理论力学课后答案解析第五章(周衍柏)

理论力学课后答案第五章(周衍柏)第五章思考题5.1虚功原理中的“虚功”二字作何解释？用虚功原理理解平衡问题，有何优点和缺点？5.2 为什么在拉格朗日方程中，a θ不包含约束反作用力？又广义坐标与广义力的含义如何？我们根据什么关系由一个量的量纲定出另一个量的量纲?5.3广义动量a p 和广义速度a q 是不是只相差一个乘数m ？为什么a p 比a q 更富有意义？5.4既然a q T ∂∂是广义动量，那么根据动量定理，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂αq T dt d 是否应等于广义力a θ？为什么在拉格朗日方程()14.3.5式中多出了aq T ∂∂项？你能说出它的物理意义和所代表的物理量吗？5.5为什么在拉格朗日方程只适用于完整系？如为不完整系，能否由式()13.3.5得出式()14.3.5？5.6平衡位置附近的小振动的性质，由什么来决定？为什么22s 个常数只有2s 个是独立的？5.7什么叫简正坐标？怎样去找？它的数目和力学体系的自由度之间有何关系又每一简正坐标将作怎样的运动？5.8多自由度力学体系如果还有阻尼力，那么它们在平衡位置附近的运动和无阻尼时有何不同？能否列出它们的微分方程？5.9 dL 和L d 有何区别？a q L ∂∂和aq L ∂∂有何区别？ 5.10哈密顿正则方程能适用于不完整系吗？为什么？能适用于非保守系吗？为什么？5.11哈密顿函数在什么情况下是整数？在什么情况下是总能量？试祥加讨论，有无是总能量而不为常数的情况？5.12何谓泊松括号与泊松定理？泊松定理在实际上的功用如何？5.13哈密顿原理是用什么方法运动规律的？为什么变分符号δ可置于积分号内也可移到积分号外？又全变分符号∆能否这样？5.14正则变换的目的及功用何在？又正则变换的关键何在？5.15哈密顿-雅可比理论的目的何在？试简述次理论解题时所应用的步骤.5.16正则方程()15.5.5与()10.10.5及()11.10.5之间关系如何？我们能否用一正则变换由前者得出后者？5.17在研究机械运动的力学中，刘维定理能否发挥作用？何故？5.18分析力学学完后，请把本章中的方程和原理与牛顿运动定律相比较，并加以评价.第五章思考题解答5.1 答：作.用于质点上的力在任意虚位移中做的功即为虚功，而虚位移是假想的、符合约束的、无限小的.即时位置变更，故虚功也是假想的、符合约束的、无限小的.且与过程无关的功，它与真实的功完全是两回事.从∑⋅=iii r F W δδ可知：虚功与选用的坐标系无关，这正是虚功与过程无关的反映；虚功对各虚位移中的功是线性迭加，虚功对应于虚位移的一次变分.在虚功的计算中应注意：在任意虚过程中假定隔离保持不变，这是虚位移无限小性的结果.虚功原理给出受约束质点系的平衡条件，比静力学给出的刚体平衡条件有更普遍的意义；再者，考虑到非惯性系中惯性力的虚功，利用虚功原理还可解决动力学问题，这是刚体力学的平衡条件无法比拟的；另外，利用虚功原理解理想约束下的质点系的平衡问题时，由于约束反力自动消去，可简便地球的平衡条件；最后又有广义坐标和广义力的引入得到广义虚位移原理，使之在非纯力学体系也能应用，增加了其普适性及使用过程中的灵活性.由于虚功方程中不含约束反力.故不能求出约束反力，这是虚功原理的缺点.但利用虚功原理并不是不能求出约束反力，一般如下两种方法：当刚体受到的主动力为已知时，解除某约束或某一方向的约束代之以约束反力；再者，利用拉格朗日方程未定乘数法，景观比较麻烦，但能同时求出平衡条件和约束反力.5.2 答 因拉格朗日方程是从虚功原理推出的，而徐公原理只适用于具有理想约束的力学体系虚功方程中不含约束反力，故拉格朗日方程也只适用于具有理想约束下的力学体系，αθ不含约束力；再者拉格朗日方程是从力学体系动能改变的观点讨论体系的运动，而约束反作用力不能改变体系的动能，故αθ不含约束反作用力，最后，几何约束下的力学体系其广义坐标数等于体系的自由度数，而几何约束限制力学体系的自由运动，使其自由度减小，这表明约束反作用力不对应有独立的广义坐标，故αθ不含约束反作用力.这里讨论的是完整系的拉格朗日方程，对受有几何约束的力学体系既非完整系，则必须借助拉格朗日未定乘数法对拉格朗日方程进行修正.广义坐标市确定质点或质点系完整的独立坐标，它不一定是长度，可以是角度或其他物理量，如面积、体积、电极化强度、磁化强度等.显然广义坐标不一定是长度的量纲.在完整约束下，广义坐标数等于力学体系的自由度数；广义力明威力实际上不一定有力的量纲可以是力也可以是力矩或其他物理量，如压强、场强等等，广义力还可以理解为；若让广义力对应的广义坐标作单位值的改变，且其余广义坐标不变，则广义力的数值等于外力的功由W q r F s i ni i δδθδααα==⋅∑∑==11 知，ααδθq 有功的量纲，据此关系已知其中一个量的量纲则可得到另一个量的量纲.若αq 是长度，则αθ一定是力，若αθ是力矩，则αq 一定是角度，若αq 是体积，则αθ一定是压强等.5.3 答 αp 与αq 不一定只相差一个常数m ，这要由问题的性质、坐标系的选取形式及广义坐标的选用而定。

第五章思考题5.1虚功原理中的“虚功”二字作何解释？用虚功原理理解平衡问题，有何优点和缺点？5.2 为什么在拉格朗日方程中，a θ不包含约束反作用力？又广义坐标与广义力的含义如何？我们根据什么关系由一个量的量纲定出另一个量的量纲?5.3广义动量a p 和广义速度a q &是不是只相差一个乘数m ？为什么a p 比aq &更富有意义？ 5.4既然aq T &∂∂是广义动量，那么根据动量定理，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂αq T dt d &是否应等于广义力a θ？为什么在拉格朗日方程()14.3.5式中多出了a q T ∂∂项？你能说出它的物理意义和所代表的物理量吗？5.5为什么在拉格朗日方程只适用于完整系？如为不完整系，能否由式()13.3.5得出式()14.3.5？5.6平衡位置附近的小振动的性质，由什么来决定？为什么22s 个常数只有2s 个是独立的？5.7什么叫简正坐标？怎样去找？它的数目和力学体系的自由度之间有何关系又每一简正坐标将作怎样的运动？5.8多自由度力学体系如果还有阻尼力，那么它们在平衡位置附近的运动和无阻尼时有何不同？能否列出它们的微分方程？5.9 dL 和L d 有何区别？a q L ∂∂和aq L ∂∂有何区别？ 5.10哈密顿正则方程能适用于不完整系吗？为什么？能适用于非保守系吗？为什么？5.11哈密顿函数在什么情况下是整数？在什么情况下是总能量？试祥加讨论，有无是总能量而不为常数的情况？5.12何谓泊松括号与泊松定理？泊松定理在实际上的功用如何？5.13哈密顿原理是用什么方法运动规律的？为什么变分符号δ可置于积分号内也可移到积分号外？又全变分符号∆能否这样？5.14正则变换的目的及功用何在？又正则变换的关键何在？5.15哈密顿-雅可比理论的目的何在？试简述次理论解题时所应用的步骤.5.16正则方程()15.5.5与()10.10.5及()11.10.5之间关系如何？我们能否用一正则变换由前者得出后者？5.17在研究机械运动的力学中，刘维定理能否发挥作用？何故？5.18分析力学学完后，请把本章中的方程和原理与牛顿运动定律相比较，并加以评价.第五章思考题解答5.1 答：作.用于质点上的力在任意虚位移中做的功即为虚功，而虚位移是假想的、符合约束的、无限小的.即时位置变更，故虚功也是假想的、符合约束的、无限小的.且与过程无关的功，它与真实的功完全是两回事.从∑⋅=ii i r F W ρρδδ可知：虚功与选用的坐标系无关，这正是虚功与过程无关的反映；虚功对各虚位移中的功是线性迭加，虚功对应于虚位移的一次变分.在虚功的计算中应注意：在任意虚过程中假定隔离保持不变，这是虚位移无限小性的结果.虚功原理给出受约束质点系的平衡条件，比静力学给出的刚体平衡条件有更普遍的意义；再者，考虑到非惯性系中惯性力的虚功，利用虚功原理还可解决动力学问题，这是刚体力学的平衡条件无法比拟的；另外，利用虚功原理解理想约束下的质点系的平衡问题时，由于约束反力自动消去，可简便地球的平衡条件；最后又有广义坐标和广义力的引入得到广义虚位移原理，使之在非纯力学体系也能应用，增加了其普适性及使用过程中的灵活性.由于虚功方程中不含约束反力.故不能求出约束反力，这是虚功原理的缺点.但利用虚功原理并不是不能求出约束反力，一般如下两种方法：当刚体受到的主动力为已知时，解除某约束或某一方向的约束代之以约束反力；再者，利用拉格朗日方程未定乘数法，景观比较麻烦，但能同时求出平衡条件和约束反力.5.2 答 因拉格朗日方程是从虚功原理推出的，而徐公原理只适用于具有理想约束的力学体系虚功方程中不含约束反力，故拉格朗日方程也只适用于具有理想约束下的力学体系，αθ不含约束力；再者拉格朗日方程是从力学体系动能改变的观点讨论体系的运动，而约束反作用力不能改变体系的动能，故αθ不含约束反作用力，最后，几何约束下的力学体系其广义坐标数等于体系的自由度数，而几何约束限制力学体系的自由运动，使其自由度减小，这表明约束反作用力不对应有独立的广义坐标，故αθ不含约束反作用力.这里讨论的是完整系的拉格朗日方程，对受有几何约束的力学体系既非完整系，则必须借助拉格朗日未定乘数法对拉格朗日方程进行修正.广义坐标市确定质点或质点系完整的独立坐标，它不一定是长度，可以是角度或其他物理量，如面积、体积、电极化强度、磁化强度等.显然广义坐标不一定是长度的量纲.在完整约束下，广义坐标数等于力学体系的自由度数；广义力明威力实际上不一定有力的量纲可以是力也可以是力矩或其他物理量，如压强、场强等等，广义力还可以理解为；若让广义力对应的广义坐标作单位值的改变，且其余广义坐标不变，则广义力的数值等于外力的功由W q r F s i ni i δδθδααα==⋅∑∑==11ρρ知，ααδθq 有功的量纲，据此关系已知其中一个量的量纲则可得到另一个量的量纲.若αq 是长度，则αθ一定是力，若αθ是力矩，则αq 一定是角度，若αq 是体积，则αθ一定是压强等.5.3 答 αp 与αq &不一定只相差一个常数m ，这要由问题的性质、坐标系的选取形式及广义坐标的选用而定。

第一章习题1.1沿水平方向前进的枪弹，通过某一距离s 的时间为t 1，而通过下一等距离s 的时间为2t .试证明枪弹的减速度（假定是常数）为()()2121122t t t t t t s +- 1.2 某船向东航行，速率为每小时15km,在正午某一灯塔。

另一船以同样速度向北航行，在下午1时30分经过此灯塔。

问在什么时候，两船的距离最近？最近的距离是多少？ 1.3 曲柄,r A O =以匀角速ω绕定点O 转动。

此曲柄借连杆AB 使滑块B 沿直线Ox 运动。

求连杆上C 点的轨道方程及速度。

设a CB AC ==，ψϕ=∠=∠ABO AOB ,。

x第1.3题图1.4 细杆OL 绕O 点以角速ω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。

A BOCLxθd 第1.4题图1.5 矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin 1π 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。

已知升降机的初速度为零。

1.6 一质点沿位失及垂直于位失的速度分别为r λ及μθ，式中λ及μ是常数。

试证其沿位矢及垂直于位失的加速度为⎪⎭⎫ ⎝⎛+-r r r μλμθθμλ,2221.7 试自θθsin ,cos r y r x ==出发，计算x 及y。

并由此推出径向加速度ra 及横向加速度θa 。

1.8 直线FM 在一给定的椭圆平面内以匀角速ω绕其焦点F 转动。

求此直线与椭圆的焦点M 的速度。

已知以焦点为坐标原点的椭圆的极坐标方程为()θcos 112e e a r +-=式中a 为椭圆的半长轴，e 为偏心率，都是常数。

1.9 质点作平面运动，其速率保持为常数。

试证其速度矢量v 与加速度矢量a 正交。

1.10 一质点沿着抛物线px y 22=运动其切向加速度的量值为法向加速度量值的k 2-倍。

如此质点从正焦弦⎪⎭⎫⎝⎛p p ,2的一端以速度u 出发，试求其达到正焦弦另一端时的速率。

第一章 质点力学第一章习题解答1.1 由题可知示意图如题 1.1.1 图:St 1St 2题1.1.1图设开始计时的时刻速度为v 0 ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a . 则有:⎧ 1 ⎪s = v 0t 1 − at 1 2⎪ 2 ⎨1 ⎪2s = v 0 (t 1 + t2 ) − a (t 1 + t 2 ) 2⎪⎩ 2由以上两式得v = s + 1 at 01t 2 1再由此式得2s (t 2 −t 1 ) t 1t 2 (t 1 + t 2 )a =证明完毕.1.2 解 由题可知,以灯塔为坐标原点建立直角坐标如题 1.2.1 图.A题1.2.1图⎛t + 11 ⎞ 设 A 船经过 0 小时向东经过灯塔,则向北行驶的B 船经过⎜ t 2 ⎟小时经过灯塔 0⎝⎠ 任意时刻 A 船的坐标x A = −(15t 0 − 15t )， y A = 0B 船坐标x B = 0 ，y = −⎡ ⎤ ⎛ + 11 ⎞ − 15t ⎥⎢15⎜t 0 2 ⎟ B ⎝ ⎠ ⎣ ⎦则 AB 船间距离的平方= (x − x ) + (y − y )22d 2 A B AB即⎤ 2 ⎡ ⎛ 1 ⎞ = (15t −15t )2+ d 2 + 1 ⎟ − 15t 15⎜t ⎢ ⎥ 0 0 ⎝ 2 ⎠ ⎣ ⎦1 ⎞2⎛ = 450t − ( ) 2900t 0 + 675 t +225t 0 2+ 225 t + 1⎜ ⎟ 0 ⎝2 ⎠ d 2 对时间t 求导( d )2d = 900t − ( 900t 0 + 675) dtd (d 2 )= 0 ，所以 AB船相距最近，即 dt3 h4t − t = 0即午后 45 分钟时两船相距最近最近距离⎛ 3 ⎞2 3 ⎞2 ⎛ 3 = ⎜15 × ⎟ + ⎜15 × −15 × ⎟ 4 4 2 km s min⎝⎠ ⎝ ⎠ 1.3 解 (1) 如题 1.3.2 图yAaψrϕ CaBxO第 1 . 3 题 图y ωϕ题1.3.2图由题分析可知，点C 的坐标为⎧x = r cos ϕ+ a cos ψ ⎨y= a sin ψ ⎩ r 2a= 又由于在 ∆ A O B 中，有（正弦定理）所以 sin ψ sin ϕsin ϕ = 2a sin ψ =2y r r联立以上各式运用sin 2 ϕ+ cos 2 ϕ = 1由此可得x − a 2 − y 2x − a cos ψ cos ϕ = =r r得x 2 + a 2 − y 2 − 2x a 2 − y 2 4y 2+ = 1r 2r 2得3y 2 + x 2 + a 2 − r 2 = 2x a 2 − y 2化简整理可得4x 2 (a 2 − y 2 )= (x 2 + 3y 2 + a 2 − r 2)2此即为C 点的轨道方程. （2）要求C 点的速度，分别求导⎧ r ωcos ϕ x = −r ωsin ϕ− sin ψ ⎪ ⎨2 cos ψ r ωcos ϕ ⎪y = ⎪⎩ 2其中ω = ϕ又因为r sin ϕ = 2a sin ψ对两边分别求导 故有= r ωcos ϕψ2a cos ψ所以⎞2r 2ω2 cos 2ϕ⎛ r ωcos ϕ V = x2 + y 2 = ⎜⎜ − r ωsin ϕ− sin ψ⎟⎟ + 2 cos ψ 4 ⎝ ⎠r ω cos 2 ϕ+ 4 sin ϕcos ψsin (ϕ+ψ) = 2 cos ψ1.4 解 如题 1.4.1 图所示，第1.4题 图O L 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 ⊥ = ω× OC = ω d 2 + x 2C 点速度d 2 + x 2v⊥v == v ⊥ sec θ = ωd sec θ =ω cos θ2 d又因为θ = ω所以C 点加速度θ = 2ω2x (d 2 + x 2 )a = d v = ωd ⋅ 2 sec θ⋅ sec θ⋅ tan ⋅θ = ω22θ 2dsec tan dtd 21.5 解 由题可知，变加速度表示为a = c ⎛1 − sin πt ⎞⎜ 2T ⎟⎝ ⎠由加速度的微分形式我们可知a = dvdt代入得dv = c ⎛1 − sin πt ⎞dt⎜ 2T ⎟ ⎝⎠对等式两边同时积分πt ⎞dt⎛ vt ∫ ∫ dv = c 1 − sin ⎜ ⎟ 0 ⎝ 2T ⎠ 0 可得 ：v = ct + 2T c cos πt+ D （ D 为常数）π代入初始条件：t = 0 时，v = 0 ，故2T D = − 2T cπ即⎡ πt ⎞⎤ 2T ⎛ v = c ⎢t + π ⎜cos 2T− 1⎟⎥⎝ ⎠⎦⎣ 又因为v = ds dt所以⎡ πt⎞2T ⎛ ds = c ⎢t + π ⎜cos 2T− 1⎟⎥dt⎝ ⎠⎦⎣ 对等式两边同时积分 ，可得：s = c ⎡ 1 t 2πt 2T − t ⎞ ⎤⎛ 2T 2T +⎜sin ⎟ ⎥⎢ 2 π π ⎝ ⎠⎦⎣1.6 解 由题可知质点的位矢速度= λr ①v // 沿垂直于位矢速度v ⊥ = µθ= r = λr v // 又因为 ， 即r = λrv = θr = µθ 即 θ= µθ ⊥ r=(r i ) + (r θj j j j )（取位矢方向i i i i ，垂直位矢方向 j j ） d v dd a =dt dt dt所以ddt(r θj j j )= d r d i = (r i ) =i + r i + r θj j jr dt dtd θ dtd j = r θj + r θj − r θ2i dtddtdr dtθj j + rj j + r θ 故a = (r − r θ2 )i + (r θ+ 2r θ)j 即 沿位矢方向加速度a = (r − r θ2 ) 垂直位矢方向加速度a ⊥ = (r θ+ 2rθ)对③求导r = λr = λ2 r对④求导θ = − µθ r + µ = µθ⎛ µ + λ⎞θr ⎜ r⎟ r 2 ⎝ ⎠把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得µ2θ2= λ r −2a // ra = µθ⎛λ+ µ⎞ ⎜ r ⎟ ⊥⎝⎠ 1.7 解 由题可知⎧x = r cosθ⎨y =r sinθ①②⎩对①求导x= r cosθ−r sinθθ③对③求导x=r c osθ−2rθsinθ−rθsinθ−rθ2cosθ④对②求导y=r sinθ+rθcosθ⑤对⑤求导y=r s inθ+2rθcosθ+rθcosθ−rθ2sinθ⑥对于加速度a，我们有如下关系见题 1.7.1 图aθθ题1.7.1图即⎧x= a r cosθ+ aθsinθ⎨y= a sinθ+ a cosθ⑦--⑧⎩θr对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦× cosθ，⑧× sinθ即得⎧x c osθ = a r cosθ−aθsinθcosθ⎨y s inθ = a sinθ+ a sinθcosθ⑨--⑩⎩r θ⑨+⑩得ar= x c osθ+ y s inθ⑾把④⑥代入⑾得a =r−rθ2r同理可得aθ=rθ+2rθ1.8 解以焦点F 为坐标原点，运动如题1.8.1 图所示]题1.8.1图则M 点坐标⎧x = r cos θ⎨y= r sin θ ⎩ 对x , y 两式分别求导⎧⎪x= r cos θ− r θsin θ ⎨ ⎪⎩y= r sin θ+ r θcos θ 故= x 2 + y 2 = (r cos θ − r θsin θ)2 + (r sin θ+ r θcos θ)2 = r2 + r 2ω2 v 2 如图所示的椭圆的极坐标表示法为a(1 − e 2)r =1 + e cos θ对r 求导可得（利用θ = ω）又因为e cos θ1 =r 1 +a (1 − e 2) a (1 − e 2)即a (1 − e 2)− r cos θ =re所以a 2 (1 − e 2 )2+ r 2 − 2a r (1 − e 2 ) sin 2 θ = 1 − cos 2θ = 1 −r 2e 2故有e 2ω2r 4a2 (1 − e 2 )2 v = 2sin θ+ r ω2 2 2e 2ω2r 4=( ) + ( e ) + r 2ω2a 2(1 − e 2 ) 221 −2 2− 1 − 22a e r 2ar [1 − ]r 2e 2e r − r + 2a r (1 − e 2 )⎤ r 2ω2 ⎡ ⎢ 2 2 2 ω2r 2 ( ) = ⋅ a 2 (1 − e 2 ) ⎥ = 2a − rr 1 − e 2 ⎣ ⎦ b2即v = r ωr (2a − r )b（其中b 2 = (1 − e 2 )a 2 ,b 为椭圆的半短轴）1.9 证 质点作平面运动，设速度表达式为v = v x i + v y j令为位矢与轴正向的夹角，所以⎛ dv y ⎞ dv y dt ⎛ dv x ⎞ d v dv x d i i d j j = ⎜ − v y θ⎟i + ⎜⎜+ v x θ⎟⎟j a = = dt i + v x + dt dt j j j j + v y dt ⎝ dt ⎠ dt ⎝ ⎠所以⎛ dv ⎞j j j j ] ⋅ ( ⎛ dv ⎞ a = [ v i i+ v j j ) ⎜⎜ y v θ⎟ − v θ i i + + ⎜ ⎝ x ⎟⎟ x y y x dt⎠ dt ⎝ ⎠dv dv y dt dv dv = v − v v θ + v y + v v θ = v + v x x x x y y x y x ydt dt dt又因为速率保持为常数，即v 2 x + v 2 y = C ,C 为常数对等式两边求导dv y dt dv + 2v = 0x2v xy dt所以a ⋅ v = 0即速度矢量与加速度矢量正交.1.10 解 由题可知运动轨迹如题 1.10.1 图所示，题1.1 0 .1图则质点切向加速度= dv a t dtv 2 = 法向加速度a n ρ，而且有关系式v 2ρ dv = − dt2k ①又因为1 ρ= ②(1 + y ′ )3 22 = 2pxy 2 所以py y ′ = ③2y ′ = − p④y3 联立①②③④p 2dv dt = −2kv 2⑤ 3 ⎛ p 2 ⎞ 2⎜1 + ⎟ ⎜ 2 ⎟ y ⎝ ⎠又dv = dv ⋅ dy = ydv dt dy dt dy把y 2 = 2px 两边对时间求导得y 3 y ′y ypx= 又因为= x 2 + y 2v 2 所以v 2 y = 2y 2p2⑥1 + 把⑥代入⑤p 2 y 3v· dv = −2kv 2 ⋅ 1 3dy ⎛ y 2 ⎞ 2 ⎛ p 2 ⎞ 2⎜1 + ⎟ ⎜1 + ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ p y ⎝ ⎠ ⎝ ⎠既可化为dv = −2kp vdy y 2 + p 2对等式两边积分dv = −2kp − pdyv∫∫ y 2 + p 2v up 所以v = ue −k π1.11 解 由题可知速度和加速度有关系如图 1.11.1 所示题1.1 1 .1图⎧ v 2⎪a n = = a sin α r dv ⎨⎪a = = a cos α dt⎪⎩ t 两式相比得v 2 1 · dv= r sin α cos α dt即1 cot αdt = dv v2 r 对等式两边分别积分1 cot αdt = dv tv ∫∫ 2rv 0v 0 即1 = 1 − t cot α v v 0 r此即质点的速度随时间而变化的规律.1.12 证 由题 1.11 可知质点运动有关系式⎧v 2= a sin α⎪ r ⎨dv ①② ⎪ = a cos α ⎪⎩ dtdv ，联立①②，有 dv = dv ⋅ d θ = 所以dt d θ d t d θdv ω = v 2 cos α d θ r sin α又因为v = ωr所以dv = cot αd θ，对等式两边分别积分，利用初始条件t = 0 时，θ = θv( θ −θ )cot α v = v e 0= v 相 + v 牵 .式中v 绝 1.13 证（a ）当v 0 = 0 ，即空气相对地面上静止的，有 v 绝 质点相对静止参考系的绝对速度， v 相 指向点运动参考系的速度， v 牵 指运动参考系相对静止参考系的速度.可知飞机相对地面参考系速度： v 绝 = v ′ ，即飞机在舰作匀速直线运动.所以 飞机来回飞行的总时间= 2l .t 0 v ′（b ）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度v 1 = v′ + v 0 飞行时间l t = 1v ′ + v 0当飞机向西飞行时速度v = v 相 + v 牵 = v ′ − v 0飞行时间l t = 2v ′ − v 0故来回飞行时间2v ′l l lt = t + t = + = 1 2v ′ + v v ′ − v v ′2 − v 20 0 0即2l t = v ′ = t 0 v 2 v 21 − 0 1 − 0 v ′2 v ′2同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间t 0t = v 2 1 − 0 v ′2（c ）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题 1.13.1 图v题1.1 3 .1图v 绝 = v 0 + v ′′ v = v −v 2 2所以来回飞行的总时间2l v ′2l t 0 t == = v ′2 − v 2 v 2 v 2 1 − 1 − 0′2′2v v 同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为t 0 t =v 2 1 − 0v ′21.14 解 正方形如题 1.14.1 图。

第五张 刚体力学平动中见彼此,转动中见分高低.运动美会让你感受到制造的乐趣.走过这遭,或许会有曾经沧海难为水的感叹.别忘了,坐标变换将为你迷津救渡,同时亦会略显身手.【要点分析与总结】1 刚体的运动（1）刚体内的任一点的速度、加速度（A 为基点）A r υυω'=+⨯()()A d r a a r dtωωω'⨯'=++⨯⨯ （2）刚体内的瞬心S ：()21s A A r r ωυω=+⨯〈析〉ω为基点转动的矢量和，12ωωω=++A r r r '=+dr dtυ=*A A A dr dr d r r r dt dt dt υωυω''''=+=++⨯=+⨯ ()A d r d d a dt dt dtωυυ'⨯==++()r ωω'⨯⨯ 值得注意的是：有转动时r '与r ω'⨯的微分，引入了r ω'⨯与()r ωω'⨯⨯项。

2 刚体的动量，角动量，动能 （1）动量：c P m υ=（2）角动量： x x xx xy xz i i i y yxyy yz y zx zyzz z z L J J J L r m L J J J J J J J L ωυωωω⎛⎫⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎪=⨯===-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑式中：转动惯量()()()222222xx yy zz J y z dmJ z x dm J x y dm ⎧=+⎪⎪=+⎨⎪=+⎪⎩⎰⎰⎰惯量积xx yy zz J xydm J yzdm J zxdm ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩⎰⎰⎰且c c cL r m L υ'=⨯+* l e 方向（以l 为轴）的转动惯量：(),,l l J e J e J ααβγβγ⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭222222xx yy zz yz zx xy J J J J J J αβγβγγααβ=++---（,,αβγ别离为l e 与,,x y z 轴夹角的余弦） * 惯量主轴惯量主轴能够是对称轴或对称面的法线若X 轴为惯量主轴，那么含X 的惯量积为0，即: 0==xy xz J J 若,,x y z 轴均为惯量主轴，那么:xx yy zz L J i J j J k =++ 〈析〉成立的坐标轴轴应尽可能的是惯量主轴，如此会降低解题繁度。

第五章分析力学本章要求（1）掌握分析力学中的一些基本概念；（2）掌握虚功原理；（3）掌握拉格朗日方程；（4）掌握哈密顿正则方程。

第一节约束和广义坐标一、约束的概念和分类加于力学体系的限制条件叫约束。

按不同的标准有不同的分类：按约束是否与时间有关分类：稳定约束、不稳定约束；按质点能否脱离约束分类：可解约束、不可解约束；按约束限制范围分类：几何约束（完整约束）、运动约束（不完整约束）。

本章只讨论几何约束（完整约束），这种约束下的体系叫完整体系。

二、广义坐标1、自由度描述一个力学体系所需要的独立坐标的个数叫体系的自由度。

设体系有n个粒子，一个粒子需要3个坐标（如x、y、z）描述，而体系受有K个约束条件，则体系的自由度为（3n-K）2、广义坐标描述力学体系的独立坐标叫广义坐标。

例如：作圆周运动的质点只须角度用θ描述，广义坐标为θ，自由度为1，球面上运动的质点，由极角θ和描述，自由度为2。

第二节虚功原理本节重点要求：①掌握虚位移、虚功、理想约束等概念；②掌握虚功原理。

一、实位移与虚位移质点由于运动实际上所发生的位移叫实位移；在某一时刻，在约束允许的情况下，质点可能发生的位移叫虚位移。

如果约束为固定约束，则实位移是虚位移中一的个；若约束不固定，实位移与虚位移无共同之处。

例如图5.2.1中的质点在曲面上运动，而曲面也在移动，显然实位移与虚位移不一致。

二、理想约束设质点系受主动力和约束力的作用，它们在任意虚位移中作的功叫虚功。

若约束反力在任意虚位移中对质点系所作虚功之和为零，则这种约束叫理想约束。

光滑面、光滑线、刚性杆、不可伸长的绳等都是理想约束。

三、虚功原理1、文字叙述和数学表示：受理想约束的力学体系，平衡的充要条件是：作用于力学体系的诸主动力在任意虚位移中作的元功之和为零。

即（1）适用条件：惯性系、理想不可解约束。

2、推论设系统的广义坐标为q1，……，q a，……，q S，虚位移可写为用广义坐标变分表示的形式：定义：称为相应于广义坐标q a的广义力，则虚功原理表述为：理想约束的力学体系平衡的充要条件为质点系受的广义力为零，即：（2）3、用虚功原理求解平衡问题的方法步骤一般步骤为：（1）确定自由度，选取坐标系，分析力（包括主动力、约束力）；（2）选取广义坐标并将各质点坐标表示成广义坐标q a的函数：；（3）求主动力的虚功并令其为零：，由此求出平衡条件。

阿第一章思考题解答1.1答：平均速度是运动质点在某一时间间隔t t t ∆+→内位矢大小和方向改变的平均快慢速度，其方向沿位移的方向即沿t ∆对应的轨迹割线方向；瞬时速度是运动质点在某时刻或某未知位矢和方向变化的快慢程度其方向沿该时刻质点所在点轨迹的切线方向。

在0→∆t 的极限情况，二者一致，在匀速直线运动中二者也一致的。

1.2答：质点运动时，径向速度r V 和横向速度θV 的大小、方向都改变，而r a 中的r 只反映了r V 本身大小的改变，θa 中的θθ r r +只是θV 本身大小的改变。

事实上，横向速度θV 方向的改变会引起径向速度r V 大小大改变，2θ r -就是反映这种改变的加速度分量；经向速度rV 的方向改变也引起θV 的大小改变，另一个θr 即为反映这种改变的加速度分量，故2θ r r a r -=，.2θθθr r a +=。

这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才能完整地描述质点的运动变化情况1.3答：内禀方程中，n a 是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于a 恒位于密切面内，速度v 总是沿轨迹的切线方向，而n a 垂直于v 指向曲线凹陷一方，故n a 总是沿助法线方向。

质点沿空间曲线运动时，0,0≠=b b F a z 何与牛顿运动定律不矛盾。

因质点除受作用力F ，还受到被动的约反作用力R ，二者在副法线方向的分量成平衡力0=+b b R F ，故0=b a 符合牛顿运动率。

有人会问：约束反作用力靠谁施加，当然是与质点接触的周围其他物体由于受到质点的作用而对质点产生的反作用力。

有人也许还会问：某时刻若b b R F 与大小不等，b a 就不为零了？当然是这样，但此时刻质点受合力的方向与原来不同，质点的位置也在改变，副法线在空间中方位也不再是原来b a 所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足00==+b b b a R F 即。

这反映了牛顿定律得瞬时性和矢量性，也反映了自然坐标系的方向虽质点的运动而变。

第五章习题解答5.1解如题5.1.1图颠七.1图杆受理想约束，在满足题意的约束条件下杆的位置可由杆与水平方向火角a所唯一确定。

/r的自由度为1,由平衡条件:mg力y =0①变换方程f a—sin ayl =2rcos fl! sin flf - 2 = rsin2 2 (2小,1, V 2r cos 2cc~ —1cos Ci6a2/叵代回①式即1 )2r cos(3f--/ cos it(5a= 02 j因5a在约束下是任意的，要使上式成立必须有:I-cosa rcos2 二-- =013 = 0= 2r sin fi- (/+r)si sin a三球受理想约束，球的位置可以由 4确定，自由度数为1,故。

Xj = -2r sin-0 + r)$in a又由于代回④式得5.2解如题5.2.1图.4rcos2o;COSGf ④c2 -2rcos2 二= 二题321图用二口+『)COS比乃=0 +产)cos aj3 = (? +r)cos】-2r cos §物=_Q+ r)sin毋m = _Q+r)sin ada8三二-(/ 4-r)sin drd'(2f+2rsin ■8d由虚功原理4物+马a2+月弧=oa产-(Z + r)sin 值5值一1 + 八5m aSa- (/ +r)那a5a+ 2r sm R—(5af= 05a 0因灰K在约束条件下是任意的，要使上式成立，必须-3（/ + r）sin cr+2rsin B- -0 6a故3a _ 2r sin §第3（"小met a又由的*泯力纵得：Sa _2rgs f羽（，+比。

£口③由②③可得tan £ = 3 tan 45.3解如题5.3.1图,8 54 口VTF \y题531 ―在相距2a的两钉处约束反力垂直于虚位移，为理想约束。

去掉纯代之以力T,且视为主动力后采用虚功原理，4 一确定便可确定ABCD的位置因此自由度数为1。