理论力学课后习题第三章解答

理论力学课后习题第三章解答
3.1解 如题3.1.1图。

均质棒受到碗的弹力分别为，棒自身重力为。

棒与水平方向的夹角为。

设棒的长度为。

由于棒处于平衡状态，所以棒沿轴和轴的和外力为零。

沿过点且与
轴平行的合力矩为0。

即：
①
②
③ 由①②③式得：
④ 又由于
即
⑤ 将⑤代入④得：
图
题1.3.11N ,2N G θl x y A z 0sin 2cos 21=-=∑θθN N F x
0cos 2sin 21=-+=∑G N N F
y
θθ0cos 2
2
=-=∑θl
G c N M i ()θ
θ2
2cos 1cos 22-=c l ,cos 2c r =θr
c 2cos =
θ
3.2解 如题3.2.1图所示，
均质棒分别受到光滑墙的弹力，光滑棱角的弹力，及重力。

由于棒处于平衡状态，所以沿方向的合力矩为零。

即
①
由①②式得：
所以
()c
r c l 2224-=o
图
题1.3.21N 2N G y 0cos 2=-=∑G N F
y
θ0cos 2
2cos 2
=-=∑θθl
G d N M z l
d
=
θ3cos 31
arccos ⎪
⎭
⎫ ⎝⎛=l d θ
3.3解 如题3.3.1图所示。

棒受到重力。

棒受到的重力。

设均质棒的线密度为。

由题意可知，整个均质棒沿轴方向的合力矩为零。

3.4解 如题3.
4.1图。

轴竖直向下，相同的球、、互切，、切于点。

设球的重力大小
图
题1.3.32
AB i G ag ρ=1i G bg
ρ=2ρz ()BH BF G OD G M z --⋅=∑2
1sin θ=0sin cos 2sin 2=⎪⎭
⎫ ⎝⎛--θθρθρa b gb a ga ab
a b 2tan 22
+=θ图
题1.3.4Ox A B C B C D
为，半径为，则对、、三个球构成的系统来说，在轴方向的合力应为零。

即：
①
对于球，它相对于过点与轴平行的轴的合力矩等于零。

即：
②
由式得：
3.5解 如题3.5.1图。

梯子受到地面和墙的弹力分别为，，受地面和墙的摩擦力分别为，。

梯子和人的重力分别为，且。

设梯长为，与地面夹角为。

由于梯子处于平衡，所以
①
②
且梯子沿过点平行于轴的合力矩为零。

即：
③ 又因梯子是一个刚体。

当一端滑动时，另一端也滑动，所以当梯与地面的倾角达
到最小时，
G r A B C x 0cos 23=-=∑αT G F x
C D z ()0sin sin =--=∑βαβGr Tr M
D
αβtan 3tan =
1图
题1.3.51N 2N 1f 2f 1G 2G 123G G =l θ012=-=∑f N F x
02112=--+=∑G G N f F
y
A z 0sin cos cos 2
cos 221
2=--+=∑θθθθl N l f l
G l G M i
④ ⑤ 由①②③④⑤得： 所以
3.6解 （a ）取二原子的连线为轴，而轴与轴通过质心。

为质心，则，
，轴即为中心惯量主轴。

设、的坐标为，因为为质心（如题3.6.2图）
故
①
且
1121
N f =223
1
N f =
24
41tan =θ⎪⎭
⎫
⎝⎛=-2441tan 1θx y z O Ox Oy Oz y
1
m 2m C
h
a
x •
1
m 图
题1.3.61m 2m ()()0,0,,0,0,21l l
O 02211=+l m l m
②
由①②得
所以中心惯量主轴：
（b ）如题3.6.3图所示，
该原子由、、三个原子构成。

为三个原子分子的质心。

由对称性可知，
图中、、轴即为中心惯量主轴。

设、、三原子的坐标分别为，因为为分子的质心。

所以 =
① 又由于
② ③
由①②③得：
l l l =-122
1122121,m m l
m l m m l m l +=+-
=()0221=+=∑i i i z y m I ()2
2121222l m m m m x z m I i i i +=+=∑()2
2
121223l m m m m y x m I i i i +=
+=
∑图
题3.6.3A B D C Cx Cy Cz A B D ()0,,0A y ⎪⎭
⎫
⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-0,,2,0,,2D B y a y a C D B A D D B B A A C m m m y m y m y m y ++++=
01
12112=++++m m m y m y m y m D
B A D B y y =h y y B A =-2
122112.22m m h
m y y m m h m y D B A +-==+=
故该分子的中心主转动惯量
3.7解 如题3.7.1图所示。

沿轴平行于平切椭球得切面为一椭圆，则该椭圆方程为：
可求该切面的面积
故积分
同理可求
故中心主转动惯量：
()()D B A i h m m m m z y m I i i i ,,222
2
121221=+=
+=∑()()D B A i a m x z m I i i i ,,2
2
12
2
2==+=∑()()D B A i a m h m m m m y x m I i i i ,,2
222
1221212
2
3=+
+=+=
∑y Oxy 1
1122
22
22
22
=⎪⎪⎭⎫
⎝
⎛-+
⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛-b y c z b y a x ()
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-=221b y ac S y π()c ab dy b y ac y dy S y dm y b
b b
b y 3
222
2
2
1541πρρπρ=⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛-=⋅=⎰⎰⎰--,15432
bc a dm x πρ=
⎰3215
4
abc dm z πρ=⎰
又由于椭球体积
故
将代入得：
3.8解 设表示距球心为的一薄球壳的质量，则
所以该球对球心的转动惯量
① 在对称球中，绕直径转动时的转动惯量
② 又球的质量
③ 又绕直径的回转半径
()()2222115
4
c b abc dm z y I +=+=⎰πρ()()2222215
4
c a abc dm z x I +=+=⎰πρ()()2222315
4
b a ab
c dm y x I +=
+=⎰πρ()abc dy b y ac dy S V b
b b
b y ππ34
122=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-==⎰⎰--abc
m
V m πρ43==
ρ321,,I I I ()2215
1
c b m I +=()2225
1
c a m I +=()2235
1
b a m I +=
dm r 2
02
r dr r dm πρρπ==dr R r ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-221α3557150220
4
02
απραπρ-=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-==⎰
⎰R dr R r r dm r I R
R
I I 3
2
=
'1535130220
2
0απραπρ-=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-==⎰
⎰R dr R r r dm m R
R
④ 由①②③④得
3.9解 如题3.9.1图所示坐标系。

为正方体中心。

、、分别与正方体的边平行。

由对称性可知，、
、轴就是正方体的中心惯量主轴。

设正方体的边长为。

设为平行于轴的
一小方条的体积，则正方体绕轴的转动惯量
根据对称性得
易求正方体的对角线与、、轴的夹角都为。

且
故正方体绕对角线的转动惯量
① m
I k '=
R k α
α
21351014--=
Oxyz 图
题1.9.3O Ox Oy Oz Ox Oy Oz a ()2
2222
226
a m dydz z y a I a a a a xx =
+=⎰
⎰
--ρ2
6
a m I I I xx zz yy =
==Ox Oy Oz θ3
1cos =
θ2
2226
cos cos cos a m I I I I zz yy xx =
===θθθ
又由于
②
绕对角线的回转半径
③ 由①②③得
3.10解 如题3.10.1图。

轴过点垂直纸面向外。

均质圆盘的密度为。

设盘沿顺时针转动，则沿的
方向有 即
① 为转盘绕轴的转动惯量：（为盘的质量）， ②
（为盘转动的角频率，负号因为规定顺时针转动）
=③ 由①②③得
a d 3=m
I
k =
2
3d k =
图
题1.3.10z O ρz z z
M dt
dI =z z M I =ω
I z 22
1
ma I =
m ωω-=z ω320
232a g dr d r g M a
z ρμπθρμπ=
=⎰
⎰
()23
2
a m ma g πρρμ=
又因为
故
所以
得
3.11解 如题3.11.1图所示，
设轴通过点垂直纸面指向外。

则对轴有：
设通风机转动的角速度大小为，由于通风机顺时针转动。

所以，将
代入上式得： 。

又由于，解得：
故当时，㏑。

又由于 （为通风机转动的角度） a
g
34μω
-= (),00ωω=()t a
g
t 340μωω-
=(),0=t ωg
a t μω430
=图
题1.3.11z O z Z M dt
dz
=()t ω()t z ωω-=()()t z t k M I z ωω=-=,()()t t k I ωω
=- ()()00ωω= ()t I
k
t e
-=0ωω()2
ωω=
t k
I t =
2()()t t θω =θ
设，
故当㏑时，，时间内通风机转动的转数
3.12解 如题3.12.1图，
第3.12.1图
坐标与薄片固连，则沿轴方向有：
且 ①
现取如图阴影部分的小区域，该区域受到的阻力
对轴的力矩所以
②
又薄片对轴的转动惯量
③
()00=θ()t I
k
t e -=0
ωθ ()()
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛
-=+=--⎰t I k t I
k
t
t e k
I dt e
10
00
0ωθωθk I
t =
2()k
I t 20ωθ=t ()()k
I n t πωπθθ420
0=-
=
Oxyz z Z M dt
dz
=z I z ω=ady dS =()2
2y kady kdSv df z ω==df z dy y ka y df dM z z 32ω-=⋅-=2
30
4
z a
z z b a k dM M ω-==⎰
()ab m ma bdy y dm y I a a ρρ====⎰⎰202023
1
由①②③得：
当时，
3.13解 如题3.13.1图所示，
坐标系的原点位于圆弧最顶点。

设圆弧平衡时，质心的坐标为。

如图所示圆弧偏离平衡位置一小角度，则满足微分方程
为圆弧相对于轴的转动惯量。

当很小时，，代入上式得：
① 圆弧上对应转角为的一小段圆弧的坐标为 质心的纵坐标
上式中为圆弧的线密度
②
()021431ωω+=
t m b ka t z ()2
ωω=
t z 0
234ωb ka m
t
=图
题1.3.13Oxyz c ()0,,0l c -θθθ
θ I mgl =-sin I Oz θθθ≈sin 0=+θθ
I
mgl
θ()0,cos ,sin R R R -θθc ()
R R Rd R R R d y c
sin cos 0
θθθ
ρθθρθθ
θθ+
-=-=
⎰⎰-
-
ρR R l 0
sin θθ-
=
又
③ 其中，将②③代入①得
④ 解④式得通解
微振动周期
3.14解 如题3.1
4.1图所示坐标系。

由动量定理及动量矩定理得：
① ② ③ 其中
()()[]
θθθρθθd R R R R I ⎰-+-=0
2
2sin cos ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=002sin 12θθmR 02θρR m =02=+θθ
R
g
()⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛
+=ϕθt R g
A t 2cos g R R
g
T 2222π
π==
Oxyz 题3.14.1图
()
x c c c R y x m x m =--=θθ 2()
mg R x y m y m y
c c c -=+-=θθ 2θθ
sin 2mga mk -= θθcos ,sin a y a x c c -==
又根据机械能守恒定律得：
④ 由①②③④解得：
3.15解 如题3.15.1图所示坐标系。

由于球作无滑滚动，球与地面的接触的速度与地面一致，等于零，所以点为转动瞬心。

以为基点。

设球的角速度，则
设轮缘上任意一点，与轴交角为，则
故
当时，得最高点的速度
()022cos cos 2
1θθθ-=mga mk ()θθθsin cos 3cos 202
2
+=k mga R x ()[]mg k mga R y +--=1cos cos 2cos 302
2
θθθOxyz 题3.15.1图
A A O k ω-=ω()()()0000=-=-⨯-+=⨯+=k j k i OA ωv v r v r v A ωωr
v 0
=
ωp Op x θOp j i θθsin cos r r +=()()j i k i Op ωv v θθωsin cos 00r r v p +⨯-+=⨯+=()j i θωθωcos sin 0r r v -+= 90=θ02v v top =
当和时分别得到最高点和最低点的加速度
3.16解 如题3.16.1图所示，
由题意知该时刻瞬心一定处在的垂线中。

设瞬心为。

则
易知的方向如图，在中
()Op ωωOp ω
a a ⨯⨯+⨯+
=dt
d p 0()()()[]j i k k θθωωsin cos r r +⨯-⨯-=()j i j i θθθωθωsin cos sin cos 2
02
2
+-=--=r
v
r r 90=θ 90-j a r v
top
2
0-=j a r
v
bottom
20=题3.16.1图
C
AC AO O AO ω
v
=
B v AOB ∆OAB AB AO AB AO OB ∠⋅-+=cos 22
222222
2b
a b a v a v +-+⎪⎭⎫ ⎝⎛=ωω2
2
22221
b
a a
b v
a v OB +-+=
ωωω
=⋅=OB v B ω2
22222b a ab v
a v +-+ωωBO
OAB
AO AB BA BO AO BA OB OBA ∠-=
⋅-+=∠cos 2cos 222
即为与边的夹角大小。

3.17解 如题3.17.1图所示，
点为极轴的原点，极轴过点，所以在杆上任意一点。

设。

设的坐标为
再来求瞬心的轨迹。

由于点速度沿弧面，点的速度沿杆。

现分别作与
的垂线交于点，则即为瞬心（见题3.17.1图）。

当点的极角为时，易知点的极角，故点的极径
易证明为等腰三角形。

有
又因为﹤，所以﹤0。

所以点轨迹位于轴上方，半径为的
2
22
2
2
2
22b a ab v
a v
b a b v
a +-++-=
ωωω⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣
⎡+-++-=∠-222
222
212cos
b a ab v
a v
b a b
v a OBA ωωωOBA ∠B v
CB 题3.17.1图
M O AB p a =AP p ()θρ,θcos 2r =AM a r -=-==θρcos 2AP AM PM A M AB A v M v C C A θC 90-='θθC θρsin ⋅=='AC MC OCM ∆r ===OA OM OC r 2=+=OC AO AC θθρ'=='cos 2sin 2r r θ≤0 90θ'≤- 90C x r
半圆，如图虚线所示。

3.18解 如题3.18.1图所示。

由于圆盘作无滑滚动，所以为圆盘的瞬心，故，设圆盘匀速转动的角速度为，则
①
因为点的速度沿地面水平向右，分别作和的垂线交于点，则点即为杆的瞬心。

且得
由几何知识可知与竖直方向夹角为
，又知
又，所以
② 又。

即：得
题3.18.1图
A
D DB v B ⊥ω00=-=r v v D ωr
v 0
=
ω2
sin
22
sin
20ϕ
ϕ
ωωv r DB v B =⋅=⋅=A A v B v C C CAB
ABC
v BC AC v v B B A ∠∠=⋅
=sin sin B v 2
ϕ290ϕ-=∠
ABN θ-=∠ 90ABN 2
180ϕ
θ+
=∠-∠-=∠ABN MBC CBA θ-=∠ 90CAB ⎪
⎭⎫ ⎝⎛+=⎪
⎭⎫ ⎝⎛
+=2sin 2cos cos sin cos 2sin ϕϕθ
θθϕθB B A v v v ϕθcos sin OB OD AB BN -==ϕθcos sin r r l -=
③ ④ 由①②③④解得：
3.19解 如题3.19.1图，
固定坐标系。

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，则
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：
在杆脱离悬点后，根据动量定理和动量矩定理：
① ② ③ ③式中为杆绕质心的转动惯量，为沿过质心平行于轴的合力矩，易知
()ϕθcos 1sin -=
l
r
2
sin 41sin 1cos 4222ϕθθr l l -=
-=⎪
⎪⎪⎪
⎭
⎫ ⎝⎛+-=12sin 4sin 2sin 242220ϕ
ϕϕr l r v v
A Oxy 0ω()2022
0312121ωω⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=
ma a m mga a
g
230=
ω0=c x
m mg y
m c -= z z M I =ω
I z M z
，又，代入③式得
即杆将作匀速转动。

解①②得
④ 所以质心的轨迹为一抛物线。

故当时，杆的质心下降，代入④式得
故时间内杆的转数
3.20解 如题3.20.1图，
设圆柱体的转动角速度为，设它受到地面的摩擦力为，由动量定理和动量矩定理知：
① 0=z M ()00ωω=z ()a
g t z 230=
=ωω()()()()a
y y
x ga
a x
c c c c -===-=-=0000,00,230 ω221
,23gt a y t ga x c c --=-
=a x a
y c c --
=2
31h a y c --=h g
h t 2=
t a
h
g h a g t n 321
22321
20πππω=
=
=
题3.20.1图
'
m
k ωω-=f 1a M x
M f T F
c x
∑==+=
21 ② 对于滑块。

由动量定理知： ③ ④ 以为基点：
假设绳不可拉伸。

则。

故⑤ 由①②③④⑤解得：
∑-
=+-=ω 22
1Mr fr Tr M z 2ma y
m mg T F y -==-=∑ ωr x
c = ω r x
a c ==1C r a a Ax ω
+=12a a Ax =r a a ω
+=12m
M mMg T m M mg a m M mg a 833,838,83421+=+=+=。