F__学习_陈世民理论力学简明教程(第二版)答案_第六章

(R − r) g [m1 tan ϕ − m1 tan θ − m2 tan ϕ − m2 tan θ ] cos ϕ cos θ
r (R − r) − r
2 2
代入 tan ϕ = 得： tan θ =
=
r R − 2 Rr
2
m1 − m2 tan ϕ m1 + m2
θ = arctan
(m1 − m2 )r (m1 + m2 ) R 2 − 2 Rr
t =0
=
2 6 r 3
皮周长： l = 3d + 2π r = 3 3 4r 2 − h2 + 2π r 依虚功原理： δW = mgδ h + FT δl = mgδ h − 则依： 代入： 得： FT =
δW 3 3h = mg − FT = 0 δh 4r 2 − h 2
h
t =0
3 3h 4r 2 − h 2
2 & 积分得： θ =
&
2m g 2m + m′r
4mgθ (2m + m′ )r
L r
& 当完全释放（ θ = ）时： ω = θ
L θ= r
=
2 mgl r 2m + m′
ks 2 ， s 为绳子的伸长 2
８ ．上题中，如果绳子具有弹性，弹性势能为
证明重物 m 的运动为维持恒定的加速运动上附加一角频率为 ω 的 振动。其中 ω 2 = k
微振动，取近似 sin θ : θ ， 得：
积分： 则： T( = 周期 )
θ = A cos(
m + 2m′g t) + B m + 4m′ l
（Ａ ，Ｂ 为积分常数）
2π m + 2m′g = 2π ω m + 4m′ l
７ ． 一半径为 r 质量为 m′的圆柱形轱辘，其轴线沿水平方向。 轱辘上绕有长为 l 的轻绳，绳的自由端系一质量为 m 的重物。 初始时绳子完全绕在轱辘上，体系静止。尔后重物下落带动轱 辘转动。写出此力学系列化的拉格朗日函数，并求出绳子完全 释放时轱辘转动角速度的大小。 解：如右图，取 θ 为转过的角度， x 为下降的距离。有： x = rθ 。 取Ｏ 为参照点： V = −mgx = −mgrθ
δW = −3mgl sin α + 2 FT l cos α δα
= −3mgl sin α + mgl tan cos α =0
可得：
tan
= 3 tan α
３ ． 用轻质橡皮圈捆扎三个置于光滑水平桌面上的相同球体， 捆扎的高度与还需心的高度相同。将第四个同样的球体置于三 球之上。由虚功原理求出橡皮圈中的张力。已知每个球体的重 量为 P 。 解：如右图所示。取三个桌面上球的球心所在面，及四球心立体 结构可分析得： d = 3 4r 2 − h 2 ; h
５ ． 一半径为 R 的半球形碗内装有两个质量分别为 m1 和 m2 的球 体，它们的半径同为 r （ 2r < R ） 。用虚功原理求出这两个球体 在碗中平衡时它们的连心线与水平线间的夹角 解：如右图所示，以 ｏ 为参照点，取 ∠ O2OO1 = ϕ ， O2O1 与水平线 角为 θ 。则有： hO = −( R − r ) cos(ϕ −θ ), hO = −( R − r ) cos(ϕ + θ )
δW = mgδ h + kxδ x
= −σ gl0 R sin θδθ + k (2π R sin θ − l0 )g 2π R cos θδθ
δW = −σ gl0 R sin θ + 2π 2 R 2 k sin 2θ − 2π kRl0 cos θ = 0 δθ
化简得： sin 2θ −
l0 σ gl cos θ − 2 0 sin θ = 0 πR 2π Rk
ks 2 1 ks 2 2 & ； T = m′ r 2θ + 2 4 2
(
)
1 2 1 ks 2 2 & & &+ ( & = ms m′ + 2m ) r 2θ + mrs θ − + mg ( s + rθ ) 2 4 2 d ∂L ∂L 1 & & & & = ( m′ + 2m ) r 2θ + mrs − mgr = 0 − dt ∂θ & ∂θ 2 可得： d ∂L − ∂L = ms & & & & + mrθ + ks − mg = 0 & dt ∂ s ∂ s
d ∂T ∂T ( )− = Qα & dt ∂q ∂qα α
(a = 1, 2,3,L , s )
在保守力下，取拉氏数 L = T −V 方程为：
d ∂L ∂L ( )− =0 & dt ∂q ∂qα α
若拉氏数中 L 不显含广义坐标 q 即 循环积分： ４ 微振动
p = ∂L = const & ∂q
m′ + 2m ) ( 。求出此种振动的振幅。设初始时绳子 mm′
完全绕在轱辘上，体系静止，尔后释放 解：参数同上题，则可得： x = s + rθ ； V = −mgx + 则： L = T −V
2 1 1 ks 2 2 & & & = m′ r 2θ + m s + rθ + mg ( s + rθ ) − 4 2 2
，则：
∂L =0 ∂q
非线性系统在小角度近似下，对拉氏方程的应用 ５ 哈密顿函数与正则方程 （１ ）哈密顿函数
& H ( p, q, t ) = −L + ∑ pα q α
α =1 s
式中 pα =
∂T ∂L 为广义坐标动量 = & & ∂q ∂q α α
（２ ）正则方程
& q α = ∂H ∂Pα ∂H ∂qα
(a = 1, 2,3,L , s )
& p α =−
∂H ∂L =− ∂t ∂t
&=− 若哈氏函数 H 中不显含广义坐标 q ，则： p
∂H =0 ∂q
即：循环积分
p =
∂T = const & ∂q
s
& 在稳定条件下（Ｈ 中不显含 t ） ， ∑ pα g q α = 2T 则有能量积分：
α =1
4(l 2 − 2r 2 ) 两边平方并代入 * 可解得： l0 = l
l 4 π 4 α 2 l dV π α = mg[ − 0 cos( − ) + r sin α ] = 0 dα 4 4 2
l 2
l 2
π 4
α 2
２ ． 用绳子等距离地在定点 Ｏ 处悬挂两个相同的匀质球， 两球 之上另放置一相同的球体，如图。已知分别悬挂两球的绳长都 是 l 。用虚功原理求出 α 角与 角之间的关系。 解：依受力分析知 FT =
=
π α − 4 2
π l 2 − 2r 2 依余弦定理： sin α = − cos(α + ) = LL * 2 2r 2
知：杆的势能： V = mg ( 0 sin − r cos α ) = mg[ 0 sin( − ) − r cos α ] 因静平衡，应用虚功原理得： 得： 0 cos( − ) = r sin α
mg tan 2
且： δW = −2mgδ (l cos α ) + mgδ (l cos α − 2r cos ) + 2 FT δ (l sin α )
= −2mgl sin αδα − mgl sin αδα + 2mgl sin δ + 2 FT l cos αδα
则：依虚功原理达到平衡时有：
第六章 分析力学
滚滚长江东逝水，浪花淘尽英雄。达朗贝尔， 拉 格朗日，哈密顿等许多前贤相聚于此 冲击波 叱咤风云。 ［ 要点分析与总结］
１ 虚功原理： （平衡时） 理想条件下，力学系的平衡条件是各质 点上的主动力所作的 虚功之和为零：
δW = ∑ Fi •δ ri = 0
i =1 n
力学论剑 ， 其 。微分方程将
= dU
依上亦可得：
pα = ∂U ∂qα ∂U ∂Qα ∂U ∂t
Pα = −
H* −H =
U 为母函数，当 Pα ， Qα ， H 不显含 t 时，
以上条件等于： ∑ ( pα dqα − Pα dQα ) = dU
α =1
s
〈析〉 ： 正则变换妙在不解方程而使问题出解。 得意忘形 到极点了。
［ 解题演示］
６ ． 一轻杆长为 2l ，一端光滑铰链于固定点 Ｏ ， 另一端点及中点 分别焊接有质量为 m′ 和 m 的小球。杆可在铅直平面内绕固定点 摆动。写出此力学 系统的拉格朗日函数，并求出其作微小摆 动时的周期。 解：以 Ｏ 为参照点，取杆与竖直方向夹角为θ 。则有：
V = −mgl cos θ + (−m′ g 2l cos θ ) = −(m + 2m′ ) gl cos θ 1 1 & m + 4m′ 2 & 2 2 & T = J m′ θ + J mθ = l θ2 2 2 2
拉氏函数：
L = T −V =
m + 4m′ 2 & l θ 2 + ( m + 2 m′ ) gl cos θ 2
解拉氏方程：
d ∂L ∂L & & ( & )− = ( m + 4 m′ )l 2θ + ( m + 2 m′ ) gl sin θ = 0 dt ∂θ ∂θ m + 2m′gθ & & θ =− m + 4 m′ l