理论力学第四章课后习题解答

理论力学第四章习题解答

4.1解如题4.1.1图所示.

坐标系的原点位于转动的固定点，轴沿轴与角速度的方向一致，即设点沿运动的相对速度为则有题意得：

故在点时的绝对速度

设与轴的夹角为，则故与边的夹角为，且指向左上方。 点时绝对速度

题４．１．１

Oxyz Ox Oz OB ,.k ω=ωP j v '='v π

ωωπ22b v v b ='='，得：P A ()()[]1

482212222++=++-=+?+=?+'=πππ

ωπππωωπ

ωb b

b b b v j i i j k j OA ωv v v y ()边即AB θ,1

22tan +==

ππθy x v v v AB 1

22arctan

+ππ

A P 在()()[]1

22122022222++=++-=?

++-='?+'=πππ

ωπππωπ

ωωωωb b

b

b b a j i j k j i v ωOA -a a 2

设的夹角为，则,故与边的夹角为，且指向左下方。

4.2解 如题4.2.1图所示，

以转动的方向为极角方向建立坐标系。轴垂直纸面向外，设点相对速度

① 设绝对速度的量值为常数，则：

① 对①式两边同时球时间导数得：

依题意故解得通解

当时，，将其带入①式游客的知：

时， 即 最后有

()边轴与AB y a θ'π

πθ1

tan +==

'y x a a a AB π

π1

arctan

+o

题４．２．１图

Ox Oz P θωωe e re k e OP ωv v r r r r r

r +=?+=?+'= v v 2222v r r

=+ω ()

022=+r r r ω ,0≠r 02=+r r ω ()t B t A t r ωωsin cos +=0=t ()0=t r 0=t .v r = ??

?

??==???==ωωv B A v B A 0,0()t v

t r ωω

sin =

4.3解 如题4.3.1图所示，

直角坐标的原点位于圆锥顶点轴过圆锥的对称轴.点在轴上对应

的一点，且有，所以点的绝对加速度：

最后有

4.4解 如题4.4.1图所示，

题4.4.1图

坐标系是以轴转动的坐标系.图中画出的是曲线的一段，在任意一点处，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，还会受惯性离心力的作用，，方向沿轴正向，在作用下，致信处于平衡状态，则有

题４．３．１图

Oxyz Ox P O 为'轴x P O ⊥'P ()k

j k j j i i p O v 2ωR a a αωαωαωαωααωωωωsin 2sin sin 2sin sin cos 2202222v t v v pt O v '+'-='+'-=+'?+'-='

?+-'=4sin 22+'=t v a ωαω)

y

Oxy y 绕ω()x f y =P F x m F 2ω=x mg F N ,,

① ①

有①得

① 又因为过原点.对上式积分得抛物线 有①得

将代入①的反作用力

4.5以直管为参照系，方向沿管，沿竖直轴建立坐标系，则小球受力为：

故沿方向运动的微分方程为：

① 有初始条件：可得①式解为 故当邱刚离开管口时，即时.则 ()角点的切线与水平方向夹为过P mg

F

θθtan =θcos mg

N =g

x

dy dx dy dx mg x m 22,tan ωθω===得()x f y =g x y 22

2ω=y

g

g x 22

2221111tan 11cos ωωθ

θ+=

???

? ??+=

+=

θcos y g

W N 2

21ω+=Ox Oz Oxyz j F i F N G x

m x m mg ωω2,,,2-===科牵Ox x m x

m 2ω= 02=-x x

ω 0,,0===x

a x t ()

t t

e e a x ωω-+=

2

0,2>=x

a x ()

()

??????

?>-+=--02

2

2t t t t e e a e e a a ωωωωωω

得

所以此时：

故当球刚要离开管口时的相对速度为，绝对速度为，小球从开始运动到离开管口所需时间为

4.6解 以光滑细管为参考系，沿管，沿水平轴建立坐标系，如题4.6.1图所示，

则小球受力为：

故沿方向运动的微分方程为：

① 方程的通解

而方程①的特解为：

故方程①的通解为：

()

ω

3

2ln +=t ()j 2i v ωv v i 3i 32k i v ωωωωa a a a

x

a x a x +='?+'==?=='==3222 i ωa 3j i ωωa a 23+()

ω

32ln +Ox Oz Oxyz j F i F N G x m x m mg ωω2,,,2-===科牵Ox t mg x m x

m ωωsin 2-= t mg x x

ωωsin 2-=- 02=-x x

ω ()t t e C e C t x ωω21+=-()t g t x ωω

sin 22

=

初始条件为当时，

故可得

所以质点相对于管的运动规律为：

4.7解 以水平细管为参考系，沿管，沿竖直转动轴向上建立坐标系，如题图4.7.1图所示

则易得质点反方向的运动微分方程为：

① ① 将方程①①作简单变换可得：

化简得

其通解为：

()t g e C e C t x t t ωωωωsin 22

21+

+=-0=t 0,v x

a x == ???

???

???? ??-+=???

?

?+-=2022

01221221ωωωωg v a C g v a C t g

e g v a e g v a x t t ωω

ωωωωωωsin 22212212

2020+??? ??+-+??? ??-+=-Ox Oz Oxyz

y

Ox m m 沿',()a s k x m x

m -+=2ω ()()()a s k s x m s

x m --+'=+'2ω ()()a s k s m a s k m

m s

m --'=-'

+'2ω a s s

222ωω=+

初始条件为：

故可得：

故

4.8解 以抛物线形金属丝为参照物沿抛物线在顶点的切线方向，

沿竖直轴建立坐标系，

则小环的运动微分方程为：

① ① 故

代入①①得

a e C e C s t i t i 221++=-ωω0,00====t t s

a s ()2

02

12121a C C C C i a

C C -==???=---=+得ωt a a s ωcos 2-=()t a s ωcos 2-=Ox Oy Oxyz

题４．８．１图

x N x m x

m -=2ω y N mg y

m +-= ωv m N z

m z '+==20 dx

dy

N N y x ==θcot 2

41x a

y =

()x a

N N x x x a y

y x 21

,212=+=

化简即得

4.9解一当小环相对平衡时，由上题可知即要求为常数，故

故

解二 以地面为参照系，则小球受力，如图4-8所示.其中为固定地面的坐标系，故平衡时有：

4.10解 以地面为参考系，则小环的运动微分方程为：

其中为与圆心的连线和通过点的直径间所夹的

角

()x

a mg x x x a

m x m x m 21

2122-=++- ω024412

2222=+-+???

? ??+x a g x x a x x a x ω x 0,0==x

x a

g

22=

ωG N,Oxyz ?

?

?==mg N x

m N θωθsin cos 2a

g x

a

dy dx x mg 22tan 22=

===

ωωθ()()??????

?=+=-2

sin 22

cos 2

θ?

?θ?N r r m N r r m θθ

ω?θ,2,2cos 2+==t a r M C O

化简得

4.11解 以地面为非惯性参考系，建立坐标系，指正南，竖直向上，发射点为原点，炮弹的运动微分方程为：

① ① ① 初始条件为

故将①①①积分一次代入初始条件后得：

① ① ① 有①可得落地时间：

① 其中

()θ

ωωθθθθθωθθθθ?

??

θ

222

cos 2

sin 212sin 22cos 22

tan

22

2++--?

?

?

??+-=-+=

a a a a r r r r 0sin 2=+θωθ

Oxyz Ox Oz O λωsin 2y m x

m =()λλωcos sin 2z x m y

m +-=λωcos 2y m mg z

m +-=?????

????

=======ααsin cos 000v z

c y x z y x t ()???

??+-=+-==λ

ωαλλωαλωcos 2sin cos sin 2cos sin 2y gt V z

z x V y y x

αλωcos sin 2V x

= ()αλωsin cos 2V gt y

-= αλωcos cos 2V g z

+-= b

g V t -?=

11

sin 2αg

V b α

λωcos cos 2=

1<<∝ωb

所以将

展开可得

由式及初始条件可得

所以炮弹落地时的横向偏离为

4.12 解 以地面为非惯性，建立坐标系指向正南，竖直向上，上抛点为原点，质点的运动微分方程为：

① 初始条件为：

如上题同理可得

① ① ① 代入①式得

b

-11

()b g

V t b b

+=

+≈-1sin 2111

α

2cos sin t V x αλω=()ααλωααλωcos sin sin 41sin 4cos sin 2232

2

22g

V b g V V d ≈+=Ox Oxyz ,Oz O ()??

?

??+-=+-==λωλλωλωcos 2cos sin 2sin 2y m mg z m z x m y m y m x m ??

??

?

???

?

=======0cos 00v z c y x z y x t αλωsin 2y x

= ()λλωcos sin 2z x y

+-= λωcos 20y gt v z

+-= ()???

??-=--==g

z

v gt y x

0cos 20λω

有①式求出落地时间为：

有①式得：

将代入得复落至地面时：

g

v t 0

2=

203cos cos 3

1

t v gt y λωλω-=gh v g

v t 2,200

==

λωcos 8343

g h d -=)(西取负值，说明落地时偏d