[理学]陈世民理论力学简明教程第二版课后答案精品资料

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-2

f x 1x 1mx+x x 23=+=+++！

！

2 一般函数的展开

()()()()()()()()230000000f x f x f x

f x f x x-x x-x x-x 123!

''''''=++++！

！

特别:

00x =时,

()()()()()23

f 0f 0f 0f x f 0123!

x x x ''''''=++++

！！

3 二元函数的展开(x=y=0处)

()()00f f f x y f 0x+y x y ⎛⎫∂∂=++ ⎪∂∂⎝⎭，22222

000221f f f x 2xy+y 2x x y y ⎛⎫∂∂∂++ ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭

！

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 dx P 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：()02B y=K cos Ax+A

θ+

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++=。解出特解为1λ，2λ。 *若12R λλ≠∈则1

x 1y e λ=，2

x 2y e λ=；12

x x 12y c e c e λλ=+

*若12R λλ=∈则1

x 1y e λ=，1

x 2y xe λ=； 1

x 12y e (c xc )λ=+

*若12i λαβ=±则x 1y e cos x αβ=，x 2y e sin x αβ=；

x 12y e (c cos x c sin x)αββ=+

（2） 若()2000x f a x b x c =++为二次多项式

*b 0≠时，可设*2y Ax Bx C =++ *b 0≠时，可设*32y Ax Bx Cx D =+++

注：以上1c ,2c ,A,B,C,D 均为常数，由初始条件决定。

三 矢量

1 矢量的标积

x x y y z z A B=B A=A B cos =A B +A B +A B θ∙∙

注：常用于一矢量在一方向上的投影 2 矢量的矢积

n x

y z x

y

z i j k A B=-(B A)=A B sin e =A A A B B B θ⎛⎫

⎪⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭

x y z y z x x z x y y x (A B A B )i (A B A B )j (A B A B )k =-+-+-

四 矩阵

此处仅讨论用矩阵判断方程组解的分布情形。

111122133211222233311322333

a x a x a x 0

a x a x a x 0a x a x a x 0++=⎧⎪

++=⎨⎪++=⎩ 令1112

132122

23313233a a a D a a a a

a a ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭

*D=0时，方程组有非零解 *D ≠0时，方程只有零解

第一章 牛顿力学的基本定律

万丈高楼从地起。整个力学大厦的地基将在此筑起，三百年的人类最高科学智慧结晶将飘来他的古朴与幽香。此时矢量言语将尽显英雄本色，微积分更是风光占尽。

【要点分析与总结】 1 质点运动的描述

（1） 直线坐标系

r xi yj zk

r xi yj zk a r xi yj zk

υυ=++==++===++

（2） 平面极坐标系

r

r 2r r re re r e a (r r )e (r 2r )e θ

θ

υθθθθ==+=-++

（3） 自然坐标系

t

2

t n

e v a e e υυυρ

==+

（4） 柱坐标系

2

t n

z

v a e e e e ze ρθυρ

υρρθ=+

=++

〈析〉 上述矢量顺序分别为：r k t n b z i,j,k;e ,e ,e ;e ,e ,e ;e ,e ,e .θρθ

矢量微分：r

k r k r k

k k de e e e dt de

e e e dt de e e 0dt

θθθθθθθθ=⨯==⨯=-=⨯=

（其它各矢量微分与此方法相同） 微分时一定要注意矢量顺序

2 牛顿定律

惯性定律的矢量表述

22d r

ma m F dt

==

（1） 直角坐标系中

x y z F mx

F my F mz

⎧=⎪

=⎨⎪

=⎩ （2） 极挫标系中

2r k

F m(r r )

F m(r 2r )F 0θθθθ⎧=-⎪

=+⎨⎪=⎩ （3） 自然坐标系中

2n b F m F m F 0

τυ

υρ=⎧⎪

⎪

=⎨⎪

⎪=⎩

3 质点运动的基本定理 几个量的定义：

动量 P m υ= 角动量 L r m r P υ=⨯=⨯ 冲量 21I P P =- 力矩 M r F =⨯ 冲量矩 2

1

t 21t H I I Mdt =-=⎰

动能 21T m 2

υ=

（1） 动量定理 dP

F dt

=

ˆe

方向上动量守恒：dP

ˆˆe F e 0dt

== （2） 动量矩定理 dL

M dt

=

（3） 动能定理 d dT

F m dt dt

υυυ== 4机戒能守恒定理 T+V=E

〈析〉势函数V: V V V dV dx dy dz F dr x y z ∂∂∂=

++=-∂∂∂ V V V

F (

i j k)x y z

∂∂∂=-++∂∂∂ 稳定平衡下的势函数：

()0

x x x dV 0dx

==;

()0

2x x x dV 0dx

=>

此时势能处极小处m V

且能量满足M m

V E 00E V E <<⎧⎪

<∞⎨⎪<∞⎩质点再平衡点附近振动质点逃逸-质点逃逸+

【解题演示】

1 细杆OL 绕固定点O 以匀角速率ω转动，并推动小环C 在固定的钢丝AB 上滑动，O 点与钢丝间的垂直距离为d ，如图所示。求小环的速度υ和加速度a 。

解：依几何关系知：x d tan θ=

又因为：22

2d d x xi i i cos d

ωυωθ+===

故：222

2

2(d x )x a 2xx i i d d ω

υω+===

2 椭圆规尺AB 的两端点分别沿相互垂直的直线O χ与Oy 滑动，已知B 端以匀速c 运动，如图所示。求椭圆规尺上M 点的轨道方程、速度及加速度的大小υ与α。 解：依题知：B y (b d)cos θ=+

且：B y C (b d)sin θθ=-=-+ 得：C *(b d)sin θθ

=

+

又因M 点位置：M M x bsin ,y dcos θθ== 故有：M M M x i |y j b cos i d sin j υθθθθ=+=-

代入（*）式得：M bccot dc

i j b d b d

θυ=

-++

即：υ=

2

M M 222bc bc a i i (b d)sin (b d)sin θυθθ

==-=++

3 一半径为r 的圆盘以匀角速率ω沿一直线滚动，如图所示。求

圆盘边上任意一点M 的速度υ和加速度a （以O 、M 点的连线与铅直线间的夹角θ表示）；并证明加速度矢量总是沿圆盘半径指向圆心。

解：设O 点坐标为（0Rt x ,R ω+）。则M 点坐标为

（0Rt x Rsin ,R R cos ωθθ+++） 故：M M M x i y j (R R cos )i R υωωθ=+=+-

222M M a R sin i R cos j R (sin i cos j)υωθωθωθθ==--=-+ 4

一半径为r 的圆盘以匀角深度ω在一半经为R 的固定圆形槽内作无滑动地滚动，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：r

r

R r

R r

θωϕ=-

=-

--

且O 点处：k r e cos()e sin()e θθϕθϕ=--- 则：

M O O OM R r

r r r r (R r)e re [(R r)cos()r]e (R r)sin()e θ

θϕθϕ'=+=-+=--+---

M

M r r

r r r ()sin()e [(R r)cos()r]e (R r)()cos()e (R r)sin()e r sin()e r [1cos()]e θθθ

υϕθθϕθϕθϕθθϕθθϕωθϕωθϕ==--+--+----+--=--+--

(){}

r r r r 2r a r ()cos()e r sin()e r ()sin()e r [1cos()]e r cos()e r sin()e r e r r R r cos()e r sin()e R r θθθθυ

ωϕθθϕωθθϕωϕθθϕωθθϕωϕθϕωϕθϕωθωθϕθϕ==----------=----=---+-⎡⎤⎣

⎦-

5 已知某质点的运动规律为：y=bt,at θ=,a 和b 都是非零常数。

（1）写处质点轨道的极坐标方程；（2）用极坐标表示出质点的速度υ和加速度a 。 解：()b 1y r sin bt a

θ

θ===

得：r b r csc e a

θθ=

()r 2

b a sin a cos b 2r e ae a sin a sin θθθθθ

υθθ-==+ ()r b 1cot e e sin θθθθθ

=-+⎡⎤⎣⎦ 6 已知一质点运动时，经向和横向的速度分量分别是λr 和µθ，

这里μ和λ是常数。求出质点的加速度矢量a . 解：由题知：r re e θυλμθ=+ 且：r r,r λθμθ==

故：r r a re r e e e θθυλλθμθμθθ==++- ()r r e (r )e θλμθθλμθ=-++

22

2

r (r )e ()e r

r

θμθμ

λμθλ=-

++

7 质点作平面运动，其速率保持为常量，证明质点的速度矢量与

加速度矢量正交。 证明：设速度为e τυυ=。

则：22

n n d a e e e dt τυυυρρ

=+=

由于e τ与n e 为正交矢量。即得证。

8一质点沿心脏线r (1cos )κθ=+以恒定速率v 运动，求出质点的速

度υ和加速度a .

解：设()()r r re r e sin e 1cos re θθυθθκθθκθ=+=-++ 且有：()()222[sin ][1cos r]θκθθκθυ-++= 解得：2cos 2

υ

θθ

κ=

得：()r sin sin ,r cos 2

2

θ

θ

θκθυθυ=-=-=

则：r (sin e cos e )2

2

θθθ

υυ=-+

r r 11a cos e sin e sin e cos e 2

2

2

2

2

2

θθθθ

θθ

υθυθυθυθυ==----

2r 3(e tan e )42

θυθ

κ=-- 9已知质点按 t r e ,t αθβ==运动，分别求出质点加速度矢量的切向和法向分量，经向分量和横向分量。 解：（1）极坐标系下：

由t r e ,t αθβ==得：t r e ,ααθβ== 且设：r re r e θυθ=+

则：()2

2r r r e re r e τθυθθ=+=+

得：()

()

r 2

2

22e e e r r r r τθθ

θ

=+

++ ()

()

n r 2

2

22e e e r r r r θθ

θ

=+

++

2r r a re re (r r )e r e θθυθθθθ==+++- 22t t r (r )e e 2e e ααθαβαβ=-+

则：径向与横向的分量分别为22t (r )e ααβ-，t 2e ααβ。

10质点以恒定速率C 沿一旋轮线运动，旋轮线方程为

x R(sin ),y R(1cos )θθθ=+=-+。证明质点在y 方向做等加速运动。

解：依题意：222222222C x y R (1cos )R sin θθθθ=+=++

得：C 2R cos

2

θθ

=

则：2y a y R(cos sin )θθθθ==+

2

2

23

1sin sin C cos 2

2()4R cos cos 22

θθθθθ=+ 2

2

22

2

2

cos sin sin C 2

22()4R

cos cos 2

2

θ

θ

θθ

θ

-=

+

2

C 4R

=

11 一质点沿着抛物线2y 2px =运动，如图所示，其切向加速度的量

值是法向加速度值的-2k 倍。若此质点从正焦弦的一端点p (,p)2以速率u 出发，求质点到达正焦弦的另一端点p (,p)2-时的速率

υ。

解：建立自然坐标系有：2

n d a e e dt τυυρ

=+

且：2d ds ds d 2k 2k 2k 2k ds dt dt dt dt d υυυυθυρρθ

=-=-=-=-

d 2kd υ

θυ

=-

积分得：2k ue θυ-=（代入0u υ=） 又因为：2y 2px =在p (,p)2点处斜率：

p

2

11p

x 2

dy k 1dx

===

=

==

在p (,p)2-点处斜率：

p

2

2

2p

x 2

dy k 1dx

===

===-

故：21arc tan k arc tan k 2

π

θ=-=

即：k ue πυ-=

12 竖直上抛一小球，设空气阻力恒定。证明小球上升的时间比下落返回至原地点的时间短。

解：设空气阻力为f ，且小球初速为υ，质量为没，则有：

上升时间：1t f

g m

υ

=+ 上升高度：2

h f

2(g

)

m

υ=

+

下落时间：20

t υ==

得：12t 1t ==

< 即得证。

13 质量为m 的质点自离地面h 高度处下落。若空气阻力与质点速度的平方成正比，比例常数为C ，试讨论此质点下落过程中的运动状况。 解：设加速度为a ，速率为υ，则：2ma mg C m υυ=-=

得：

2d dt C g m

υ

υ=-

积分并代入t 0=时0υ=有：

υ=

-

2t a 0υ==

>

gC

2t 3

a 8ge

e

(1e

0-=+-<

知：质点一直在做向下的变加速运动，且加速度越来越小。 14 将一质量为m 的质点以初速度0υ与水平线成α角抛出，此质点受到的空气阻力是其速度的mk 倍，这里k 是常数。试求当质点的速度与水平线之间的夹角又为α角度时所需时间。

解：依牛顿第二运动定律有：,x x y y m mk m mg mk υυυυ=-=--

积分并代入初始条件：0t =时：0000sin ,cos x

y υ

υθυυθ==

解得：00cos ,(sin )kt kt x y g g

e e k

k

υυθυυθ--==+-

当再次夹角为α时：tan y

x

υαυ=-

可解出：02sin 1ln(1)k t k g

υθ

=+

15 一质量为m 的质点用一长度为l 的不可伸长的轻绳悬挂于一小环

上，小环穿于一固定的水平钢丝上，其质量为32m 。开始时，小环静

止质点下垂，处于平衡态。今若沿钢丝的水平方向给质点以大小为

的初速度，证明若轻绳与铅垂线之间的夹角是θ时，小环在钢丝

上仍不滑动，

则钢丝与小环间的摩擦系数至少是此时绳中的张

力为3cos T F mg θ=。

解：依 ()220111cos 22

m m mgl υυθ=--

得：2

2cos m mg r υθ=

则：2

cos 3cos T m F mg mg r

υθθ=

+=

22

2

3cos sin sin 22tan 33cos 223tan 3cos 22

T T F mg F mg mg mg

θθθθ

μθθθ⊥=

===++++

又因为：2222

2(3tan 2tan )

0tan (3tan )d d μθθθθ+-==+

得：tan θ=

故：tan θ= 即得证。

16 滑轮上绕有轻绳，绳端与一弹簧的一个端点联结，弹簧的另一端挂一质量为m 的质点，如图所示。当滑轮以匀角速率转动时，质点以匀速率0υ下降。若滑轮突然停止转动，试求弹簧的最大伸长及弹簧中的最大张力。已知弹簧作用力为W 时的静止伸长0λ。 解：（注：此题中W mg =）设最大伸长为m λ有：0

mg

W

k λλ=

=

依能量守恒：()2220001

112

2

2

m m k k m mg λλυλλ-=+-

解得：0m λλυ=+

则：01Tm m W F k λυλ⎛

==

+ ⎝

17 两个相同的轻质弹簧，劲度系数为k ，自然长度是0l ，在它们中间竖直地串接一质量为m 的质点。弹簧的另外两端点分别固定于A 点和B 点，如图所示，A 、B 间的高度差是032l 。设开始时质点静止于AB 的中点，求质点的运动规律。 17解：质点运动时势能

2

2

22

00l l 11kl V mgx k x k x mgx kx 242416⎛⎫⎛⎫=-+-+--=-++

⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭

在平衡时：

dV

mg 2kx 0dx =-+= 得:0mg

x 2k

=

且运动时受力满足：dV

F mg 2kx mx dx

=-=-=

代入初始条件: 0t 0,x 0,A x ===

可解得：mg x 1cos 2k ⎛

⎫⎛=- ⎪ ⎪⎝⎝

⎭ 18 两个质量都是m 的质点A 和质点B 用一自然长度为0l 的轻质弹簧相连，置于一光滑水平桌面上，如图所示。弹簧的劲度系数为k 。两质点处于静止状态，弹簧呈自然长度；而后，质点B 沿AB 方向受到一大小为0kl 的恒力作用。分别求处质点A 和质点B 的运动规律。

18解：依受力分析知 ()()

A A

B A 01B B 0A B 2

F mx k x x l *F mx k 2l x x *==--⎧⎪⎨

==+-⎪⎩

1*+2*得： A B 0k

x x l m +=

积分得: 20A B 0kl

x x t l 2m

+=+

代入1*得：2

0A A kl k x (t 2x )m 2m

=

- 积分得：22

0A l t x (

cos t 1)42

ωω=+- 同理：20B 0B kl k x (t 3l 2x )m 2m

=

+- 积分得：22

0B l t x (

cos t 5)42

ωω=-+ 式中ω=

。 另解：先将AB 及弹簧看成一系统，其质心做一受恒力kl 的作用，再将A 与B 理解成绕质心做周期性振动，可得A 的运动规律为质心运动与A 振动的合运动，B 亦然。计算亦很简单！

19 一质点从一光滑圆柱表面最高处，自静止下滑，如图所示。问质点滑至何处将脱离圆柱表面？

解：将脱离时滑过相应角度为θ，此时满足：()

2221mgr 1cos mr 2mgr mgr cos θθθθ⎧

-=⎪⎨

⎪=⎩

可解得：2arccos

3

θ= 20 一钢丝弯成尖端朝上的摆线：x a(sin ),z a(1cos )ϕϕϕ=-=+，上面穿有一质量为m 的小环。今若小环在钢丝的最低处获得大小为0υ的初速度，开始沿摆线滑动。求出当小环的速度与水平线成α角度时，小环的速率υ。已知小环与钢丝的摩擦系数为μ。

解：小环运动时，依受力分析知： 其

对钢丝的正压力为 2

m N mgcos υαρ=+

又因为：dz z sin d tan cot dx x 1cos 2

d ϕϕ

ϕαϕ

ϕ

===-

=-- 得：2ϕαπ=+

dl 2a sin d 4a cos d 2

ϕ

ϕαα===

代入：dl 2,4a sin 4a cos d 2

ϕ

ϕαπραα=+=

== 得：2

m N mg cos 4a cos υαα=+

则损失能量：T dQ Ndl (mg cos )4a cos d 2a cos μμαααα==+ 再依能量守恒：d(T Q V)0d α++=

得：T 2T 2mga(cos2sin 2)0μμααμ++++=

()2d 2d 21

T m e [C 2mga cos 2sin 2e d ]

2

μαμαυμααμα-⎰⎰==-++⎰1*

（其中V mgz mga(1cos )ϕ==+）

现进行积分：2d 2e e μα

μα--⎰=

2222221cos 2e d (e cos 22sin 2e d )21sin 2e d (e sin 22cos 2e d )2μα

μα

μαμα

μαμααααααμ

αααααμ

=

+=+⎰⎰⎰⎰

解出：()()222222

cos 2e d cos 2e 21sin 2cos 2sin 2e d e 21μαμα

μαμαμαααμμααααμ⎧=⎪+⎪

⎨-⎪=⎪+⎩

⎰⎰

代入1*得：

2d 222221mga

T m e {C e [sin 2(1)cos 2(1)]}21

μαμαυμαμαμμ-⎰=

=-+-+++2*

代入2001t 0,0,T m 2αυ===得：22

0212mga C m 21

μυμ=++

再将C 代入2*得：

222

222022112mga mga m (m )e [sin 2(1)cos 2(1)]2211

μαμυυμαμαμμμ-=+-+-++++ 故：212

22220224ga 2ga

{()e [sin 2(1)cos 2(1)]}11

μαμυυμαμαμμμ-=+-+-++++

21 如图所示，用细线将一质量为m '的圆环悬挂起来，环上套有两个质量都是m 的小环，它们可以在大环上无摩擦地滑动。若两小环同时从大环顶部由静止向两边滑动，证明如果3m m 2'>，大环将升起；此时角θ是多少？

解：小环因重力对m '的压力N mgcos θ=。而小环运动所需向心力必由

m '对m 的弹力F 与重力提供，满足：2

m N F r

υ+=（法向）

又依能量守恒知：21m mg(1cos )2

υθ=-

且依两环的对称性知，大环受合力向上，且大小为：

2m F 2N)cos 2[2mg(1cos )mg cos ]cos r

υθθθθ=-=--合（

当大环升起须满足：F m g '>合 故得方程：2mg(23cos )cos m g θθ'->

22m 1113cos 2cos 3(cos )2m 333

θθθ'<-+=--+≤ 故：3m m 2'>

当满足3m m 2'>时，升起时角度满足2m 3cos 2cos 02m

θθ'

-+

<

解出： 11(1cos (13

3θ<<+

则刚升起时：1arccos[(13

θ=+

第三章 非惯性参考系

不识庐山真面目，只缘身在此山中。地球的多姿多彩，宇宙的繁荣，也许在这里可以略见一斑。春光无限，请君且放千里目，别忘了矢量语言在此将大放益彩。

【要点分析与总结】

1 相对运动

t r r r '=+

t t dr dr dr dr dr r dt dt dt dt dt

υω'''=

=+=++⨯ t r υυω''=++⨯

()t dv dv d v r a dt dt dt

ω''+⨯=

=+

222**22()t d r d r d dr r v r dt dt dt dt

ωωωω'''''=++⨯+⨯+⨯+⨯()2t a a r r v ωωωω''''=++⨯+⨯⨯+⨯ t c a a a '=++

〈析〉仅此三式便可以使“第心说”与“日心说”归于一家。 （1） 平动非惯性系 (0ω=)

t a a a '=+ 即：()t ma F ma '=+-

（2） 旋转非惯性系 (0t t a υ==)

()2a a r r ωωωωυ''''=+⨯+⨯⨯+⨯

2 地球自转的效应（以地心为参考点）

2mr F mg m r ω=--⨯

写成分量形式为：

2sin 2(sin cos )2cos x y z mx F m y my F m x z mz F mg m y ωλωλλωλ

⎧=+⎪

=-+⎨⎪

=-+⎩ 〈析〉坐标系选取物质在地面上一定点O 为坐标原点，x 轴指向南方，y 轴指向东方，铅直方向为 z 轴方向。 2mr F mg m r ω=--⨯ 为旋转非惯性系 ()2F mg mr m r m r m r ωωωω-=+⨯+⨯⨯+⨯在 ,r

R ω

ω

条件下忽略 m r ω⨯与 ()m r ωω⨯⨯所得。正因如此，地球上的物体运动均受着地球自转而带来的科氏力 2m r ω-⨯的作用，也正是它导致了气旋，反气旋，热带风暴，信风，河岸右侧冲刷严重，自由落体，傅科摆等多姿多彩的自然现象。

〈注〉自由落体偏东的推导时，取 F =0，且须应用级数展开，对小

量ω作近似

21

cos 21(2),sin 222

t t t t ωωωω≈-≈

【解题演示】

1 一船蓬高4米，在雨中航行时，它的雨篷遮着蓬的垂直投影后2m

的甲板；但当停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在蓬前3m 处，如果雨点的速率是8米每秒，求船航行时的速率？ 解：取湖面为惯性坐标系，如右图所示建立坐标系 依几何关系，设雨点相对湖面速度为3224

()55

t m j i s υ=+ 船相对雨点的速度为3216

()55

m j i s υ'=-

+ 则：船相对湖面的航行速度8t u i υυ'=+=()m s 则:u=8m s

2. 河的宽度为d ，水的流速与离开河岩的距离成正比。岩边水的流速为0，河中心处水的流速为c 。河中一小船内的人，以相对于水流恒定的速率u ，垂直于水流向岸边划去。求小船的舫行轨道和抵达对岩的地点。

解：如右图所示，建立xoy 惯性系，且依题意可知人的位置（x,y ）满足：

22(1)y c d x y c d y y u ⎧⎧⎪⎪

=⎪⎨⎨⎪-⎩⎪

⎪'==⎩

1

23

()*2

()*2*d

y d

y ≤

> 由3*得：y=ut 分别代入1*，2*并联立

得:2

2c x y ud

2c c cd

x y y u ud 2u

⎧=⎪⎪⎨

⎪=--

⎪⎩

d

(y )2d (y )2

≤≥

到达对岸时y d =,代入得: cd x 2u

=