高等教育出版社理论力学第三版(周衍柏)第4章习题解答

2
2
角
化简得
( ) θ
tan 2
=
rϕ + 2rϕ r − rϕ 2
=
a cos θ θ − 2a sin θ θ⎜⎛ω + 1 θ⎟⎞
2
2⎝ 2⎠
− a sin θ θ − a cos θ θ2 + 2ω2 + 2ωθ
2
2
θ + sinθω2 = 0
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， 发射点为原点 O ，炮弹的运动微分方程为：
0
得
所以此时：
( ) t = ln 2 +
3 ω
v′ = x i = a ωk × 2 3i = 3aωi
x=2a
2
v = (v′ +ω× v′) = 3aωi + 2aωj x=2a
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 +
有⑥可得落地时间：
⎧x = 2ωy sin λ
⎪ ⎨
y
=
V
cosα
−
2ω(x
sin
λ
+
z
cos
λ
)
⎪⎩z = V sinα − gt + 2ωy cos λ
x = 2ωV sin λ cosα ④
y = 2ω cosλ(gt −V sinα ) ⑤
z = −g + 2ωV cos λ cosα ⑥
r 2 + ω 2 r 2 = v 2 ② 对②式两边同时球时间导数得：
( ) 2r r + ω 2r = 0
依题意 r ≠ 0, 故 r + ω 2r = 0 解得通解
r(t) = Acosωt + B sinωt 当 t = 0 时， r(t) = 0 ，将其带入①式游客的知：
t = 0 时， r = v.
x2 4a 2
⎟⎟⎠⎞x +
x 4a 2
x 2
− ω2x
+
g 2a
x
=
0
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 x = 0, x = 0
故
ω2 = g 2a
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：
1
，且指向左上方。
P在A 点时绝对速度
a = a ′ -ω 2 OA + 2ω× v′
= 0 − ω 2 (bi+ bj) + 2ωk × ωb j
2π
= − ω 2b [(1 + π )i+ πj]
π a = ω 2b 2π 2 + 2π + 1
π
设 a与y轴(AB边)的夹角为θ ′，则 tanθ ′ =
t = 2V sinα × 1 ⑦ g 1−b
其中
b = 2ωV cos λ cosα g
所以将 1 展开可得 1−b
由式及初始条件可得
b ∝ ω << 1
1 ≈1+b 1−b
t = 2V sinα (1 + b)
g
x = ωV sin λ cos αt 2 所以炮弹落地时的横向偏离为
d
=
ωV
sin λ
即
⎧A = ⎩⎨Bω
0 =
, v
⎪⎧ A ⎪⎩⎨B
= =
0 v ω
最后有 r(t) = v sin ωt
ω
4.3 解 如题 4.3.1 图所示，
ω o y
z
α
o′ p
•
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 的一点，且有 O′P ⊥ x轴 ，所以 P 点的绝对加速度：
mx = 2mωy sin λ ①
my = −2mω(x sin λ + z cosλ)②
mz = −mg + 2mωy cos λ ③ 初始条件为
⎧ t=0
⎪ ⎪⎪
x
⎨
=
y x
= =
z 0
=
0
⎪ ⎪ ⎪⎩
y = c cosα z = v sin α
故将①②③积分一次代入初始条件后得：
最后有
a = a ′ − ω 2R + 2ω× v′
= 0 − ω 2O ′p + 2ωi× 2ωv′(cosαi+ sinαj)
= −ω 2O′pt sin αj+ 2ωv′sin αk = −ω 2v′t sin αj+ 2ωv′sin αk
a = ωv′sinα ω 2t 2 + 4
4.4 解 如题 4.4.1 图所示，
方程 x − ω 2 x = 0 的通解
x − ω 2 x = −mg sin ωt ①
而方程①的特解为：
( ) x t = C1e−ωt + C2eωt
故方程①的通解为：
x(t) = g sin ωt
2ω 2
x(t) =
C1e −ωt
+
C 2 e ωt
+
g 2ω 2
sin ωt
初始条件为当 t = 0 时，
⎧N cosθ = mω2 x
⎨ ⎩N
sin θ
=
mg
tan θ
=
mg ω2x
=
dx dy
=
2a x
ω2 = g 2a
4.10 解 以地面为参考系，则小环的运动微分方程为：
( ) ⎪⎪⎧m r −
⎨
⎪⎪⎩m(rϕ
rϕ 2 =
+ 2rϕ )
N =
θ cos
2 N sin
θ 2
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
mx = mω 2 x x − ω 2 x = 0 ① 有初始条件： t = 0, x = a, x = 0 可得①式解为
( ) x = a eωt + e−ωt 2 故当邱刚离开管口时，即 x = 2a, x > 0 时.则
( ) ⎪⎪⎧2a
⎪⎨ a
( ) ⎪⎩2
= eωt
a 2
ω
eωt + e −ωt − ωe−ωt >
⎟⎞e −ωt ⎠
+
g 2ω 2
sin ωt
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
z ω
o• • a
x
y 题４．７．１图
则易得质点 m, m′沿Ox 反方向的运动微分方程为：
mx = mω 2 x + k(s − a) ① m′(x+ s) = m′ω2 (x + s)− k(s − a) ②
cos α
4V
2 sin2 g2
α
(1 +
b)2
≈
4V 3 g2
ω sin λ
sin2
α
cosα
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 点为原点 O ，质点的运动微分方程为：
初始条件为：
⎧
mx = 2mωy sin λ
⎪⎨my = −2mω(x sin λ + z cos λ )①
= −a
− C2 ) =
0⎭⎬⎫得C1
=
C2
=
−
a 2
s = 2a − a cosωt
s = a(2 − cosωt)
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 轴建立坐标系 Oxyz ，
y
Nθ
o mg x
z
题４．８．１图
则小环的运动微分方程为：
mx = mω 2 x − N x ① my = −mg + N y ②
ax ay
=
π
+ π
1
,故
a
与
AB
边的夹角为
arctan π + 1 ，且指向左下方。 π
4.2 解 如题 4.2.1 图所示，
p
ω o
θ
x
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 = re r + ωk × rer ① = re r + ωre θ 设绝对速度 v 的量值为常数 v ，则：
故可得
x = a, x = v0
⎧ ⎪⎪C 1
=
1 ⎜⎛ a − 2⎝
v0 ω
+
g 2ω 2
⎟⎞ ⎠
⎨
⎪⎪⎩C2
=
1 ⎜⎛ a 2⎝
+
v0 ω
−
g 2ω 2
⎟⎞ ⎠
所以质点相对于管的运动规律为：
x
=
1 ⎜⎛ a 2⎝
+
v0 ω
−
g 2ω 2
⎟⎞eωt ⎠
+
1 ⎜⎛ a − 2⎝
v0 ω
+
g 2ω 2
1
=
1
+
⎜⎜⎝⎛
ω2 g
x
⎟⎟⎠⎞
2
1 1 + 2ω 2 y
g
将 cosθ 代入②的反作用力
N = W 1 + 2ω 2 y g
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 为：
G = mg, N, F牵 = mω 2 xi, F科 = −2mωxj 故沿 Ox 方向运动的微分方程为：
y y = f (x)
N
p
θ θ
F
o mg
x
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
3 ω
4.6 解 以光滑细管为参考系，Ox 沿管，Oz 沿水平轴建立坐标系 Oxyz ，如题 4.6.1 图所示，
z
o•
x
a
则小球受力为：
y 题４．６．１图
G = mg, N, F牵 = mω 2 xi, F科 = −2mωxj 故沿 Ox 方向运动的微分方程为：
mx = mω 2 x − mg sin ωt
v′ ω
2π
v = v′ + ω× OA
=
ωb 2π
j+
ωk
×
(bj+
bi)
= ωb [− 2πi+ (1 + 2π )j]
2π
v = ωb 8π 2 + 4π + 1 2π
设 v 与 y 轴 (即AB边)的夹角为θ ，则 tanθ =
vx vy
=
2π 2π +
1
,
故
v
与
AB
边的夹角为
arctan
2π 2π +
有④式求出落地时间为：
⎧x = 0
⎪ ⎨
y
=
−2ω
cos
λ(gt
−
v0
)
⎪⎩z = −g
有③式得：
t = 2v0 g
y
=
1ω 3
cos
λgt 3
−ω
cos λv0t
2
将t
=
2v0 g
, v0
=
2gh 代入得复落至地面时：
d = − 4 8h3 ω cos λ 3g
(d取负值，说明落地时偏西)
F = tanθ (θ为过P点的切线与水平方向夹角)①
mg
有①得
N = mg cosθ ②
mω 2 x = tanθ = dx ,得 dx = ω 2 x ③
mg
dy dy g
又因为 y = f (x)过原点.对上式积分得抛物线 y = ω 2 x2
2g 有③得
cosθ =
1
=
1 + tan 2 θ
第四章习题解答
4.1 解如题 4.1.1 图所示.
y
vθ A
aP θ′
o
Ｂx
ωz
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， 即 ω= ωk .设 P 点沿运动的相对速度为 v′ = v′j 则有题意得：
故 P 在 A 点时的绝对速度
b = 2π ，得：v′ = ωb
mz = 0 = N z + 2mv′ω
N x = cotθ = dy
Ny
dx
y = 1 x2 4a
故
代入①②得
( ) y = 1 x2 + xx , N x = 1 x
2a
N y 2a
化简即得
mx − mω2 x
=− 1 x
( ) m 1 x2 + xx + mg 2a
2a
⎜⎜⎝源自文库1 +
将方程①②作简单变换可得：
化简得
m′s + m′ k(s − a) = m′ω 2s − k(s − a)
m
其通解为：
s + ω 2 s = 2ω 2a
初始条件为： 故可得： 故
s = C1e−iωt + C2eiωt + 2a
s = a, s = 0
t =0
t=0
C1 + C2
− iω(C1
⎪⎩ mz = −mg + 2mωy cos λ
如上题同理可得 代入①式得
⎧ t=0
⎪ ⎪⎪
x
=
y
=z
=0
⎨
⎪⎪x = y = c cosα ⎪⎩ z = v0
x = 2ωy sin λ ②
y = −2ω(x sin λ + z cosλ)③
z = v0 − gt + 2ωy cos λ ④