理论力学第一章习题

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。

解 如题1.4.1图所示，

LAdO第1.4题图xCB

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

vOCd2x2

C点速度

vd2x2 2vvsecdseccosd又因为所以C点加速度

dv22xd2x222ad2secsectan2dsectandtd2



矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：

tac1sin2T速度为零。

 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

解 由题可知，变加速度表示为

tac1sin2T由加速度的微分形式我们可知

adv dt 代入得

t dvc1sindt2T对等式两边同时积分可得 ：

vct2Tccos0vtt

dvc1sindt02Tt2TD（D为常数）

代入初始条件：t0时，v0，故

D2T

ct 即vct2Tcos12T又因为vds

dtt 所以ct2Tcos1dt2Tds

对等式两边同时积分，可得：

12T2Tt sct2sint22T 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

r222r,

r解 由题可知质点的位矢速度v//r (1)

沿垂直于位矢速度v (2)

r ， 即 又因为 v // rrr (3)

 (4) vrr对③求导

r r 2 r (5)

对④求导

r2r (6)

r根据课本的推导可知 沿位矢方向加速度

2 （7） arr垂直位矢方向加速度

ar2r （8）



把（3）（4）（5）（6）代入（7）（8）式中可得

22

a//r2ra

r

试自

xrcos,yrsin

出发，计算及。并由此推出径向加速度ar及横向加速度a。 yx

解 由题可知

xrcos ①②

yrsin对①求导

③ rxcosrsin2对③求导 xrcos2rsinrsinrcos

2&&& & )sin  ④ &&即&x(&r&r)cos(r2 r

对②求导 yrsinrcos⑤

2对⑤求导 yrsin2rcosrcosrsin

2&&&即&y(&r&r)sin  & ( r  & 2 r & )cos  ⑥

对于加速度a，我们有如下关系见题1.7.1图

yaarO题1.7.1图

xarxcosysin ⑾

把④⑥代入 ⑾得

2 arrr同理可得

&&a&xsin&ycos ar2r

一飞机在静止空气中每小时的速率为100千米。如果飞机沿每边为6千米的正方形飞行，

且风速为每小时28千米，方向与正方形的某两边平行，则飞机绕此正方形飞行一周，需时多少

解 正方形如题1.14.1图。

Av1Bv4D

v3C由题可知v牵v风28km/h设风速AB,v相100km/h,当飞机

AB，v1(10028)km/h128km/h BD,v21002282km/h96km/h

CD,v3(10028)km/h72km/h

DA,v41002282km/h96km/h

故飞机沿此边长6km/h正方形飞行一周所需总时间

6664956thh15min

192161267296v风

v相v4v相

v2v风题1.14.3图

题1.14.2图 小船M被水冲走后，由一荡桨人以不变的相对速度 2朝岸上 A点划回。假定河流速度1

沿河宽不变，且小船可以看成一个质点，求船的轨迹。

解 以A为极点，岸为极轴建立极坐标如题.图.

•C2rC1AO

x•题1.17.1图 ，船沿径向方向的速度为 和 沿径向船沿垂直于r的方向的速度为 1sin2 1 r

的分量的合成，即

d

sin r 1 dt

①--② dr cos 1 2 dt

dr

②/①得 r

d 2 cot ，对两积分： 1 sin

ln r

k , , C

为常数，即 2

2 1

ln tan ln sin C

2

设

2 1

sink1lnrlnC k12cos代入初始条件rr0时，0.设0k1sin0得

,0,有Clnr0lnk12cos20k1sink1cos0

rr0cosk1sink10

将质量为m的质点竖直抛上于有阻力的媒质中。设阻力与速度平方成正比，即

Rmk2gv2。如上抛时的速度为v0，试证此质点又落至投掷点时的速度为

v1v01kv220

解 质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降阶段.取向上为正各力示意图如题1.19.1图，

vmgRRv

mg上升时 下降时

题1.19.1图

则两个过程的运动方程为： 上升

2 ① mymgmk2gy下降：

m y mg mk 2 g y 2 ②

对上升阶段:

dvg1k2v2 dtdvdyvdvg1k2v2 dydtdy即

vdvgdy 221kv对两边积分

所以

0v0hvdvgdy 2201kvh12 ③ ln1k2v022kg即质点到达的高度. 对下降阶段：

dv dy vdv 2 2

-gk gv

dy dt dy

即

vdv 0 v gdy 0 1 k 2 v 2 h

h1ln1k2v12 ④ 22kg由③=④可得

v1

重为W的不受摩擦而沿半长轴为a、半短轴为b的椭圆弧滑下，此椭圆的短轴是竖直的。如小球自长2轴的端点开始运动时，其初速度为零，试求小球在到达椭圆的最低点时它对椭圆的压力。

v01kv220

yba解 建立如题1.28.1图所示直角坐标.

OAx

B题1.28.1图

椭圆方程 x2a2y221 ① b从A滑到最低点B，只有重力做功.机械能守恒.即mgb12mv2②

设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为N则有：N mg为

点的曲率半径.2B AB的轨迹：yb1x

a2bx得

yyb123a21x

；

a2x2a22 1a2又因为

1ykb1y232a2 所以Nmgmv2mgbb2a22mghW 12a2故根据作用力与反作用力的关系小球到达椭圆最低点对椭圆压力为

W12b2a2 方向垂直轨道向下.

 检验下列的力是否是保守力。如是，则求出其势能。

a F333x6abzy20bxy2，Fy6abxz10bx4y，Fz18abxyz2 b

FiFxxjFyykFzz

m v 2

③

解 （a）保守力F满足条件F0对题中所给的力的表达式 ，代入上式 即

iFxFxjyFykzFzFzFyFxFzFyFxyzizxjxyk18abxz218abxz2i18abz2y18abz2yj6abz340bx3y6abz340abx3yk

0所以此力是保守力，其势为

VFdrx,y,z0,0,0FdxFdyFdzxyz6abzy20bxydx3320,0,0x,0,0x,y,0x,0,06abxz310bxydy4

 (b)同（a），

由

x,y,zx,y,018abxyz2dz5bx4y26abxyz3iFxFxjyFykzFzFyFx jxykFzFyFxFzyzizx0所以此力F是保守力，则其势能为

VFdrxBxAFxdxyByAFydyzB

zAFzdz

已知作用在质点上的力为

Fxa11xa12ya13zFya21xa22ya23z Fza31xa32ya33z式中系数aiji,j1,2,3都是常数。问这些aij应满足什么条件，才有势能存在如这些条件满足，试计算其势能。

解 要满足势能的存在，即力场必须是无旋场，亦即力为保守力，所以F0 即

FzFyzyFxFy xyFxFzxz得

aiji,j1,2,3为常数满足上式关系，才有势能存在。

势能为：

a32a23a12a21 aa3113V F dr

F x dx F y dy F z d z

x , 0 , 0

11 12 13 a x a y a z dx 0 , 0 , 0

x , y , 0

21 22 23 a x a y a z dy x , 0 , 0

x , y , z

33 z dz x a32 y a x , y , 0 a31

2 2 2 1 11 12 31 12 a x a y a z 2 a xy 2

2 a 23 yz

2 a 31 zx

一质点受一与距离

3次方成反比的引力作用在一直线上运动。

试证此质点自无穷由静止出

2a时的速率相同。 4发到达距力心a时的速率和自距力心a静止出发到达距力心

证 质点受一与距离设此力为

3成反比的力的作用。 2Frkr32k为一常数①

又因为

Frm即

dvdvdrvdv mmddtdrdtdrFrdrmvdv

32drkramvdv② mvdv

4km01a2

当质点从无穷远处到达a时，对②式两边分别积分：

kr32drvv2a当质点从a静止出发到达时，对②式两边分别积分：

4得

a4akr32drmdv

012

vv24kam所以质点自无穷远到达a时的速率和自a静止出发到达

a时的速率相同。 4