2022年理论力学期末习题答案 .pdf

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1、习题答案1.3 曲柄, rAO以匀角速绕定点 O 转动。此曲柄借连杆AB使滑块 B 沿直线Ox运动。求连杆上C点的轨道方程及速度。设aCBAC，ABOAOB,。xyCaBArOa第 1.3 题图解1如题 1.3.2 图ABCraxyO题1.3.2图由题分析可知，点C的坐标为sincoscosayarx又由于在AOB中，有sin2sinar（正弦定理）所以ryra2sin2sin联立以上各式运用1cossin22由此可得ryaxrax22coscos得12422222222ryaxyaxry得22222223yaxraxy化简整理可得2222222234rayxyax此即为C点的轨道方程 . 精

2、选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 31 页（2）要求C点的速度，分别求导2cossincos2cossinryrrx其中又因为sin2sinar对两边分别求导故有cos2cosar所以22yxV4cossincos2cossin2222rrrsincossin4coscos22r1.4 细杆OL绕O点以角速转动，并推动小环C在固定的钢丝AB上滑动。 图中的d为已知常数，试求小球的速度及加速度的量值。ABOCLxd第 1.4 题图解：如题 1.4.1 图所示，OL绕O点以匀角速度转动 ,C在AB上滑动 , 因此C点有一个垂直杆

3、的速度分量22xdOCvC点速度dxddvvv222secseccos又因为所以C点加速度精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 31 页tansecsec2ddtdva2222222tansec2dxdxd1.5 矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：Ttca2sin1式中c及T为常数，试求运动开始t秒后升降机的速度及其所走过的路程。已知升降机的初速度为零。解：由题可知，变加速度表示为Ttca2sin1由加速度的微分形式我们可知dtdva代入得dtTtcdv2sin1对等式两边同时积分dtTtcdvtv002sin

4、1可得 ：DTtcTctv2cos2（D为常数）代入初始条件：0t时，0v，故cTD2即12cos2TtTtcv又因为dtdsv所以dsdtTtTtc12cos2对等式两边同时积分，可得：tTtTTtcs2sin222121.6 一质点沿位失及垂直于位失的速度分别为r及，式中及是常数。试证其沿位矢及垂直于位失的加速度为rrr,222解：由题可知质点的位矢速度r/v沿垂直于位矢速度v精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 31 页又因为rr/v，即rrrv即rjivardtdrdtddtd（取位矢方向i，垂直位矢方向j）所以jii

5、irrdtdridtrdrdtddtdrdtdrdtdrrdtdjjjjijj2rrr故jiarrrr22即沿位矢方向加速度2rra垂直位矢方向加速度rra2对求导rrr2对求导rrr2r把代入式中可得rra222/ra1.7 试自sin,cosryrx出发，计算x及y。并由此推出径向加速度ra及横向加速度a。解：由题可知sincosryrx对求导sincosrrx对求导cossinsin2cos2rrrrx对求导cossinrry对求导sincoscos2sin2rrrry对于加速度a，我们有如下关系见题1.7.1 图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -

6、 - - - -第 4 页，共 31 页raaOxy题1.7.1图即cossinsincosaayaaxrr- 对俩式分别作如下处理：cos，sin即得cossinsinsincossincoscosaayaaxrr- +得sincosyxar把代入得2rrar同理可得rra21.8 直线FM在一给定的椭圆平面内以匀角速绕其焦点F转动。求此直线与椭圆的焦点M的速度。已知以焦点为坐标原点的椭圆的极坐标方程为：cos112eear式中a为椭圆的半长轴，e为偏心率，都是常数。解：以焦点F为坐标原点，运动如题1.8.1 图所示 FOMxy题1.8.1图则M点坐标sincosryrx对yx,两式分别求导

7、cossinsincosrryrrx故22222cossinsincosrrrryxv222rr如图所示的椭圆的极坐标表示法为cos112eear精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 31 页对r求导可得（利用）又因为221cos111eaeear即rerea21cos所以2222222221211cos1sinerearrea故有2222224222sin1rearev2224221eare12112222222erearrea22r2222222221121eearrreearrrabr2222即rarbrv2（其中bae

8、b,1222为椭圆的半短轴）1.9 质点作平面运动，其速率保持为常数。试证其速度矢量v 与加速度矢量a 正交。证：质点作平面运动，设速度表达式为jivyxvv令为位矢与轴正向的夹角，所以dtdvdtdvdtdvdtdvdtdyyxxjjiivajixyyxvdtdvvdtdv所以jiaxyyxvdtdvvdtdvjiyxvvyxyyyxxxvvdtdvvvvdtdvvdtdvvdtdvvyyxx又因为速率保持为常数，即CCvvyx,22为常数对等式两边求导022dtdvvdtdvvyyxx所以0va即速度矢量与加速度矢量正交. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -

9、 - - - - - -第 6 页，共 31 页1.10 一质点沿着抛物线pxy22运动其切向加速度的量值为法向加速度量值的k2倍。如此质点从正焦弦pp,2的一端以速度u出发，试求其达到正焦弦另一端时的速率。解：由题可知运动轨迹如题1.10.1 图所示，pp,2pp,2xyO题1.10.1图则质点切向加速度dtdvat法向加速度2nva，而且有关系式2v2kdtdv又因为232y1y12pxy2所以ypy32ypy联立2322322yp1yp2kvdtdv又dydvydtdydydvdtdv把2pxy2两边对时间求导得pyyx又因为222yxv精选学习资料 - - - - - - - - -

10、名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 31 页所以22221pyvy把代入23223222122121ypypkvdydvpyv既可化为222pydykpvdv对等式两边积分222pydykpvdvppvu所以kuev1.11 质点沿着半径为r的圆周运动，其加速度矢量与速度矢量间的夹角保持不变。求质点的速度随时间而变化的规律。已知出速度为0v。解：由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1 所示av题1.11.1图cossin2adtdvaarvatn两式相比得dtdvrvcos1sin2即2cot1vdvdtr对等式两边分别积分200cot1vdvdtrvvt即cot110

11、rtvv此即质点的速度随时间而变化的规律. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 31 页1.12 在上题中，试证其速度可表为00evvctg式中为速度矢量与x轴间的夹角，且当0t时，0。证：由题 1.11 可知质点运动有关系式cossin2adtdvarv所以ddvdtdddvdtdv，联立，有cossin2rvddv又因为rv所以dvdvcot，对等式两边分别积分，利用初始条件0t时，0cot00evv3.9 立方体绕其对角线转动时的回转半径为23dk试证明之。式中d为对角线的长度。3.9 解 如题 3.9.1 图所示Ox

12、yz坐标系。yzxodydz图题1.9.3O为正方体中心。Ox、Oy、Oz分别与正方体的边平行。由对称性可知，Ox、Oy、Oz轴就是正方体的中心惯量主轴。设正方体的边长为a。设为平行于轴的一小方条的体积，则正方体绕轴的转动惯量精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 31 页22222226amdydzzyaIaaaaxx根据对称性得26amIIIxxzzyy易求正方体的对角线与Ox、Oy、Oz轴的夹角都为。且31cos故正方体绕对角线的转动惯量22226coscoscosamIIIIzzyyxx又由于ad3绕对角线的回转半径mI

13、k由得23dk 3.10一均质圆盘，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，问经过多少时间后盘将静止？解：如题 3.10.1 图。drrdor图题1.3.10z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zzMdtdI即zzMII为转盘绕z轴的转动惯量：221maI（m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）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 31 页3200232agdrdrgMaz=232ammag由得ag34

14、又因为,00故tagt340所以, 0t得gat430 3.11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？0o图题1.3.113.11 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：ZMdtdz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00，解得：tIkte0故当20t时，kIt2。又由于tt（为通风机转动的角度）设00，精选学习资料 - - - - - - -

15、- - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 31 页tIkte0tIktIkttekIdte10000故当kIt2时，kIt20，t时间内通风机转动的转数kInt4200 3.12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？ABCDab第3.12题图3.12 解 如题 3.12.1 图，zxyOABCD0ab第 3.12.1 图坐标Oxyz与薄片固连，则沿z轴方向有：ZMdtdz且zIz现取如图

16、阴影部分的区域adydS，该区域受到的阻力22ykadykdSvdfz精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 31 页df对z轴的力矩dyykaydfdMzz32所以：2304zazzbakdMM又薄片对轴的转动惯量abmmabdyydmyIaa2020231由得：021431tmbkatz当20tz时，0234bkamt3.13 一段半径R为已知的均质圆弧，绕通过弧线垂直的轴线摆动。求其作微振动时的周期。解 如题 3.13.1 图所示，oyx00l图题1.3.13坐标系Oxyz的原点位于圆弧最顶点。设圆弧平衡时，质心c的坐标

17、为0 ,0lc。如图所示圆弧偏离平衡位置一小角度，则满足微分方程Imgl sinI为圆弧相对于Oz轴的转动惯量。当很小时，sin，代入上式得：0Imgl圆弧上对应转角为的一小段圆弧的坐标为0 ,cos,sinRRR质心c的纵坐标RRRdRRRdyc00sincos0000精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 31 页上式中为圆弧的线密度RRl00sin又dRRRRI0022sincos002sin12mR其中02 Rm，将代入得02Rg解式得通解tRgAt2cos微振动周期gRRgT22223.14 试求复摆悬点上的反作用力

18、在水平方向的投影XR与竖直方向的投影YR。设此摆的重量为mg，对转动轴的回转半径为k，转动轴到摆重心的距离为a，且摆无初速地自离平衡位置为一已知角0处下降。解 如题 3.14.1 图所示坐标系Oxyz。题3.14.1图xzmgacOxRyR由动量定理及动量矩定理得：xcccRyxmxm2mgRxymymyccc2sin2mgamk其中cos,sinayaxcc又根据机械能守恒定律得：022coscos21mgamk精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 31 页由解得：sincos3cos2022kmgaRxmgkmgaRy1

19、coscos2cos30223.15 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 如题 3.15.1 图所示坐标系Oxyz。题3.15.1图xyzOAP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，则0000kjkiOAvvrvrvArv0设轮缘上任意一点p，Op与x轴交角为，则Opjisincosrr故jikiOpvvsincos00rrvpjicossin0rrv当90时，得最高点的速度02vvtopOpOpaadtdp0jikksin

20、cosrrjijisincossincos2022rvrr当90和90时分别得到最高点和最低点的加速度jarvtop20，jarvbottom20精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 31 页4.4 小环重W， 穿在曲线形xfy的光滑钢丝上， 此曲线通过坐标原点， 并绕竖直轴oy以匀角速转动。如欲使小环在曲线上任何位置均处于相对平衡状态，求此曲线的形状及曲线对小环的约束反作用力。解 如题 4.4.1 图所示，)(xfyNyxogmpF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

21、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 PmgFtancosmgN有得gxdydxdydxmgxm22,tan得又因为xfy过原点 . 对上式积分得抛物线gxy222有得yggx222221111tan11cos将cos代入的反作用力ygWN2214.5 在一光滑水平直管中有一质量为m的小球。此管以匀角速绕通过其一端的竖直轴转动。如开始时，球距转动轴的距离为a，球相对于管的速度为零，而管的总长则为a2。求球刚要离开管口时的相对速度与绝对

22、速度，并求小球从开始运动到离开管口所需的时间。解：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：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 31 页jFiFNGxmxmmg2,2科牵故沿Ox方向运动的微分方程为：xmxm2，02xx有初始条件：0,0 xaxt可得式解为：tteeax2故当邱刚离开管口时，即0,2xax时. 则：0222tttteeaeeaa得32lnt所以此时：j2ivvvi3i 32kivaaaaxaxax3222故当球刚要离开管口时的相对速度为ia3，绝对速度为jiaa23，小球

23、从开始运动到离开管口所需时间为32ln4.6 一光滑细管可在竖直平面内绕通过其一端的水平轴以匀角速转动， 管中有一质量为m的质点。开始时，细管取水平方向，质点距转动轴的距离为a，质点相对于管的速度为0v，试求质点相对于管的运动规律。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题图则小球受力为：jFiFNGxmxmmg2,2科牵故沿Ox方向运动的微分方程为tmgxmxmsin2，tmgxxsin2方程02xx的通解：tteCeCtx21精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共

24、 31 页而方程的特解为：tgtxsin22故方程的通解为：tgeCeCtxttsin2221初始条件为当0t时，0,vxax故可得202201221221gvaCgvaC所以质点相对于管的运动规律为：tgegvaegvaxttsin2221221220204.7 质量分别为m及m的两个质点，用一固定有长度为a的弹性绳相连，绳的倔强系数为mmmmk22。如将此系统放在光滑的水平管中，管子绕管上某点以匀角速转动，试求任一瞬时两质点间的距离。设开始时，质点相对于管子是静止的。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题图则易得质点

25、Oxmm沿,反方向的运动微分方程为：askxmxm2asksxmsxm2将方程作简单变换可得：asksmaskmmsm2化简得ass222其通解为：aeCeCstiti221精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 31 页初始条件为：0,00ttsas故可得：20212121aCCCCiaCC得故taascos2，tascos24.8 轴为竖直而顶点向下的抛物线形金属丝上，以匀角速绕竖直轴转动。另有一质量为m的小环套在此金属丝上，并沿着金属丝滑动。试求小环运动微分方程。已知抛物线的方程为ayx42，式中a为常数。计算时可忽略摩

26、檫阻力。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题图则小环的运动微分方程为：xNxmxm2yNmgymvmNzmz20dxdyNNyxcot241xay故xaNNxxxayyx21,212代入得xamgxxxamxmxm212122化简即得0244122222xagxxaxxax精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 31 页5.6 试用拉格朗日方程解4.10 题。 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绕

27、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。taCo),(yxMxy图第4.10 xyoyxM,rtC题5.6.1图解 如题 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在。011QrFWinii广义力.01Q代入得：0TTdtd在极坐标系下：22222222cos22cos22121dttdadtadmrrmT22222222cos42cos421aaam故：将以上各式代入式得0sin2sinsin222222mamamama0sin2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳

28、总结 - - - - - - -第 20 页，共 31 页5.7 试用拉格朗日方程解本章补充例题5.3 。 5.3 轴为竖直而顶点在下的抛物线形金属丝，以匀角速 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x 方向的运动微分方程。已知抛物线的方程为：x2=4ay，式中 a 为一常数。解如题 5.7.1 图xmgyxo题5.7.1图22222xyxv又由于xaxy2所以2222222121xxaxxmmvT222224121xaxxm取坐标原点为零势面axmgmgyv42拉氏函数222222244121axmgxaxxmVTLaxmgxmaxmxL2

29、4222222222224141axxmaxxmxLdtdaxxmxL代入保守系拉格朗日方程0 xLxLdtd得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 31 页0244122222axmgxmaxxmaxxm222222224141axxmaxxmxLdtdaxxmxL代入保守系拉格朗日方程0 xLxLdtd得0244122222axmgxmaxxmaxxm5.8 多自由度力学体系如果还有阻尼力，那么它们在平衡位置附近的运动和无阻尼时有何不同？能否列出它们的微分方程？解：如图 5.8.1 图. 题5.8.1图xPmgta0v(

30、1) 由于细管以匀角速转动，因此.=可以认为质点的自由度为1. (2) 取广义坐标qx. (3) 根据极坐标系中的动能：)(21)(21222222xxmrrmT取初始水平面为零势能面，势能:)sin(tmgxV拉氏函数：)sin()(21222tmgxxxmVTL(4) xmxL，)sin(2tmgxmxL代入拉氏方程0)(xLxLdtd得：)sin(2tmgxmxm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 31 页(5) 先求齐次方程的解：02xx，ttececx21特解为)sin(22tg故式的通解为：)sin(2221t

31、gececxtt在0t时：21cca，2210gccvx联立得：201421gvac，202421gvac将21,cc代回式可得方程的解为：)sin(242142122020tgegvaegvaxtt5.10 试用拉格朗日方程解2.4 题中的a及b。2.4 质量为1m的质点，沿倾角为的光滑直角劈滑下，劈的本身，质量为2m，又可在光滑水平面自由滑动。试求a质点水平方向的加速度1x；b劈的加速度2x；解如题 5.10.1 图. yxO1x2x题 5.10.1图（1）体系自由度数为2. （2）选广义坐标. 2211,xqxq（3）质点的速度,212121yxv劈的速度2222xv故体系动能22221

32、21212121xmyxmTTT精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 31 页以x面为零势面，体系势能：2211tan)(CxxgmV其中2C为劈势能 . 拉氏函数22112222221211tan21tan21CxxgmxmxxxmVTL（4）2221111111tantanxxmxmxLgmxL代入拉格郎日方程011xLxLdtd得：0tantantan11221211gmxmxmtan12gmxL2222112tanxmxxmxL代入拉格郎日方程得：0tantantan122222211gmxmxmxm联立，得2121

33、221221sincossinsincossinmmgmxmmgmx5.11 试用拉格朗日方程求3.20 题中的1a及2a。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。Mmr第3.20题图CC1a2axrBO题5.11.1图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 31 页解：如题 5.11.1 图（1）本系统内虽有摩擦力， 但不做功， 故仍是保

34、守系中有约束的平面平行运动，自由度.1s（2）选取广义坐标：.q（3）根据刚体力学：2222222243212121mrMrmvIMvTBCc其中绕质心转动惯量：CBCCvvrvMrI2,212选Ox为零势面，体系势能：mgrCV2其中 C为常数 . 拉氏函数CmgrmrMrVTL22432222(4) 22423,2mrMrLmgrL代入保守系拉氏方程0LLdtd得：0242322mgrmrMrmMmgaamMmgrarmMmg8382834834121对于物体B，有mMMm gmamgTmaTmg833225.14 质量为m的圆柱体S放在质量为的圆柱体P上作相对滚动， 而P则放在粗糙平面上

35、.已知两圆柱的轴都是水平的，且重心在同一竖直面内. 开始时此系统是静止的. 若以圆柱体P的重心的初始位置为固定坐标系的原点，则圆柱S的重心在任一时刻的坐标为mmmcx2sin3，coscy试用拉格朗日方程证明之. 式中c为两圆柱轴线间的距离，为两圆柱连心线与竖直向上的直线间的夹角 . 解：如题 5.14.1 图. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 31 页Ox题5.14.1图OabmgSP（1）因体系作平面平行运动，一个约束方程：bbaa(2) 体系自由度2s，选广义坐标21,qq. 虽有摩擦，但不做功，为保守体系（3）

36、体系动能：PT轮平动动能P轮质心转动动能 +S轮质心动能 +S轮绕质心转动动能22222222222222sin21cos214143sin21cos2212121bamabambaamaMbamabamIaMISP以地面为零势面，体系势能：MgabamgVcos则保守系的拉氏函数：MgabamgbamabamabamaMVTLcossin2cos21414322222222(1) 因为L不显含，得知为循环坐标 . 故：222cos212123mabamabamamaMaL=常数开始时：0则：0cos21232322bamabamamaMa代入bac得：mMmcmcacos2精选学习资料 -

37、- - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 26 页，共 31 页又0t时，0所以mMmcmca3sin2cos3sin33sin2sinsincymMmMmcmMmcmccacx5.15 质量为M、半径为a的薄球壳，其外表面是完全粗糙的，内表面则完全光滑，放在粗糙水平着上. 在球壳内放一质量为m、长为 2asin的匀质棒 . 设此系统由静止开始运动， 且在开始的瞬间棒在通过球心的竖直平面内，两端都与球壳相接触，并与水平线成角.试用拉格朗日方程证明在以后的运动中，此棒与水平线的夹角满足关系2222coscos9sincos335mm2acoscoscos356m

38、gOa2第5.15题图解 如题 5.15.1 图xyOM题5.15.1图amgl（1）本系统作平面平行运动，干限制在球壳内运动，自由度2s；选广义坐标21,qxq，体系摩擦力不做功，为保守力系，故可用保守系拉氏方程证明精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页，共 31 页0qLqLdtd（2）体系动能 =球壳质心动能 +球壳转动动能 +杆质心动能 +杆绕中心转动动能22222112212121ImvIxCMT其中杆球,sincoscoscos,sin3131,3222221axaaxvammlIMaIj,i代入得：coscossin

39、31cos21352122222xammaxmMT以地面为零势面，则势能：1coscosCVmga（其中1C为常数）122222coscoscoscossin31cos213521CmgaxammaxmMVTL(3) 因为x是循环坐标，故：coscos352amxmMxL常熟而coscosxmasin31cosLsincossincosxmaL222mamga代入式得：0sincoscoscossin31cos22mgxmma联立、可得（先由式两边求导，再与式联立）0sincos335coscoscos9sincos335222gmMdtdamamM试乘2并积分得：常数coscos356cos

40、cossincos33522222mMgamM又由于当，则0coscoscos356coscos9sincos335coscos35622222mMgammMmMg故常数精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页，共 31 页5.23 试用哈密顿正则方程解4.10 题。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。taCo),(yxMxy图第4.10解如题 5.23.1 图, xyOCtaM题 5.23.1图由 5.6 题解得小球

41、的动能 :22222222cos42cos421aaamT根据定义 : 2cos2222mamaTp得: 2cos222map根据哈密顿函数的定义 : VaaampVTpLpH22222222cos42cos421代入式后可求得 :222222sin212cos22mapmapH由正则方程得 :cossinsin22mapHp2cos222mappH代入得 :sinsincossinsin222mamap整理得 : 0sin2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 29 页，共 31 页5.24 半径为c的匀质圆球，自半径为b的固定圆球的顶

42、端无初速地滚下，试由哈密顿正则方程求动球球心下降的切向加速度。如题 5.24.1 图, bcO题5.24.1图小球的位置可由确定, 故自由度1s选广义坐标q, 广义速度q. 小球动能 : 20212121ImvT又由: 代入,1cbccvbcv式得22222221107522121bcmcbcmcbamvT设小球势能为 V,取固定圆球中心 O为零势点 , 则:cosbcmgV小球拉氏函数 :VbcmVTL22107=cos10722bcmgbcm根据定义 : 2227557bcmpbcmTp有: LpHcos145cos7510775222222bcmgbcmpbcmgbcbcmpmbcmpp精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 30 页，共 31 页4根据正则方程 : sinbcm gHp275bcmppH对式两边求时间导得：bcgbcmbcmgbcmp7sin57sin57522故小球球心切向加速度 : sin75gbca精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 31 页，共 31 页