均质薄片ABCD ，边长为a 与b ，重为mg ，绕竖直轴AB 以初角速0ω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k 。

问经过多少时间后，薄片的角速减为初角速的一半？解：坐标Oxyz 与薄片固连，则沿z 轴方向有： ZM dtdz =且z I z ω=①现取如图阴影部分的小区域ady dS =，该区域受到的阻力()22y kady kdSv df zω==df 对z 轴的力矩dy y ka y df dM z z 32ω-=⋅-= 所以 2304zaz z b a k dM M ω-==⎰②又薄片对轴的转动惯量 ()ab m ma bdy y dm y I aaρρ====⎰⎰2020231③ 由①②③得：()021431ωω+=t m b ka t z当()20ωω=t z 时，0234ωb ka mt = 3.15解 如题3.15.1图所示坐标系Oxyz 。

一轮的半径为r ，以匀速0v 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：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A 点为转动瞬心。

以O 为基点。

设球的角速度k ω-=ω，则()()()0000=-=-⨯-+=⨯+=k j k i OA ωv v r v r v A ωωrv 0=ω设轮缘上任意一点p ，Op 与x 轴交角为θ，则Op j i θθsin cos r r +=故()()j i k i Op ωv v θθωsin cos 00r r v p +⨯-+=⨯+=()j i θωθωcos sin 0r r v -+=当ο90=θ时，得最高点的速度2v v top =()Op ωωOp ωa a ⨯⨯+⨯+=dtd p 0()j i j i θθθωθωsin cos sin cos 2022+-=--=rvr r 当ο90=θ和ο90-时分别得到最高题3.15.1图点和最低点的加速度j ar v top20-= j a rv bottom 20=3.19长为2a 的均质棒AB ，以铰链悬挂于A 点上。

如起始时，棒自水平位置无初速地运动，并且当棒通过竖直位置时，铰链突然松脱，棒成为自由体。

试证在以后的运动中，棒的质心的轨迹为一抛物线，并求当棒的质心下降h 距离后，棒一共转了几转？解 ：固定坐标系Oxy 。

杆从水平位置摆到竖直位置过程中只有重力做功，故机械能守恒。

设此时的角速度为0ω，则()20220312121ωω⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ma a m mga右边第一项为质心运动动能，第二项为杆绕质心转动的动能。

解上式得ag 230=ω 在杆脱离悬点后，根据动量定理和动量矩定理：0=c x m &&①mg y m c -=&&②z z M I =ω&③③式中I 为杆绕质心的转动惯量，z M 为沿过质心平行于z 轴的合力矩，易知0=z M ，又()00ωω=z ，代入③式得 ()a g t z 230==ωω 即杆将作匀速转动。

()()()()ay y x gaa x c c c c -===-=-=0000,00,230&&ω解①②得221,23gt a y t ga x cc --=-=a x ay c c --=231所以质心的轨迹为一抛物线。

故当h a y c --=时，杆的质心下降h ，代入④式得gh t 2=故t 时间内杆的转数ahg h a g t n 3212232120πππω===3.20质量为M 半径为r 的均质圆柱体放在粗糙水平面上。