理论力学答案

思考题1.5、dtdr和dtdr有无不同？dtdv与dtdv有无不同？试就直线运动与曲线运动分别加以讨论。答：dtdr即反应位矢r大小的改变又反映其方向的改变，是质点运动某时刻的速度矢量，而dtdr只表示r大小的改变。如在极坐标系中，jirrrdtd而rdtdr。在直线运动中，规定了直线的正方向后，dtddtdrr。且dtdr的正负可表示dtdr的指向，二者都可表示质点的运动速度；在曲线运动中dtddtdrr，且dtdr也表示不了dtdr的指向，二者完全不同。dtdv表示质点运动速度的大小，方向的改变是加速度矢量，而dtdv只是质点运动速度大小的改变。在直线运动中规定了直线的正方向后，二者都可表示质点运动的加速度；在曲线运动中，二者不同，adtdvaadtdn而,v。2.5、水面上浮着一只小船。船上一人如果向船尾走去，则船将向前运动。这是不是与质心运动定理相矛盾？试解释之。.答：不矛盾。因人和船组成的系统在人行走前后受到的合外力为零（忽略水对船的阻力），且开船时系统质心的初速度也为零，故人行走前后系统质心相对地面的位置不变。当人向船尾移动时，系统的质量分布改变，质心位置后移，为抵消这种改变，船将向前移动，这是符合质心运动定理的。2.9、秋千何以能越荡越高？这时能量的增长是从哪里来的？答：秋千受绳的拉力和重力的作用，在运动中绳的拉力提供圆弧运动的向心力，此力不做功，只有重力做功。重力是保守力，故重力势能与动能相互转化。当秋千荡到铅直位置向上去的过程中，人站起来提高系统重心的位置，人克服重力做功使系统的势能增加；当达到最高点向竖直位置折回过程中，人蹲下去，内力做功降低重心位置使系统的动能增大，这样循环往复，系统的总能不断增大，秋千就可以越荡越高。这时能量的增长是人体内力做功，消耗人体内能转换而来的。2.10、在火箭里的燃料全部烧完后，2.7（2）节中的诸公式是否还能应用？为什么？.答：火箭里的燃料全部烧完后，火箭的质量不再改变，然而质量不变是变质量物体运动问题的特例，故§2.7（2）中诸公式还能适用，但诸公式都已化为恒质量系统运动问题的公式。3.4简化中心改变时，主矢和主矩是不是也随着改变？如果要改变，会不会影响刚体的运动？答主矢F是力系各力的矢量和，他完全取决于力系中各力的大小和方向，故主矢不随简化中心的位置而改变，故而也称之为力系的主矢；简化中心的位置不同，各力对简化中心的位矢ir也就不同则各力对简化中心的力矩也就不同，故主矩随简化中心的位置而变，被称之为力系对简化中心的主矩。分别取O和O为简化中心，第i个力iF对O和O的位矢分别为ir和ir，则ir=ir+OO，故iiiiiiOFOOrFrMiiiiiFOOFriioFOOM即ooMM主矢不变，表明刚体的平动效应不变，主矩随简化中心的位置改变，表明力系的作用对刚体上不同点有不同的转动效应，但不改变整个刚体的转动规律或者说不影响刚体绕质心的转动。设O和O对质心C的位矢分别为Cr和Cr，则Cr=Cr+OO，把O点的主矢iiFF，主矩oM移到C点得力系对重心的主矩iiCoCFrMM把O为简化中心得到的主矢iiFF和主矩oM移到C点可得iiCoCFrMMiiCoFOOrMiiCoFrM简化中心的改变引起主矩的改变并不影响刚体的运动。事实上，简化中心的选取不过人为的手段，不会影响力系的物理效应。习题3.19长为2a的均质棒AB，以铰链悬挂于A点上。如起始时，棒自水平位置无初速地运动，并且当棒通过竖直位置时，铰链突然松脱，棒成为自由体。试证在以后的运动中，棒的质心的轨迹为一抛物线，并求当棒的质心下降h距离后，棒一共转了几转？解如题3.19.1图，题3.19.1图AoCBa2xy固定坐标系Oxy。杆从水平位置摆到竖直位置过程中只有重力做功，故机械能守恒。设此时的角速度为0，则20220312121maammga右边第一项为质心运动动能，第二项为杆绕质心转动的动能。解上式得：ag230在杆脱离悬点后，根据动量定理和动量矩定理：0cxm①mgymc②zzMI③③式中I为杆绕质心的转动惯量，zM为沿过质心平行于z轴的合力矩，易知0zM，又00z，代入③式得agtz230即杆将作匀速转动。ayyxgaaxcccc0000,00,230解①②得221,23gtaytgaxcc④axaycc231所以质心的轨迹为一抛物线。故当hayc时，杆的质心下降h，代入④式得ght2故t时间内杆的转数ahghagtn32122321203.26棒的一端置于光滑水平面上，另一端则靠在光滑墙上，且棒与地面的倾角为。如任其自此位置开始下滑，则当棒与地面的倾角变为sin32sin1时，棒将与墙分离，试证明之。如题3.26.1图所示xy1N2NogmC图题1.3.26坐标系Oxyz。设杆的长度为a2，质量为m。受到墙和地面的作用力分别为12,NN，当杆与地面的倾斜角为时，质心C的坐标为：sincosayaxcc对上两式求时间导数，的质心的速度和加速度：cossinayaxcccossinsincos22aayaaxcc①ayxvccc22②222121sinsinImvmgac③231maI④由②③④得sinsin232ag⑤对⑤式求时间导数得cos43ag⑥又由动量定理cxmN2⑦当杆脱离墙时，有02N⑧由①⑤⑥⑦⑧得sin2sin3⑨所以sin32arcsin5.1试用虚功原理解3.1题。解如题5.1.1图oxymgCr题5.1.1图杆受理想约束，在满足题意的约束条件下杆的位置可由杆与水平方向夹角所唯一确定。杆的自由度为1，由平衡条件：0iirF即mgy=0①变换方程yc=2rcossin-sin2l=rsin2sin2l②故cycos212cos2lr③代回①式即0cos21cos2lr因在约束下是任意的，要使上式成立必须有：rcos2-cos2l=0cos2cos4rl④又由于cos=rc2故cos2=22222rrc代回④式得crcl22245.6试用拉格朗日方程解4.10题。解如题5.6.1图.xyoyxM,rtC题5.6.1图1平面运动，一个自由度.2选广义坐标为q，广义速度3因未定体系受力类型，由一般形式的拉格朗日方程QqTqTdtd①在。011QrFWinii广义力.01Q代入①得：0TTdtd②在极坐标系下：22222222cos22cos22121dttdadtadmrrmT22222222cos42cos421aaam③故将以上各式代入②式得0sin2sinsin222222mamamama0sin25.7试用拉格朗日方程解本章补充例题5.3。5.7解如题5.7.1图xmgyxo题5.7.1图22222xyxv又由于xaxy2所以2222222121xxaxxmmvT222224121xaxxm①取坐标原点为零势面axmgmgyv42②拉氏函数222222244121axmgxaxxmVTL③axmgxmaxmxL24222222222224141axxmaxxmxLdtdaxxmxL代入保守系拉格朗日方程0xLxLdtd得0244122222axmgxmaxxmaxxm222222224141axxmaxxmxLdtdaxxmxL代入保守系拉格朗日方程0xLxLdtd得0244122222axmgxmaxxmaxxm