理论力学简明教程复习题题库物理专业用.doc

理论力学复习题 计算题题库第一章质点力学点沿空间曲线运动，在点M处其速度为 ，加速度与速度夹角，且。求轨迹在该点密切面内的曲率半径和切向加速度。答：由已知条件得 法向加速度则曲率半径 切向加速度 一点向由静止开始作匀加速圆周运动，试证明点的全加速度和切向加速度的夹角与其经过的那段圆弧对应的圆心角之间有如下关系证明：设点M沿半径为R的圆作圆周运动，t时刻走过的路程为AM=s，速度为，对应的圆心角为。由题设条件知C为常数 积分(b)式得 所以将（c）式代入（a），并考虑，所以质点M的运动方程为 求t=1秒时，质点速度、切向加速度、法向加速度的大小。解：由于 所以有又： 则点M沿半径为R的圆周运动。如果为已知常数），以初始位置为原点，原点初速度为。求点的弧坐标形式的运动方程及点的速度减少一半时所经历的时间。解：设点的初始位置为A。依题意积分上式 得则弧坐标形式的运动方程为当时一质点沿圆滚线的弧线运动，如为常数，则其加速度亦为一常数，试证明之。式中为圆滚线某点P上的切线与水平线（x轴）所成的角度，s为P点与曲线最低点之间的曲线弧长。解：因 故式中=常量（题设）又 而所以故=常数 结论得证设质点沿螺旋线运动，试求质点的速度、加速度和轨道的曲率半径。解：因故所以又所以又所以而小环的质量为m。套在一条光滑的钢索上，钢索的方程式为，试求小环自x=2a处自由滑至抛物线顶点时的速度及小环在此时所受到的约束反作用力。解：小环受力如图示，重力竖直向下，约束力的方向沿着抛物线的法线小环在任意位置P处的运动微分方程为因 而 （s增大而y减小故为负值）（1）式变为 即积分得（因）此即小环自x=2a处自由滑至抛物线顶点时的速度。又 则在抛物线顶点处所以在抛物线顶点处由（2）式知 （因在顶点处）小环在顶点处所受到的约束反作用力为。质点所受的力如恒通过一定点，则质点必在一平面上运动，试证明之。证明：取力通过的定点为坐标原点，则质点的位矢与力共线，则有所以质点的动量矩守恒，即其分量式为由得到由解析几何知识知上式为一平面方程，故质点只能在这个平面上运动。一物体质量m=10kg ,在变力作用下运动。设物体初速度，开始时力的方向与速度方向相同。问经过多长时间后物体速度为零，此前走了多少路程？（知识要点）质点运动学微分方程，质点运动学第二类问题解答：由 得 积分得 再积分 得 由 解得 再代入前式得 S=7.07 m质点作平面运动，其速率保持为常数，试证明速度矢量与加速度矢量正交。证明：采用自然坐标系，由题意知 c为常量于是有又在自然坐标系中所以由于 故 得证动点M以匀速沿轨迹运动，求当时动点M的速度沿x和y分量的大小，以及M的加速度解：由根据求导数得而时（2）代入（1）得整理得代入（2）得又 则即又由数学知识知 而根据微分得 当 时所以有故某力场的力矢为 其中分别为x,y,z轴的单位矢，试证明该力场是否为保守力场，若为保守力场，求出其势能函数。解： +故力场为保守力场。由 （1） 式积分得：对（4）式求偏导数得： 即上式得： 代入（4）式得：对（5）式求偏导数得：即 积分得：代入（5）式得： 取 则所以势能函数为 某力场的力矢为试证明该力场是否为保守力场，若为保守力场，求出其势能函数。解：故力场为保守力场。由 对（1）式积分得：对（4）式求偏导数得：即上式得： 代入（4）式得：对（5）式求偏导数得：即 积分得：代入（5）式得：取 则所以势能函数为已知作用于质点上的力为式上系数都是常数，问这些满足什么条件，才有势能存在？如这些条件满足，试计算其势能。解：要满足势能存在须使力场为保守力场，既力场的旋度为零，所以即 即势能存在满足条件是： 由（1）式积分得（4）式对y偏微分=（2）式得即（5）式积分得（6）式代入（4）式得（7）式对z偏微分=（3）式得即（8）式积分得（9）式代入（4）式得取 则得势能为某力场的力矢为试证明该力场是否为保守力场，若为保守力场，求出其势能函数。解：由于故力场为保守力场由 积分（1）式得（4）式对y偏微分=（2）式得 积分得代（5）入（4）得（6）式对z偏微分=（3）式得 积分得代（7）入（6）得取 则得势能函数为有一质点在xy平面上运动，质点受到的力为，质点在平面上由点A（1,0）沿直线运动到点B（1,1）,求力所作的功解法1：由功的定义计算又所以解法2：由功的定义计算或解法3：由保守力性质计算故力场为保守力场积分（1）式得（4）式对y偏微分=（2）式得 积分得代（5）入（4）得取 则得势能函数为则由保守力与功的关系可知设作用于质点上的力场的力矢为求此质点沿螺旋线运行，自至时力场所作的功解：由保守力性质计算故力场为保守力场积分（1）式得（4）式对y偏微分=（2）式得 积分得代（5）入（4）得（6）式对z偏微分=（3）式得 积分得代（7）入（6）得取 则得势能函数为又由知当时；时则由保守力与功的关系可知有一划平面曲线的点，其速度在y轴上的投影于任何时刻均为常数c，试证明在此情形下，加速度的量值可用下式表示证明1：由 （1）式求导得 （因，故） 由此得出 又（2）=（3）得整理得 结论得证证明2： 如图设v与y轴夹角为，则由，故有由图示几何关系知 即又 则有（2）代入（1）得 结论得证33、船得一初速 ，在运动中受到水的阻力，阻力的大小与船速的平方成正比，而比例系数为，其中为船的质量。问经历多长时间船速减为其初速的一半。（15分）解：由题意知 阻力为 则船的运动方程为 即 而时 设船经历时间为时， 积分上式得 即从而得质点M在力的作用下沿x轴作直线运动，在初瞬时，。 求质点的运动方程。解：由 积分 ，得 即 积分 得 已知点的运动方程, 求其轨迹方程, 并自起始位置计算弧长,求出点沿轨迹的运动规律.(1) x=4t-2t2 , y=3t1.5t2(2) x=5cos5t2 , y=5sin5t2(3) x=4cos2t, y=3sin2t解（1）由x=4t-2t2 , y=3t1.5t2.（1）两式相除得所以轨迹方程为是一直线方程得所以速度为全加速度为而切线加速度为，法线加速度由此说明质点作匀减速直线运动。（2） 由x=5cos5t2 , y=5sin5t2.（1）得轨迹方程为是一圆的方程，其半径R=5由（1）式得所以速度为切线加速度为 说明质点作匀加速圆周运动法线加速度为全加速度为（3） 由x=4cos2t, y=3sin2t.（1）得轨迹方程为为一椭圆方程由（1）式得所以速度为全加速度为如图6 -1 所示, 半径为R 的车轮在直线轨道上滚动而不滑动, 已知轮心C 的速度是常量u , 求轮缘上一点M 的轨迹, 速度和加速度及轨迹的曲率半径.图6-1解 将M点与地面的接触时的位置作为直角坐标系的原点O , 并建立直角坐标系如图所示, 经过时间t, M 点的坐标为: x = ut - Rsiny = R - Rcos因轮纯滚动, 线段O D 与弧长D M 相等,整理后得运动方程为 从运动方程中消去时间t 后, 得轨迹方程为: .即M 点的轨迹为旋轮线(或摆线) , 速度在x , y 轴上的投影、大小及方向余弦分别为M 点的加速度在x , y 轴上的投影、大小及方向余弦分别为即各点加速度指向轮心又而,由此可求得: 证明题证明：质量为m的质量从圆的最高点O由静止开始沿任一条光滑弦下滑到圆周上所需的时间相同。证明：考虑质点在任意一条与过圆心的铅垂线夹角为q 的弦上的运动，则在任意位置的受力如图所示。沿弦的方向用质点动力学基本方程得质点加速度 ，即质点作匀加速运动。考虑到初始条件，不难求得其运动方程为又弦长（从圆顶点滑到圆周上的路程）为质量为m的质量从圆的最高点O由静止开始沿任一条光滑弦下滑到圆周上所需的时间 ，与无关，故质量为m的质量从圆的最高点O由静止开始沿任一条光滑弦下滑到圆周上所需的时间相同。证毕。重为P的小球位于半径为r的光滑球面顶点，小球从静止开始下滑，求小球脱离球面的位置。解：小球运动过程中受力为重力和支持力，只有重力作功，机械能守恒。设球面顶点处为零势能面由机械能守恒定律有故小球在法向方向运动微分方程为小球脱离球面时N=0，所以有（1）代入（2）式有整理有又由几何关系知 （h为自球面顶点起下降高度）得讨论：由以上结论知小球脱离球面位置与小球（质量）无关，当球面不光滑时与小球（质量）有关。可得到运动轨道方程是，此为圆的极坐标方程，所以质点的运动轨道为以a为半径的圆。第二章质点系力学一门大炮停在铁轨上，炮弹质量为m，炮身及炮车质量和等于M，炮车可以自由地在铁轨上反冲，如炮身与在地面成一角度，炮弹对炮身的相对速度为V，试求炮弹离炮身时对地面的速度及炮车反冲的速度U。解：由于在水平方向（x方向）无外力作用，火药爆炸力为内力，故水平方向动量守恒 即又由相对运动关系知（2）代入（1）得所以如设与水平面夹角为，则讨论：由（4）式知炮车反冲时，由（5）式知重G的物体A带动单位长度的质量为q的软链，以速度向上抛出，如图示。假定软链有足够的长度，求重物所能达到的最大高度。解：取OZ轴铅直向上，O点位于地面。将在空中运动的链条的物体A视为主体。则并入主体的质量元（原先静止于地面）的绝对速度 于是密歇尔斯基方程为因，代入（1）式得用乘上式两端得已知初始条件为时， 所以积分上式得 当时，上升高度正好就是最大值 即某质量为m的质点，其运动方程用矢量式可表达为 ，式中：为质点的矢径，分别为的单位矢。试求：（1） 质点的动能、动量及对坐标原点O的动量矩。（2） 质点对点A（a,b,c）的动量矩。（3） 作用在质点上的力及力的功率。解：（1）动能 动量 动量矩（4） 动量矩（5） 力 功率一人在水平台上走动，此台可通过其中心的铅直轴而旋转，人走的轨迹是以平台中心为圆心，r为半径的圆周，假定人重为p，平台重也为p，其半径也为r，试求当人在平台上走完一周时平台转过的角度。解：以作平台为质点系，受力为重力，方向均向下，与转轴平行，力矩为零。假设平台与转轴接触面光滑无摩擦，故质点系动量矩守恒。在质点系起始时， 在某时刻人相对于平台的速度为u，平台的角速度为，则人的绝对速度为 人的动量矩为： 方向沿转轴方向。平台动量矩为： 方向也沿转轴方向。由动量矩守恒定律得： 又 即 积分得：故32、一均质木板放在光滑的水平面上，板的一端站着一个人。在某一时刻，人以不变的速度u向x轴正向运动。设板的质量为m1，人的质量为m2。试求t秒钟后，人的绝对速度v与位移以及板的绝对速度v1与位移。解：以人和板为研究对象。系统受力：人的重力P，板的重力W，光滑的水平面对板的正压力FN。以上受力均在竖直方向，所以水平方向受力为零，则动量守恒。 在初始时刻t=0，人和板都静止，动量pax=0，任意时刻t，设板的绝对速度v1沿x轴正向，则由点的合成运动可知，人的绝对速度为v=v1+u。 由动量守恒定律得：m1v1+m2(v1+u)=0解此方程得 负号表示板的运动方向与x轴正向相反。由此得人的绝对速度为 正号表示人的运动方向与x轴正向相同因u与v都是常量，故人和板的位移分别为设矢量在笛卡儿坐标系中的投影为，证明并求使的函数解：（1） （2）（3）由可知势函数必存在，由故 积分（1）式得代（4）入（2）得 积分得代（5）入（4）得代（6）入（3）得 积分得代（7）入（6）得m1m2v1v2r质量为及的两自由质点互相以引力吸引，引力与其质量成正比，与距离的平方成反比，比例常数为，开始时两质点皆处于静止状态，其间距离为a，试求两质点间的距离为时两质点的速度。 解法1：用机械能守恒定律求解令质量为自由质点的速度为，质量为的自由质点速度为，则因两质点互相吸引，故方向相反，取方向为正方向如图示由于两质点无外力作用，故动量守恒有两质点间的相互吸引力为万有引力是保守力由保守力性质得势能为式中是两质点间的距离。由机械能守恒定律即解（1）（2）式得 解法2：用动能定理求解令质量为自由质点的速度为，质量为的自由质点速度为，则因两质点互相吸引，故方向相反，取方向为正方向如图示由得积分上式得由于两质点无外力作用，故动量守恒有解（1）（2）式得 解法3：用两体问题方法求解由于两质点无外力作用可视为两体问题由两体问题运动方程得又代入（1）式有积分得由于两质点无外力作用，质心作惯性运动，原来质心静止，故由得又根据速度合成方法知解（2）（3）（4）式得 为负值表明与方向相反如图示，一长为的均质链条在水平面上自然堆成一堆，线密度为，某人持链条一端以匀速将其提高，试证：当他的手离开水平面的高度为时（），链条对手的作用力大小为解法1：用质心运动定理求解取链条整体为研究对象，在t时刻，整体所受的外力有重力，拉力和水平面对静止的那部分链条的支持力。由质心运动定理可得 式中为质心的加速度。上式在x轴上的投影式为由于链条的质心坐标为则有代入投影式得所以解法2：用动量定理求解取链条整体为研究对象，在t时刻，整体所受的外力有重力，拉力和水平面对静止的那部分链条的支持力链条整体的总动量在竖直方向分量为整体所受的外力有重力，拉力和水平面对静止的那部分链条的支持力上式在x轴上的投影式为由动量定理得解法3：用变质量问题方法求解如图示，取已上升部分为主体，其质量为，速度为，不断增加部分为变体，其速度，主体和变体所受合外力为由密歇尔斯基方程得 即故圆环质量为M，放在光滑水平面上，有一质量为m的小虫在圆环上爬行，如图示，求证：小虫在圆环上相对地爬行一周时，圆环的自转角度不超过180。设初始时系统静止。另正解：以小虫+圆环为质点系，圆环圆心为参考点，质点系受力为重力，方向均向下，与转轴平行，力矩为零。故质点系动量矩守恒。在质点系起始时， 在某时刻小虫相对于圆环的速度为u，圆环的角速度为，则小虫的绝对速度为 小虫的动量矩为： 方向沿转轴方向。圆环动量矩为： 方向也沿转轴方向。由动量矩守恒定律得： 有又 即 积分得：假设小虫和圆环质量相等 M=m 故假设M=2m故一般 故一光滑球A与另一静止的光滑球B发生斜碰，如两球均为完全弹性体，且两球质量相等，则两球碰撞后的速度互相垂直，试证明之。证明：设两球质量为，光滑球A碰前速度矢量为，光滑球B碰前速度矢量为0，A和B碰撞后的速度的速度矢量为由于两球碰撞过程中动量守恒有又两球为完全弹性体动能守恒有（1） 式代入（2）式有整理上式得，由于所以欲使两矢量的乘积为零，只有两矢量互相垂直即 结论得证有三个完全弹性的小球,质量分别为m1、m2、及m3，静止于一直线上，今于第一球上加上的速度，其方向沿此直线，设m1、m3及为已知，求第二球的速度为何值，才能使第三球于碰撞后所得的速度最大。解：设第一、第二球碰撞后第一球的速度为，第二球的速度为则由速度公式得 而 故又设第三、第二球碰撞后第三球的速度为 已知 则由速度公式得欲使第三球的速度最大，须有即 所以有时第三球的速度最大。一条柔软、无弹性、质量均匀的绳子，竖直的自高处坠落至地板上，如绳子的长度为，每单位长度的质量等于，求当绳子剩在空中的长度为时，绳子的速度及它对地板的压力。设开始时绳子的速度为零，它的下端离地面的高度为。解法1：用自由落体公式和动量定理求解 当绳子的上端离地面的高度为时，由自由落体公式知绳子的速度为地板对绳子的作用力有两部分，其一为与已经落地的绳子的重力大小相等，方向相反，设为， 其二是即将落地的绳子对地板的冲力，设为设在时间内落地的绳子的质量为，该质量元的动量为，该质量元一经落地动量即变为零。动量的变化为由动量定理得 （此处忽略重力） 所以总的压力为解法2：用变质量物体的运动方程求解当绳子的上端离地面的高度为时，由自由落体公式知绳子的速度为取已落地部分为主体，其质量为速度为不断落地部分为变体，（）其速度为 主体和变体受力为方向向上由密歇尔斯基方程得即所以长L的均匀细链条伸直平放水平光滑桌面上，方向与桌面边缘垂直（图2.7.2）。开始时链条静止，一半从桌上下垂，求链条末端滑到桌子边缘时链条的速度v。 解：如图选取坐标系，以下垂段为研究对象。方法一：用变质量物体的运动方程求解 以长为x的 一段和x的一段分别作m和dm，m=x，速度为，dm=dx, dx段合并于x段的速度 （x段的速度）,作用于它们的合外力为重力 和桌面上的一段对它的拉力T。由密歇尔斯基方程得 u=v， （1） 设线质量密度，取桌面上为主体，其质量，速度为，不断减少部分为变体，速度 （x段的速度），作用于它们的合外力为桌面上的一段对它的拉力T，由密歇尔斯基方程得 （2） 将（2）代入（1），并注意m=x， ，可得 ，积分： ，求出 方法二：用机械能守恒定律求解 以下垂的一段为研究对象，以桌面为零势能位置，则由机械能守恒： 其中： ； ， 由此得 雨滴开始自由落下时的质量为M，单位时间内凝结在它上面的水汽质量为，略去空气阻力，试求雨滴在t时间后所下落的距离。解：以竖直向下为正方向，取自由落下的雨滴为主体，其质量为m=M+t，速度为v，增加的水汽为变体，质量为dm=dt, 速度为u=0,作用于其的合外力为雨滴的重力由密歇尔斯基方程得积分（1）式得因t=0时v=0,故c=0所以积分（3）式得因t=0时s=0,故所以这就是雨滴在t时间后所下落的距离讨论：由上式知说明雨滴在t时间后所下落的距离小于自由落体在同等时间内下落的距离。雨滴下落时其质量的增加率与雨滴的表面积成正比，试求雨滴下落速度与时间的关系解：以竖直向下为正方向，设起始时刻（t=0）雨滴半径为a，某时刻雨滴半径为r，取自由落下的雨滴为主体，其质量为，速度为v不断增加的水汽为变体，质量为 速度为u=0,作用于其的合外力为雨滴的重力（1） 式对时间求导数得（3）=（2）得积分（4）式得雨滴半径变化规律是所以主体质量为合外力为由密歇尔斯基方程得积分得说明雨滴在t时间后所达到的速度小于自由落体在同等时间内达到的速度质量为m 的质点M , 如图10 -2 所示, 在Oxy平面内运动, 其运动方程为: x=acoskt, y=bsin kt, 其中a , b , k 为正的常量, t 为时间. 求作用于该质点上的力图10-2解此题为第一类问题. 其运动轨迹是椭圆由x = acoskt, y = bsin kt先求加速度= - ak2cos kt = - bk2sin kt由运动微分方程得Fx = m = - m ak2coskt = - k2 m xFy = m= - bk2sin kt = - k2 m y或F = Fxi+Fyj = - k2mr质量为m 的质点, 在力F = - m k2r作用下沿平面绕定点运动, 如图10 -3 所示. 其中r是质点对O点的矢径, k为常数. 设t=0时x=l, y=0 , vx=0 , vy= v0, O为坐标原点. 求质点的运动方程和轨迹方程.图10-3解 此题属于第二类问题, 其直角坐标形式的微分方程为其中Fx = - m k2 rcos= - m k2 xFy = - m k2 rsin= - m k2 y则其微分方程可改写为: = - k2 x , = - k2 y,其通解为x = c1sin kt + c2 cos kty = c3sin kt + c4cos kt初始条件t= 0时x=l, y=0 , =vx=0 , =vy=v0可求得其积分常数分别为c1 = 0 , c2 = l, c3 =v0/k, c4 =0由此得运动方程为x = lcoskt, y =v0/ksin kt其轨迹方程为x2/l2 +k2 y2/v20= 1第三章刚体力学在直角坐标系中，三轴的单位矢为。物体的惯量张量为。设一转轴通过上述直角坐标系原点，方向为，那么物体对于该轴的转动惯量是多少？解：由于 于是物体对于该轴的转动惯量为匀质圆盘，半径为，放在粗糙水平桌上，绕通过其中心的竖直轴转动，开始时的角速度为 。已知圆盘与桌面的摩擦系数为，问经过多长时间后盘将静止？解：当角速度为常数时，则有；当末角速度为零时，。则有（注意，并非t为负值）。作用于圆盘的反力矩的大小为由题意，圆盘的面密度为 ，代入上式定轴转动的动力学方程为 已知圆盘的转动惯量为将（2）（4）代入（3）得 于是得代（5）入（1）得如图示，一直角三角形薄板，两个直角边的长度分别为a、b，试求该板的主转动惯量和惯性积。解：因该板的z坐标为零，故 惯性积三角形斜边的方程为 即取质量元如图示，由转动惯量的定义知主转动惯量同理有同时由垂直轴定理还可求得惯性积为有一质量为m、边长为a的正方形薄板，试求其过一顶点A且与对角线DB平行的轴AF的转动惯量解：建主轴坐标系如图示，由于Z坐标为零平行于X轴距X轴为Y处取质量元由转轴公式得同理平行于Y轴距Y轴为X处取质量元由转轴公式得由垂直轴定理知对角线DB的方向余弦为 所以由主轴坐标系下的转轴公式得再由平行轴定理知一块正方形薄板的边长为,质量为m，求在其中心的惯量张量，已知轴垂直于板面，与轴平行于两边。解：由于薄板的坐标，所以惯量积，又由于薄板相对于平面对称，所以惯量积薄板相对于轴的转动惯量为因轴与轴均为对称轴，所以由垂直轴定理知于是正方形薄板相对于中心的惯量张量为一端系于天花板顶上的绳子，在另一端系一半径为r，重量为p的滑轮，求滑轮中心向下运动的加速度和滑轮转动时的角加速度。 解：建坐标如图示 滑轮受力：重力p，绳子张力T 建动力学方程式：又由约束条件： 即解（1）（2）（3）式得图示半径为R的均质圆柱A缠以细绳，绳的B端固定，圆柱自静止下落，其轴心速度为（h为轴心至初始位置的距离）。求圆柱A的运动方程。解：设圆柱质量为m，绳的张力为T。由图可知圆柱作平面运动，其运动方程为由于，,又t=0时，代入上式得解：1研究系统。作定轴转动，作直线平动，取为杆的转角。由题意知杆的角速度w 转向如图示，并设出e 的转向。2运动速度分析。杆上点的运动方程为其速度、加速度为有一直角三角形薄板,两个直角边的连长分别为a、b，试求该板的三个主转动惯量和三个惯量积。解：由于板的z坐标为零，故：惯量积三角形斜边的方程为即：在三角形薄板上取质量元所以主转动惯量： 又 所以有同理： 由垂直轴定理得惯量积（习题 3.8题）求半径为R，质量密度为的非均质圆球绕直径的回转半径K，其中均为常数。 解：取半径为rr+dr的球壳做作质量元，它的质量dm和对直径的转动惯量dI分别为： 球体对球心的转动惯量为dI=r2dm而球体对任一直径的转动惯量为 球体对直径的转动惯量I和总质量m分别为 所以回转半径 长为2的均质棒，一端抵在光滑墙上，而棒身则如图示斜靠在与墙相距为的光滑棱角上，求棒在平衡时与水平面所成的角 解：如图示，均质棒受力为光滑墙、光滑棱角的弹力，及棒自身重力G，由于棒处于平衡状态，根据力系平衡条件有由（1）（2）得所以一根均匀的棍子。重为P，长为长为2，今将其一端置于粗糙地面上，又以其上的C点靠在墙上，墙离地面的高度为h，当棍子与地面的角度为最小值时，棍子在上述位置仍处于平衡状态，求棍与地面的摩擦系数。解：如图示棍子受力为：重力P，C点上的作用力N1，A点上的作用力N2，摩擦力f 建坐标如图示 由于棍子处于平衡状态，根据力系平衡条件有 对A而言有由（3）得由（1）得由（2）得所以矩形均质薄片ABCD，边长为a与b，重为mg，绕竖直轴AB以初角速转动，此时薄片的每一部分都受到空气的阻力，其方向垂直于薄片的平面，其量值与面积及速度平方成正比，比例系数为k，问经过多长时间，薄片的角速度减为初角速的一半。解：建坐标系0xyz与薄片固连，z轴为转轴。则沿z轴方向有在薄片上取质量元面积为，该区域受到的阻力为对z轴的力矩为所以又薄片对z轴的转动惯量为由（1）（2）（3）得而 积分 得均匀长方形薄片的边长为a与b，质量为m，求此长方形薄片绕其对角线转动时的转动惯量。解：用主轴坐标系求解，建主轴坐标系如图示 设薄片质量密度为，厚度为t。由转轴公式得由图知 又，所以有而 故一轮的半径为r，以匀速无滑动地沿一直线滚动，求轮缘上任一点的速度及加速度。又最高点和最低点的速度和加速度各是多少。哪一点是转动瞬心。解：如图示建立坐标系oxyz，由于球作无滑滚动，球与地面接触点A的速度为零，所以A点为转动瞬心。以O为基点，设球的角速度为，则 设轮缘上任一点P，与x轴的夹角为，则故 而加速度为当时为最高点，其速度和加速度分别为当时为最高点，其速度和加速度分别为滚子质量m , 外轮半径为R , 滚子的鼓轮半径为r, 回转半径为, 习题3.32）高为h、顶角为的圆锥在一平面上滚动而不滑动，如已知此锥以匀角速绕轴转动，试求圆锥底面上A点的转动加速度和向轴加速度的量值。解：如图示，动坐标系oxyz随圆锥一起运动，ox轴过圆锥与地面的接触线OB，设圆锥绕自己的轴线转动的角速度为，又圆锥的轴线绕z轴转动的角速度为所以合角速度为由于OB为瞬轴，故沿ox轴，由图可知 故又A点的位置矢量为所以A点的转动加速度向轴加速度为故转动加速度的量值是向轴加速度的量值是一直线以匀角速在一固定平面内绕其一端O转动，当直线位于OX的位置时，有一质点P开始从O点沿该直线运动，如欲使此点的绝对速度的量值为常数，问此点应按何种规律运动。解：如图示以OX为极轴，直线转动的方向为极角建立极坐标系，OZ轴垂直纸面向外，设P点的相对速度为，故P点的绝对速度为设P点的绝对速度的量值为，则有 上式两边对时间求导数得 由题意知所以有 其通解为当时有代入上式得 故运动规律为如题图5 1 所示, 细直管长OA=l , 以匀角速度绕固定轴O 转动。管内有一小球M, 沿管道以速度v 向外运动。设在小球离开管道的瞬时v=l, 求这时小球M 的绝对速度。答: , ( va , i) = 45题图5 1解：小球离开管