理论力学期末习题答案

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,。

xyCaBArOa

第1.3题图

解 1如题1.3.2图

••ABCraxyO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 12422222222ryaxyaxry

得 22222223yaxraxy

化简整理可得 2222222234rayxyax

此即为C点的轨道方程. （2）要求C点的速度，分别求导

2cossincos2cossinryrrx

其中 

又因为 sin2sinar

对两边分别求导

故有 cos2cosar

所以

22yxV4cossincos2cossin2222rrr

sincossin4coscos22r

※1.4 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。

ABOCLxd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点有一个垂直杆的速度分量

22xdOCv

C点速度

dxddvvv222secseccos

又因为所以C点加速度 tansecsec2ddtdva2222222tansec2dxdxd

1.5 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 dtTtcdv2sin1

对等式两边同时积分 dtTtcdvtv002sin1

可得 ： DTtcTctv2cos2（D为常数）

代入初始条件：0t时，0v，故 cTD2

即 12cos2TtTtcv

又因为

dtdsv

所以 dsdtTtTtc12cos2

对等式两边同时积分，可得：tTtTTtcs2sin22212

※1.6 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//v①

沿垂直于位矢速度 v 又因为 rr//v ， 即 rr

rv即r

jivardtdrdtddtd（取位矢方向i，垂直位矢方向j）

所以 jiiirrdtdridtrdrdtd

dtdrdtdrdtdrrdtdjjjjijj2rrr

故 jiarrrr22

即 沿位矢方向加速度 2rra

垂直位矢方向加速度 rra2

对③求导 rrr2

对④求导 rrr2r

把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得

rra222//

ra

1.7 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 ①②

对①求导 sincosrrx ③

对③求导 cossinsin2cos2rrrrx④

对②求导 cossinrry⑤

对⑤求导 sincoscos2sin2rrrry⑥

对于加速度a，我们有如下关系见题1.7.1图 raaOxy题1.7.1图

即

cossinsincosaayaaxrr ⑦--⑧

对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦cos，⑧sin

即得

cossinsinsincossincoscosaayaaxrr ⑨--⑩

⑨+⑩得 sincosyxar ⑾

把④⑥代入 ⑾得 2rrar

同理可得 rra2

1.8 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

cossinsincosrryrrx

故 22222cossinsincosrrrryxv222rr

如图所示的椭圆的极坐标表示法为 cos112eear 对r求导可得（利用）又因为 221cos111eaeear

即 rerea21cos

所以 2222222221211cos1sinerearrea

故有 2222224222sin1rearev

2224221eare]1211[2222222erearrea22r

2222222221121eearrreearrrabr2222

即 rarbrv2

（其中baeb,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

dtdvdtdvdtdvdtdvdtdyyxxjjiivajixyyxvdtdvvdtdv

所以 jiaxyyxvdtdvvdtdvjiyxvv

yxyyyxxxvvdtdvvvvdtdvvdtdvvdtdvvyyxx

又因为速率保持为常数，即 CCvvyx,22为常数

对等式两边求导 022dtdvvdtdvvyyxx

所以 0va

即速度矢量与加速度矢量正交. ※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,2pp,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 ①

又因为 232y1y1 ②

2pxy2

所以 ypy ③

32ypy ④

联立①②③④

2322322yp1yp2kvdtdv ⑤

又 dydvydtdydydvdtdv

把2pxy2两边对时间求导得 pyyx

又因为 222yxv

所以

22221pyvy ⑥

把⑥代入⑤

23223222122121ypypkvdydvpyv

既可化为 222pydykpvdv

对等式两边积分 222pydykpvdvppvu

所以 kuev

1.11 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