解：取小环为动点，金属丝为动系，根据题意，相对平衡位置为ar?0，因为金属丝为曲线，所以vr?0，因此在本题中相对平衡位置就是相对静止位置。小环受力如图所示。其中
F,Fe,P分别为约束力、牵连惯性力和小环的重力。根据质点相对运动微分方程有：
F?Fe?P?0
其中：Fe?Py?2，将上式分别在x,y轴上投影有 gP?Fsin??0Fe?Fcos??0（a）
c2dyc2dy以为tan???，y?,??2,因此
xdxxdx
c2tan??2x（b）
由（a）式可得
tan??（c）
将Fe?
PFe
P，并利用 xy?c2，可得： y?2和式（b）代入式（c）
g?c?x???g?
再由方程（a）中的第一式可得
F?42??cg???,y????2?????
13213?c??P1x???P1??P1??P1?24??sin?gtan?c??
42432-1 解：当摩擦系数f足够大时，平台AB 相对地面无滑动，此时摩擦力F?fFN
取整体为研究对象，受力如图，
系统的动量：p?m2vr
将其在x轴上投影可得：px?m2vr?m2bt
根据动量定理有：
vr v
m2g
F
FN
m1g
x
dpx?m2b?F?fFN?f(m1?m2)gdt
m2b即：当摩擦系数f?时，平台AB的加速度为零。
(m1?m2)g
当摩擦系数f?
将上式在x轴投影有：
根据动量定理有：
m2b时，平台AB将向左滑动，此时系统的动量为：
(m1?m2)gp?m2(v?vr)?m1v
px?m2(?v?vr)?m1(?v)?m2bt?(m1?m2)v
dpx?m2b?(m1?m2)a?F?fFN?f(m1?m2)gdt
m2b由此解得平台的加速度为：a??fg（方向向左）
m1?m22-2 取弹簧未变形时滑块A的位置为x坐标原点，取整体为研究对象，受力如图所示,其中F为作用在滑块A上的弹簧拉力。系统的动量为：
x FN p?mv?m1v1?mv?m1(v?vr)
v
将上式在x轴投影：
F vr ??m1(x??l?cos?) mg px?mx 根据动量定理有：
m1g
dp2xdt
??m1l?sin???F??kx?(m?m1)?x
系统的运动微分方程为：
2－4 取提起部分为研究对象，受力如图(a)所示，提起部分的质量为m??vt，提起部分的速度为v，根据点的复合运动可知质点并入的相对速度为vr，方向向下，大小为v（如图a所示）。
F(t)
y
mg
??kx?m1l?2sin?t (m?m1)?xv
vr
FN
(a) (b)
根据变质量质点动力学方程有：
m将上式在y轴上投影有：
dvdm?F(t)?mg?vr?F(t)?(?vt)g?vr?vdtdt dv?F(t)?(?vt)g?vr?v?F(t)??(vgt?v2)dt
m由于
再取地面上的部分为研究对象，由于地面上的物体没有运动，并起与提起部分没有相互作用力，因此地面的支撑力就是未提起部分自身的重力，即：FN?(l?vt)?g 2－5 将船视为变质量质点，取其为研究对象，
受力如图。根据变质量质点动力学方程有：
dvdmm?F?mg?FN?vrdtdt
船的质量为：m?m0?qt，水的阻力为F??fv
将其代入上式可得：
dv(m0?qt)??fv?mg?FN?qvrdt
将上式在x轴投影：(m0?qt)
dv?0，所以由上式可求得：F(t)??(vgt?v2)。 dtFN
v
mg
x
dv??fv?q(?vr)。应用分离变量法可求得 dtfln(m0?qt)?cq
f由初始条件确定积分常数：c?ln(qvr)?lnm0，并代入上式可得：
qln(qvr?fv)?
qvv?rff?m0?qtq?)??1?(m??0??
2-8 图a所示水平方板可绕铅垂轴z转动，板对转轴的转动惯量为J，质量为m的质点沿
半径为R的圆周运动，其相对方
板的速度大小为u（常量）。圆盘中心到转轴的距离为l。质点在方板上的位置由?确定。初始时，??0，方板的角速度为零，求方板的角速度与?角的关系。
z g u o ? R ? o vr r ve M ?
图a 图 b
解：取方板和质点为研究对象，作用在研究对象上的外力对转轴z的力矩为零，因此系统对z轴的动量矩守恒。下面分别计
算方板和质点对转轴的动量矩。
设方板对转轴的动量矩为L1，其角速度为?，于是有
L1?J?
设质点M对转轴的动量矩为L2，取方板为动系，质点M为动点，其牵连速度和相对速度分别为ve,vr。相对速度沿相对轨迹
的切线方向，牵连速度垂直于OM连线。质点M相对惯性参考系的绝对速度va?ve?vr。它对转轴的动量矩为
L2?L2(mva)?L2(mve)?L2(mvr)
其中：
L2(mve)?mr2??m[(l?Rcos?)2?(Rsin?)2]?
L2(mvr)?m(l?Rcos?)vrcos??mRsin2?vr
系统对z轴的动量矩为L??L1?L2。初始时，??0,??0,vr?u，此时系统对z轴的动量矩为
L0?m(l?R)u
当系统运动到图8-12位置时，系统对z轴的动量矩为
L??J??m[(l?Rcos?)2?(Rsin?)2]??m(l?Rcos?)ucos??mRsin2?u?[J?(l2?R2?2lRcos?)m]??(lcos??R)mu
由于系统对转轴的动量矩守恒。所以有L??L0，因此可得：
m(l?R)u?[J?(l2?R2?2lRcos?)m]??(lcos??R)mu
由上式可计算出方板的角速度为
??2－11 取链条和圆盘为研究对象，受力如图（链条重力未画），设圆盘的角速度为?，则系统对O轴的动量矩为：
根据动量矩定理有：
ml(1?cos?)uJ?m(l2?R2?2lRcos?)
LO?JO???l(2a??r)r2?
?
dLO??[JO??l(2a??r)r2]?dt??l(a?x)gr??l(a?x)gr
FOy P
FOx
整理上式可得：
???l(2x)gr[JO??l(2a??r)r]?
由运动学关系可知：?r?x?，因此有：??r???。上式可表示成： x
2
??2?lgr2x [JO??l(2a??r)r2]?x2?lgr22令??，上述微分方程可表示成：??x??x?0，该方程的通解为： 2JO??l(2a??r)r2
x?c1e?t?c2e??t
根据初始条件：t?0,x?x0,x??0可以确定积分常数c1?c2?
系统的动量在x轴上的投影为：
x0，于是方程的解为： 2x?x0ch?t
系统的动量在y轴上的投影为：
根据动量定理：
?px???rsin??lrd??2??lr2?2?lrx0?
?py??l(a?x)?r??l(a?x)?r??2?lx?r?2?lxx
由上式解得：
?x?F0xp?y?F0y?P??l(2a??r)g p
谢传峰《理论力学》课后习题及详解
