理论力学课后习题第三章解答3.1解 如题3.1.1图。

均质棒受到碗的弹力分别为，棒自身重力为。

棒与水平方向的夹角为。

设棒的长度为。

由于棒处于平衡状态，所以棒沿轴和轴的和外力为零。

沿过点且与轴平行的合力矩为0。

即：①②③ 由①②③式得：④ 又由于即⑤ 将⑤代入④得：图题1.3.11N ,2N G θl x y A z 0sin 2cos 21=-=∑θθN N F x0cos 2sin 21=-+=∑G N N Fyθθ0cos 22=-=∑θlG c N M i ()θθ22cos 1cos 22-=c l ,cos 2c r =θrc 2cos =θ3.2解 如题3.2.1图所示，均质棒分别受到光滑墙的弹力，光滑棱角的弹力，及重力。

由于棒处于平衡状态，所以沿方向的合力矩为零。

即①由①②式得：所以()cr c l 2224-=o图题1.3.21N 2N G y 0cos 2=-=∑G N Fyθ0cos 22cos 2=-=∑θθlG d N M z ld=θ3cos 31arccos ⎪⎭⎫ ⎝⎛=l d θ3.3解 如题3.3.1图所示。

棒受到重力。

棒受到的重力。

设均质棒的线密度为。

由题意可知，整个均质棒沿轴方向的合力矩为零。

3.4解 如题3.4.1图。

轴竖直向下，相同的球、、互切，、切于点。

设球的重力大小图题1.3.32AB i G ag ρ=1i G bgρ=2ρz ()BH BF G OD G M z --⋅=∑21sin θ=0sin cos 2sin 2=⎪⎭⎫ ⎝⎛--θθρθρa b gb a ga aba b 2tan 22+=θ图题1.3.4Ox A B C B C D为，半径为，则对、、三个球构成的系统来说，在轴方向的合力应为零。

即：①对于球，它相对于过点与轴平行的轴的合力矩等于零。

即：②由式得：3.5解 如题3.5.1图。

梯子受到地面和墙的弹力分别为，，受地面和墙的摩擦力分别为，。

梯子和人的重力分别为，且。

设梯长为，与地面夹角为。

由于梯子处于平衡，所以①②且梯子沿过点平行于轴的合力矩为零。

即：③ 又因梯子是一个刚体。

当一端滑动时，另一端也滑动，所以当梯与地面的倾角达到最小时，G r A B C x 0cos 23=-=∑αT G F xC D z ()0sin sin =--=∑βαβGr Tr MDαβtan 3tan =1图题1.3.51N 2N 1f 2f 1G 2G 123G G =l θ012=-=∑f N F x02112=--+=∑G G N f FyA z 0sin cos cos 2cos 2212=--+=∑θθθθl N l f lG l G M i④ ⑤ 由①②③④⑤得： 所以3.6解 （a ）取二原子的连线为轴，而轴与轴通过质心。

为质心，则，，轴即为中心惯量主轴。

设、的坐标为，因为为质心（如题3.6.2图）故①且1121N f =2231N f =2441tan =θ⎪⎭⎫⎝⎛=-2441tan 1θx y z O Ox Oy Oz y1m 2m Chax •1m 图题1.3.61m 2m ()()0,0,,0,0,21l lO 02211=+l m l m②由①②得所以中心惯量主轴：（b ）如题3.6.3图所示，该原子由、、三个原子构成。

为三个原子分子的质心。

由对称性可知，图中、、轴即为中心惯量主轴。

设、、三原子的坐标分别为，因为为分子的质心。

所以 =① 又由于② ③由①②③得：l l l =-1221122121,m m lm l m m l m l +=+-=()0221=+=∑i i i z y m I ()22121222l m m m m x z m I i i i +=+=∑()22121223l m m m m y x m I i i i +=+=∑图题3.6.3A B D C Cx Cy Cz A B D ()0,,0A y ⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-0,,2,0,,2D B y a y a C D B A D D B B A A C m m m y m y m y m y ++++=0112112=++++m m m y m y m y m DB A D B y y =h y y B A =-2122112.22m m hm y y m m h m y D B A +-==+=故该分子的中心主转动惯量3.7解 如题3.7.1图所示。

沿轴平行于平切椭球得切面为一椭圆，则该椭圆方程为：可求该切面的面积故积分同理可求故中心主转动惯量：()()D B A i h m m m m z y m I i i i ,,2222121221=+=+=∑()()D B A i a m x z m I i i i ,,221222==+=∑()()D B A i a m h m m m m y x m I i i i ,,2222122121223=++=+=∑y Oxy 11122222222=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-b y c z b y a x ()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=221b y ac S y π()c ab dy b y ac y dy S y dm y bb bb y 3222221541πρρπρ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰⎰⎰--,15432bc a dm x πρ=⎰32154abc dm z πρ=⎰又由于椭球体积故将代入得：3.8解 设表示距球心为的一薄球壳的质量，则所以该球对球心的转动惯量① 在对称球中，绕直径转动时的转动惯量② 又球的质量③ 又绕直径的回转半径()()22221154c b abc dm z y I +=+=⎰πρ()()22222154c a abc dm z x I +=+=⎰πρ()()22223154b a abc dm y x I +=+=⎰πρ()abc dy b y ac dy S V bb bb y ππ34122=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎰⎰--abcmV m πρ43==ρ321,,I I I ()22151c b m I +=()22251c a m I +=()22351b a m I +=dm r 202r dr r dm πρρπ==dr R r ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-221α3557150220402απραπρ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎰⎰R dr R r r dm r I RRI I 32='153513022020απραπρ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎰⎰R dr R r r dm m RR④ 由①②③④得3.9解 如题3.9.1图所示坐标系。

为正方体中心。

、、分别与正方体的边平行。

由对称性可知，、、轴就是正方体的中心惯量主轴。

设正方体的边长为。

设为平行于轴的一小方条的体积，则正方体绕轴的转动惯量根据对称性得易求正方体的对角线与、、轴的夹角都为。

且故正方体绕对角线的转动惯量① mI k '=R k αα21351014--=Oxyz 图题1.9.3O Ox Oy Oz Ox Oy Oz a ()22222226a m dydz z y a I a a a a xx =+=⎰⎰--ρ26a m I I I xx zz yy ===Ox Oy Oz θ31cos =θ22226cos cos cos a m I I I I zz yy xx ====θθθ又由于②绕对角线的回转半径③ 由①②③得3.10解 如题3.10.1图。

轴过点垂直纸面向外。

均质圆盘的密度为。

设盘沿顺时针转动，则沿的方向有 即① 为转盘绕轴的转动惯量：（为盘的质量）， ②（为盘转动的角频率，负号因为规定顺时针转动）=③ 由①②③得a d 3=mIk =23d k =图题1.3.10z O ρz z zM dtdI =z z M I =ωI z 221ma I =m ωω-=z ω320232a g dr d r g M az ρμπθρμπ==⎰⎰()232a m ma g πρρμ=又因为故所以得3.11解 如题3.11.1图所示，设轴通过点垂直纸面指向外。

则对轴有：设通风机转动的角速度大小为，由于通风机顺时针转动。

所以，将代入上式得： 。

又由于，解得：故当时，㏑。

又由于 （为通风机转动的角度） ag34μω-= (),00ωω=()t agt 340μωω-=(),0=t ωga t μω430=图题1.3.11z O z Z M dtdz=()t ω()t z ωω-=()()t z t k M I z ωω=-=,()()t t k I ωω=- ()()00ωω= ()t Ikt e-=0ωω()2ωω=t kI t =2()()t t θω =θ设，故当㏑时，，时间内通风机转动的转数3.12解 如题3.12.1图，第3.12.1图坐标与薄片固连，则沿轴方向有：且 ①现取如图阴影部分的小区域，该区域受到的阻力对轴的力矩所以②又薄片对轴的转动惯量③()00=θ()t Ikt e -=0ωθ ()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=--⎰t I k t Iktt e kI dt e10000ωθωθk It =2()kI t 20ωθ=t ()()kI n t πωπθθ4200=-=Oxyz z Z M dtdz=z I z ω=ady dS =()22y kady kdSv df z ω==df z dy y ka y df dM z z 32ω-=⋅-=2304z az z b a k dM M ω-==⎰()ab m ma bdy y dm y I a a ρρ====⎰⎰2020231由①②③得：当时，3.13解 如题3.13.1图所示，坐标系的原点位于圆弧最顶点。

设圆弧平衡时，质心的坐标为。

如图所示圆弧偏离平衡位置一小角度，则满足微分方程为圆弧相对于轴的转动惯量。

当很小时，，代入上式得：① 圆弧上对应转角为的一小段圆弧的坐标为 质心的纵坐标上式中为圆弧的线密度②()021431ωω+=t m b ka t z ()2ωω=t z 0234ωb ka mt=图题1.3.13Oxyz c ()0,,0l c -θθθθ I mgl =-sin I Oz θθθ≈sin 0=+θθImglθ()0,cos ,sin R R R -θθc ()R R Rd R R R d y csin cos 0θθθρθθρθθθθ+-=-=⎰⎰--ρR R l 0sin θθ-=又③ 其中，将②③代入①得④ 解④式得通解微振动周期3.14解 如题3.14.1图所示坐标系。

由动量定理及动量矩定理得：① ② ③ 其中()()[]θθθρθθd R R R R I ⎰-+-=022sin cos ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=002sin 12θθmR 02θρR m =02=+θθRg()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=ϕθt R gA t 2cos g R RgT 2222ππ==Oxyz 题3.14.1图()x c c c R y x m x m =--=θθ 2()mg R x y m y m yc c c -=+-=θθ 2θθsin 2mga mk -= θθcos ,sin a y a x c c -==又根据机械能守恒定律得：④ 由①②③④解得：3.15解 如题3.15.1图所示坐标系。