理论力学课后题参考答案

1.1 沿水平方向前进的枪弹，通过某一距离s 的时间为t 1，而通过下一等距离s 的时间为2t .试证明枪弹的减速度（假定是常数）为

由题可知示意图如题1.1.1图: {

{

S

S

t t 题1.1.1图

设开始计时的时刻

速度为0v ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a .则有

:()()⎪⎪⎩

⎪⎪⎨⎧

+-+=-=2

21210211021221t t a t t v s at t v s 由以上两式得 1102

1at t s v +=

再由此式得 ()()

2121122t t t t t t s a +-=

1.26一弹性绳上端固定，下端悬有m 及m '两质点。设a 为绳的固有长度，b 为加m 后的

伸长，c 为加m '后的伸长。今将m '任其脱离而下坠，试证质点m 在任一

瞬时离上端O 的距离为

解 以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系.

题1.26.1图

设绳的弹性系数为k ,则有 kb mg = ① 当 m '脱离下坠前，

m 与m '系统平衡.当m '脱离下坠前，m 在拉力T 作用下上升，之后作简运.运动

微分方程为 ()y

m a y k mg &&=-- ② 联立①② 得 b b a g y b g y +=+&& ③ 0=+y b

g y &&

齐次方程通解 t b g A t b g A Y sin cos 2

11+= 非齐次方程③的特解 b a Y +=0 所以③的通解b a t b

g A t b g A Y +++=sin cos 2

11

代入初始条件：0=t 时，,c b a y ++=得0,21==A c A ；

故有 b a t b g c y ++=cos 即为m 在任一时刻离上端O 的距离.

'

1.39 一质点受一与距离

2

3次方成反比的引力作用在一直线上运动。

试证此质点自无穷远到

达a 时的速率和自a 静止出发到达

4a 时的速率相同。

证 质点受一与距离2

3次方

成反

比的力的作用。 设此力为

()()

为一常数k kr

r F 2

3

-

=① 又因为

()dr

vdv

md dt dr dr dv m dt dv m r F =⋅==

即 ()mvdv dr r F = mvdv

dr kr =-

23

②

当质点从无穷远处到达a 时，对②式两边分别积分：

⎰

⎰=∞

+-

v

a

vdv m dr

kr

23

21

2

4--=a m k v

当质点从a

静止出发到达4a 时，对②式两边分别积分：⎰

⎰

=-

v

a a dv m dr

kr 04

23得 21

24--=a m k v

所以质点自无穷远到达a 时的速率和自a

静止出发到达4

a

时的速率相同。

1.43如质点受有心力作用而作双纽线...证 由毕耐公式

⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=-u d u d u h m F θ2

22 质点所受有心力做双纽线θ2cos 22a r =运动 故 θ2cos 11a r u == ()2

3

2cos 12sin 1θθθ••=a d du ()()⎥⎥⎦

⎤⎢⎢⎣⎡••+=-

θθθθθθ

2sin 22cos 2sin 232cos 2cos 212523

22a d u d ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=--252

212cos 2sin 32cos 21θθθa 故⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛+-=u d u d u mh F 2222θ ()()⎥⎦⎤⎢⎣

⎡++-=--θθθθθ2cos 12cos 2sin 32cos 22cos 12522132a mh ()()

θθ2tan 12cos 32

2332+-=-a mh ()27322cos 3--=θa mh 2

7

22323⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛-=a r a mh 7243r h ma -=

1.44点所受的有心力如果为⎪

⎪⎭

⎫

⎝⎛+-=322r r m F νμ 式中μ及ν都是常数，并且ν＜2h ，则其轨道方程可写成

θk e a r cos 1+=2

222222

22

,,μμνh Ak e h k a h h k ==-= 试证明之。式中（A 为积分常数）

证 由毕耐公式 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=-u d u d u h m F θ2

22

将力⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=322r r m F νμ带入此式 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+u d u d u h r r 22

22322θνμ 因为 r u 1= 所以⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+u d u d u h u u 22

22322θνμ

即222221h u h d u d μνθ=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+令 222

h h k ν-= 上式化为222

22h u k d u d μθ=+

这是一个二阶常系数废气次方程。

解之得()222

cos h k k A u μϕθ++=

A 微积分常数，取0=ϕ，故

222cos h k k A u μθ+= 有1

cos cos 1122

22

2

2222+=

+==θμ

μμθk h k A h k h k k A u r 令2

2

22

2

2,μμh Ak e h k a =

=

所以θk e a

r cos 1+=

3.10解 如题3.10.1图。一均质圆盘，半径为a ，放在粗糙水平桌上，绕通过其中心的

竖直轴转动，开始时的角速度为0ω。已知圆盘与桌面的摩擦系数为μ，问经过多少时间后

盘将静止？

解：z 轴过O 点垂直纸面向外。均质圆盘的密度为ρ。设盘沿顺时针转动，则沿z 的方向有

z z

M dt

dI = 即 z

z M I =ω&① I 为转盘绕z 轴的转动惯量：22

1ma I =（m 为盘的质量），

ωω-=z ② （ω为盘转动的角频率，负号因为规定顺时针转动）

320

23

2a g dr d r g M a

z ρμπθρμπ

=

=⎰⎰

=()232

a m ma g πρρμ=③ 由①②③得

a g 34μω

-=& 又因为 (),00ωω= 故()t a

g t 340μωω-=

所以

(),0=t ω得g a t μω430=

3.11通风机的转动部分以初角速0ω绕其轴转动。

空气阻力矩与角速成正比，比例常数为k 。如转动部分对其轴的转动惯量为I ，问经过多少时间后，其转动的角速减为初角速的一半？又在此时间内共转了多少转？

解： 如题3.11.1图所示，设z 轴通过O 点垂直纸面指向外。则对z 轴有：Z M dt dz =设通风机转动的角速度大小为()t ω，由

于通风机顺时针转动。所以()t z ωω-=，将()()

t z t k M I z ωω=-=,代入上式得： ()()

t t k I ωω=-&。又由于()()00ωω=&，解得： ()t I

k

t e

-=0ωω

故当()20ωω=t 时，k I t =㏑2。又由于()()

t t θω&= （θ为通风机转动的角度） 设()00=θ， ()t

I k t e

-=0ωθ&

()()

⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛

-=+=--⎰t I k t I

k t

t e k

I dt e

10

00

0ωθωθ 故当k I t =㏑2时，()k I t 20ωθ=，t 时间内通风机转动的转数 ()()k I n t πωπθθ4200=-=

图

题1.3.11

图

题1.3.10

3.12解 如题3.12.1图，

矩形均质薄片ABCD ，边长为a 与b ，重为mg ，绕竖直轴AB 以初角速0ω转动。此时薄片的每一部分均受到空气的阻力，其方向垂直与薄片的平面，其

量值与面积及速度平方成正比，比例系数为k 。问经过多少时间

后，薄片的角速减为初角速的一半？

解：坐标Oxyz 与薄片固连，则沿z 轴方向有： Z

M dt

dz =且z I z ω=①

现取如图阴影部分的小区域ady dS =，该区域受到的阻力()22y kady kdSv df z

ω==

df 对z 轴的力矩dy y ka y df dM z z 3

2

ω-=⋅-= 所以 230

4

z

a

z z b a k dM M ω-==⎰

②

又薄片对轴的转动惯量 ()ab m ma bdy y dm y I a

a

ρρ====⎰⎰20

2023

1③ 由①

②③得：

()0

21

431ωω+=

t m b ka t z

当()20ωω=t z 时，0

2

34ωb ka m

t = 3.15解 如题3.15.1图所示坐标系Oxyz 。一轮的半径为r ，以匀速0v 无滑动地沿一

直线滚动。求轮缘上任一点的速度及加速度。又最高点及最低点的速度各等于多少？哪一点

是转动瞬心？

解：由于球作无滑滚动，球与地面的接触A 的速度与地

面一致，等于零，所以A 点为转动瞬心。以O 为基点。

设球的角速度k ω-=ω，则

()()()0

000=-=-⨯-+=⨯+=k j k i OA ωv v r v r v A ωω

r

v 0=

ω

设轮缘上任意一点p ，Op 与x 轴交角为θ，则Op j i θθsin cos r r +=故

()()j i k i Op ωv v θθωsin cos 00r r v p +⨯-+=⨯+=()j i θωθωcos sin 0r r v -+=当

ο90=θ时，得最高点

的速度

2v v top =()Op ωωOp ω

a a ⨯⨯+⨯+

=dt

d p 0()j i j i θθθωθωsin cos sin cos 2

02

2

+-=--=r

v

r r 当ο90=θ和ο90-

时分别得到最高

题3.15.1图

点和最低点的加速度j a

r v top

20-= j a r

v bottom 2

0=

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 ：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

0ω，则

()2022

0312121ωω⎪⎭⎫ ⎝⎛+=

ma a m mga

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a

g 230

=

ω 在杆脱离悬点后，根据动量定理和动量矩定理：0=c x m &&①mg y m c -=&&②z z M I =ω&③③式中I 为杆绕质心的转动惯量，z M 为沿过质心平行于z 轴的合力矩，易知

0=z M ，又()00ωω=z ，代入③式得 ()a g t z 230=

=ωω 即杆将作匀速转动。()()()()

a

y y x ga

a x c c c c -===-=-=0000,00

,230&&ω解①②得221,23gt a y t ga x c

c --=-=

a x a

y c c --

=2

31所以质心的轨迹为一抛物线。 故当h a y c --=时，杆的质心下降h ，代入④式得g

h t 2=

故t 时间内杆的转

数a

h

g h a g t n 321

22321

20π

π

πω=

==

3.20质量为M 半径为r 的均质圆柱体放在粗糙水平面上。柱的外面绕有轻绳，绳子跨过一

个很轻的滑轮，并悬挂一质量为m 的物体。设圆柱体只滚不滑，并且圆柱体与滑轮间的绳

子是水平的。求圆柱体质心的加速度1a ，物体的加速度2a 及绳中张力T 。

解：设圆柱体的转动角速度为k ωω-=

，设它受到地面

'

m

的摩擦力为f ，由动量定理和动量矩定理知：1

a M x M f T F c x ∑==+=&&① ∑-

=+-=ω&22

1

Mr fr Tr M

z

②对于滑块。由动量定理知：2ma y m mg T F

y

-==-=∑&&③ωr x c =&

ω

&&&r x a c ==1④ 以C 为基点：r a a Ax ω&+=1 假设绳不可拉伸。则2a a Ax =。故r a a ω&+=12⑤ 由①②③④⑤解得：

m

M mMg

T m M mg a m M mg a 833,838,83421+=

+=+=

3.22一飞轮有一半径为r 的杆轴。飞轮及杆轴对于转动轴的总转动惯量为I 。在杆轴上绕

有细而轻的绳子，绳子的另一端挂一质量为m 的重物。如飞轮受到阻尼力矩G 的作用，求飞轮的角加速度。若飞轮转过θ角后，绳子与杆轴脱离，并再转过ϕ角后，飞轮停止转动，求飞轮所受到的阻尼力矩的量值。

解： Ox 轴与速度方向一致，Oz 轴垂直纸面向外。设球的半径为r ，则球绕任

一直径的转动惯量25

2mr I =。由动量定理和动量矩定理可知：

N x m c μ=&&①0=-=mg N y m c &&② Nr I μω=&③ N

x M c μ-='&&④ 由①②③④得：M

mg x r g g x c

c μμωμ-='==&&&&&,25, 设球与板的接触点为A ，则t 时刻A 点的速度为

tr r g gt tr t x r v v c A 250μμωω+

=+=+=&&&⑤ t M

mg V t x V v c

μ-='+='&&⑥ 球由滑动变为滚动的条件是：v v A '= ⑦ 由⑤⑥⑦解得：

g M m V

t μ⎪⎭

⎫ ⎝⎛+=

2

7

3.23重为1W 的木板受水平力F 的作用，在一不光滑的平面上运动，板与平面间的摩擦系

数为μ。在板上放一重为2W 的实心圆柱，此圆柱在板上滚动而不滑动，试求木板的加速度

a 。 解：设圆柱的半径为r ，与木板之间的摩擦力为2f ，弹力为1N ，木板受

地面的摩擦力为1f ，弹力为2N ，对木板由动量定理得：

a g

W f f F 1

21=

--①0112=--N W N ② 对圆柱，

由角动量定理和动量定理得：

22f x g W c =&&③0212

=-=W N y g

W c &&

④图

题1.22.

31

F

r f I 2=ω

&⑤ 其中I 为圆柱绕中心轴的转动惯量，所以2

221r g

W I =⑥ 21N f μ=⑦ 无滑滚动的条件：a

r x c =+ω&&& ⑧ 由①～⑧式解得()g W W W W F a 3

2

121+

+-=

μ

5.13.1 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(

)

c

r

c 2

224- .

解 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α

所唯一确定。杆的自由度为1，由平衡条件：

=δω0=∑i i r F δ即 mg δ⋅y =0①

变换方程y c =2rcos αsin α-αsin 2l =

rsin2ααsin 2

l -②

故=c y δδααα⎪⎭

⎫ ⎝⎛-cos 212cos 2l r ③ 代回①式即0cos 21cos 2=⎪⎭

⎫

⎝⎛-δαααl r

因δα在约束下是任意的，要使上式成立必须有：rcos2α-αcos 2

l =0

α

αcos 2cos 4r l =

④ 又由于 cos α=r c

2 故 cos2α= 2

2

222r

r c - 代回④式得 ()

c

r c l 2224-=

5.2解 相同的两个均质光滑球悬在结于定点O

的两根绳子上，此两球同时又支持一个等

题5.1.1图

重的均质球，求α角及β角之间的关系。

解：三球受理想约束，球的位置可以由α确定，自

由度数为1，故。

()αβsin sin 21r l r x +-=-=

()0

sin sin 232=+==x r l r x α

β()()()β

α

αcos 2cos cos cos 321r a r l y r l y r l y -+=+=+=

得()()()δαδα

δββ

αδαδαδαδαδαδ⋅++-=+-=+-=sin 2sin sin sin 321r r l y r l y r l y

由虚功原理 01

=⋅=∑=i n

i i r F δδω故

()()()0

sin 2sin sin sin 0

332211=⋅++-+-+-=++δαδα

δβ

βαδααδααδαδδδr r l r l r l y P y P y P ① 因δα在约束条件下是任意的，要使上式成立，必须()0sin 2sin 3=++-δαδββαr r l

故

()α

βδβδαsin 3sin 2r l r +=

② 又由 ()αδαβδβδcos cos 21r l r x +-=-=得： ()α

βδβδαcos cos 2r l r +=

③ 由②③可得αβtan 3tan = 4.10 质量为m 的小环M ，套在半径为a 的光滑圆圈上，并可沿着圆圈滑动。如圆圈在水平面内以匀角速ω绕圈上某点O 转动，试求小环沿圆圈切线方向的运动微分方程。

解：()1平面运动，一个自由度.

()2选广义坐标为θ=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

ααQ q T q T dt d =∂∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂&① 在 。011

==⋅=∑=δθδδQ r F W i n

i i 广义力 .01=Q 代入①得： 0=∂∂-

⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂θ

θT T dt d &② 在极坐标系下：

题5.2.1图

)

y

()

⎥⎥⎥⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎣

⎡⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝

⎛+⎪⎪⎪⎪⎭⎫

⎝⎛=+=22222222cos 22cos 22121dt t d a dt a d m r r m T ωθθθθ&&⎪

⎭

⎫ ⎝⎛++=

22222222cos 42cos 421θθθωθω&&a a a m ③ 故 将以上各式代入②式得

sin 2sin sin 222222=++-θθωθωθθσθ&&&&ma ma ma ma

0sin 2=+θωθ&&