1、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: S2t1t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:21210tatvs由以上两式得 102ttsv再由此式得 21tta1.26 一弹性绳上端固定，下端悬有 m及 两质点。设 a为绳的固有长度， b为加 m后的伸长， c为加 后的伸长。今将 任其脱离而下坠，试证质点 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.
2、题 1.26.1 图设绳的弹性系数为 k,则有 kbmg 当 脱离下坠前， m与 系统平衡.当 m脱离下坠前， 在拉力 T作用下上升，之后作简运.运动微分方程为 yakg联立 得 bag 0ybg齐次方程通解 tAtYsincos21非齐次方程的特解 baY0所以的通解batgtbi21代入初始条件： 0t时， ,cay得 0,21A；故有 abgcyos即为 m在任一时刻离上端 O的距离.OT1.39 一质点受一与距离 23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 23次方成反比的力的作用。 设此力为
3、一krF23 又因为 dvmtrdtvrF即 mvd k23当质点从无穷远处到达 a时，对式两边分别积分： vadrk0232124mkv当质点从 静止出发到达 4时，对式两边分别积分：vadr03得 2124amk所以质点自无穷远到达 a时的速率和自静止出发到达 4a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udhmF2质点所受有心力做双纽线 2cos2ar运动 故 2cos1ar23s1sin1adu 2iin32cos1252adu 2521cosi故 udmhF22 cos1cosin3cos 25132amh2ta23 732ah273arh724rhma1
4、.44 点所受的有心力如果为32rmF式中 及 都是常数，并且 2h，则其轨道方程可写成 kearcos1222,Akeahk试证明之。式中（ 为积分常数）证 由毕耐公式 udhmF2将力 32rmF带入此式 udhr2232因为 r1所以u2即 222hud令 2hk上式化为 2hkd这是一个二阶常系数废气次方程。解之得 2cosAuA微积分常数，取 0，故 2hk有 1coscos1222khkAur令 22,hkea所以 ear13.10 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 0。已知圆盘与桌面的摩擦系数为 ，问
5、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 。设盘沿顺时针转动，则沿 z的方向有 zzMdtI即 zzI I为转盘绕 z轴的转动惯量：21maI（ 为盘的质量） ， z （ 为盘转动的角频率，负号因为规定顺时针转动） 3202gdrgMaz = 2a 由得 34又因为 ,0 故tgt340所以 ,0t得 gat4303.11 通风机的转动部分以初角速 0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
6、纸面指向外。则对 z轴有： ZMdtz设通风机转动的角速度大小为 t，由于通风机顺时针转动。所以 tz，将tztkMIz,代入上式得： ttkI。又由于 0，解得： Ite0故当 2t时， kIt 2。又由于 tt （ 为通风机转动的角度） 设 0， tIte0tIktIktt eIde100故当kIt 2时， kt2， t时间内通风机转动的转数 kInt4200o一1.3dror一一.3103.12 解 如题 3.12.1 图，矩形均质薄片 ABCD，边长为 a与 b，重为 mg，绕竖直轴以初角速 0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
7、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： ZMdtz且 zI现取如图阴影部分的小区域 adyS，该区域受到的阻力22kvfzdf对 z轴的力矩 dyaydfzz 32 所以 2304zazz bkdM又薄片对轴的转动惯量 mbmIa202031 由得：02143tbkatz当20tz时， 024bkat3.15 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
8、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，则0000 jkiOAv rvrvArv0设轮缘上任意一点 p， 与 x轴交角为 ，则 Opjisnco故jii snco00 rp co0v当9时，得最高点的速度 02vtpOpadtp0zxyOABCD0ab题 3 . 1 5 . 1 图xyzOPjiji sncosinco2022 rvrr 当 90和 时分别得到最高点和最低点的加速度 jatop arvbtm203.19 长为 2 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
9、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 0，则2020311maamg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： 0cxm gyczzMI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 0z，又 00z，代入式得 atz230即杆将作匀速转动。 ayxgxcc c00,230解得21,gtytgxcc xaycc231所以质心的轨迹为
10、一抛物线。故当 hc时，杆的质心下降 h，代入式得 ght2故 t时间内杆的转数 aagtn3123103.20 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题 3 . 1 9 . 1 图oCBaxy题 3 . 2 0 . 1 图yArCoMBxfTo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，设它受到地面的摩擦力为 f，由动量定理和动量矩定理知： 1MxfTFcx 21MrfTrz对于滑块。由动量定理知：maygFy r
11、xc rxac1 以 C为基点：raAx1假设绳不可拉伸。则 2Ax。故 12 由解得： mgTg83,83,83423.22 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 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 角后，绳子与杆轴脱离，并再转过角后，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25mrI。由动量定理和动量矩定理可知： Nxmc 0gyc NrI xMc由得： Mgxrgcc,25,设球与板
12、的接触点为 A，则 t时刻 点的速度为rtrxrvcA0 tmgVtxvc 球由滑动变为滚动的条件是： vA 由解得： Mt273.23 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 。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yxVfromA一1.23yxo1fF一.23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：agWF1 012 对圆柱，由角动量定理和动量定理得：22fxgc 1yc rfI2 其中 I为圆柱绕中心轴的转动惯量，
13、所以2rgI 21Nf无滑滚动的条件： arxc 由式解得gWFa3215.13.1 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cr24. 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 所唯一确定。杆的自由度为 1，由平衡条件：0irF即 mg y =0变换方程 yc=2rcossin - sin2l= rsin2 sin2l故 cco12slr 代回式即0cos1lr因 在约束下是任意的，要使上式成立必须有：rcos2 - 2=0 cos24rl 又由于 cos= rc2故 cos2 =
14、rc代回式得 oxymgCr题 5 . 1 . 1 图crl245.2 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重的均质球，求 角及角之间的关系。解：三球受理想约束，球的位置可以由 确定，自由度数为 1，故。 sinsin21rlrx0ii32xlcos2321rarlyl得sin2sii321rrlyl由虚功原理 01iniF故0sin2sisinsin321 rrlrlrlyPy因 在约束条件下是任意的，要使上式成立，必须0si2i3rrl故 inl 又由 coscos21 rlrx得： cos2rl 由可得 tan3t4.10 质量为 m的小环 M，套在半径为 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 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。xy3o题 5 . 2 . 1 图解： 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 QTdt 在 。011QrFWini广义力 .01Q代入得： 0t 在极坐标系下： 2222 coscos11 dtadtamrT 2222cos4cos421aaam故 将以上各式代入式得 0sin2sinsin222 m0sin2taCo),(yxMy一4.10
