3l是多少斤

1

《理论力学》作业解答

1-3已知曲柄OAr,以匀角速度绕定点O转动,此曲柄借连杆AB使滑动B沿直线

Ox

运动.设

ACCBa

,AOB,ABO.求连杆上C点的轨道方程及速度.

解:设C点的坐标为

,xy

,则

coscos

sinsin

sin

xra

yra

ya























联立上面三式消去

,得

22222(1/)4xayayr

整理得轨道方程

222222224()(3)xayxyar

设C点的速度为v,即

2222222sin2sinsinvxyrara

考虑A点的速度cos2cos

A

yra

得

coscos

2cos2cos

rr

aa









所以2cos4sincossin()

2cos

r

v









1-4细杆OL绕O点以匀角速度转动,并推动小环C在固定的钢丝AB上滑动,图中的

d

为

一已知常数.试求小环的速度v及加速度a

解:小环C的位置由x坐标确定

tanxd

22

2c

dx

vxd

d







22

2222ctan2

dx

axdx

d







解法二:

设

v

为小环相对于AB的速度,

1

v为小环相对于OL的速度,

2

v为小环相绕O点转动的速度,

则

12

vvv

2

又设OL从竖直位置转过了角,则

22

sin

x

xd





,

22

cos

d

xd





2222

2

()

coscos

vxdxd

v

d









2222

12

tantan

x

vvxdxd

d



所以,小环相对于AB的速度为

22()xd

v

d



,方向沿AB向右.

1-10一质点沿着抛物线22ypx运动.其切向加速度的量值为法向加速度量值的

2k

倍.如

此质点从正焦玄(

,

2

p

p)的一端以速度u出发,试求其达到正焦玄另一端时的速率.

解:设条件为

n

aka



,

2

n

v

a



,

dvdvddsvdv

a

dtddsdtd







上面三式联立得

2

dv

kd

v



两边积分0

0

(2)v

u

dv

kd

d









,2kvue

由22ypx可得

dyp

dxy



在正焦玄两端点

(,)

2

p

Ap和(,)

2

p

Bp处,1

A

y



,1

B

y



.可看出,两点处抛物线得切线斜

率互为倒数,即

2



,代入得

kvue

1-15当一轮船在雨中航行时,它的雨蓬遮住篷的垂直投影后

2m

的甲板,蓬高

4m

.但当轮船

停航时,甲板上干湿两部分的分界线却在蓬前

3m

,如果雨点的速率为

8/ms

,求轮船的速率.

解:设相对于岸的速度为

0

v,雨相对于岸的速度为

v

,雨相对于船的速度为

r

v则

0r

vvv

速度三角形与三角形ABC相似,得

3

0

22

23

1

43

vBC

vAB







所以

0

8/vvms

方程322320ypyph的解

解:作变换

2p

yz

z

,原方程变为

6

32

3

20

p

zph

z



设642Rpph,21/3()AphR,21/3()

3

p

BphR

A

,

13

22

i则

实根21/321/3

1

()()yABphRphR

两个虚根:2

2

yAB,2

3

yAB

对于该题,只取实根.

1-38已知作用在质点上的力为

111213x

Faxayaz,

212223y

Faxayaz,

313233z

Faxayaz其中

,

(,1,2,3)

ij

aij都是常数,问这些

,ij

a应满足什么条件才有势能

存在?如果这些条件满足,试求其势能.

解:由0F得:

,,

(,1,2,3)

ijji

aaij

3313233

()()()

xyz

dVFdxFdyFdzaxayazdxaxayazdyaxayazdz

3

000

222

1

()()

1

(222)

2

xyzVaxdxaxaydyaxayazdz

axayazaxyayzazxc







1-39一质点受一与距离3/2次方成反比得引力作用在一条直线上运动,试证该质点自无穷远

到达a时的速度

1

v和自a静止出发到达

/4a

时的速率

2

v相同.

解:依题意有

3/2

1dvdv

mmv

dtdxx

,两边积分

1

3/2

0

1vamvdvdx

x

,2

1

12

2

mv

a



4

再积分24

3/2

0

1a

v

a

mvdvdx

x

,2

1

12

2

mv

a



可知

12

vv

1-43如果质点受有心力作用而作双纽线22cos2ra的运动时，则

42

7

3mah

F

r



试证明之。

解：比耐公式

2

22

2

()

duF

huu

dm



而2

2

11

cos2

u

ra

代入得

2

45

2

3

du

auu

d



42

7

3mah

F

r



1-44质点所受的有心力如果为

2

23

()Fm

rr





式中，



及都是常数，并且2h，则其轨道方程可写成

1cos

a

r

ek





。试证

明之。式中

2

2

2

h

k

h



，

22

2

kh

a



，

22

2

Akh

e



（A为积分常数）。

解：比耐公式

2

22

2

()

duF

huu

dm

将F代入得

22

2

22

du

ku

dh





，式中

2

2

2

h

k

h





其解为

2

0

22

cos()uAkk

kh





5

22

2

22

0

0

2

1cos()

1cos()

kh

a

r

Akh

ekk

kk















式中

22

2

kh

a



，

22

2

Akh

e





将基准线转动一角度，可使

0

0得

1cos

a

r

ek





2-2如自半径为为a的球上，用一与球心相距为

b

的平面，切出一球形帽，求此球形

帽的质心。

解：方法一

球形帽可看作由许多圆薄片沿Z轴叠成，其质心坐标0

cc

xy

22

3

222

cos1

24

2

cos/

cos1

3

cos/

cos(sin)

(coscos)(cos)

(sin)(1cos)(cos)

11

(coscos)

3()

24

42

1

(coscos)

3

r

b

c

r

b

br

br

rrdz

d

z

rdzd

r

rb

rb

















































方法二

取任一垂直于OZ轴的两平面来截球冠，截得一微圆球台近似地等于圆柱。

22()dmdVsdzrzdz

224

22

2

22

23

11

()

()

3()

24

42

1

()

()

3

r

rr

bbb

c

rrr

bb

b

rzz

zdmrzzdz

rb

z

rb

dmrzdz

rzz























2-3重为

W

的人，手里拿着一个重为w的物体。此人用与地平线成角的速度向前

跳去。当他达到最高点时，将物体以相对速度u水平向后抛出。问：由于物体的抛出，跳的

距离增加了多少？

解：选人与重物组成一个系统，此系统在水平方向无外力作用，水平方向动量应守恒。

人在抛出重物以前，水平速度为

0

cosv，在最高点抛出重物之后，其水平速度变为

v



，则

00

(cos)()cos

WwWw

vvuv

gggg





6

人抛出重物后，做以

v



为初速的平抛运动，比不抛重物落地点要远，增加的距离

00

0

sinsin

cos

vv

xvv

gg







两式联立得0

sinwuv

x

Wg





讨论：

若抛出物体时速度是相对人后来的速度即

v



，则上面第一个方程变为

0

()()cos

WwWw

vvuv

gggg





结果是0

sinwuv

x

Wwg







一个例子：人重60公斤，物重2公斤，起跳速度

5/ms

，抛物速度

10/ms

，则

0.12xm

2-13长为

l

的均匀细链条伸直地平放在水平光滑桌面上，其方向与桌边沿垂直，此时

链条的一半从桌上下垂。起始时，整个链条是静止的。试用两种不同的方法，求此链条的末

端滑到桌子的边沿时，链条的速度。

解：【方法一】

设链条的线密度为



，则t时刻下落的链条质量为

()

2

l

my，此时链条所受的

重力为

()

2

l

mgyg，根据牛顿第二定律有

()

2

dvl

lyg

dt



作变换,

dydv

vt

dty

代入上式

()

2

l

vdvygdy

两边积分2

00

()

2

l

vl

vdvygdy，

1

3

2

vgl

【方法二】

设链条的线密度为



，当链条往下移y，重力做的功为

0

yWygdygyy

2

3

8

l

l

l

Wgydymg

7

2

13

28

l

mvWmg，

1

3

2

vgl

2—16雨滴下落时，其质量的增加率与雨滴的表面积成正比例，求雨滴速度与时间的

关系。

解：变质量动力学方程

()

ddm

mvumg

dtdt



设水蒸气凝结在雨滴上之前在空气中的速度

0u

，代入上式得

dvdm

mvmg

dtdt



设雨滴半径r的增长率为



，

rat

，式中a为

0t

时雨滴的半径，雨滴的质量

3

4

3

mr



，式中为密度

3dv

vg

dtat









其解34()()

4

g

vatatc





设

0t

时，

0v

的

4

4

ga

c





4

3

[]

4()

ga

vat

at









5.1半径为r的光滑半球形碗，固定在水平面上，一均质棒斜靠在碗缘，一端在碗内，一端

则在碗外，在碗内的长度为c，试证棒的全长为

224(2)cr

c



。

解：如图示，主动力

mg

，由虚功原理得

0mgy

而

(2cos)

2

l

yrsin

(2cos2cos)0

2

l

mgr

224cos24(2)

cos

rcr

l

c









讨论：对直角坐标，由虚功原理有

0

xy

WFxFymgy

好像不能选

y

做广义坐标。

8

实际上，若选

y

做广义坐标，则广义力不是

y

F，而是

yxy

dx

QFF

dy



平衡条件是0

yxy

dx

QFF

dy

而不是0

y

F

本题中，平衡方程是奇点方程

dx

dy

，即0

dy

dx

，解之得

224(2)cr

l

c





广义坐标的定义域A，

dx

dy

的定义域B，平衡位置在A内，但不再B内，即平衡方程是奇点

方程

dx

dy

。

P359【例题5.3】轴为竖直而顶点在下的抛物线形金属丝，以匀角速度绕轴转动。一质量

为m的小环，套在此金属丝上，并可沿着金属丝滑动。试用正则方程求小环在在x方向的

运动微分方程并求解方程。已知抛物线的方程为24xay，式中a为一常数。

解：体系动能2222

1

[()]

2

Tmxyx

体系势能Vmgy

而

2

4

x

y

a

，所以

2

x

yx

a



所以

2

222

20

2

1

[(1)]

24

x

TmxxTT

a



2

4

x

Vmg

a



拉氏函数

22

222

2

1

[(1)]

244

xx

LTVmxxmg

aa



哈密顿函数

22

222

20

2

1

[(1)]

244

xx

HTTVmxxmg

aa



9

2

2

(1)

4x

Lx

pmx

xa







，

2

2

(1)

4

x

p

x

x

m

a





2

2

22

2

2

1

[]]

224

1

4

x

p

mx

Hxmg

x

ma

a





代入正则方程得

2

22

22

(1)0

442

xxx

mxmxmxmg

aaa



初始条件：

0

0,,0txxx，令

2

1

4a

，2

2

g

a



方程变为22(1)0xxxxx

当

0

时

22

2

1

1

2

2

1

(1)()

(1)

2()

()

xCx

C

x

ArthtC

Cx





















其中2

10

Cx，

22

2

010

0

1

2

2

10

(1)()

(1)

2

()

xCx

x

C

CArth

Cx





















当

0

时

22

2

1

1

2

2

1

(1)()

(1)

2()

()

xCx

C

x

ArthtC

Cx























其中2

10

Cx，

22

2

010

0

1

2

2

10

(1)()

(1)

2

()

xCx

x

C

CArth

Cx





















