理论力学教程(第三版)第四章 周衍柏编

ω 2b [(1 + π )i+ πj] π ω 2b 2π 2 + 2π + 1 a = π
I
ωb j 2π
故 P 在 A 点时的绝对速度
C
即 ω = ωk . 设 P 点沿运动的相对速度为 v ′ = v ′j 则有题意得：
S
设 a与y轴(AB边 ) 的夹角为 θ ′ ，则 tan θ ′ = a x = π + 1 ,故 a 与 AB 边的夹角为 ay π
得
I
)
C
S
2ω 2 y g
t = ln 2 + 3
所以此时：
(
)
ω
a ωk × 2 3i = 3 aωi 2 v = (v ′ + ω× v ′) x = 2 a = 3aωi + 2 aωj
x=2a i = v′ = x 故当球刚要离开管口时的相对速度为 3aωi ，绝对速度为 3aωi + 2aωj ，小球 从开始运动到离开管口所需时间为 ln 2 + 3
a = a ′ − ω 2R + 2ω× v ′
) = 0 − ω 2 O ′p + 2ωi× 2ωv ′(cos αi+ sin αj
= −ω 2 O ′pt sin αj+ 2ωv ′ sin αk = −ω 2 v ′t sin αj+ 2ωv ′ sin αk
最后有
a = ωv ′ sin α ω 2 t 2 + 4
I
x
C
S
的一点，且有 O ′P ⊥ x轴 ，所以 P 点的绝对加速度：
N = mg
有①得
cos θ
②
mω 2 x dx dx ω 2 x ③ = tan θ = , 得 = mg dy dy g
又因为 y = f ( x ) 过原点.对上式积分得抛物线 y = ω x 2g
2 2
有③得
cos θ =
S
(
2 + ω 2r 2 = v2 ② r
2r r + ω 2 r = 0
= v. t = 0 时， r
⎧A = 0 A=0 ⎪ 即⎧ ,⎨ v ⎨ ⎩ Bω = v ⎪ B = ω ⎩
I
)
C
S
x
ω
z
o
y p
α
o′
•
x
题４．３．１图
直角坐标 Oxyz 的原点位于圆锥顶点 Ox 轴过圆锥的对称轴. O ′为P 点在轴上对应
1 1 + tan 2 θ
=
1 ⎛ω2x ⎞ 1+ ⎜ ⎜ g ⎟ ⎟ ⎝ ⎠
2
= 1+
1
将 cosθ 代入②的反作用力
N = W 1+
2ω 2 y g
为：
故沿 Ox 方向运动的微分方程为：
Y
j G = mg , N, F牵 = mω 2 xi, F科 = −2mωx
H
P
有初始条件： t = 0, x = a, x = 0 可得①式解为
tan
θ
2
=
+ 2r ϕ rϕ = 2 r − rϕ
θ θ 2 − a sin θ − a cos θ + 2ω 2 + 2ωθ 2 2
θ θ ⎛ 1 ⎞ a cos θ − 2a sin θ ⎜ω + θ ⎟ 2 2 ⎝ 2 ⎠
(
)
化简得
+ sin θω 2 = 0 θ
初始条件为：
t =0 = 0 s t = 0 = a, s
故可得：
C1 + C 2 = −a
故
⎫ a ⎬得C1 = C 2 = − − iω (C1 − C 2 ) = 0⎭ 2
s = 2a − a cos ωt
ຫໍສະໝຸດ Baidu
4.8 解 以抛物线形金属丝为参照物 Ox 沿抛物线在顶点的切线方向， Oy 沿竖直
对②式两边同时球时间导数得：
依题意 r ≠ 0, 故 r + ω 2 r = 0 解得通解 当 t = 0 时， r (t ) = 0 ，将其带入①式游客的知：
H
P
最后有 r (t ) = v sin ωt ω
4.3 解 如题 4.3.1 图所示，
Y
r (t ) = A cos ωt + B sin ωt
点为原点 O ，质点的运动微分方程为：
= 2mωy sin λ m x ⎧ ⎪ = −2 m ω ( x sin λ + z cos λ ) ① y ⎨m ⎪ m cos λ = −mg + 2mωy z ⎩
初始条件为：
P
如上题同理可得
= 2ωy sin λ ② x
方程 − ω 2 x = 0 的通解 x
而方程①的特解为：
x(t ) = g 2ω 2 sin ωt
故方程①的通解为：
Y
− ω 2 x = −mg sin ωt ① x
S
a
o
y
题４．６．１图
x(t ) = C1e −ωt + C 2 e ωt
I
•
C
x
S
x(t ) = C1e −ωt + C 2 e ωt +
其中 r = 2a cos θ , ϕ = ωt + θ , θ 为 M 与圆心 C 的连线和通过 O 点的直径间所夹的 2 2
S
g 2a
⎧ N cos θ = mω 2 x ⎨ ⎩ N sin θ = mg
mg dx 2a = = ω 2 x dy x
I
C
ω2 =
g 2a
S
= 0, =0 x x
4.9 解一当小环相对平衡时，由上题可知即要求 x 为常数，故
故
解二 以地面为参照系，则小球受力 N, G ，如图 4-8 所示.其中 Oxyz 为固定地面 的坐标系，故平衡时有：
tan θ =
Y P H
角
ω2 =
4.10 解 以地面为参考系，则小环的运动微分方程为：
θ ⎧ 2 m (r − rϕ ) = N cos ⎪ ⎪ 2 ⎨ θ ⎪m (rϕ + 2 r ) = N sin ϕ ⎪ ⎩ 2
x= a ωt e + e −ωt 2
S
(
4.5 以直管为参照系，Ox 方向沿管，Oz 沿竖直轴建立坐标系 Oxyz ，则小球受力
= mω 2 x m x −ω2x = 0① x
故当邱刚离开管口时，即 x = 2a, x > 0 时.则
a ⎧ 2a = (e ωt + e −ωt ) ⎪ ⎪ 2 ⎨ ⎪ a (e ωt ω − ωe −ωt ) > 0 ⎪ ⎩2
(
)
ω
4.6 解 以光滑细管为参考系， 如题 4.6.1 Ox 沿管， Oz 沿水平轴建立坐标系 Oxyz ， 图所示，
z
则小球受力为：
故沿 Ox 方向运动的微分方程为： = mω 2 x − mg sin ωt m x
P
H
j G = mg , N, F牵 = mω 2 xi, F科 = −2mωx
b ∝ ω << 1
所以将 1 展开可得 1− b
1 ≈1+ b 1− b 2V sin α (1 + b) t= g
由式及初始条件可得
x = ωV sin λ cos αt 2
所以炮弹落地时的横向偏离为
d = ωV sin λ cos α
4V 2 sin 2 α 4V 3 2 ( ) 1 ω sin λ sin 2 α cos α + b ≈ g2 g2
g 2ω 2
sin ωt
初始条件为当 t = 0 时， = v0 x = a, x 故可得
⎧ v0 1⎛ g ⎞ ⎟ ⎪C1 = 2 ⎜ a − ω + 2ω 2 ⎠ ⎪ ⎝ ⎨ v g ⎞ ⎪C = 1 ⎛ ⎟ ⎜a + 0 − 2 ⎪ 2⎝ ω 2ω 2 ⎠ ⎩
x=
4.7 解 以水平细管为参考系，Ox 沿管，Oz 沿竖直转动轴向上建立坐标系 Oxyz ， 如题图 4.7.1 图所示
第四章习题解答
4.1 解如题 4.1.1 图所示.
y
vθ a
A
θ′
P
o
Ｂ
x
ω z
题４．１．
坐标系 Oxyz 的原点位于转动的固定点， Ox 轴沿 OB, Oz 轴与角速度的方向一致，
b 2π ωb = ，得： v ′ = v′ ω 2π
v = v ′ + ω× OA ωb ) = j+ ωk × (bj+ bi 2π ωb [− 2πi+ (1 + 2π )j] = 2π ωb 8π 2 + 4π + 1 v = 2π
Y H
y
S
z
o•
a
题４．７．１图
P
则易得质点 m, m′沿Ox 反方向的运动微分方程为： = mω 2 x + k (s − a ) ① m x + m′( x s) = m′ω 2 ( x + s ) − k (s − a ) ② 将方程①②作简单变换可得：
m ′ s + m′ k (s − a ) = m ′ω 2 s − k (s − a ) m
设 v 与 y 轴 (即AB边 ) 的夹角为 θ ，则 tan θ = v x = 2π , 故 v 与 AB 边的夹角为 2π + 1 vy
P
arctan
2π ，且指向左上方。 2π + 1
P在A 点时绝对速度
H
Y
=−
a = a ′ -ω 2 OA + 2ω× v ′
S
) + 2ωk × = 0 − ω 2 (bi+ bj
arctan
π + 1 ，且指向左下方。 π
4.2 解 如题 4.2.1 图所示，
p
o
ω
θ
题４．２．１图
以 Ox 转动的方向为极角方向建立坐标系。Oz 轴垂直纸面向外，设 P 点相对速度
v = v ′ + ω× OP e r + ωk × rer ① =r e r + ωre θ =r
设绝对速度 v 的量值为常数 v ，则：
4.11 解 以地面为非惯性参考系，建立坐标系 Oxyz ， Ox 指正南， Oz 竖直向上，
= 2 mωy sin λ ① m x
cos λ ③ = − mg + 2mωy m z
初始条件为
t=0 ⎧ ⎪x = y = z = 0 ⎪ ⎪ =0 x ⎨ ⎪ y = c cos α ⎪ ⎪ = v sin α ⎩ z
H
代入①式得
Y
t=0 ⎧ ⎪ x= y=z=0 ⎪ ⎪ ⎨ ⎪x =y = c cos α ⎪ = v0 ⎪ z ⎩
= −2ω (x sin λ + z cos λ ) ③ y
= v0 − gt + 2ωy cos λ ④ z
S
I
4.12 解 以地面为非惯性，建立坐标系 Oxyz , Ox 指向正南， Oz 竖直向上，上抛
y
N
S
o
mg
θ
Y
则小环的运动微分方程为：
z
题４．８．１图
H
= mω 2 x − N x ① m x
= − mg + N y ② m y
P
= 0 = N z + 2mv ′ω m z
Nx dy = cot θ = Ny dx
y= 1 2 x 4a
故
= y
代入①②得
N 1 2 1 + xx ), x = ( x x 2a N y 2a
化简得
s + ω 2 s = 2ω 2 a
其通解为：
I
ω
•
x
C
v v g ⎞ ωt 1 ⎛ 1⎛ g ⎞ −ωt g sin ωt ⎟e + ⎟e + ⎜ a − 0 + ⎜a + 0 − 2 2 2⎝ ω 2ω ⎠ 2⎝ ω 2ω ⎠ 2ω 2
S
所以质点相对于管的运动规律为：
s = C1e − iωt + C 2 e iωt + 2a
= − g + 2ωV cos λ cos α ⑥ z
其中
S
b=
= 2ωV sin λ cosα ④ x
2V sin α 1 ⑦ × g 1− b
2ωV cos λ cos α g
I
C
= −2mω (x sin λ + z cos λ ) ② m y
S
发射点为原点 O ，炮弹的运动微分方程为：
I
x
轴建立坐标系 Oxyz ，
C
S
s = a(2 − cos ωt )
− mω 2 x m x 1 =− x 1 2 2a + xx ) + mg ( m x 2a 化简即得
⎛ x2 ⎞ x 2 g + 2 x − ω2 x + ⎜ x x=0 ⎜ 1 + 4a 2 ⎟ ⎟ 4a 2a ⎝ ⎠
4.4 解 如题 4.4.1 图所示，
Y
y
H
N
S
y = f ( x)
p
θ F θ
P
o
mg
题 4.4.1 图
坐标系 Oxy 是以 ω绕y 轴转动的坐标系.图中画出的是曲线 y = f ( x ) 的一段，在任 意一点 P 处， 假设某质点在此处静止， 则该质点除了受重力、 钢丝的约束力之外， 还会受惯性离心力 F 的作用， F = mω 2 x ，方向沿 x 轴正向，在 N , F , mg 作用下， 致信处于平衡状态，则有 F = tan θ (θ为过P点的切线与水平方向夹角) ① mg
故将①②③积分一次代入初始条件后得：
H
P
有⑥可得落地时间：
Y
t=
= 2ωy sin λ ⎧x ⎪ = V cos α − 2ω (x sin λ + z cos λ ) ⎨y ⎪z ⎩ = V sin α − gt + 2ωy cos λ
= 2ω cos λ (gt − V sin α ) ⑤ y