理论力学简明教程答案 第二章
理论力学简明教程（第二版）陈世民答案
(A x By A z By )i (A z Bx A x Bz ) j (A x By A y Bx )k
四 矩阵
此处仅讨论用矩阵判断方程组解的分布情形。
a11x1 a12 x 2 a13 x 3 0 a 21x1 a 22 x 2 a 23 x 3 0 a x a x a x 0 31 1 32 2 33 3
1 2
1 2
*若 1 2 R 则 y1 e x ， y 2 xe x ； y e x (c1 xc 2 )
1 1 1
e x cos x ， y e x sin x ； *若 12 i 则 y 1 2
y e x (c1 cos x c 2 sin x)
注： P x dx, Q x e P x dx dx 积分时不带任意常数，Q x 可为 常数。
2 一个特殊二阶微分方程
y A2 y B
通解： y=K cos Ax+ 0
B A2
注： K ,0 为由初始条件决定的常量 3 二阶非齐次常微分方程
r r r dυ r dT Fυ =m υ= dt dt
r r ∂V ∂V ∂V dx + dy + dz = − F dr ∂x ∂y ∂z
r ∂V r ∂V r ∂V r F = −( i+ j+ k) ∂x ∂y ∂z
稳定平衡下的势函数： 此时势能处极小处 Vm
dV( x ) dx
x =x 0
=0;
dV 2( x ) dx
x=x0
>0
⎧VM < E < 0质点再平衡点附近振动 ⎪ 且能量满足 ⎨0 < E质点逃逸-∞ ⎪V < E质点逃逸+ ∞ ⎩ m
陈世民理论力学简明教程(第二版)课后答案
第零章 数学准备一 泰勒展开式1 二项式得展开()()()()()m 23m m-1m m-1m-2f x 1x 1mx+x x 23=+=+++K ！！2 一般函数得展开()()()()()()()()230000000f x f x f xf x f x x-x x-x x-x 123!''''''=++++K ！！特别:00x =时,()()()()()23f 0f 0f 0f x f 0123!x x x ''''''=++++K！！3 二元函数得展开(x=y=0处)()()00f f f x y f 0x+y x y ⎛⎫∂∂=++ ⎪∂∂⎝⎭，22222000221f f f x 2xy+y 2x x y y ⎛⎫∂∂∂++ ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭K ！评注：以上方法多用于近似处理与平衡态处得非线性问题向线性问题得转化。
在理论力问题得简单处理中，一般只需近似到三阶以内。
二 常微分方程1 一阶非齐次常微分方程： ()()x x y+P y=Q通解：()()()P x dx P x dx y e c Q x e dx -⎛⎫⎰⎰=+ ⎪⎝⎭⎰ 注：()()(),P x dxP x dx Q x e dx ⎰±⎰⎰积分时不带任意常数，()x Q 可为常数。
2 一个特殊二阶微分方程2y A y B =-+&& 通解：()02By=Kcos Ax+Aθ+注：0,K θ为由初始条件决定得常量 3 二阶非齐次常微分方程()x y ay by f ++=&&&通解：*y y y =+；y 为对应齐次方程得特解，*y 为非齐次方程得一个特解。
非齐次方程得一个特解 （1） 对应齐次方程0y ay by ++=&&&设x y e λ=得特征方程2a b 0λλ++=。
陈世民理论力学简明教程(第二版)课后答案-精选.pdf
。
解：建立自然坐标系有：
a
d e
dt
2
en
且： d
dt d
2
2k
2kd
ds 2k
dt
ds 2k
ds dt
d
d 2k
dt
积分得： ue 2k （代入 0 u ） 又因为： y 2 2px 在 (p 2 ,p) 点处斜率：
k 1 dy1
d 2px
dx
x
p 2
dx
在 ( p 2 , p) 点处斜率：
p 1
水平线之间的夹角又为 角度时所需时间。
解：依牛顿第二运动定律有： m x mk x , m y mg mk y
积分并代入初始条件： t 0 时： 0x 0 sin , 0 y
解得： x 0 cos e kt , y ( 0 sin
g )e
kt
g
k
k
当再次夹角为 时： y tan
x
0 cos
可解出： t
无滑动地滚动，如图所示，求圆盘边上 M点的深度 υ和加速度 α（用
参量 θ，Ψ表示）。
解：依题知：
Байду номын сангаас
r Rr
r Rr
且 O点处： ek cos( )er sin( )e
则：
rM rO O rOM
(R r)eR rer
[(R r)cos(
) r]er (R r)sin(
)e
rM
rM (
)sin(
)er [(R r)cos(
由 r e t,
t 得： r e t ,
且设： rer r e
则： 得： e
en
r2
2
北师大理论力学习题答案2第二章思考题
图s2.3第二章 刚体运动学思2.1 答：0R θ=-=A C υυi ，并不能说明0=A a 。
因为0R θ=-=A C υυi 所表示的A υ是A 在一定特定位置，即与地面接触点时的速度，下一时刻与地面的接触点就换为别的质点了，所以不是同一质点速度的表达式。
若要通过对υ求时间的导数去求A a ，必须先将A υ表示成时间的函数式()t A υ，()()d d t t t=A A υa ，然后将在与地面接触时的时刻t 代入()t A a ，才能求得A a 。
思2.2 答：对R θυ=并不能求得R a θ=。
因为按加速度定义=a υ，应该是对速度矢量求导得加速度矢量。
正确的方法应该是：R θυ=R υθ==C υi iR θ==C C a υi又已知a =-C a iR a θ∴=-思2.3 解：设当圆柱A 位于圆柱B 顶部时，''P 与'P 点接触。
由于A 与B 间无滑动，所以弧长'''PP PP =,故无滑条件可写为r R ϕθ=。
选'O 为基点，绕基点的转动可以用由过基点方向固定的直线（称之为定线，'OQ ）到过基点且和刚体固连的运动直线（称之为动线，'''O P ）的夹角ψ来描述，刚体的角速度ωψ=。
由于'OO 方向不固定，所以刚体的角速度ωϕ≠。
思2.4 答：以瞬心为基点，设作为瞬心的那个点（基点）的瞬时加速度为0a ，则刚体上任一点的加速度为：20r r ωω=++n t a a e e思2.5 答：定点运动中的定点应是与刚体固连（可在刚体之外）且固定不动的点。
由于B 点不是与刚体固连的点，所以B 点不是定点。
根据瞬时轴的定义，因为B 点与刚体不固连，故BQ 和OB 均不是瞬时轴。
思2.6 答：解题时根据题目要求选择参考系，再根据具体情况建立适当的静止和运动坐标系。
例题3中选择地面做参考系，并在地面参考系中写出了相应的矢量表达式，只是为了计算方便才选择了动坐标系做矢量投影，所以P υ和P a 均是相对水平面的速度和加速度。
理论力学第二章习题答案
理论力学第二章习题答案理论力学是物理学中研究物体运动规律和相互作用的分支学科，它以牛顿运动定律为基础，通过数学方法来描述物体的运动和力的作用。
本章习题答案将帮助学生更好地理解和掌握理论力学的基本概念和计算方法。
习题1：考虑一个质量为m的物体在重力作用下自由下落。
忽略空气阻力，求物体下落过程中的速度和位移。
答案：物体自由下落时，受到的力只有重力，大小为mg，方向向下。
根据牛顿第二定律，F=ma，可以得到加速度a=g。
物体的速度v随时间t变化，可以使用公式v=gt计算。
物体的位移s随时间变化，可以使用公式s=1/2gt^2计算。
习题2：一个质量为m的物体在水平面上以初速度v0开始运动，受到一个大小为k的恒定摩擦力作用。
求物体停止前所经过的距离。
答案：物体在水平面上运动时，受到的摩擦力与物体的位移成正比，即F=-kx。
根据牛顿第二定律，F=ma，可以得到加速度a=-k/m。
物体的位移x随时间t变化，可以使用公式x=v0t - 1/2(k/m)t^2计算。
当物体速度减至0时，物体停止，此时t=2v0/k，代入公式得到x=2v0^2/k。
习题3：一个质量为m的物体在斜面上，斜面与水平面的夹角为θ。
物体受到一个向上的拉力F，使得物体沿斜面匀速上升。
求拉力F的大小。
答案：物体沿斜面匀速上升时，拉力F与重力分量mgsinθ和摩擦力μmgcosθ平衡。
根据平衡条件，F=mgsinθ + μmgcosθ。
如果摩擦系数为μ，可以进一步简化为F=mg(sinθ + μcosθ)。
习题4：考虑一个质量为m的物体在竖直平面内做圆周运动，圆心位于物体的正下方。
物体的运动由一个弹簧连接到圆心，弹簧的劲度系数为k。
求物体在圆周运动中的角速度。
答案：物体在圆周运动中，受到弹簧力和重力的作用。
根据牛顿第二定律，向心力Fc=mv^2/r=ma，其中r为圆的半径。
由于物体做圆周运动，向心力由弹簧力和重力的垂直分量提供。
因此，Fc=kx - mgcosθ，其中x为弹簧的伸长量，θ为物体与竖直方向的夹角。
陈世民理论力学简明教程(第二版)课后答案
第零章 数学准备一 泰勒展开式1 二项式的展开()()()()()m 23m m-1m m-1m-2f x 1x 1mx+x x 23=+=+++K ！！2 一般函数的展开()()()()()()()()230000000f x f x f xf x f x x-x x-x x-x 123!''''''=++++K ！！特别:00x =时,()()()()()23f 0f 0f 0f x f 0123!x x x ''''''=++++K！！3 二元函数的展开(x=y=0处)()()00f f f x y f 0x+y x y ⎛⎫∂∂=++ ⎪∂∂⎝⎭，22222000221f f f x 2xy+y 2x x y y ⎛⎫∂∂∂++ ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭K ！评注：以上方法多用于近似处理与平衡态处的非线性问题向线性问题的转化。
在理论力问题的简单处理中，一般只需近似到三阶以内。
二 常微分方程1 一阶非齐次常微分方程： ()()x x y+P y=Q通解：()()()P x dx P x dx y e c Q x e dx -⎛⎫⎰⎰=+ ⎪⎝⎭⎰ 注：()()(),P x dxP x dx Q x e dx ⎰±⎰⎰积分时不带任意常数，()x Q 可为常数。
2 一个特殊二阶微分方程2y A y B =-+&& 通解：()02By=Kcos Ax+Aθ+注：0,K θ为由初始条件决定的常量 3 二阶非齐次常微分方程()x y ay by f ++=&&&通解：*y y y =+；y 为对应齐次方程的特解，*y 为非齐次方程的一个特解。
非齐次方程的一个特解 （1） 对应齐次方程0y ay by ++=&&&设x y e λ=得特征方程2a b 0λλ++=。
《理论力学》第二章作业答案
xyPTF22036O152-⋅图[习题2-3]动学家估计，食肉动物上颚的作用力P 可达800N ，如图2-15示。
试问此时肌肉作用于下巴的力T 、F 是多少？ 解：解：0=∑xF036cos 22cos 00=-F T22cos 36cos F T =0=∑yF036sin 22sin 00=-+P F T 80036sin 22sin 22cos 36cos 000=+F F )(651.87436sin 22tan 36cos 80000N F =+=)(179.76322cos 36cos 651.87422cos 36cos 000N F T ===182-⋅图B[习题2-6] 三铰拱受铅垂力P F 作用，如图2-18所示。
如拱的重量不计，求A 、B 处支座反力。
解：0=∑x F0cos 45cos 0=-θB A R RB A R l l l R 22)23()2(222+=B A R R 10121=B A R R 51=0=∑yF0sin 45sin 0=-+P B A F R R θP B A F R l l l R =++22)23()2(2321P B A F R R =+10321的受力图轮A P B B F R R =+⨯1035121P B F R =104P P B F F R 791.0410≈=31623.0101)23()2(2cos 22≈=+=l l l θ0565.71≈θ P P P A F P F R 354.04241051≈=⨯=方向如图所示。
[习题2-10] 如图2-22所示，一履带式起重机，起吊重量kN F P 100=，在图示位置平衡。
如不计吊臂AB 自重及滑轮半径和摩擦，求吊臂AB 及揽绳AC 所受的力。
解：轮A 的受力图如图所示。
0=∑x F030cos 20cos 45cos 000=--P AC AB F T R的受力图轮A 603.869397.07071.0=-AC AB T R AC AB T R 3289.1476.122+=0=∑yF030sin 20sin 45sin 000=---P P AC AB F F T R010*******.07071.0=---AC AB T R 1503420.07071.0=-AC AB T R1503420.0)3289.1476.122(7071.0=-+⨯AC AC T T 1503420.09397.06023.86=-+AC AC T T 3977.635977.0=AC T )(069.106kN T AC ≈)(432.263069.1063289.1476.1223289.1476.122kN T R AC AB =⨯+=+=解法二：用如图所示的坐标系。
胡汉才编著理论力学课后习题答案第2章力系的简化
力系的简化第二章，的力F，5）两点（长度单位为米），且由A指向B．通过A（3，0，0），B（0，42-1 。
，对z轴的矩的大小为在z轴上投影为22 /5。
答：F / ；6 F上和y，c，则力F在轴z2-2．已知力F的大小，角度φ和θ，以及长方体的边长a，b的矩x ；F对轴；Fy= 的投影：Fz=F 。
)= M ( x）··（）（··；－··；cos=FFz=F答：φsinφbFy=θFsincosφφcosφ+cMxFcos41－图2 图2－40F，则该力，若F=100N，4）两点（长度单位为米）），B（0，2-3．力4通过A（3，4、0 。
，对x轴的矩为在x轴上的投影为320N.m；答：－60NAE内有沿对角线，在平面ABED2-4．正三棱柱的底面为等腰三角形，已知OA=OB=a °，则此力对各坐标轴之矩为：α=30的一个力F，图中。
）= ）；M（F= （（MF）= ；MF zYx6Fa/4 =（F）；M）=0，（F）=－Fa/2MF答：M（zxy2-5．已知力F的大小为60（N），则力F对x轴的矩为；对z轴的矩为。
答：M（F）=160 N·cm；M（F）=100 N·cmzx43－图2 2图－42O2-6．试求图示中力F对点的矩。
M(F)=Flsinα解：a: O M(F)=Flsinαb: Oα+ Flcos)sinc: M(F)=F(l+lα2O13??22?lM?Fl?Fsin d: 2o1。
轴的力矩M1000N2-7．图示力F=，求对于z z图题2－8 7题2－图。
试求=40N，M=30N·m=40N2-8．在图示平面力系中，已知：F=10N，F，F321其合力，并画在图上（图中长度单位为米）。
解：将力系向O点简化=30N F=F－R12X40N －=R=－F3V R=50N ∴m ）··3+M=300N+FF主矩：Mo=（+F312d=Mo/R=6mO合力的作用线至点的矩离iiRR0.8－=），（cos，=0.6），（cos合力的方向：iR ）=－53，°08'（iR ，'）（=143°08，内作用一力偶，其矩M=50KNGA转向如图；又沿·m，2-9．在图示正方体的表面ABFE2RR =50。
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第二章有心运动和两体问题斗转星移，粒子变迁，乃至整个宇宙的各种运动均受着“上帝”的安排----力的大小与距离平方成反比定律。
在此解析几何的空间曲线将一展风情。
【要点分析与总结】1有心力和有心运动()()rr r r F F F e r==r r r（1）有心运动的三个特征：平面运动动量守恒(0M ≡r)机械能守恒(E T V =+)（2）运动微分方程()()2()2r m r r F m r r F θθθθ⎧−=⎪⎨+=⎪⎩&&&&&&可导出：()()()2222222221()21()(,r r u F r r m r h h m r r V E d u mh u u F u d r θθθθ⎧−=⎪⎪⎪=⎪⎨++=⎪⎪⎪−+==⎪⎩&&&&&&（为常量）（机械能守恒）比内公式〈析〉0L h m=是一个恒量，解题时应充分利用。
恰当运用会使你绝处逢生，可谓是柳暗花明又一村的大门。
2距离平方反比引力作用下的质点运动2222k F k u r=−=−可由比内公式导出：2220201cos()1cos()mh p k r mhe A k θθθθ==+−+−（220,,,mhp e pA A k θ==为由初始条件决定的常量）近日点：1m p r e =+远日点：1M pr e=−且422(1)2k E T V e mh=+=−可得半长轴长：221()212m M p k a r r e E=+==−−〈析〉用a 来求E ，进而得出运动规律，即便是开普勒三定律亦是须臾即得。
2距离平方反比斥力作用下的质点运动（粒子散射）的双曲线模型22k F r=（204Qqk πε=）可导出：01cos()pr e θθ−=−−散射角：12cos arc e ϕπ⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠2004cos 2m Qq πευϕρ⎛⎞=⎜⎟⎝⎠卢瑟福散射公式：24011()44sin 2d Qq d σϕπε=Ω（式中散射截面：2d d σπρρ=，立体角：2sin d d πϕϕΩ=将散射角公式两侧微分并代入即得散射公式）4质点运动轨道的讨论（1）圆轨道的稳定条件()()220,r r dU d U drdr =>（等效势能：()()222r r mh U V r=+）再利用()()r r dV F dr=−可导出：3n <（2n k F r=）（2）轨道的轨迹曲线000E E E <⎧⎪=⎨⎪>⎩(1)(1)(1)e e e <=>LL LL LL 椭圆抛物线双曲线〈析〉通过E 与0的关系，即可判断天体运动的轨迹曲线【解题演示】1质点在有心力()r F 的作用下运动，质点速度的大小为a r υ=，这里a 是常数。
已知0θ=时0r r =，速度与矢量间夹角为ϕ。
求质点的轨道方程。
解:r r re r e θυθ==+rrrr&&&且cot rr ϕθ=&&又因为dr r d θθ=&&故上式转化成cot drd rϕθ=积分并代入初始条件得lncot rr θϕ=即：cot 0r r e θϕ=2木星轨道的半长轴长度是5.2天文单位（1个天文单位为81.510km ×）。
求出（1）木星绕太阳运动的周期；（2）木星的平均轨道速率。
已知地球的平均轨道速率是29.8km s 。
解：（1）依开普勒第三定律:木星与地球的周期联系为：23((T a T a =木木地地（注:a 地为1.0天文单位）325.2(11.8611.861T T T == 木地地年（2）5.211.86R R T R R T υωυω===木木木木地地地地地木则: 5.2 5.229.813.0711.8611.86kmkm s s υυ==×木地顺便证明开普勒第二第三定律:（1）单位时间内扫过的面积22111222r d r h A dt θθ====&&dA dt（2）周期：222dt T dt dA dA dA ab dA h h h π=====∫∫∫∫322a k π==3月球的质量和半径分别是0.0123e m m =和0.273e R R =，其中,e em R 分别是地球的质量和半径。
试求（1）月球表面处的重力加速度；（2）若在月球表面发射火箭，使之脱离月球，则火箭的发射速度至少是多少？解：（1）22222(0.0123)0.01230.165 1.62(0.273)(0.273)e ee eG m Gm GM m g g s R R R === 地（2）脱离月球初动能：212GMmm mgR Rυ==得：32.3810m m V s s==× 4如果质点受到的有心力为223(r F m e r rµλ=−+r r，式中m 及µ都是常数，并且2h λ<。
试证其轨道方程可写为：()1cos ar k θ=+，式中222222222,,h k h Ak h k a e h λµµ−===，A 为积分常数，2h r θ=&。
4证明:依比内方程()2222232()()u d umh u u F m u u d µλθ−+==−+得:222222d u h u u d h h λθ−=−+积分得:2222u h u A h h λ=+−1cos ar e k θ==+式中:222222222,,h k h Ak h k a e h λµµ−===,A 为积分常数5一质点受遵循万有引力定律的有心力作用,作椭圆运动.1P 和2P 是过椭圆中心一直径的两端,12,υυ分别是质点在1P 和2P 处的速率.证明2120υυυ=.(0υ为短半轴处的速率)证明:2222201222k k k k m E a a a aυ=+=−+=220k maυ=()()22422412022244[[114k k k E E m a e a e m aυυυ=++==+− 即：2120υυυ=6设地球的半径为R ,质量是m ′.证明人造卫星在地球引力场中以椭圆轨道运动的速率由下试表示:υυ=.其中e υ=,是质点能脱离地球的逃逸速度,即第二宇宙速度;a 是卫星轨道半长轴的长度.证明:在半径为r 处:2122Gm m Gm mm E r aυ′′−==−得：V υ==（e υ=7太阳绕银河系中心运动,其轨道运动速度约为250km s ,离银河系中心的距离为30000光年.以太阳质量s m 为单位,估计一下银河系的总质量g m .解:设银河系的质量几乎全部集中在核心g m 上。
依212s g s Gm m m E rυ=+代入2s gGm m E r=−得：25212311(2.510)91036524 3.6106.67410g r m kgG υ−×××××××==×41112.6610 1.3410skg m =×× 8一质点质量为m ,在有心引力3kr −作用下运动.试问质点的能量E及角动量的大小L 分别为何值时,质点将按轨道b r ae θ=运动?这里,a b 均为已知常数.解：（1）依比内公式有：22232()d umh u u ku d θ−+=−得：222(1)d u kud mhθ=−积分得：u A =即：r =2π=±时r →∞,轨道在2πθ=±处开口,是抛物线型,故0E =。
（2）231()02r k m dr rυ∞+−=∫得：υ=又因为()b b b r r d ae e rab e e abe e dtθθθθυθθ===+r r r r r&&&得：b ae θυθ=故θ&须满足：b ae θ=得：θ=&此时:()b b b r r L r m ae e m ab e e abe e θθθθυθθ=×=×+rrrrr&&22b b b ma e mrae mrae θθθθθ====&&9一质量为m 的质点受两体谐振势()22r kV r =的有心力作用.初始时质点沿半径为r 的圆轨道运动.（1）求出质点圆轨道运动的速度0υr.（2）如果质点在轨道平面内受到一与速度成α角的大小为0I m υ=的冲量作用,求质点在此后的运动中离力心的最大和最小距离.（3）当0α=和απ=时,从物理上对你所得的结果分别作出解释.解：（1）()r d mrkrdrυ==&&因为:drrdr k r r dt dr m===&&&&&故有:krdrrdr m=&&积分得：0rυ==&（3）由质点和谐振动系统组成的系统能量守恒,当受到冲量I 之后2222011[(1cos )sin ]22E kr m υαα=+++2211(22cos )22kr kr m mα=+⋅+此时：20(1cos )(1cos )h r r r θυαα==+=+&当运动到极点处0r±=&但有：2211()22E kr m r θ±±±=+&22224221221(1cos )22mh kr r kr kr r α±±±±=++=+整理得方程：4224(32cos )(1cos )0r r r r αα±±−+++=可解出：2122[32cos (54cos )]2r r αα±=+±+得：r ±=（3）1*0α=时：,2r r r r r ±−+===此时:冲量的作用使速度在同方向变为2倍,由于此处0r =&，故此处为一极点：r r −=。
到达另一极点处,恢复到切向0υυ=，且002h r r υυ+==得：2r r+=2*απ=时：0,0r r r ±−+===同理,冲量作用使0υ=（后瞬间）,故此处为一极点r r +=到电达一极点时,恢复切向0υυ=,且：00h r υ−==得：0r −=10一彗星在近日点处离太阳的距离是地球轨道半径的一半（假设地球作圆轨道运动），在该处彗星的速率是地球轨道速率的二倍。
试从守恒定理出发。
（1）求出慧星轨道与地球轨道相交处慧星的速率（2）问此慧星的轨道是椭圆，抛物线还是又曲线？为什么？（3）它能脱离太阳系吗？解：（1）设地球绕日轨道半径为R,速率为0υ,此慧星质量为m ,速率为υ,有：222022112222s s s R R GM m GM m GM mm m m R R R υυυ−=−=−得：03042.4R km km s sυ== （2）此慧星的能量220212()022s s R GM m GM E m m R R υυ=−=−=即：其轨道是抛物线（3）在抛物线型轨道中：r +→∞即能脱离太阳系。