理论力学专业课复习题09-10年解答

理论力学复习题1. 根据平面极坐标系速度v ri r j θ=+ 公式 ，导出平面极坐标系加速度公式。

解：rri = i r j r j r dt j d r j dt d r j dt dr j r dt d 2)(θθθθθθθ−+=++=速度： ()dr d v r dt dt== i ()dr d dr di v ri i r ri ri dt dt dt dt ===+=+ ,di dj j dt dti θθ==− i r j v i v j v r r θθ=+=+ 加速度 ()d ri r j dv a θdt dt +== j r i r dt i d r i dt r d i r dt d θ+=+=)( 同理 ()(22a r r i r r )j θθθ=−++ 22r a r r a r r θθθθ=−=+ 2. 若质点沿对数螺旋线运动时，极点为力心。

用比内公式求作用于质点上的力与距离的关系。

θk ae r =解：由比内公式得 =- u== ==F=-m(k 2+1)=2231(1)mh k r −+3. 一质量为m 的质点，在有阻力的空气中无初速的自离地面为H 的地方竖直下落。

如阻力与速度的平方成正比，求解质点的运动规律。

解：（见教材P40例2）设：22R mgk υ=22mxmg mgk υ=−+ 22(1)d x g k dtυυ==−− 221d gdt k υυ=−− 1()tgh gkt k υ=−21ln cosh()x h g gk =−kt )4. 证明由2323222(6)2(36F y z xz i xyz j xy z x z k =−++− 定义的场是保守力场，并求其势能函数。

解：由判断保守力条件：0F ∇×= 0y x F F y z∂∂−=∂∂ 0x z F F z x∂∂−=∂∂ 0yx F F x y∂∂−=∂∂ 所以，该力是保守力。

存在势函数。

00()x y z V W F dr V F dx F dy F dz V =−=−+=−+++∫∫ i=23232220(6)2(36)y z xz dx xyz dy xy z x z dz V −−++−+∫=222303x z xy z V −+5. 一质量为m ，长为l ，绕通过杆端点O 的铅直轴以角速度转动，杆与转轴间夹角保持恒定。

求按图示坐标系杆对O 点的惯量张量，以及对O 点的角动量。

解： 对O 点惯量张量 2200010031003I ml ml ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦21sin 3xx x yy y zz z J I i I j I k ml j ωωωω=++= θ 6. 一质量为m ，半径为R ，高为h 的均匀圆柱体，它绕着过质心偏离其对称轴角度为θ的定轴以角速度ω转动。

已知，圆柱绕中心轴线的转动惯量为212I mR =，圆柱对通过质心并垂直于圆柱轴线的轴的转动惯量为21(3122)I m h R =+。

求圆柱体转动的动能。

解：圆柱体的动能 221ωI T =求绕定轴的I，建立主轴坐标系0 – xyz,三个坐标轴即对称轴。

轴转动惯量： 2212231(31212 )I I m h R I mR ==+=221232I I I I αβγ=++∵而 θγπβθθπαcos ,02cos ,sin )2cos(====−= θθ22222cos 21sin )3(121mR R h m I ++=∴ ]cos sin )3(61[41212222222θθωωR R h m I T ++==∴7. 质量为m 、半径为a 的均质圆盘，绕与垂直于盘面的几何轴成角的轴转动，如图2所示。

求：45=θ（1）绕该轴的转动惯量。

（2）若圆盘绕轴转动的角速度为ω，求圆盘转动的角动量。

解：（1）取盘的对称轴为坐标轴，转轴在OXZ 平面内，则21214I I m == R 2312I mR =2245cos ,0,2245sin ===== γβα 223222183mR I I I I l =++=γβα （2）O 点的惯量张量⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⇒222210004100041mR mR mR I角速度 →→→+=k i ωωω2222 →→→→→→+=⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎜⎜⎝⎛⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛=k mR i mR mR mR mR k j i J 22222428222022210004100041ωω 转动动能()()2222322212232221163212121ωωγβαωωωωmR I I I I I I I T l Z y x ==++=++= 8. 一圆盘型陀螺，半径为r ，绕轴线OC 以恒定角速度1ω 转动，轴线则以匀角速度2ω 绕竖直轴转动。

已知陀螺高为h ，与铅直线间的倾角为θ，如图1所示。

求圆盘最低点B 处的速度。

解：建立如图坐标系。

做BD.CE 两垂线→→=k 22ωω→→→+=k j θωθωωcos sin 111()12121sin cos j k ωωωωθωωθ→→→→=+=++ 合()θθψθsin cos cos cos cos 2222r h h r OBDh r OBD OB BD −=++=∠+=∠=θθcos sin sin r h OBD OB OD +=∠=()(→→→−++=k r h j r h OB θθθθsin cos cos sin )()()()→→→→→→→→++−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+×−++=×=ih r r k j k r h j r h OB v B ]sin cos [cos sin ]sin cos cos sin [2111θθωωωθωθθθθω合9. 如图所示，杆AB 在oxy 平面内运动，其下端沿OA 滑动，而杆本身则于任何时刻均通过M 点。

试由几何法确定杆的瞬心位置，并证明杆的空间极迹方程为。

hy x =2解：C 点位瞬心位置θtan h x =θtan x y =得hy x =210. 如图所示，重量为P 、长为l 的匀质直杆的一端靠在光滑的水平地面上，而杆身与水平成ϕ =60°角，此杆自静止状态开始下滑。

求运动开始时，杆对地面的压力。

（用牛顿力学方法求解，用其它方法求解不得分）解：建立如图所示坐标系ϕϕ⋅=∴cos 2l yc2sin 2cos 2ϕϕϕϕ l l y C −= C ym P N += l g 712−=ϕ60,0==ϕt 0=ϕP N 74=∴11. 有一直管，管内有一小球质量为m ，直管可以绕通过一端且垂直于直管的轴在水平面内转动。

开始时，直管绕轴转动的角加速度为0ω，小球离管一端的距离为a ，与直管相对静止。

试求小球相对于直管的速度与管端距离之间的关系。

设转轴处无摩擦力矩，管子光滑，管子转动惯量为I 。

解：以直管为参照系，方向沿管，沿竖直轴建立坐标系Oxyz ，则小球受力为：Ox Oz 2,,2G mg N F m xi F m x jωω====− 牵科 故沿Ox 方向运动的微分方程为：2mxm x ω= 20x x ω−=（1） 小球与直管系统角动量守恒，220()(I ma I mx )ωω+=+ （2）（2）代入（1）2202(I ma x x I mxω+=−+ 解得：222021()()x I ma C m I mx ω=−+++由初始条件：t x 可得，0,,0a x === 220()C I ma mω=+ 可得小球相对于直管的速度与管端距离之间的关系为22202211()[x I ma m I ma I mx ω=+−++ 半径为R 的圆柱面内表面12. 一半径为r ，质量为m 的小圆柱体沿一固定的纯滚动。

试求圆柱体在其平衡位置附近微振动周期。

解：Ⅰ 牛顿力学解法选取自然坐标系C i mr F =∑ 由2()sin ()cos m R r mg f m R r N mg J f r θθθθϕ⎧−=−+⎪−=−⎨⎪=−⋅⎩ϕ为小圆柱沿大圆柱内表面相对于O 点转过θ角度时自身转过的角度。

又因为小圆柱与大圆柱内表面的接触点速度为0，所以()r R r ϕθ=− 结合上述四式可得：2sin 03()g R r θθ+=− 又因为小圆柱体在其平衡位置附近做的是微振动运动，所以sin θθ≈即203()g R r θθ+=− 可得小圆柱体在其平衡位置附近做微振动运动的频率为ω= 即小圆柱体在其平衡位置附近微振动的周期为T = Ⅱ 拉氏方程求解由题意可得，系统的自由度为1，选取广义坐标θ。

设O 点转过θϕ为小圆柱沿大圆柱内表面相对于角度时自身转过的角度。

又因为小圆柱与大圆柱内表面的接触点速度为0，所以()r R r ϕθ=− 以O 点所在平面为势能0点，可得系统的势能为 ()cos V mg R r θ=−− 系统的动能为 221122T mv I ω=+2()()12v R r r R r r I mr θωϕϕθ⎧⎪对应本题有 =−=⎪⎪−⎨=⎪⎪=⎪⎩ 可得2222111[()][]2223[]4R r T m R r mr r m R r 2θθθ−=−+⋅=− 拉氏函数为223[]()cos 4L T Vm R r mg R r θθ=−=−+− 求偏导得2()cos 3()2L mg R r L m R r θθθθ∂⎧=−−⎪⎪∂⎨∂⎪=−⎪∂⎩0d L L dt θθ∂∂⎛⎞−=⎜⎟∂∂⎝⎠得 带入拉式方程2sin 03()g R r θθ+=− 接下来同经典力学解法可得小圆柱体在其平衡位置附近微振动的周期为T =13. 半径为R 的圆盘以匀角速ω绕通过其中心并与盘面垂直的竖直轴转动，r 的圆槽，一质点在此槽内以等速沿槽运动，求此质点的绝对速度和绝对加速度。

盘上有一半径为v解：平面转动参照系设动系原点总与静系原点重合轴ζ与k 永远重合，动坐标以ω绕ζ轴转动：v v ′=+ r ω×（沿槽切线）r 由题设：相对速度v = v ′牵连速度|sin 90r r |ωω×= ω= （沿切线）所以r v v ω=+绝对（沿切线）′ 加速度：a a r ωω′′=−+ 依题意：因为2 ()2t c a a a a a r r r v ωωωωω′′=++=+×+⋅−+×2v ×2n t a a a ′=+20,||()t n v v a a r=== 常数,法向 又（沿槽切线）所以所以v v ′= |2|2sin 90()v v ωω′×= 法向22v 2()a v r rωω=++沿半径 14. 一质点P 离开B 点，沿直角三角形ABC 的斜边AB以速度匀速运动，v ′ ABC θ∠=，此三角形以匀角速ω绕BC 轴转动。