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
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