理论力学-周衍柏-第三版-第四章习题答案

第四章习题解答4.1解如题4.1.1图所示.yxzωoavAPＢ题４．１．１图坐标系Oxyz的原点位于转动的固定点，Ox轴沿OzOB,轴与角速度的方向一致，即.kω设P点沿运动的相对速度为jvv则有题意得：22bvvb，得：故P在A点时的绝对速度1482212222bbbbbvjiijkjOAωvv设v与y轴边即AB的夹角为，则,122tanyxvv故v与AB边的夹角为122arctan，且指向左上方。AP在点时绝对速度122122022222bbbbbajijkjivωOA-aa2设边轴与ABya的夹角为，则1tanyxaa,故a与AB边的夹角为1arctan，且指向左下方。4.2解如题4.2.1图所示，opx题４．２．１图以Ox转动的方向为极角方向建立坐标系。Oz轴垂直纸面向外，设P点相对速度eerekeOPωvvrrrrrr①设绝对速度v的量值为常数v，则：2222vrr②对②式两边同时球时间导数得：022rrr依题意,0r故02rr解得通解tBtAtrsincos当0t时，0tr，将其带入①式游客的知：0t时，.vr即vBAvBA0,0最后有tvtrsin4.3解如题4.3.1图所示，ozyopx题４．３．１图直角坐标Oxyz的原点位于圆锥顶点Ox轴过圆锥的对称轴.PO为点在轴上对应的一点，且有轴xPO，所以P点的绝对加速度：kjkjjiipOv2ωRaasin2sinsin2sinsincos2202222vtvvptOv最后有4sin22tva4.4解如题4.4.1图所示，)(xfyNyxogmpF题4.4.1图坐标系Oxy是以y绕轴转动的坐标系.图中画出的是曲线xfy的一段，在任意一点P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F的作用，xmF2，方向沿x轴正向，在mgFN,,作用下，致信处于平衡状态，则有角点的切线与水平方向夹为过PmgFtan①cosmgN②有①得gxdydxdydxmgxm22,tan得③又因为xfy过原点.对上式积分得抛物线gxy222有③得yggx222221111tan11cos将cos代入②的反作用力ygWN2214.5以直管为参照系，Ox方向沿管，Oz沿竖直轴建立坐标系Oxyz，则小球受力为：jFiFNGxmxmmg2,,,2科牵故沿Ox方向运动的微分方程为：xmxm202xx①有初始条件：0,,0xaxt可得①式解为tteeax2故当邱刚离开管口时，即0,2xax时.则0222tttteeaeeaa得32lnt所以此时：j2ivωvvi3i32kivaaaaxaxax3222故当球刚要离开管口时的相对速度为ia3，绝对速度为jiaa23，小球从开始运动到离开管口所需时间为32ln4.6解以光滑细管为参考系，Ox沿管，Oz沿水平轴建立坐标系Oxyz，如题4.6.1图所示，aozyx题４．６．１图则小球受力为：jFiFNGxmxmmg2,,,2科牵故沿Ox方向运动的微分方程为：tmgxmxmsin2tmgxxsin2①方程02xx的通解tteCeCtx21而方程①的特解为：tgtxsin22故方程①的通解为：tgeCeCtxttsin2221初始条件为当0t时，0,vxax故可得202201221221gvaCgvaC所以质点相对于管的运动规律为：tgegvaegvaxttsin2221221220204.7解以水平细管为参考系，Ox沿管，Oz沿竖直转动轴向上建立坐标系Oxyz，如题图4.7.1图所示aozyx题４．７．１图则易得质点Oxmm沿,反方向的运动微分方程为：askxmxm2①asksxmsxm2②将方程①②作简单变换可得：asksmaskmmsm2化简得ass222其通解为：aeCeCstiti221初始条件为：0,00ttsas故可得：20212121aCCCCiaCC得故taascos2tascos24.8解以抛物线形金属丝为参照物Ox沿抛物线在顶点的切线方向，Oy沿竖直轴建立坐标系Oxyz，zomgNyx题４．８．１图则小环的运动微分方程为：xNxmxm2①yNmgym②vmNzmz20dxdyNNyxcot241xay故xaNNxxxayyx21,212代入①②得xamgxxxamxmxm212122化简即得0244122222xagxxaxxax4.9解一当小环相对平衡时，由上题可知即要求x为常数，故0,0xx故ag22解二以地面为参照系，则小球受力GN,，如图4-8所示.其中Oxyz为固定地面的坐标系，故平衡时有：mgNxmNsincos2agxadydxxmg22tan224.10解以地面为参考系，则小环的运动微分方程为：2sin22cos2NrrmNrrm其中,2,2cos2tar为M与圆心C的连线和通过O点的直径间所夹的角222cos2sin212sin22cos22tan222aaaarrrr化简得0sin24.11解以地面为非惯性参考系，建立坐标系Oxyz，Ox指正南，Oz竖直向上，发射点为原点O，炮弹的运动微分方程为：sin2ymxm①cossin2zxmym②cos2ymmgzm③初始条件为sincos000vzcyxzyxt故将①②③积分一次代入初始条件后得：cos2sincossin2cossin2ygtVzzxVyyxcossin2Vx④sincos2Vgty⑤coscos2Vgz⑥有⑥可得落地时间：bgVt11sin2⑦其中gVbcoscos21b所以将b11展开可得bgVtbb1sin2111由式及初始条件可得2cossintVx所以炮弹落地时的横向偏离为cossinsin41sin4cossin2232222gVbgVVd4.1解以地面为非惯性，建立坐标系OxOxyz,指向正南，Oz竖直向上，上抛点为原点O，质点的运动微分方程为：cos2cossin2sin2ymmgzmzxmymymxm①初始条件为：0cos00vzcyxzyxt如上题同理可得sin2yx②cossin2zxy③cos20ygtvz④代入①式得gzvgtyx0cos20有④式求出落地时间为：gvt02有③式得：203coscos31tvgty将ghvgvt2,200代入得复落至地面时：cos8343ghd)(西取负值，说明落地时偏d