理论力学教程思考题答案第三版.doc
理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第1章
1⎞ ⎟ 4⎟ ∈ R 4×3 ⎟ 0 ⎟ 2⎟ ⎠
⎛2⎞ ⎜ ⎟ T a = ⎜ − 1⎟ = (2 − 1 1) ∈ R1×3 , ⎜1⎟ ⎝ ⎠ ⎛1 0 0⎞ ⎛1 0 0⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ T E = ⎜ 0 1 0 ⎟ = ⎜ 0 1 0 ⎟ ∈ R 3×3 ⎜0 0 1⎟ ⎜0 0 1⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 0 ⎜ T B =⎜ 1 ⎜ 2 ⎝ ⎛ 1 ⎜ T C =⎜ 1 ⎜ 2 ⎝ −1 − 2⎞ ⎛ 0 ⎟ ⎜ 0 3 ⎟ = ⎜ −1 ⎜− 2 −3 0 ⎟ ⎠ ⎝ −1 − 2⎞ ⎛ 1 ⎟ ⎜ 1 3 ⎟ = ⎜ −1 ⎜− 2 −3 1 ⎟ ⎠ ⎝
⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎛ 1 ⎟ ⎜ ⎜ B = ⎜1 0 3 ⎟，C = ⎜ 1 ⎜2 − 3 0 ⎟ ⎜ 2 ⎠ ⎝ ⎝
−1 − 2⎞ ⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎟ ⎟ ⎜ 1 3 ⎟ ， D = ⎜ −1 0 3 ⎟ ⎜− 2 3 −3 1 ⎟ 0 ⎟ ⎠ ⎠ ⎝
（1） 计算 2 D ； （2） 计算 A + E 与 A − E ；验证 A + E = E + A ； （3） 计算 B + B ；由此可得到什么结论；
⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎛ 0 −1 − 2⎞ ⎛ 0 1 2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 ⎟ + ⎜ − 1 0 − 3⎟ = 0 。 3 ⎟ = ⎜1 0 B + BT = ⎜ 1 0 3 ⎟ + ⎜1 0 ⎜2 − 3 0 ⎟ ⎜2 − 3 0 ⎟ ⎜2 − 3 0 ⎟ ⎜− 2 3 0 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
（1）写出它的分块列矩阵aj(j=1,…,4)； （2）写出它的转置矩阵，验证
力学第三版习题答案
力学第三版习题答案第一章：力学的基本概念- 习题1：解释质量、重量、惯性的区别和联系。
答案：质量是物体的固有属性，与物体所含物质的多少有关。
重量是地球对物体的引力作用，与物体的质量和地球的引力加速度有关。
惯性是物体保持其运动状态不变的能力，与物体的质量成正比。
- 习题2：一个物体的质量为2kg，求其在地球表面受到的重力。
答案：重力G = mg，其中m是质量，g是地球的引力加速度（约为9.8m/s²）。
因此，G = 2kg * 9.8m/s² = 19.6N。
第二章：牛顿运动定律- 习题3：一个物体在水平面上受到一个恒定的力F=10N，求其加速度。
答案：根据牛顿第二定律F=ma，其中F是作用力，m是物体的质量，a是加速度。
如果物体的质量为m，则a = F/m = 10N/m。
第三章：功和能量- 习题4：一个物体从静止开始，经过一段距离后，速度达到v，求外力所做的功。
答案：功W = ΔK，其中ΔK是动能的变化。
动能K = 1/2mv²，因此W = 1/2mv² - 0 = 1/2mv²。
第四章：动量和动量守恒- 习题5：一个质量为m的物体以速度v1撞击一个静止的质量为2m的物体，求碰撞后两物体的速度。
答案：在没有外力作用的情况下，系统动量守恒。
设碰撞后两物体的速度分别为v2和v3，则mv1 = mv2 + 2mv3。
解得v2 = (3/3)v1，v3 = (-1/3)v1。
第五章：圆周运动- 习题6：一个物体在水平面上做匀速圆周运动，其速度为v，求其向心加速度。
答案：向心加速度a_c = v²/r，其中r是圆周运动的半径。
第六章：刚体的转动- 习题7：一个均匀的圆盘，其质量为M，半径为R，关于通过其中心的轴转动。
求其转动惯量。
答案：对于均匀圆盘，其转动惯量I = 1/2MR²。
第七章：流体力学- 习题8：解释伯努利定律，并给出其数学表达式。
理论力学思考题答案
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，径向速度和横向速度的大小、方向都改变，而中的只反映了本身大小的改变，中的只是本身大小的改变。
事实上，横向速度方向的改变会引起径向速度大小大改变，就是反映这种改变的加速度分量；经向速度的方向改变也引起的大小改变，另一个即为反映这种改变的加速度分量，故，。
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，是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于恒位于密切面内，速度总是沿轨迹的切线方向，而垂直于指向曲线凹陷一方，故总是沿助法线方向。
质点沿空间曲线运动时， z何与牛顿运动定律不矛盾。
因质点除受作用力，还受到被动的约反作用力，二者在副法线方向的分量成平衡力，故符合牛顿运动率。
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：某时刻若大小不等，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所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足。
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。
1.4答：质点在直线运动中只有，质点的匀速曲线运动中只有；质点作变速运动时即有。
理论力学_第三版_高等教育出版社_周衍柏_习题答案
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。
周衍柏《理论力学教程(第三版)》电子教案 3-4章作业解答
T
N
T
物体 : ma2 mg T 圆柱 : Ma1 T f d 1 T f R, I 0 MR 2 dt 2 xC a1 d xC R , dt R R a A 2a1 a2 I0
M
r
f Mg
m
mg
4mg 8mg a1 , a2 3M 8m 3M 8m 3Mmg T 3M 8m
4.10) 质量为m的小环M, 套在半径为a的光滑圆圈上, 并可沿着圆 圈滑动. 如圆圈在水平面内以匀角速绕圈上某点O转动, 试求小 y 环沿圆圈切线方向的运动微分方程. 解: 设坐标系如图, oxy为水平面,它绕z轴转 动,即圆圈为转动参照系 受力分析,重力和约束反力都在z轴方向, 没 有画出. 惯性离心力m2r , 科里奥利力为 FC= -2m×v
b2 tan (a 2b)a
3.5)一均质的梯子, 一端置于摩擦系数为1/2的地板上, 另一端 则斜靠在摩擦系数为1/3的高墙上,一人的体重为梯子的三倍, 爬到 梯的顶端时, 梯尚未开始滑动, 则梯与地面的倾角,最小当为若干? 解: 研究对象为梯子, 人在顶端时,梯子与地面的夹角为, 梯子 y 重量p, 人重3p. 平衡时:
B x b C
a b
2
2
a
解2:用寻找瞬心法,过A做vA垂线，瞬心在O点，距离A为vA/. 连OB， 因角+=90o， 所以
OB OA 2 AB 2 2OA AB cos 1
v 2 2v
ab a 2 b2
2a 2
vB OB v 2 2v
2y sin C1 x 2my sin x m 2 z cos x sin C2 2m z sin y cos x y m m gt 2y cos C3 z cos mg 2my z 2y sin x y 0, z v0 , 在t =0, x 2 z cos x sin y x y z0 z v0 gt 2y cos
理论力学思考题一.doc
理论⼒学思考题⼀.doc理论⼒学思考题（⼀）⼀、填空题1、研究运动的三种基本⽅法是。
2、当刚体运动时，其上任意两点连线的⽅位始终不变，刚体的这种运动称为。
3、刚体运动上时，其体内或其扩⼤的部分内有⼀条固定不动的直线，刚体的这种运动称为。
4．在合成运动中，动点对定坐标系的运动称为；动点对动坐标系的运动称为；动坐标系对定坐标系的运动称为。
5、转动惯量是刚体的量度。
6、单位时间内⼒所作的功称为。
7、动能是度量物体机械运动的⼀个物理量，质点动能的表达式为。
8、质点的质量与其在某瞬时速度⽮量的乘积，称为质点在该瞬时的。
⼆、判断正误（）1、理论⼒学研究的内容包括静⼒学、运动学和动⼒学三个部分。
（）2、将作⽤于在物体上的⼒系⽤另⼀个与它等效的⼒系来代替，则这两个⼒系互为等效⼒系。
（）3、刚体在三个⼒的作⽤下处于平衡时三⼒不⼀定相交于⼀点。
（）4、应⽤平衡条件求解未知⼒的过程中，⾸先要确定构件受了⼏个⼒以及每个⼒的作⽤位置和⽅向，这种分析过程称为物体的受⼒分析。
（）5、作⽤在刚体上的⼒，沿其作⽤线移动时会改变它对刚体的作⽤效应。
（）6、对于⼒偶，只要保持其⼒偶矩不变，则调整其⼒偶臂和⼒的⼤⼩将不改变它对刚的作⽤效应。
（）7、牵连运动为转动时，点的加速度的合成公式为a a=a e+a r（）8、在合成运动中，绝对速度是指动点对于固定参考系的速度。
（）9、在⾃然坐标系中，动点的加速度可分解为切向加速度和法向加速度。
（）10、静⼒学中，⼒的平移定理是：⼒平移后⼒的⼤⼩和⽅向保持不变，但需附加⼀个⼒偶，⼒偶的⼤⼩等于原⼒对平移点的矩。
三、选择填空题：1、在重⼒场中，质量为100Kg 的物体静⽌于⾼10m 处，若取地⾯处的平⾯为零势能⾯，则物体的机械能（取g=10m/s 2）为。
A 、10000JB 、20000JC 、0D 、1000J2、质点的动量随时间的变化关系为P=100t+2007(Kg.m/s),则系统的合外⼒F 的⼤⼩为。
理论力学第三版 (洪嘉振) 答案第9章
1
9-1C 如图所示，均质摆杆的质量为 m，杆长为 2l。摆杆的铰 O 上有一驱动约束，驱动规律为 ϕ1 = θ − ω t ，θ为常数。试 （1）建立系统带拉格朗日乘子的封闭的动力学方程； （2）解出拉格朗日乘子。
r y O r y1
φ1
x
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
2
&12 cos ϕ1 ⎞ & ⎞ ⎛ − lϕ x ⎛ 1 0 l sin ϕ1 ⎞⎛ & ⎟ ⎜ ⎟⎜ 1 ⎟ ⎜ &12 sin ϕ1 ⎟ &1 ⎟ = ⎜ − lϕ y ⎜ 0 1 − l cos ϕ1 ⎟⎜ & ⎟ ⎜0 0 ⎟⎜ ϕ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 1 0 ⎝ ⎠⎝ &&1 ⎠ ⎝ ⎠
系统带拉格朗日乘子的动力学方程
⎛ ⎜m 0 ⎜ ⎜0 m ⎜0 0 ⎜ ⎝ ⎞ &⎞ ⎛ 0 ⎟⎛ & 1 0 0 ⎞⎛ λ1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ x ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ &⎟+⎜ y 0 ⎟⎜ & 0 1 0 ⎟⎜ λ2 ⎟ = ⎜ − mg ⎟ ml 2 ⎟⎜ ϕ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎝ &&1 ⎠ ⎝ − l cos ϕ1 l sin ϕ1 1 ⎠⎝ λ3 ⎠ ⎝ 0 ⎠ 3 ⎠
得拉格朗日乘子 λ 的表达式
⎛ ⎜ m ⎛ λ1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ = − λ 0 ⎜ 2⎟ ⎜ ⎜λ ⎟ ⎜ lm cos ϕ ⎝ 3⎠ ⎜ 1 ⎝
0 m 0 0 ml 2 3
− lm sin ϕ1
⎞ &⎞ ⎛ ⎟⎛ & 0 x ⎞ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ & & + − y mg ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ mgl sin ϕ ⎟ ⎟⎜ & & ϕ 1⎠ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
理论力学第三版课后答案第8章
（9）
代入式（3）得 aCx = 1.03m/s 2 ，将其与式（9）第 1 式代入式（7）可解出端 B 加速度
aB = 2.65m/s 2
aB 为正，表明原假定正确，端 B 的确向左滑动。
课
后 答
案
网
ww w
.k hd
aw .
8-5C 质量为 m 半径为 R 的半圆柱体在图示位置静止释放。 图中，点 C 为质心， OC =
洪嘉振等《理论力学》第 3 版习题详解
2
1 R 5 R R J C = mR 2 + m( ) 2 + m( ) 2 + m( ) 2 = mR 2 4 2 2 4 4
系统惯性力系的主矩方向如图 8-1Cb 所示，其大小为为
M * = J Cα =
5 mR 2α 4
课
后 答
案
网
ww w
.k hd
aw .
可解得此瞬时质心速度为
vC = gl
由于杆作瞬时平移，故有点 B 的速度
vB = v A = vC = gl
r （2）对于连体基 A − e 1 ，定义该基的角加速度的正向如图 8-4Cb 不所示。基点 A 作圆 周运动，令其加速度为
课
T − T0 = mg xC0 − xC
后 答
(
1 2 mvC 。由动能定理 2
r r r r r r 其中 a1C = aC = aCx + aCy ， a1etC = a A ， a1eωC = lω12 = 0 ， a1eαC = lα1 。上式变为
即
后 答
r x : aCx = − aωA + a1eαC cos θ
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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，径向速度和横向速度的大小、方向都改变，而中的只反映了本身大小的改变，中的只是本身大小的改变。
事实上，横向速度方向的改变会引起径向速度大小大改变，就是反映这种改变的加速度分量；经向速度的方向改变也引起的大小改变，另一个即为反映这种改变的加速度分量，故，。
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，是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于恒位于密切面内，速度总是沿轨迹的切线方向，而垂直于指向曲线凹陷一方，故总是沿助法线方向。
质点沿空间曲线运动时，z 何与牛顿运动定律不矛盾。
因质点除受作用力，还受到被动的约反作用力，二者在副法线方向的分量成平衡力，故符合牛顿运动率。
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：某时刻若大小不等，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所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足。
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。
1.4答：质点在直线运动中只有，质点的匀速曲线运动中只有；质点作变速运动时即有。
1.5答：即反应位矢大小的改变又反映其方向的改变，是质点运动某时刻的速度矢量，而只表示大小的改变。
如在极坐标系中，而。
在直线运动中，规定了直线的正方向后，。
且的正负可表示的指向，二者都可表示质点t t t ∆+→t ∆0→∆t r V θV r a r r V θa θθ r r +θV θV r V 2θr -r V θV θr 2θr r a r -=.2θθθ r r a +=n a a v n a v n a 0,0≠=b b F a F R 0=+b b R F 0=b a b b R F 与b a b a 00==+b b b a R F 即n a a 而无ττa a n 而无n t a a 又有dt d r r dtdr r j i r θ r r dt d +=r dt dr =dt d dt dr r =dt dr dt d r的运动速度；在曲线运动中，且也表示不了的指向，二者完全不同。
表示质点运动速度的大小，方向的改变是加速度矢量，而只是质点运动速度大小的改变。
在直线运动中规定了直线的正方向后，二者都可表示质点运动的加速度；在曲线运动中，二者不同，。
1.6答：不论人是静止投篮还是运动投篮，球对地的方向总应指向篮筐，其速度合成如题1.6图所示，故人以速度向球网前进时应向高于篮筐的方向投出。
静止投篮是直接向篮筐投出，（事实上要稍高一点，使球的运动有一定弧度，便于投篮）。
1.7答：火车中的人看雨点的运动，是雨点的匀速下落运动及向右以加速度的匀速水平直线运动的合成运动如题1.7图所示，是固定于车的坐标系，雨点相对车的加速度，其相对运动方程消去的轨迹 dt d dt dr r ≠dt dr dtd r dt d v dt dv ττa dt dv a a dt d n =+=而,v V V球对人人对地题1-6图Va 题1-7图y x o '''a a -='⎪⎩⎪⎨⎧='='vty at x 221t x a v y '='222如题图，有人会问：车上的人看雨点的轨迹是向上凹而不是向下凹呢？因加速度总是在曲线凹向的内侧，垂直于方向的分量在改变着的方向，该轨迹上凹。
1.8答：设人发觉干落水时，船已上行，上行时船的绝对速度，则①船反向追赶竿的速度，设从反船到追上竿共用时间，则②又竿与水同速，则 ③①+③=②得1.9答：不一定一致，因为是改变物体运动速度的外因，而不是产生速度的原因，加速度的方向与合外力的方向一致。
外力不但改变速度的大小还改变速度的方向，在曲线运动中外力与速度的方向肯定不一致，只是在加速度直线运动二者的方向一致。
1.10答：当速度与物体受的合外力同一方位线且力矢的方位线不变时，物体作直线运动。
在曲线运动中若初速度方向与力的方向不一致，物体沿出速度的方向减速运动，以后各时刻既可沿初速度方向运动，也可沿力的方向运动，如以一定初速度上抛的物体，开始时及上升过程中初速度的方向运动，到达最高点下落过程中沿力的方向运动。
在曲线运动中初速度的方向与外力的方向不一致，物体初时刻速度沿初速度的反方向，但以后既不会沿初速度的方向也不会沿外力的方向运动，外力不断改变物体的运动方向，各时刻的运动方向与外力的方向及初速度的方向都有关。
如斜抛物体初速度的方向与重力的方向不一致，重力的方向决定了轨道的形状开口下凹，初速度的方向决定了射高和射程。
1.11答：质点仅因重力作用沿光滑静止曲线下滑，达到任意点的速度只和初末时刻的高度差有关，因重力是保守力，而光滑静止曲线给予质点的发向约束力不做功，因此有此结论 假如曲线不是光滑的，质点还受到摩擦力的作用，摩擦力是非保守力，摩擦力的功不仅与初末位置有关，还与路径有关，故质点到达任一点的速度不仅与初末高度差有关，还与曲线形状有关。
1.12答：质点被约束在一光滑静止的曲线上运动时，约束力的方向总是垂直于质点的运动方向，故约束力不做功，动能定理或能量积分中不含约束力，故不能求出约束力。
但用动能定理或能量积分可求出质点在某位置的速度，从而得出，有牛顿运动方程a 'V 'n a 'V 's '水船V V -()2V V ⨯-='水船s 水船V V +t s t '+=+600)V V (水船600)2=+t V （水min 150m V =水n a便可求出，即为约束力1.13答：动量动能1.14答：故1.15答：动量矩守恒意味着外力矩为零，但并不意味着外力也为零，故动量矩守恒并不意味着动量也守恒。
如质点受有心力作用而运动动量矩守恒是由于力过力心，力对力心的矩为零，但这质点受的力并不为零，故动量不守恒，速度的大小和方向每时每刻都在改变。
1.16答：若,在球坐标系中有由于坐标系的选取只是数学手段的不同，它不影响力场的物理性质，故在三维直角坐标系中仍有的关系。
在直角坐标系中故事实上据“”算符的性质，上述证明完全可以简写为n n n ma R F =+n R ()s m kg mv p .22243231=++⋅==()m N mv T ⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⨯⨯==8323121212222()()()k j i kj i v r J 6239632323321-+-+-==⨯=m ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-=⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅≈-+-+-=s m kg J s m kg J Z 222220467.8439632()r F F =()()()000=∂∂-∂∂=∂∂∂∂∂∂=⨯∇ϕθϕθθϕϕθe e e e e F r r F r F r F r 0F =⨯∇()()()()k j i r F zk,j i r r F i F r F y x z y x ++=++=()()()()()()()()(⨯∇=⨯∇⨯∇=++⨯∇=∂∂∂∂∂∂=∂∂∂∂∂∂=⨯∇r k j i k j i kj i F F rr F r z y x r F r zr F r yr F r xr F z y xr F r F r F zy x z y x ∇这表明有心力场是无旋场记保守立场1.17答平方反比力场中系统的势能，其势能曲线如题图1.17图所示，由。
若，其势能曲线对应于近日点和远日点之间的一段。
近日点处即为进入轨道需要的初动能若则质点的运动无界，对应于双曲线轨道的运动；若位于有界和无界之间，对应于抛物线轨道的运动；这两种轨道的运动都没有近日点，即对大的质点的运动是无界的，当很大时，还是选无限远为零势点的缘故，从图中可知，做双曲轨道运动比抛物轨道和椭圆轨道需要的进入轨道需要的动能要大。
事实及理论都证明，平方反比引力场中质点的轨道正是取决于进入轨道时初动能的大小由得即速度的大小就决定了轨道的形状，图中对应于进入轨道时的达到第一二三宇()0=⨯∇=⨯∇r F r F ()rm k r V 2-=()()()r V E T r V E T E r V T >>-==+故有因知,0,0<E min r m ax r ()T r V E --0>E 0=E r r ()0→r V ⎪⎩⎪⎨⎧<=>=-0002122E r m k mv ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<=>rk r k r k V 2222V 321,,T T T宙速度所需的能量由于物体总是有限度的，故有一极小值，既相互作用的二质点不可能无限接近，对于人造卫星的发射其为地球半径。
为地面上发射时所需的初动能，图示分别为使卫星进入轨道时达到一二三宇宙速度在地面上的发射动能。
.为进入轨道前克服里及空气阻力做功所需的能量。
1.18答：地球附近的物体都受到随地球自转引起的惯性离心力的作用，此力的方位线平行于赤道平面，指向背离地轴。
人造地球卫星的轨道平面和地球赤道平面的夹角越大，则卫星的惯性离心力与轨道平面的家教越大，运动中受的影响也越大，对卫星导向控制系统的要求越高。
交角越大，对地球的直接探测面积越大，其科学使用价值越高。
1.19答：对库仑引力场有，轨道是双曲线的一点，与斥力情况相同，卢瑟福公式也适用，不同的是引力情况下力心在双曲线凹陷方位内侧；若，轨道椭圆或抛物线，卢瑟福公式不适用，仿照课本上的推证方法，在入射速度的情况下即可得卢瑟福公式。
近代物理学的正，负粒子的对撞试验可验证这一结论的近似正确性。
2.1.答：因均匀物体质量密度处处相等，规则形体的几何中心即为质心，故先找出各规则形体的质心把它们看作质点组，然后求质点组的质心即为整个物体的质心。
对被割去的部分，先假定它存在，后以其负质量代入质心公式即可。
2.2.答：物体具有三个对称面已足以确定该物体的规则性，该三平面的交点即为该物体的几何对称中心，又该物体是均匀的，故此点即为质心的位置。
2.3.答：对几个质点组成的质点组，理论上可以求每一质点的运动情况，但由于每一质点受到周围其它各质点的相互作用力都是相互关联的，往往其作用力难以预先知道；再者，每一质点可列出三个二阶运动微分方程，各个质点组有个相互关联的三个二阶微分方程组，难以解算。