理论力学第五章课后习题解答

理论力学第五章课后习题解答5.1解 如题5.1.1图杆受理想约束，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所唯一确定。

杆的自由度为1，由平衡条件：即mg y =0①变换方程y =2rcos sin -= rsin2①故①代回①式即因在约束下是任意的，要使上式成立必须有：rcos2-=0①又由于题5.1.1图α=δω0=∑i i r F δδ⋅c αααsin 2l ααsin 2l-=c y δδααα⎪⎭⎫ ⎝⎛-cos 212cos 2l r 0cos 21cos 2=⎪⎭⎫⎝⎛-δαααl r δαααcos 2lααcos 2cos 4r l =cos =故cos2= 代回①式得5.2解 如题5.2.1图三球受理想约束，球的位置可以由确定，自由度数为1，故。

得αrc 2α22222rrc -()cr c l 2224-=题5.2.1图α()αβsin sin 21r l r x +-=-=()0sin sin 232=+==x r l r x αβ()()()βααcos 2cos cos cos 321r a r l y r l y r l y -+=+=+=由虚功原理故① 因在约束条件下是任意的，要使上式成立，必须故① 又由 得：① 由①①可得5.3解 如题5.3.1图，()()()δαδαδββαδαδαδαδαδαδ⋅++-=+-=+-=sin 2sin sin sin 321r r l y r l y r l y 01=⋅=∑=i ni i r F δδω()()()0sin 2sin sin sin 0332211=⋅++-+-+-=++δαδαδββαδααδααδαδδδr r l r l r l y P y P y P δα()0sin 2sin 3=++-δαδββαr r l ()αβδβδαsin 3sin 2r l r +=()αδαβδβδcos cos 21r l r x +-=-=()αβδβδαcos cos 2r l r +=αβtan 3tan =题5.31图在相距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 ，且视为主动力后采用虚功原理，一确定便可确定ABCD 的位置。

因此自由度数为1。

选为广义坐。

由虚功原理：w ①又取变分得代入①式得：化简得① 设因在约束条件下任意，欲使上式成立，须有：由此得αα01=⋅∑=ini i rF δ0=+-D D B B c x T x T y δδδααααcot cos 2,sin ,sin a l y l x l x c D B -==-=δαααδαδδααδαδαδ2sin sin 2cos ;cos al y l x l x c D B =-=⋅=-=D T a l W +⎪⎭⎫⎝⎛+-δαααδα2sin sin 2()0cos cos =+δαααl l 0cos 2sin sin 22=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-δααααTl a l W T T T D B ==δα0cos 2sin sin 22=+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-αααTl a l W ⎪⎭⎫⎝⎛-=1csc 2tan 3ααl a W T5.4解 自由度，质点位置为。

由①由已知得故①约束方程①联立①①可求得或 又由于故或1=s ()y x ，0011=∂∂+=∂∂+∑∑==ikiy i kix y f F x f F ββββββλλ,1=i ()0,222=-+=r y x y x f 02022=+=+y W x x k λλ222r y x =+⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=±==r Wr y x 20 λ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-==-±=222222k k W y k W r x λλ=R 22⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=∇y f x f f λ()r y x λλ2422=+=WR r y x =±==05.5解 如题5.5.1图按题意仅重力作用，为保守系。

因为已知，故可认为自由度为1.选广义坐标，在球面坐标系中，质点的动能：由于所以又由于故rk R k Wy k Wr x 22422-==-±=题5.5.1图Ω=ψq =θ()222222sin 21i i i i i i i i r r r m T ψθθ ++=()D C B i ，，代表指标其中,a r r D B ==θθθ==D B ()θθ222221sin 21a a m T T D B Ω+== 0=c θθcos 2a r c =222222sin 2cos 221θθθ a m dt a d m T c =⎪⎭⎫ ⎝⎛=取Ox 为零势，体系势能为：故力学体系的拉氏函数为：5.6解 如题5.6.1图.平面运动，一个自由度. 选广义坐标为，广义速度因未定体系受力类型，由一般形式的拉格朗日方程① 在广义力代入①得：① 在极坐标系下：()2222222221sin 2sin θθθθ a m a a m T T T T c D B +Ω+=++=()θcos 221m m ga V +-=()()θθθθθcos 2sin 2sin 21222222221m m ga a m a m VT L +++Ω+=-=题5.6.1图()1()2θ=q ()3ααQ q Tq T dt d =∂∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂ 。

011==⋅=∑=δθδδQ r F W i ni i .01=Q 0=∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂θθTT dt d①故将以上各式代入①式得5.7解 如题5.7.1图又由于所以① 取坐标原点为零势面① ()⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=+=22222222cos 22cos 22121dt t d a dt a d mr r m T ωθθθθ ⎪⎭⎫ ⎝⎛++=22222222cos 42cos 421θθθωθω a a a m 0sin 2sin sin 222222=++-θθωθωθθσθma ma ma ma 0sin 2=+θωθ题5.7.1图22222x y xv ω++= x axy2=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛+==2222222121x x a x x m mv T ω ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=222224121x a x x m ω ax mg mgy v 42==拉氏函数①代入保守系拉格朗日方程得代入保守系拉格朗日方程得222222244121a x mg x a x x m V T L -⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-=ω a x mg x m a x m x L 24222-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∂∂ω 222222224141a x x m a x x m x L dt d a x x m x L +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∂∂0=∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂x LxL dt d 0244122222=+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+a x mg x m a x x m a x x m ω 222222224141a x x m a x x m x L dt d a x x m x L +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=∂∂0=∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂x LxL dt d 0244122222=+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+a x mg x m a x x m a x x m ω5.8解：如图5.8.1图.(1)由于细管以匀角速转动，因此=可以认为质点的自由度为1. (2)取广义坐标. (3)根据极坐标系中的动能取初始水平面为零势能面，势能:拉氏函数① (4)， 代入拉氏方程得：(5)先求齐次方程的解.①特解为故①式的通解为题5.8.1图ω.θωq x =)(21)(21222222ωθx x m r r m T +=+=)sin(t mgx V ω=)sin()(21222t mgx x x m V T L ωω-+=-= x m x L =∂∂)sin(2t mg x m xLωω-=∂∂0)(=∂∂-∂∂xLx L dt d )sin(2t mg x m xm ωω-=- 02=-x xω t t e c e c x ωω-+=21)sin(22t g ωω①在时：①① 联立①①得将代回式①可得方程的解为：5.9解 如题5.9.1图.（1）按题意为保守力系，质点被约束在圆锥面内运动，故自有度数为2. （2）选广义坐标，. （3）在柱坐标系中：)sin(2221t g e c e c x t t ωωωω++=0=t 21c c a +=ωωω2210g c c v x +-==201421ωωgv a c -⎪⎭⎫ ⎝⎛+=202421ωωg v a c +⎪⎭⎫ ⎝⎛-=21,c c )sin(242142122020t ge g v a e g v a x t t ωωωωωωωω+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-第5.9题图r q =1θ=2q以面为零势能面，则：拉氏函数-① （4）因为不显含，所以为循环坐标，即常数① 对另一广义坐标代入保守系拉氏方程① 有得① 所以此质点的运动微分方程为（为常数）所以()222221z r r m T ++=θαcot r z =()αθ22222cot 21r r r m T ++=Oxy αcot mgr V =()αθ22222cot 21r r r m V T L ++=-=αcot mgr L θθ0=⎪⎭⎫⎝⎛∂∂θ L dt d ==∂∂θθ2mr L ααθ22cot cot r m r m rLmg mr rL +=∂∂-=∂∂0=∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂r LrL dt d 0cot cot 22=+-+αθαmg mr r m r m 0cos sin sin 22=+-αααθmg mr r m ⎪⎩⎪⎨⎧=+-=0cos sin sin 222αααθθg r r A r A ()θtan 211x x y -=5.10解如题5.10.1图.（1）体系自由度数为2. （2）选广义坐标（3）质点的速度 劈的速度故体系动能以面为零势面，体系势能：其中为劈势能. 拉氏函数① （4）代入拉格郎日方程()[]22222121121tan 21x m x x x m T +-+=θ12题5.10.1图.2211,x q x q ==,212121y xv +=2222x v =()2222121212121x m y x m T T T ++=+=x 2211tan )(C x x g m V +-=θ2C ()[]()22112222221211tan 21tan 21C x x g m x m x x x m V T L ---+-+=-=θθ ()θθ2221111111tan tan x x m x m xLg m x L-+∂∂-=∂∂得：① 代入拉格郎日方程得① 联立①，①得5.11 解 如题5.11.1图（1）本系统内虽有摩擦力，但不做功，故仍是保守系中有约束的平面平行运动，自由度（2）选取广义坐标 （3）根据刚体力学其中绕质心转动惯量011=∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂x L x L dt d ()0tan tan tan 11221211=+-+θθθg m xm x m θtan 12g m x L=∂∂()2222112tan x m x xm xL+--=∂∂θ0tan tan tan 122222211=-++-θθθg m xm x m x m⎝⎛+=+-=θθθθθθ2121221221sin cos sin sin cos sin m m g m x m m g m x2题5.11.1图.1=s .θ=q 2222222243212121θθθ mr Mr mv I Mv T B C c +=++=选为零势面，体系势能：其中C 为常数. 拉氏函数(4)代入保守系拉氏方程得：对于物体，有C B C C v v r v Mr I 2,,212===θ Ox θmgr C V 2-=C mgr mr Mr V T L -++=-=θθθ22432222 θθθθ 22423,2mr Mr L mgr L +=∂∂=∂∂0=∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂θθLL dt d 0242322=-+mgr mr Mr θθ ()mM mga a m M mg r a r m M mg8382834834121+==+==+=θθB mM Mmg ma mg T ma T mg 83322+=-==-5.12解 如题5.12.1图.（1）棒作平面运动，一个约束，故自由度. （2）选广义坐标 （3）力学体系的动能根据运动合成又故设为绕质心的回转半径，代入①得动能① （4）由①（其中）则①因为、在约束条件下任意且独立，要使上式成立，必须：①题5.12.1图2=s .,21θ==q x q 222121ωC C I mv T +=()j a i a xv C θωθωsin cos -+= θω =θθθcos 22222 x a a xv C ++=k 2222221cos x ma 2121θθθθ mk ma xm T +++=()j a i a x r B θθcos 2sin 2++=0.21===∑=i i i r F q W δδθδαα Fi F mgj F B C ==,()()0sin cos 2sin cos 2=-+=-+=δθθθδθδθθδθδδmga aF x F mga a x F W x δδθθθsin cos 2,21mga aF Q F Q -==（5）代入一般形式的拉氏方程得：① 又代入一般形式的拉氏方程得：① ①、①两式为运动微分方程（6）若摆动角很小，则，代入式得：，代入①①式得：① 又故代入①式得：（因为角很小，故可略去项）()θθcos ,0 a xm xT x T +=∂∂=∂∂()F a a xm =-+θθθθsin cos 2 θθθsin x ma -=∂∂T ()θθθθ22cos mk x a a m T ++=∂∂()[]θθθθsin cos 2cos 22mga Fa k a xa m -=++ 1cos ,sin →→θθθ()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+++=-+m Fa ga k a xa mF a a x 2222θθθθθ ()22212a mmk I C ==2231a k =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++=+m F g a x mF a x 234θθθ θθθ2 a -5.13解 如题5.13.1图(1)由于曲柄长度固定，自由度.(2)选广义坐标，受一力矩，重力忽略，故可利用基本形式拉格朗日方程：①(3)系统动能① （4）由定义式① （5）代入①得：得题5.13.1图1=s ϕ=q αααQ q T qTdt d =∂∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂ ()()()()()22222122222222122222211436121212161212121ϕϕϕϕϕωω r R m r R m r r R r m r R m r R m I v m I T A +++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅⋅++++=++=∑=∂∂⋅=M r F Q iii ϕϕ()()ϕϕϕϕ 22212331,0r R m r R m T T +++=∂∂=∂∂M Q T dt d ==⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂αϕ()()M r R m r R m =+++ϕϕ222123315.14.解 如题5.14.1图.（1）因体系作平面平行运动，一个约束方程：(2)体系自由度，选广义坐标.虽有摩擦，但不做功，为保守体系（3）体系动能：轮平动动能轮质心转动动能轮质心动能轮绕质心转动动能.①以地面为零势面，体系势能则保守系的拉氏函数()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=212292132m m r R m Mϕ题5.14.1图()ϕθϕ'=++ b b a a 2=s ϕθ==21,q q P T =P +S +S +()()[]()()[]()[]()θθϕθθθϕϕθθϕθθϕϕϕ22222222222222sin 21cos 214143sin 21cos 2212121 b a m a b a m b a a m a M b a m a b a mI a M I S P ++-+++++=++-++'++=()Mga b a mg V ++=θcos①(1)因为不显含，得知为循环坐标. 故=常数① 开始时：则代入得又时， 所以5.15解 如题5.15.1图()[]()[]()[]()Mga b a mg b a ma b a m a b a m a M V T L -+-++-+++++=-=θθθϕθθϕθϕcos sin 2cos 21414322222222 L ϕϕ()()ϕθθθϕϕϕ 222cos 212123ma b a ma b a ma ma Ma L ++-+++=∂∂0==θϕ()()0cos 21232322=+-+++θθθϕϕb a ma b a ma ma Ma b ac +=()θεθϕ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=m M mc mc a cos 20=t 0==ϕθ()m M mc mc a +-=3sin 2θθϕ()()()θθθθθθϕθcos 3sin 33sin 2sin sin c y m M m M m cm M mc mc c a c x =+++=+--=-=（1）本系统作平面平行运动，干限制在球壳内运动，自由度；选广义坐标，体系摩擦力不做功，为保守力系，故可用保守系拉氏方程证明①（2）体系动能=球壳质心动能+球壳转动动能+杆质心动能+杆绕中心转动动能① 其中代入①得以地面为零势面，则势能：（其中为常数）(3)因为是循环坐标，故常熟① 而题5.15.1图2=s θ==21,q x q 0=∂∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂ααq L q L dt d 22222112212121ωωI mv I xCM T +++= ()()θωωθθαθθαα ==++====杆球,sin cos cos cos ,sin 3131,3222221ax a a x v a m ml I Ma I j,i θαθααθcos cos sin 31cos 21352122222 x am ma x m M T +⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=1cos cos C Vmga +θα1C ()122222cos cos cos cos sin 31cos 213521C mga x am ma x m M V T L +-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-=θαθαθααθ x =+⎪⎭⎫ ⎝⎛+∂∂θαθcos cos 352 a m xm M x L代入①式得① 联立①、①可得（先由①式两边求导，再与①式联立）①①试乘并积分得：又由于当5.16解 如题图5.16.1.（1）由已知条件可得系统自由度. （2）取广义坐标.（3）根据刚体力学，体系动能：θαααθθθαθαθθcos cos x ma sin 31cos L sin cos sin cos x ma L 222 +⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∂∂+-=∂∂ma mga 0sin cos cos cos sin 31cos 22=⎪⎭⎫ ⎝⎛-++θαθαααθmg x m ma()()()()0sin cos 335cos cos cos 9sin cos 335222=++-++θαθθθαθααg m M dt d am a m Mθ2()()[]()常数++=-++θαθθαααcos cos 356cos cos sin cos 33522222m M g a m Mβθθ==，则0 ()()()[]()()βθαθθαααβαcos cos cos 356cos cos 9sin cos 335cos cos 35622222-+=-+++-=m M g a m m M m M g故常数题5.16.1图1=s θ=q① 又将以上各式代入①式得：设原点为零势能点，所以体系势能体系的拉氏函数① (1)因为体系只有重力势能做工，因而为保守系，故可采用①代入①式得即（5）解方程得222121ωC C I mv T +=()()252,,mr Irr R r R v CC=-=-=θωθ ()()()2222221075121θθθ r R m r r R mr r R m T -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=O ()θcos r R mg V --=()()θθcos 10722r R mg r R m V T L -+-=-= 0=∂∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂ααq L q L dt d ()()()θθθθθθ≈--=--=∂∂sin sin 很小，所以因为微震动，r R mg r R mg L()2257θθ r R m L -=∂∂()()0572=-+-θθr R mg r R m 075=-+rR gθ5.17解 如题5.17.1图（1）由题设知系统动能①取轴为势能零点，系统势能拉氏函数①（2）体系只有重力做功，为保守系，故可采用保守系拉氏方程.g rR t r R g A -=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=57275cos 0πτϕθ周期题5.17.1图()()j i 2221112221112111sin sin cos cos θθθθθθθθθ l l l l v l v +++==()()()()21212122222212121222211122222111221211222211cos 2121sin sin 21cos cos 21212121θθθθθθθθθθθθθθθ-+++=++++=+=l Ml l M l M M l l M l l M l M v M v M T x ()22112111cos cos cos θθθl l g M gl M V +--=()()()22112111212121222222212121cos cos cos cos 2121θθθθθθθθθl l g M gl M l l M l M l M M V T L +++-+++=-=代入拉氏方程得：又代入上式得即① 同理又代入上式得① 令()()()()212212121211112121212121cos sin sin θθθθθθθθθθθ-++=∂∂+---=∂∂ l l M l M M L gl M M l l M L 011=∂∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂θθLL dt d ()()()()()()0sin sin sin cos 112121212122121221221221212121=++-+----++θθθθθθθθθθθθθθgl M M l l M l l M l l M l M M ()()因为是微震动1121212121sin ,1cos ,0,,θθθθθθ==-====== l l l m M M 02212212=++θθθmgl ml ml 022121=++θθθgl l l ()()22221212122211212222222sin sin cos θθθθθθθθθθθgl M l l M L l l M l M L --=∂∂-+=∂∂ 得代入022=∂∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂θθLL dt d ()()()()0sin s s cos 2222121212212112122112122222=+------+θθθθθθθθθθθθθθgl M in l l M in l l M l l M l M ()1cos ,sin ,0,,2122212121=-=======θθθθθθ l l l m M M 0212=++θθθg l l代入①①式得：欲使有非零解，则须有解得周期5.18解 如题5.18.1图（1）系统自由度（2）取广义坐标广义速度 （3）因为是微震动， 体系动能：t t e A e A λλθθ2211,==()()002222212221=++=++g l A l A l A g l A λλλλ21,A A ()022222=++gl l l g l λλλλ()212222222222844⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-±=±-=-±-=g l i g ll l g gl gl λλ()()22222221-=+=g lg l πτπτ题5.18.1图1=s ;,,23121θθ===q q x q 231211,,θθ ===q q x q ,sin ,sin ,1cos cos 221121θθθθθθ≈≈≈≈以为势能零点，体系势能拉氏函数（4）即① 同理① 同理① 设()()()[]2212122121221θθθ l l x m l x m x m T +++++=Ox 21cos cos 2θθmgl mgl V --=()()[]21221212cos cos 22121θθθθθmgl mgl l l x m l x m xm V T L +++++++=-= ()()[]0242021211=++=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+++++=∂∂=∂∂θθθθθ ml ml x m xL dt d l l x m l x m x m xL x L02421=++θθ l l x ()()[]0sin 211211111=∂∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂++++=∂∂-=∂∂θθθθθθθθL L dt d l l x ml l x ml L mgl L()()[]0sin 21211=+++++θθθθmgl l l x ml l x ml 0222121=+++θθθg l l x []0)(sin 2221222=∂∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂++=∂∂-=∂∂θθθθθθθL L dt d l l x ml L mgl L0221=+++θθθg l l x代入①①①式得欲使有非零解，必须解之又故可得周期5.19解 如题5.19.1图（1）体系自由度 （2）取广义坐标广义速度（3）体系动能t t t tt t e A e A e A xe A e A Ae x λλλλλλλθλθλθθ22221122211,,,,====== ()()⎪⎭⎪⎬⎫=+++=+++=++0022024222122221222212g l A l A A l A g l A A l A l A A λλλλλλλλλ2,1,A A A ()02224222222222=++gl l l gl l l λλλλλλλλλ()()044222=++g l g l λλλ0≠λlg i l g i4;21±=±=λλlg l g πτπτ==11;212x题5.19.1图2=s 2211,x q x q ==2211,x q x q==体系势能体系的拉氏函数（4）体系中只有弹力做功，体系为保守系，可用①将以上各式代入①式得：①先求齐次方程①设代入①式得要使有非零，必须即2222112121x m x m T +=()[]21221a x x k V --=()212222211212121a x x k x m x m V T L ---+=-= 0=∂∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂ααq L q L dt d ()()222122111121,,xm xLa x x k x L xm xLa x x k x L =∂∂---=∂∂=∂∂--=∂∂⎭⎬⎫=--+=+-+0012222111ka kx kx xm ka kx kx xm ⎭⎬⎫=-+=-+0012222111kx kx xm kx kx xm t t t t e B xe A x Be x Ae x λλλλλλ222121,,==== ()()02221=++-=-+k m B kA Bk k m A λλB A ,02221=+--+km kk k m λλ02221421=++k m k m m m λλλ又 故通解为：其中又存在特解有①①式可得式中及为积分常数。