本科物理專業(yè)理論力學復習題(計算題)

理論力學復習題(計算題)一、分析力學局部半經為r的光滑半球形碗，固定在水平面上，一均質棒斜靠在碗緣，一端在碗內，一端在碗外，在碗內的長度為c，試用虛功原理證明棒的全長為：解：建坐標如圖示，棒受主動力為重力，作用點在質心c上，方向豎直向下，即由虛功原理得由圖可知又由幾何關系知所以對c求變分得代入虛功原理得由于故整理得六．五根長度相同的勻質桿，各重為P用鉸連接，與固定邊AB成正六邊形，設在水平桿的中點施力F以維持平衡，用虛功原理求力F之大?。拷猓涸O六邊形邊長為a，建坐標系如圖，取角為廣義坐標由虛功原理得：由幾何關系知變分，，代入虛功原理由于的任意性，所以等邊六角形連桿鉛直放置，各桿間用光滑鉸鏈連接，底邊固定不動，C、D點用繩拉緊，連桿AB中點受力Q作用，平衡時∠ACD=α，試用虛功原理求平衡時Q與繩內張力T之間的關系？解：設六邊形邊長為a，建坐標系如圖，取角為廣義坐標由虛功原理得：由幾何關系知變分代入虛功原理由于的任意性，所以如下圖平面機構有五根長度相同的勻質桿與固定桿AB組成一正六邊形，桿AF中點與桿BC中點有一剛度系數為k的水平彈簧相連，各桿長度用彈簧原長均為，其重量與各鉸接處摩擦均不計，假設在ED中點作用一鉛垂力F，那么此機構平衡時角的大小為多少。解：以AB桿中點為原點建立坐標系，ox軸沿AB方向，oy軸豎直向上。解除彈簧約束以力T1、T2代替。由由虛功原理得：由幾何關系知變分得代入虛功原理又由于故P.206例解：自由度2個，廣義坐標由對P1,P2,F分別有：代入，并令代入，并令的系數為零，有由拉格朗日方程求出單擺的運動微分方程解：以單擺為研究對象，系統(tǒng)為保守系，取擺角為廣義坐標，設擺長為，那么擺球速度系統(tǒng)動能，勢能為拉氏函數由拉氏方程得到擺角很小時故運動微分方程為討論：由于是保守系統(tǒng)，存在首次積分即機械能守恒由拉格朗日方程求出彈簧振子的運動微分方程解：以彈簧振子為研究對象，系統(tǒng)為保守系，取振子位移x為廣義坐標，設彈簧勁度系數為，那么振子速度系統(tǒng)動能，勢能為拉氏函數由拉氏方程得到故運動微分方程為討論：由于是保守系統(tǒng)，存在首次積分即機械能守恒用哈密頓正那么方程建立彈簧振子的運動微分方程解：以彈簧振子為研究對象，系統(tǒng)為保守系，取振子位移x為廣義坐標，設彈簧勁度系數為，那么振子速度系統(tǒng)動能，勢能為拉氏函數廣義動量即哈密頓函數哈密頓正那么方程為式微分后代入〔1〕式得所以運動微分方程為用哈密頓正那么方程建立單擺的運動微分方程解：以單擺為研究對象，系統(tǒng)為保守系，取擺角為廣義坐標，設擺長為，那么擺球速度系統(tǒng)動能，勢能為拉氏函數廣義動量即哈密頓函數哈密頓正那么方程為式微分后代入〔1〕式得得到擺角很小時故運動微分方程為第一章質點力學點沿空間曲線運動，在點M處其速度為，加速度與速度夾角，且。求軌跡在該點密切面內的曲率半徑和切向加速度。答：由條件得法向加速度那么曲率半徑切向加速度一點向由靜止開始作勻加速圓周運動，試證明點的全加速度和切向加速度的夾角與其經過的那段圓弧對應的圓心角之間有如下關系證明：設點M沿半徑為R的圓作圓周運動，t時刻走過的路程為AM=s，速度為，對應的圓心角為。由題設條件知C為常數積分(b)式得所以將〔c〕式代入〔a〕，并考慮，所以質點M的運動方程為求t=1秒時，質點速度、切向加速度、法向加速度的大小。解：由于所以有又：那么點M沿半徑為R的圓周運動。如果為常數〕，以初始位置為原點，原點初速度為。求點的弧坐標形式的運動方程及點的速度減少一半時所經歷的時間。解：設點的初始位置為A。依題意積分上式得那么弧坐標形式的運動方程為當時一質點沿圓滾線的弧線運動，如為常數，那么其加速度亦為一常數，試證明之。式中為圓滾線某點P上的切線與水平線〔x軸〕所成的角度，s為P點與曲線最低點之間的曲線弧長。解：因故式中=常量〔題設〕又而所以故=常數結論得證設質點沿螺旋線運動，試求質點的速度、加速度和軌道的曲率半徑。解：因故所以又所以又所以而小環(huán)的質量為m。套在一條光滑的鋼索上，鋼索的方程式為，試求小環(huán)自x=2a處自由滑至拋物線頂點時的速度及小環(huán)在此時所受到的約束反作用力。解：小環(huán)受力如圖示，重力豎直向下，約束力的方向沿著拋物線的法線小環(huán)在任意位置P處的運動微分方程為因而〔s增大而y減小故為負值〕〔1〕式變?yōu)榧捶e分得〔因〕此即小環(huán)自x=2a處自由滑至拋物線頂點時的速度。又那么在拋物線頂點處所以在拋物線頂點處由〔2〕式知〔因在頂點處〕小環(huán)在頂點處所受到的約束反作用力為。質點所受的力如恒通過一定點，那么質點必在一平面上運動，試證明之。證明：取力通過的定點為坐標原點，那么質點的位矢與力共線，那么有所以質點的動量矩守恒，即其分量式為由得到由解析幾何知識知上式為一平面方程，故質點只能在這個平面上運動。一物體質量m=10kg,在變力作用下運動。設物體初速度，開始時力的方向與速度方向相同。問經過多長時間后物體速度為零，此前走了多少路程？〔知識要點〕質點運動學微分方程，質點運動學第二類問題解答：由得積分得再積分得由解得再代入前式得S=7.07m質點作平面運動，其速率保持為常數，試證明速度矢量與加速度矢量正交。證明：采用自然坐標系，由題意知c為常量于是有又在自然坐標系中所以由于故得證動點M以勻速沿軌跡運動，求當時動點M的速度沿x和y分量的大小，以及M的加速度解：由根據求導數得而時〔2〕代入〔1〕得整理得代入〔2〕得又那么即又由數學知識知而根據微分得當時所以有故某力場的力矢為其中分別為x,y,z軸的單位矢，試證明該力場是否為保守力場，假設為保守力場，求出其勢能函數。解：+故力場為保守力場。由式積分得：對〔4〕式求偏導數得：即上式得：代入〔4〕式得：對〔5〕式求偏導數得：即積分得：代入〔5〕式得：取那么所以勢能函數為某力場的力矢為試證明該力場是否為保守力場，假設為保守力場，求出其勢能函數。解：故力場為保守力場。由對〔1〕式積分得：對〔4〕式求偏導數得：即上式得：代入〔4〕式得：對〔5〕式求偏導數得：即積分得：代入〔5〕式得：取那么所以勢能函數為作用于質點上的力為式上系數都是常數，問這些滿足什么條件，才有勢能存在？如這些條件滿足，試計算其勢能。解：要滿足勢能存在須使力場為保守力場，既力場的旋度為零，所以即即勢能存在滿足條件是：由〔1〕式積分得〔4〕式對y偏微分=〔2〕式得即〔5〕式積分得〔6〕式代入〔4〕式得〔7〕式對z偏微分=〔3〕式得即〔8〕式積分得〔9〕式代入〔4〕式得取那么失勢能為某力場的力矢為試證明該力場是否為保守力場，假設為保守力場，求出其勢能函數。解：由于故力場為保守力場由積分〔1〕式得〔4〕式對y偏微分=〔2〕式得積分得代〔5〕入〔4〕得〔6〕式對z偏微分=〔3〕式得積分得代〔7〕入〔6〕得取那么失勢能函數為有一質點在xy平面上運動，質點受到的力為，質點在平面上由點A〔1,0〕沿直線運動到點B〔1,1〕,求力所作的功解法1：由功的定義計算又所以解法2：由功的定義計算或解法3：由保守力性質計算故力場為保守力場積分〔1〕式得〔4〕式對y偏微分=〔2〕式得積分得代〔5〕入〔4〕得取那么失勢能函數為那么由保守力與功的關系可知設作用于質點上的力場的力矢為求此質點沿螺旋線運行，自至時力場所作的功解：由保守力性質計算故力場為保守力場積分〔1〕式得〔4〕式對y偏微分=〔2〕式得積分得代〔5〕入〔4〕得〔6〕式對z偏微分=〔3〕式得積分得代〔7〕入〔6〕得取那么失勢能函數為又由知當時；時那么由保守力與功的關系可知有一劃平面曲線的點，其速度在y軸上的投影于任何時刻均為常數c，試證明在此情形下，加速度的量值可用下式表示證明1：由〔1〕式求導得〔因，故〕由此得出又〔2〕=〔3〕得整理得結論得證證明2：如圖設v與y軸夾角為α，那么由，故有由圖示幾何關系知即又那么有〔2〕代入〔1〕得結論得證33、船得一初速，在運動中受到水的阻力，阻力的大小與船速的平方成正比，而比例系數為，其中為船的質量。問經歷多長時間船速減為其初速的一半?！?5分〕解：由題意知阻力為那么船的運動方程為即而時設船經歷時間為時，積分上式得即從而得質點M在力的作用下沿x軸作直線運動，在初瞬時，。求質點的運動方程。解：由積分，得即積分得點的運動方程,求其軌跡方程,并自起始位置計算弧長,求出點沿軌跡的運動規(guī)律.(1)x=4t-2t2,y=3t–1.5t2(2)x=5cos5t2,y=5sin5t2(3)x=4cos2t,y=3sin2t解〔1〕由x=4t-2t2,y=3t–1.5t2…….〔1〕兩式相除得所以軌跡方程為是一直線方程得所以速度為全加速度為而切線加速度為，法線加速度由此說明質點作勻減速直線運動。由x=5cos5t2,y=5sin5t2…….〔1〕得軌跡方程為是一圓的方程，其半徑R=5由〔1〕式得所以速度為切線加速度為說明質點作勻加速圓周運動法線加速度為全加速度為由x=4cos2t,y=3sin2t…….〔1〕得軌跡方程為為一橢圓方程由〔1〕式得所以速度為全加速度為如圖6-1所示,半徑為R的車輪在直線軌道上滾動而不滑動,輪心C的速度是常量u,求輪緣上一點M的軌跡,速度和加速度及軌跡的曲率半徑.圖6-1解將M點與地面的接觸時的位置作為直角坐標系的原點O,并建立直角坐標系如下圖,經過時間t,M點的坐標為:x=ut-Rsinφy=R-Rcosφ因輪純滾動,線段OD與弧長DM相等,整理后得運動方程為從運動方程中消去時間t后,得軌跡方程為:.即M點的軌跡為旋輪線(或擺線),速度在x,y軸上的投影、大小及方向余弦分別為M點的加速度在x,y軸上的投影、大小及方向余弦分別為即各點加速度指向輪心又而,由此可求得:證明題證明：質量為m的質量從圓的最高點O由靜止開始沿任一條光滑弦下滑到圓周上所需的時間相同。證明：考慮質點在任意一條與過圓心的鉛垂線夾角為的弦上的運動，那么在任意位置的受力如下圖。沿弦的方向用質點動力學根本方程得質點加速度，即質點作勻加速運動。考慮到初始條件，不難求得其運動方程為又弦長〔從圓頂點滑到圓周上的路程〕為質量為m的質量從圓的最高點O由靜止開始沿任一條光滑弦下滑到圓周上所需的時間，與無關，故質量為m的質量從圓的最高點O由靜止開始沿任一條光滑弦下滑到圓周上所需的時間相同。證畢。重為P的小球位于半徑為r的光滑球面頂點，小球從靜止開始下滑，求小球脫離球面的位置。解：小球運動過程中受力為重力和支持力，只有重力作功，機械能守恒。設球面頂點處為零勢能面由機械能守恒定律有故小球在法向方向運動微分方程為小球脫離球面時N=0，所以有〔1〕代入〔2〕式有整理有又由幾何關系知〔h為自球面頂點起下降高度〕得討論：由以上結論知小球脫離球面位置與小球〔質量〕無關，當球面不光滑時與小球〔質量〕有關。可得到運動軌道方程是，此為圓的極坐標方程，所以質點的運動軌道為以a為半徑的圓。第二章質點系力學一門大炮停在鐵軌上，炮彈質量為m，炮身及炮車質量和等于M，炮車可以自由地在鐵軌上反沖，如炮身與在地面成一角度，炮彈對炮身的相對速度為V，試求炮彈離炮身時對地面的速度及炮車反沖的速度U。解：由于在水平方向〔x方向〕無外力作用，火藥爆炸力為內力，故水平方向動量守恒即又由相對運動關系知〔2〕代入〔1〕得所以如設與水平面夾角為，那么討論：由〔4〕式知炮車反沖時，由〔5〕式知重G的物體A帶動單位長度的質量為q的軟鏈，以速度向上拋出，如圖示。假定軟鏈有足夠的長度，求重物所能到達的最大高度。解：取OZ軸鉛直向上，O點位于地面。將在空中運動的鏈條的物體A視為主體。那么并入主體的質量元〔原先靜止于地面〕的絕對速度于是密歇爾斯基方程為因，代入〔1〕式得用乘上式兩端得初始條件為時，所以積分上式得當時，上升高度正好就是最大值即某質量為m的質點，其運動方程用矢量式可表達為，式中：為質點的矢徑，分別為的單位矢。試求：質點的動能、動量及對坐標原點O的動量矩。質點對點A〔a,b,c〕的動量矩。作用在質點上的力及力的功率。解：〔1〕動能動量動量矩動量矩力功率一人在水平臺上走動，此臺可通過其中心的鉛直軸而旋轉，人走的軌跡是以平臺中心為圓心，r為半徑的圓周，假定人重為p，平臺重也為p，其半徑也為r，試求當人在平臺上走完一周時平臺轉過的角度。解：以作平臺為質點系，受力為重力，方向均向下，與轉軸平行，力矩為零。假設平臺與轉軸接觸面光滑無摩擦，故質點系動量矩守恒。在質點系起始時，在某時刻人相對于平臺的速度為u，平臺的角速度為，那么人的絕對速度為人的動量矩為：方向沿轉軸方向。平臺動量矩為：方向也沿轉軸方向。由動量矩守恒定律得：又即積分得：故32、一均質木板放在光滑的水平面上，板的一端站著一個人。在某一時刻，人以不變的速度u向x軸正向運動。設板的質量為m1，人的質量為m2。試求t秒鐘后，人的絕對速度v與位移以及板的絕對速度v1與位移。解：以人和板為研究對象。系統(tǒng)受力：人的重力P，板的重力W，光滑的水平面對板的正壓力FN。以上受力均在豎直方向，所以水平方向受力為零，那么動量守恒。在初始時刻t=0，人和板都靜止，動量pax=0，任意時刻t，設板的絕對速度v1沿x軸正向，那么由點的合成運動可知，人的絕對速度為v=v1+u。由動量守恒定律得：m1v1+m2(v1+u)=0解此方程得負號表示板的運動方向與x軸正向相反。由此得人的絕對速度為正號表示人的運動方向與x軸正向相同因u與v都是常量，故人和板的位移分別為設矢量在笛卡兒坐標系中的投影為，證明并求使的函數解：〔1〕〔2〕〔3〕由可知勢函數必存在，由故積分〔1〕式得代〔4〕入〔2〕得積分得代〔5〕入〔4〕得代〔6〕入〔3〕得積分得代〔7〕入〔6〕得m1m2v1v2r質量為及m1m2v1v2r解法1：用機械能守恒定律求解令質量為自由質點的速度為，質量為的自由質點速度為，那么因兩質點互相吸引，故方向相反，取方向為正方向如圖示由于兩質點無外力作用，故動量守恒有兩質點間的相互吸引力為萬有引力是保守力由保守力性質失勢能為式中是兩質點間的距離。由機械能守恒定律即解〔1〕〔2〕式得解法2：用動能定理求解令質量為自由質點的速度為，質量為的自由質點速度為，那么因兩質點互相吸引，故方向相反，取方向為正方向如圖示由得積分上式得由于兩質點無外力作用，故動量守恒有解〔1〕〔2〕式得解法3：用兩體問題方法求解由于兩質點無外力作用可視為兩體問題由兩體問題運動方程得又代入〔1〕式有積分得由于兩質點無外力作用，質心作慣性運動，原來質心靜止，故由得又根據速度合成方法知解〔2〕〔3〕〔4〕式得為負值說明與方向相反如圖示，一長為的均質鏈條在水平面上自然堆成一堆，線密度為，某人持鏈條一端以勻速將其提高，試證：當他的手離開水平面的高度為時〔〕，鏈條對手的作用力大小為解法1：用質心運動定理求解取鏈條整體為研究對象，在t時刻，整體所受的外力有重力，拉力和水平面對靜止的那局部鏈條的支持力。由質心運動定理可得式中為質心的加速度。上式在x軸上的投影式為由于鏈條的質心坐標為那么有代入投影式得所以解法2：用動量定理求解取鏈條整體為研究對象，在t時刻，整體所受的外力有重力，拉力和水平面對靜止的那局部鏈條的支持力鏈條整體的總動量在豎直方向分量為整體所受的外力有重力，拉力和水平面對靜止的那局部鏈條的支持力上式在x軸上的投影式為由動量定理得解法3：用變質量問題方法求解如圖示，取已上升局部為主體，其質量為，速度為，不斷增加局部為變體，其速度，主體和變體所受合外力為由密歇爾斯基方程得即故圓環(huán)質量為M，放在光滑水平面上，有一質量為m的小蟲在圓環(huán)上爬行，如圖示，求證：小蟲在圓環(huán)上相對地爬行一周時，圓環(huán)的自轉角度不超過180°。設初始時系統(tǒng)靜止。另正解：以小蟲+圓環(huán)為質點系，圓環(huán)圓心為參考點，質點系受力為重力，方向均向下，與轉軸平行，力矩為零。故質點系動量矩守恒。在質點系起始時，在某時刻小蟲相對于圓環(huán)的速度為u，圓環(huán)的 角速度為，那么小蟲的絕對速度為小蟲的動量矩為：方向沿轉軸方向。圓環(huán)動量矩為：方向也沿轉軸方向。由動量矩守恒定律得：有又即積分得：假設小蟲和圓環(huán)質量相等M=m故假設M=2m故一般故一光滑球A與另一靜止的光滑球B發(fā)生斜碰，如兩球均為完全彈性體，且兩球質量相等，那么兩球碰撞后的速度互相垂直，試證明之。證明：設兩球質量為，光滑球A碰前速度矢量為，光滑球B碰前速度矢量為0，A和B碰撞后的速度的速度矢量為由于兩球碰撞過程中動量守恒有又兩球為完全彈性體動能守恒有式代入〔2〕式有整理上式得，由于所以欲使兩矢量的乘積為零，只有兩矢量互相垂直即結論得證有三個完全彈性的小球,質量分別為m1、m2、及m3，靜止于一直線上，今于第一球上加上的速度，其方向沿此直線，設m1、m3及為，求第二球的速度為何值，才能使第三球于碰撞后所得的速度最大。解：設第一、第二球碰撞后第一球的速度為，第二球的速度為那么由速度公式得而故又設第三、第二球碰撞后第三球的速度為那么由速度公式得欲使第三球的速度最大，須有即所以有時第三球的速度最大。一條柔軟、無彈性、質量均勻的繩子，豎直的自高處墜落至地板上，如繩子的長度為，每單位長度的質量等于，求當繩子剩在空中的長度為時，繩子的速度及它對地板的壓力。設開始時繩子的速度為零，它的下端離地面的高度為。解法1：用自由落體公式和動量定理求解當繩子的上端離地面的高度為時，由自由落體公式知繩子的速度為地板對繩子的作用力有兩局部，其一為與已經落地的繩子的重力大小相等，方向相反，設為，其二是即將落地的繩子對地板的沖力，設為設在時間內落地的繩子的質量為，該質量元的動量為，該質量元一經落地動量即變?yōu)榱?。動量的變化為由動量定理得〔此處忽略重力〕所以總的壓力為解?：用變質量物體的運動方程求解當繩子的上端離地面的高度為時，由自由落體公式知繩子的速度為取已落地局部為主體，其質量為速度為不斷落地局部為變體，〔〕其速度為主體和變體受力為方向向上由密歇爾斯基方程得即所以長L的均勻細鏈條伸直平放水平光滑桌面上，方向與桌面邊緣垂直〔圖〕。開始時鏈條靜止，一半從桌上下垂，求鏈條末端滑到桌子邊緣時鏈條的速度v。

解：如圖選取坐標系，以下垂段為研究對象。

方法一：用變質量物體的運動方程求解

以長為x的一段和Δx的一段分別作m和dm，m=λx，速度為，dm=λdx,dx段合并于x段的速度〔x段的速度〕,作用于它們的合外力為重力和桌面上的一段對它的拉力T。由密歇爾斯基方程得∵u=v，∴〔1〕

設線質量密度λ，取桌面上為主體，其質量，速度為，不斷減少局部為變體，速度〔x段的速度〕，作用于它們的合外力為桌面上的一段對它的拉力T，由密歇爾斯基方程得〔2〕將〔2〕代入〔1〕，并注意m=λx，，可得，積分：，求出方法二：用機械能守恒定律求解以下垂的一段為研究對象，以桌面為零勢能位置，那么由機械能守恒：其中：；，由此得雨滴開始自由落下時的質量為M，單位時間內凝結在它上面的水汽質量為λ，略去空氣阻力，試求雨滴在t時間后所下落的距離。解：以豎直向下為正方向，取自由落下的雨滴為主體，其質量為m=M+λt，速度為v，增加的水汽為變體，質量為dm=λdt,速度為u=0,作用于其的合外力為雨滴的重力由密歇爾斯基方程得積分〔1〕式得因t=0時v=0,故c=0所以積分〔3〕式得因t=0時s=0,故所以這就是雨滴在t時間后所下落的距離討論：由上式知說明雨滴在t時間后所下落的距離小于自由落體在同等時間內下落的距離。雨滴下落時其質量的增加率與雨滴的外表積成正比，，試求雨滴下落速度與時間的關系解：以豎直向下為正方向，設起始時刻〔t=0〕雨滴半徑為a，某時刻雨滴半徑為r，取自由落下的雨滴為主體，其質量為，速度為v不斷增加的水汽為變體，質量為速度為u=0,作用于其的合外力為雨滴的重力式對時間求導數得〔3〕=〔2〕得積分〔4〕式得雨滴半徑變化規(guī)律是所以主體質量為合外力為由密歇爾斯基方程得積分得說明雨滴在t時間后所到達的速度小于自由落體在同等時間內到達的速度質量為m的質點M,如圖10-2所示,在Oxy平面內運動,其運動方程為:x=acoskt,y=bsinkt,其中a,b,k為正的常量,t為時間.求作用于該質點上的力圖10-2解此題為第一類問題.其運動軌跡是橢圓由x=acoskt,y=bsinkt先求加速度=-ak2coskt=-bk2sinkt由運動微分方程得Fx=m=-mak2coskt=-k2mxFy=m=-bk2sinkt=-k2my或F=Fxi+Fyj=-k2mr質量為m的質點,在力F=-mk2r作用下沿平面繞定點運動,如圖10-3所示.其中r是質點對O點的矢徑,k為常數.設t=0時x=l,y=0,vx=0,vy=v0,O為坐標原點.求質點的運動方程和軌跡方程.圖10-3解此題屬于第二類問題,其直角坐標形式的微分方程為其中Fx=-mk2rcosφ=-mk2xFy=-mk2rsinφ=-mk2y那么其微分方程可改寫為:=-k2x,=-k2y,其通解為x=c1sinkt+c2coskty=c3sinkt+c4coskt初始條件t=0時x=l,y=0,=vx=0,=vy=v0可求得其積分常數分別為c1=0,c2=l,c3=v0/k,c4=0由此得運動方程為x=lcoskt,y=v0/ksinkt其軌跡方程為x2/l2+k2y2/v20=1第三章剛體力學在直角坐標系中，三軸的單位矢為。物體的慣量張量為。設一轉軸通過上述直角坐標系原點，方向為，那么物體對于該軸的轉動慣量是多少？解：由于于是物體對于該軸的轉動慣量為勻質圓盤，半徑為，放在粗糙水平桌上，繞通過其中心的豎直軸轉動，開始時的角速度為。圓盤與桌面的摩擦系數為，問經過多長時間后盤將靜止？解：當角速度為常數時，那么有；當末角速度為零時，。那么有〔注意，，并非t為負值〕。作用于圓盤的反力矩的大小為由題意，圓盤的面密度為，代入上式定軸轉動的動力學方程為圓盤的轉動慣量為將〔2〕〔4〕代入〔3〕得于是得代〔5〕入〔1〕得如圖示，一直角三角形薄板，兩個直角邊的長度分別為a、b，試求該板的主轉動慣量和慣性積。解：因該板的z坐標為零，故慣性積三角形斜邊的方程為即取質量元如圖示，由轉動慣量的定義知主轉動慣量同理有同時由垂直軸定理還可求得慣性積為有一質量為m、邊長為a的正方形薄板，試求其過一頂點A且與對角線DB平行的軸AF的轉動慣量解：建主軸坐標系如圖示，由于Z坐標為零平行于X軸距X軸為Y處取質量元由轉軸公式得同理平行于Y軸距Y軸為X處取質量元由轉軸公式得由垂直軸定理知對角線DB的方向余弦為所以由主軸坐標系下的轉軸公式得再由平行軸定理知一塊正方形薄板的邊長為,質量為m，求在其中心的慣量張量，軸垂直于板面，與軸平行于兩邊。解：由于薄板的坐標，所以慣量積，又由于薄板相對于平面對稱，所以慣量積薄板相對于軸的轉動慣量為因軸與軸均為對稱軸，所以由垂直軸定理知于是正方形薄板相對于中心的慣量張量為一端系于天花板頂上的繩子，在另一端系一半徑為r，重量為p的滑輪，求滑輪中心向下運動的加速度和滑輪轉動時的角加速度。解：建坐標如圖示滑輪受力：重力p，繩子張力T建動力學方程式：又由約束條件：即解〔1〕〔2〕〔3〕式得圖示半徑為R的均質圓柱A纏以細繩，繩的B端固定，圓柱自靜止下落，其軸心速度為〔h為軸心至初始位置的距離〕。求圓柱A的運動方程。解：設圓柱質量為m，繩的張力為T。由圖可知圓柱作平面運動，其運動方程為由于，,又t=0時，代入上式得解：1°研究系統(tǒng)。作定軸轉動，作直線平動，取為桿的轉角。由題意知桿的角速度轉向如圖示，并設出的轉向。2°運動速度分析。桿上點的運動方程為其速度、加速度為有一直角三角形薄板,兩個直角邊的連長分別為a、b，試求該板的三個主轉動慣量和三個慣量積。解：由于板的z坐標為零，故：慣量積三角形斜邊的方程為即：在三角形薄板上取質量元所以主轉動慣量：又所以有同理：由垂直軸定理得慣量積〔習題3.8題〕求半徑為R，質量密度為的非均質圓球繞直徑的回轉半徑K，其中均為常數。解：取半徑為r→r+dr的球殼做作質量元，它的質量dm和對直徑的轉動慣量dI分別為：

球體對球心的轉動慣量為dI′=r2dm而球體對任一直徑的轉動慣量為∴球體對直徑的轉動慣量I和總質量m分別為

所以回轉半徑沿圖示長方體三個互不相交且互不平行的棱邊分別作用著力、和，它們的大小均等于，當它們能簡化為一合力時，長方體的長、寬、高的尺寸a、b、c之間的關系如何？解1)建立圖示直角坐標系 2)于是力系的主矢為3)取點為簡化中心，各力對點的矩為,,于是力系對點的主矩為4)顯然，因此，該力系要簡化為一個合力，那么必須，即于是有求圖示平面力系的合成結果，長度單位為m。解：(1)取O點為簡化中心，求平面力系的主矢：求平面力系對O點的主矩：(2)合成結果：平面力系的主矢為零，主矩不為零，力系的合成結果是一個合力偶，大小是260Nm，轉向是逆時針。半經為r的光滑半球形碗，固定在水平面上，一均質棒斜靠在碗緣，一端在碗內，一端在碗外，在碗內的長度為c，試證明棒的全長為：解：如圖示，均質棒受到碗的彈力分別為，設棒自身重力為G，棒與水平方向的夾角為，棒的長度為。由于棒處于平衡狀態(tài)，根據力系平衡條件有由〔1〕〔2〕〔3〕得又由于即將〔5〕代入〔4〕得長為2的均質棒，一端抵在光滑墻上，而棒身那么如圖示斜靠在與墻相距為的光滑棱角上，求棒在平衡時與水平面所成的角解：如圖示，均質棒受力為光滑墻、光滑棱角的彈力，及棒自身重力G，由于棒處于平衡狀態(tài)，根據力系平衡條件有由〔1〕〔2〕得所以一根均勻的棍子。重為P，長為長為2，今將其一端置于粗糙地面上，又以其上的C點靠在墻上，墻離地面的高度為h，當棍子與地面的角度為最小值時，棍子在上述位置仍處于平衡狀態(tài)，求棍與地面的摩擦系數。解：如圖示棍子受力為：重力P，C點上的作用力N1，A點上的作用力N2，摩擦力f建坐標如圖示由于棍子處于平衡狀態(tài)，根據力系平衡條件有對A而言有由〔3〕得由〔1〕得由〔2〕得所以矩形均質薄片ABCD，邊長為a與b，重為mg，繞豎直軸AB以初角速轉動，此時薄片的每一局部都受到空氣的阻力，其方向垂直于薄片的平面，其量值與面積及速度平方成正比，比例系數為k，問經過多長時間，薄片的角速度減為初角速的一半。解：建坐標系0xyz與薄片固連，z軸為轉軸。那么沿z軸方向有在薄片上取質量元面積為，該區(qū)域受到的阻力為對z軸的力矩為所以又薄片對z軸的轉動慣量為由〔1〕〔2〕〔3〕得而積分得均勻長方形薄片的邊長為a與b，質量為m，求此長方形薄片繞其對角線轉動時的轉動慣量。解：用主軸坐標系求解，建主軸坐標系如圖示設薄片質量密度為，厚度為t。由轉軸公式得由圖知又，所以有而故一輪的半徑為r，以勻速無滑動地沿一直線滾動，求輪緣上任一點的速度及加速度。又最高點和最低點的速度和加速度各是多少。哪一點是轉動瞬心。解：如圖示建立坐標系oxyz，由于球作無滑滾動，球與地面接觸點A的速度為零，所以A點為轉動瞬心。以O為基點，設球的角速度為，那么設輪緣上任一點P，與x軸的夾角為，那么故而加速度為當時為最高點，其速度和加速度分別為當時為最高點，其速度和加速度分別為滾子質量m,外輪半徑為R,滾子的鼓輪半徑為r,回轉半徑為ρ,〔習題3.32〕高為h、頂角為的圓錐在一平面上滾動而不滑動，如此錐以勻角速繞軸轉動，試求圓錐底面上A點的轉動加速度和向軸加速度的量值。解：如圖示，動坐標系oxyz隨圓錐一起運動，ox軸過圓錐與地面的接觸線OB，設圓錐繞自己的軸線轉動的角速度為，又圓錐的軸線繞z 軸轉動的角速度為所以合角速度為由于OB為瞬軸，故沿ox軸，由圖可知故又A點的位置矢量為所以A點的轉動加速度向軸加速度為故轉動加速度的量值是向軸加速度的量值是第四章相對論〔非慣性系〕〔P197習題4.1題〕

等腰直角三角形OAB，以勻角速ω繞點O轉動，質點P以相對速度沿AB邊運動。三角形轉一周時，P點走過AB。求P質點在A點之速度、加速度〔AB=b〕

解：取動坐標系OXYZ〔固連于三角板〕的原點位于轉動的固定點，ox軸沿OB，OZ軸與角速度的方向相反，即，A點的位矢為〔1〕相對動系〔直角三角形〕的速度

v／=b/T=b/〔2π/ω〕=bω/2π〔方向〕其矢量式為

A點的牽連速度即大小為〔方向垂直〕故其大小為設v與y軸〔AB邊〕的夾角為那么故v與y軸〔AB邊〕的夾角為指向右下方〔2〕加速度，因勻速，所以相對加速度α'=0

又勻角速轉動，所以角加速

牽連加速度，大小，方向沿

科氏加速度其大小方