华中师范大学分析力学1(共4)
解：由柱坐标和笛卡尔坐标的关系可知
dr = e ρ dρ + eϕ ρ dϕ + e z dz
z
等式两边同时除以dt
̇ = eρ ρ ̇ + eϕ ρϕ ̇ + ez z ̇ r
ρ
r z
那么，系统的动能为
1 2 1 ̇ = m( ρ ̇ 2 + ρ 2ϕ ̇2 + z T = mr ̇2 ) 2 2
带入拉格朗日方程，则有：
̇̇ = mϕ ̇2ρ − mρ
dU ( ρ ) , dρ
̇̇ + 2 ρϕ ̇ ̇ = 0, ρϕ
̇̇ = 0 mz
3.长度为l的细绳系一小球，悬挂点按照 X = A sin ω (t − t0 )方式运动，如图所示，小球被限 t = t0时悬线竖直向下。 制在 ( x, z )平面内运动， （a）求悬线和竖直线偏离δθ 所对应的虚位移δ r （b）已知在这一时刻的角速度为 θ̇ ，求经过 dt dr 与 δ r 时间后的位移 dr 。问：当 dt → 0 时， 有何差别？ M 解： （a）在任意时刻，约束所 θ 容许的位移为虚位移，途中 l 的小球，受到细绳的和自身 m x 重力的约束，在这个时刻，
解之得：
mg sin θ cos θ ̇̇ X= M + m sin 2 θ
( M + m) g sin θ ̇̇ x= M + m sin 2 θ
10．直接用拉格朗日方程[ 1.1.2 (2.21) 式 ]证 明，由相差一广义坐标和时间的函数的时间全 导数的两个拉格朗日函数L` 和L [1.1.3 (3.13)式 ] 得到的运动方程相同。 证明：L和L’相差一个广义坐标和时间的全微分
12．已知一维运动自由质点的拉氏量是 L = mυ 2 / 2 (a)证明：当按真实运动方式运动时，作用量是
m( x2 − x1 )2 S0 = m 2(t2 − t1 )
(b)设 x(t1 ) = a, x (t 2 ) = b，求 S0 ；并任意假定一种非真 实的运动方式，计算相应的作用量 S1 ，验证 S1 > S0 。 解：按真实情况运动时，自由质点作匀速直线运 动，速度为常数 。
2 FT lδα cos α + 2Wlδα sin α − Wa csc2 αδα = 0
即有： FT = Wa /(2l sin 2 α cos α ) − W tan α
a FT > 0 sin α < 2l
3
杠对B的作用力向外 杠对B的作用力向内 杠对B无作用力
a FT < 0 sin α > 2l
W
解： 虚功原理
(α ) F ∑ 反 iδ rα = 0
l
α
我们考虑当A处的夹角增加δα ,只 有B、D和C处的约束力的虚功不 为零。那么：
FT ⋅ δ r1 + FT ⋅ δ r1 + W ⋅ δ r2B FTl C
2α 2a
A
l
D
FT
l
W
= 2 FT l [sin(α + δα ) − sin α ] -W 2l [cos(α + δα ) − cos α ] +Wa[ctan(α + δα ) − ctan α ] = 0
利用近似方法
f ( x + δ x) − f ( x) ≈
∂f δx ∂x
可得：
sin(α + δα ) − sin α ≈ cos α ⋅ δα cos(α + δα ) − cos α ≈ − sin α ⋅ δα ctan(α + δα ) − ctan α ≈ − csc 2 α ⋅ δα
将上面的近似式代入虚功方程可得：
分析力学作业讲解
第一章 低速宏观运动的基本原理
• 包括1 2 3 4 9 10 11 12题
1.设质点在势能场U(r)中运动，在笛卡尔坐 标系中写出其拉格朗日方程。 解：拉格朗日方程为：
d ∂L ∂L − =0 ̇α ∂qα dt ∂q
(α = 1, 2,3)
L为拉格朗日函数
L = T −U
笛卡尔坐标中的坐标变量为 x1 , x2 , x3 ，那么
E=
1 ̇ +V − x ̇ cos θ ) 2 m( X 2 + mgx sin θ 1 ̇ − V )2 M (X 2
斜面的能量
E=
系统的总能量
1 ̇ − V )2 ̇ cos θ − X E = m( x 2 1 ̇ − V )2 + M (X 2 + mgx sin θ
̇, t ) + L ' = L ( q,q
那么
d f ( q, t ) dt ∂ ∂ ̇ ̇ q,q q = L ( , t ) + f ( , t ) + ∑ qα f ( q, t ) ∂t ∂qα α
∂ ∂ d L' = + f ( q, t ) ∂qα ∂qα dt ∂ ∂2 ∂2 ̇β = L+ f ( q, t ) + ∑ q f ( q, t ) ∂qα ∂t∂qα ∂qα ∂qβ β
3
小球只能围绕O点作圆周运动，当偏离角为δθ � 时，对应的虚位移为 lδθ 。 （b）小球经过 dt 时间后的位移，可以看作有 两部分组成：
� ̇ （1）小球绕O点作圆周运动所产生的位移 lθ dteθ
（2）小球随O点一起作简谐运动所产生的位 � � ̇ 移 Xdt = AωdteX 所以，小球的位移为
3
a FT = 0 sin α = 2l
3
9．质量为M的斜面可以无摩擦地在水平桌面 上滑动。斜面上无摩擦地放一滑块 m，如图所 ̇ x 示。写出拉格朗日方程，并求斜面的加速度 ̇ ̇̇ 。 和滑块相对于斜面的加速度 X 解：系统的拉格朗日函数为
x
1 1 2 2 O 2 ̇ ̇ cos θ ) + mx ̇ sin θ L = m( X − x 2 2 X 1 ̇2 + MX − mgx sin θ 2 ∂L ∂L ̇ ) + mx ̇ cos θ − X ̇ sin 2 θ = m cos θ ( x = mg sin θ ̇ ∂x ∂x ∂L ∂L ̇ −x ̇ ̇ cos θ ) + MX =0 = m( X ̇ ∂X ∂X
̇i2 / 2 T = ∑ mx
i =1
3
所以，
2 ̇ L = T − U = ∑ mxi / 2 − U ( x1 , x2 , x3 ) 3
i =1
带入那格朗日方程得到
̇i ∂x =0 ∂x j
⎞ ∂U ∂L ∂ ⎛ 3 2 ̇ j / 2 − U ( x1 , x2 , x3 ) ⎟ = = ⎜ ∑ mx ∂xi ∂xi ⎝ j =1 ⎠ ∂xi
t2 t2
̇ , t )dt = ∫ mυ 2 /2dt = mυ 2 (t2 − t1 ) / 2 S 0 = ∫ L ( x, x
t1 t1
将 υ = (x
2
− x1 ) /(t2 − t1 )
带入得到
m( x2 − x1 ) 2 S0 = m 2(t2 − t1 )
将 υ = (x
2
− x1 ) /(t2 − t1 )
带入拉格朗日方程
d ∂ ∂ L= L ̇α dt ∂q ∂qα
由L` 和L 得到的运动方程相同。
11．证明一维运动自由质点的拉格朗日函数 [ 1 . 1 . 4 (4 .10) 式 ]满足有限相对速度变换下伽 利略相对性原理的要求。 解：由（4.10）可得自由质点的拉格朗日函数为
1 L = mυ 2 2
∂ ∂ ∂ d L' = L+ f ( q, t ) ̇α ̇α ̇α dt ∂q ∂q ∂q = ∂ ∂ L+ f ( q, t ) ̇α ∂q ∂qα
那么
d ∂ d ∂ d ∂ L' = L+ f ( q, t ) ̇α ̇α dt ∂q dt ∂q dt ∂qα d ∂ ∂2 ∂ ̇ q = L+ f ( , t ) + ∑ qβ f ( q, t ) ̇α dt ∂q ∂t ∂qα ∂qα ∂q β β
经过伽利略有限速度变换 υ ' = υ − V 的拉氏量为
1 1 1 1 2 2 2 L ' = mυ ' = m(υ + V ) = mυ + mυV + mV 2 2 2 2 2 1 1 d 2 2 ̇ = mυ + mVx + C = mυ + mV ( x + Ct ) 2 2 dt
L` 和L相差一广义坐标和时间的函数的时间 全导数的两个拉格朗日函数，由上题知，他 们满足相同的拉格朗日方程。所以自由质点 的拉格朗日函数 (4 .10) 式 满足有限相对速度 变换下伽利略相对性原理的要求。
(α = 1, 2,3)
即有
∂U ̇̇i = mx ∂xi (α = 1, 2,3)
这就是笛卡尔坐标系中的拉格朗日方程。
2.已知柱坐标 ( ρ , ϕ , z ) 与笛卡尔坐标的关系是
x = ρ cos ϕ , y =ρ cos ϕ , z = z 如图1．设质点在轴对称势能场 U ( ρ )中运 动，写出其那格朗日方程。
t2
那么
t1
等号成立的条件是 υ 为常数。
x O
X
K系 滑块的能量
K ’系
1 ̇ −x ̇ cos θ ) 2 E = m( X 2 + mgx sin θ 1 ̇2 E = MX 2 1 ̇ −x ̇ cos θ ) 2 E = m( X 2 1 ̇ )2 + M (X 2 + mgx sin θ
dr = e ρ dρ + eϕ ρ dϕ + e z dz
z
等式两边同时除以dt
̇ = eρ ρ ̇ + eϕ ρϕ ̇ + ez z ̇ r
ρ
r z
那么，系统的动能为
1 2 1 ̇ = m( ρ ̇ 2 + ρ 2ϕ ̇2 + z T = mr ̇2 ) 2 2
带入拉格朗日方程，则有：
̇̇ = mϕ ̇2ρ − mρ
dU ( ρ ) , dρ
̇̇ + 2 ρϕ ̇ ̇ = 0, ρϕ
̇̇ = 0 mz
3.长度为l的细绳系一小球，悬挂点按照 X = A sin ω (t − t0 )方式运动，如图所示，小球被限 t = t0时悬线竖直向下。 制在 ( x, z )平面内运动， （a）求悬线和竖直线偏离δθ 所对应的虚位移δ r （b）已知在这一时刻的角速度为 θ̇ ，求经过 dt dr 与 δ r 时间后的位移 dr 。问：当 dt → 0 时， 有何差别？ M 解： （a）在任意时刻，约束所 θ 容许的位移为虚位移，途中 l 的小球，受到细绳的和自身 m x 重力的约束，在这个时刻，
解之得：
mg sin θ cos θ ̇̇ X= M + m sin 2 θ
( M + m) g sin θ ̇̇ x= M + m sin 2 θ
10．直接用拉格朗日方程[ 1.1.2 (2.21) 式 ]证 明，由相差一广义坐标和时间的函数的时间全 导数的两个拉格朗日函数L` 和L [1.1.3 (3.13)式 ] 得到的运动方程相同。 证明：L和L’相差一个广义坐标和时间的全微分
12．已知一维运动自由质点的拉氏量是 L = mυ 2 / 2 (a)证明：当按真实运动方式运动时，作用量是
m( x2 − x1 )2 S0 = m 2(t2 − t1 )
(b)设 x(t1 ) = a, x (t 2 ) = b，求 S0 ；并任意假定一种非真 实的运动方式，计算相应的作用量 S1 ，验证 S1 > S0 。 解：按真实情况运动时，自由质点作匀速直线运 动，速度为常数 。
2 FT lδα cos α + 2Wlδα sin α − Wa csc2 αδα = 0
即有： FT = Wa /(2l sin 2 α cos α ) − W tan α
a FT > 0 sin α < 2l
3
杠对B的作用力向外 杠对B的作用力向内 杠对B无作用力
a FT < 0 sin α > 2l
W
解： 虚功原理
(α ) F ∑ 反 iδ rα = 0
l
α
我们考虑当A处的夹角增加δα ,只 有B、D和C处的约束力的虚功不 为零。那么：
FT ⋅ δ r1 + FT ⋅ δ r1 + W ⋅ δ r2B FTl C
2α 2a
A
l
D
FT
l
W
= 2 FT l [sin(α + δα ) − sin α ] -W 2l [cos(α + δα ) − cos α ] +Wa[ctan(α + δα ) − ctan α ] = 0
利用近似方法
f ( x + δ x) − f ( x) ≈
∂f δx ∂x
可得：
sin(α + δα ) − sin α ≈ cos α ⋅ δα cos(α + δα ) − cos α ≈ − sin α ⋅ δα ctan(α + δα ) − ctan α ≈ − csc 2 α ⋅ δα
将上面的近似式代入虚功方程可得：
分析力学作业讲解
第一章 低速宏观运动的基本原理
• 包括1 2 3 4 9 10 11 12题
1.设质点在势能场U(r)中运动，在笛卡尔坐 标系中写出其拉格朗日方程。 解：拉格朗日方程为：
d ∂L ∂L − =0 ̇α ∂qα dt ∂q
(α = 1, 2,3)
L为拉格朗日函数
L = T −U
笛卡尔坐标中的坐标变量为 x1 , x2 , x3 ，那么
E=
1 ̇ +V − x ̇ cos θ ) 2 m( X 2 + mgx sin θ 1 ̇ − V )2 M (X 2
斜面的能量
E=
系统的总能量
1 ̇ − V )2 ̇ cos θ − X E = m( x 2 1 ̇ − V )2 + M (X 2 + mgx sin θ
̇, t ) + L ' = L ( q,q
那么
d f ( q, t ) dt ∂ ∂ ̇ ̇ q,q q = L ( , t ) + f ( , t ) + ∑ qα f ( q, t ) ∂t ∂qα α
∂ ∂ d L' = + f ( q, t ) ∂qα ∂qα dt ∂ ∂2 ∂2 ̇β = L+ f ( q, t ) + ∑ q f ( q, t ) ∂qα ∂t∂qα ∂qα ∂qβ β
3
小球只能围绕O点作圆周运动，当偏离角为δθ � 时，对应的虚位移为 lδθ 。 （b）小球经过 dt 时间后的位移，可以看作有 两部分组成：
� ̇ （1）小球绕O点作圆周运动所产生的位移 lθ dteθ
（2）小球随O点一起作简谐运动所产生的位 � � ̇ 移 Xdt = AωdteX 所以，小球的位移为
3
a FT = 0 sin α = 2l
3
9．质量为M的斜面可以无摩擦地在水平桌面 上滑动。斜面上无摩擦地放一滑块 m，如图所 ̇ x 示。写出拉格朗日方程，并求斜面的加速度 ̇ ̇̇ 。 和滑块相对于斜面的加速度 X 解：系统的拉格朗日函数为
x
1 1 2 2 O 2 ̇ ̇ cos θ ) + mx ̇ sin θ L = m( X − x 2 2 X 1 ̇2 + MX − mgx sin θ 2 ∂L ∂L ̇ ) + mx ̇ cos θ − X ̇ sin 2 θ = m cos θ ( x = mg sin θ ̇ ∂x ∂x ∂L ∂L ̇ −x ̇ ̇ cos θ ) + MX =0 = m( X ̇ ∂X ∂X
̇i2 / 2 T = ∑ mx
i =1
3
所以，
2 ̇ L = T − U = ∑ mxi / 2 − U ( x1 , x2 , x3 ) 3
i =1
带入那格朗日方程得到
̇i ∂x =0 ∂x j
⎞ ∂U ∂L ∂ ⎛ 3 2 ̇ j / 2 − U ( x1 , x2 , x3 ) ⎟ = = ⎜ ∑ mx ∂xi ∂xi ⎝ j =1 ⎠ ∂xi
t2 t2
̇ , t )dt = ∫ mυ 2 /2dt = mυ 2 (t2 − t1 ) / 2 S 0 = ∫ L ( x, x
t1 t1
将 υ = (x
2
− x1 ) /(t2 − t1 )
带入得到
m( x2 − x1 ) 2 S0 = m 2(t2 − t1 )
将 υ = (x
2
− x1 ) /(t2 − t1 )
带入拉格朗日方程
d ∂ ∂ L= L ̇α dt ∂q ∂qα
由L` 和L 得到的运动方程相同。
11．证明一维运动自由质点的拉格朗日函数 [ 1 . 1 . 4 (4 .10) 式 ]满足有限相对速度变换下伽 利略相对性原理的要求。 解：由（4.10）可得自由质点的拉格朗日函数为
1 L = mυ 2 2
∂ ∂ ∂ d L' = L+ f ( q, t ) ̇α ̇α ̇α dt ∂q ∂q ∂q = ∂ ∂ L+ f ( q, t ) ̇α ∂q ∂qα
那么
d ∂ d ∂ d ∂ L' = L+ f ( q, t ) ̇α ̇α dt ∂q dt ∂q dt ∂qα d ∂ ∂2 ∂ ̇ q = L+ f ( , t ) + ∑ qβ f ( q, t ) ̇α dt ∂q ∂t ∂qα ∂qα ∂q β β
经过伽利略有限速度变换 υ ' = υ − V 的拉氏量为
1 1 1 1 2 2 2 L ' = mυ ' = m(υ + V ) = mυ + mυV + mV 2 2 2 2 2 1 1 d 2 2 ̇ = mυ + mVx + C = mυ + mV ( x + Ct ) 2 2 dt
L` 和L相差一广义坐标和时间的函数的时间 全导数的两个拉格朗日函数，由上题知，他 们满足相同的拉格朗日方程。所以自由质点 的拉格朗日函数 (4 .10) 式 满足有限相对速度 变换下伽利略相对性原理的要求。
(α = 1, 2,3)
即有
∂U ̇̇i = mx ∂xi (α = 1, 2,3)
这就是笛卡尔坐标系中的拉格朗日方程。
2.已知柱坐标 ( ρ , ϕ , z ) 与笛卡尔坐标的关系是
x = ρ cos ϕ , y =ρ cos ϕ , z = z 如图1．设质点在轴对称势能场 U ( ρ )中运 动，写出其那格朗日方程。
t2
那么
t1
等号成立的条件是 υ 为常数。
x O
X
K系 滑块的能量
K ’系
1 ̇ −x ̇ cos θ ) 2 E = m( X 2 + mgx sin θ 1 ̇2 E = MX 2 1 ̇ −x ̇ cos θ ) 2 E = m( X 2 1 ̇ )2 + M (X 2 + mgx sin θ
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华中师范大学分析力学4(共4)
¨ 其中 U0 为分子势能在平衡位置的二阶导数,它只与分子中原子 的种类以及带电量有关，与原子的质量无关。 方程(1)的解为一种简谐振动，振动频率为
ω2 =
所以
ω0 2 (ω)
2U0 m
=
m1 m2 (m0 +m0 ) 1 2 0 m0 (m +m ) m1 2 1 2
质量为 m 的穿孔小球可以自由的在一根光滑直杆上滑动，如 图所示。将一根弹簧系在此球上，弹簧的另一端固定在离杆 l 的钉子上。平衡时弹簧的拉力为 F 。求此球在平衡位置附近做 微小振动的频率。 解：这个球只有一个自由度，取为小球离开平衡 位置的距离 x 。那么小球的拉格朗日可以写成：
ml 12
2
0
ml2 12
0 0
mR2 4
0
（c）
0 0 ⎠ 0
⎞
（b）
（d）
⎜ I=⎝+ 0 0 Nhomakorabea+ 0 0
mh2 12
⎜ I=⎝
2
⎛
2ma2 5
0
2ma 5
2
0 0
⎞ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎠
0 0
2ma2 5
⎞ ⎟ ⎠
0
mR 4
2
0 + 0
mh 12
0 0
mR2 2
⎜ I=⎝
mb2 12
mc2 12
带入拉格朗日方程可得
µ (m1 + m2 )l1 (g − l1 w2 ) −m2 l1 l2 w2 −m2 l1 l2 w2 m2 l2 (g − l2 w2 )
¶µ
u1 u2
¶
=0
上式有非零解的条件是
¯ ¯ (m1 + m2 )l1 (g − l1 w2 ) ¯ ¯ −m2 l1 l2 w2 ¯ −m2 l1 l2 w2 ¯ ¯ 2 ¯ = 0 m2 l2 (g − l2 w )
华中师范大学分析力学3(共4)
=
mρ̇
csc2 α
∂L = mϕ̇ 2ρ − mg cot α ∂ρ
ρ̇̇ csc2 α = ϕ̇2ρ − g cotα
∂L ∂ϕ̇
=
mρ 2ϕ̇
∂L = 0 ∂ϕ
mρ 2ϕ̇ = J (Constant)
（3） （4）
由（4）式可得
ϕ̇
=
J mρ
2
（1）
带入（3）式可得
ρ̇̇ csc2 α = J 2 ρ − g cotα = 0 m2ρ 4
⇒ u = 1 + Acos kθ a a
⇒r= 1+ Aa cos kθ
⇒r= a 1+ e cos kθ
2、一个质点在有心引力作用下沿圆形轨道运动，力心在此圆的圆周上。 求证这一有心力与距离的五次方成反比。
解：设置点运动轨迹圆周的半径为a，则其轨迹方程为：
则：
r = 2a cosθ
u=1= 1 r 2a cosθ
d 2u 1 cos3 θ + 2 sin2 θ cosθ
⇒ dθ 2 = 2a
cos4 θ
d 2u 1 1+ sin2 θ 1 2 − cos2 θ
⇒ dθ 2 = 2a
cos3 θ
= 2a
cos3 θ
⇒ d 2u = 8a2 − r 2 = 8a2u3 − u
dθ 2
r3
带入比莱公式：
r
θ 2a
(b).证明只有当 n ≥ 2 时，粒子才能落到力心上。说明其物理原因。并对n = 2 计算落到力心上的截面。
解：(a)等效势能为：
U有效 = U (r) + pθ2 /(2mr2 ) αβ
= − rn + r2
华中师大分析力学答案
ma sin cos M m sin a
2 2
( m M ) g sin
利用
d d d d dt d dt d
，即得
2 2 M m sin a d m a sin cos d ( m M ) g sin d
表示的表达式。 解：由 x r sin cos
z r cos r sin sin ) m(r sin cos r cos cos px mx
y r sin sin
r sin cos ) m(r sin sin r cos sin py my ) cos r sin m(r p mz
证明这一质点由 z 0 区域经过分界面进入 z 0 区域的运动轨迹 等同于光线从空气入射到折射率为 n 1 U0 / E 的介质所受到的折 E m12 / 2 是质点在 z 0 区域中的动能。 射。 其中， 证明：系统的能量守恒，则有
2U 0 U0 v 1 1 mv12 mv2 2 U 0 2 1 1 2 2 v1 mv12 E1 又系统具有水平面内的平移对称性，
a 0 cos ) MX m( X
再由能量守恒得到
1 2 1 2 cos ) 2 a sin mga cos mga cos 0 +0= MX + m ( X a 2 2
M m sin 2 2 a 2 ga cos cos 0 化简可得 m M
a
0
y
2 3 sin a xdm 0 r cos rdrd 3 2a sin xc a 2 a 3 rdrd dm
2 2
( m M ) g sin
利用
d d d d dt d dt d
，即得
2 2 M m sin a d m a sin cos d ( m M ) g sin d
表示的表达式。 解：由 x r sin cos
z r cos r sin sin ) m(r sin cos r cos cos px mx
y r sin sin
r sin cos ) m(r sin sin r cos sin py my ) cos r sin m(r p mz
证明这一质点由 z 0 区域经过分界面进入 z 0 区域的运动轨迹 等同于光线从空气入射到折射率为 n 1 U0 / E 的介质所受到的折 E m12 / 2 是质点在 z 0 区域中的动能。 射。 其中， 证明：系统的能量守恒，则有
2U 0 U0 v 1 1 mv12 mv2 2 U 0 2 1 1 2 2 v1 mv12 E1 又系统具有水平面内的平移对称性，
a 0 cos ) MX m( X
再由能量守恒得到
1 2 1 2 cos ) 2 a sin mga cos mga cos 0 +0= MX + m ( X a 2 2
M m sin 2 2 a 2 ga cos cos 0 化简可得 m M
a
0
y
2 3 sin a xdm 0 r cos rdrd 3 2a sin xc a 2 a 3 rdrd dm
分析力学第一章
时间平移不变性 L L(r, r ) 空间平移不变性 L L(r ) 空间转动不变性 L不依赖于 r的方向 令v r , 则v 2 r r, 则L L( v 2 )
限制2： 伽利略速度变换
假定惯性系 K '系相对于惯性系 K系以无穷小速度 ε运动。 在惯性系 K中L L(v 2 ) 在惯性系 K '中L' L(v'2 ) L((v )2 ) L(v 2 ) ＝ dL 2v ε 2 dv
dr ' dr V dt dt
伽利略坐标变换 伽利略速度变换 伽利略加速度变换
d 2r ' d 2r 2 dt dt 2
dV 注： 0，为什么？ dt
伽利略相对性原理
d 2r ' d 2r 2 dt dt2
在不同的惯性系中，力学规律有相同的形式 不可能通过机械运动规律的差别来区分惯性系 ——伽利略相对性原理
§1.1.4 伽利略相对性原理
研究物理的运动，必须选定参考系 物体运动的描述依赖于参考系的选择
惯性系：牛顿运动定律、拉格朗日方程成立的参考系。
伽利略变换
如图：惯性系K 相对惯性系K’以速度V运动 t=0时，两个坐标系的原点重合。 质点在K系的位置矢量是r 在K’系的位置矢量是r’
P
则r' r Vt
每一路径函数 q q(t ) 对应的作用量 S
t2
t1
Ldt 是一个实数
（极值条件）
真实路径对应于最小作用量，
－－最小作用量原理
对拉格朗日函数表达式的限定
令L' L
t2 t1
d f ( q(t ), t ) dt
限制2： 伽利略速度变换
假定惯性系 K '系相对于惯性系 K系以无穷小速度 ε运动。 在惯性系 K中L L(v 2 ) 在惯性系 K '中L' L(v'2 ) L((v )2 ) L(v 2 ) ＝ dL 2v ε 2 dv
dr ' dr V dt dt
伽利略坐标变换 伽利略速度变换 伽利略加速度变换
d 2r ' d 2r 2 dt dt 2
dV 注： 0，为什么？ dt
伽利略相对性原理
d 2r ' d 2r 2 dt dt2
在不同的惯性系中，力学规律有相同的形式 不可能通过机械运动规律的差别来区分惯性系 ——伽利略相对性原理
§1.1.4 伽利略相对性原理
研究物理的运动，必须选定参考系 物体运动的描述依赖于参考系的选择
惯性系：牛顿运动定律、拉格朗日方程成立的参考系。
伽利略变换
如图：惯性系K 相对惯性系K’以速度V运动 t=0时，两个坐标系的原点重合。 质点在K系的位置矢量是r 在K’系的位置矢量是r’
P
则r' r Vt
每一路径函数 q q(t ) 对应的作用量 S
t2
t1
Ldt 是一个实数
（极值条件）
真实路径对应于最小作用量，
－－最小作用量原理
对拉格朗日函数表达式的限定
令L' L
t2 t1
d f ( q(t ), t ) dt
华中师范大学电动力学期末考试试题02级A卷(标准答案)
------------------------------------------------- 密 ---------------------------------- 封 ----------------------------- 线 ---------------------------------------------------------
华中师范大学 2003 –2004 学年第二学期 期末考试试卷（A 卷）参考答案
课程名称 电动力学 课程编号 50112000 任课教师 胡响明、候德富
题型
判断题 填空题 简答题 综合题
总分
分值
20
20
40
20
100
得分
学号：
学生姓名：
Байду номын сангаас
年级：
得分 评阅人
一、判断题：（20 分，共 10 题，每题 2 分） 如果命题正确，请在下列每题后面的小括号内打√，否则打×。
+ (a2 )2 b
+ 2R
a2 b
cosθ
，R4
=
R 2 + b2 + 2Rb cosθ ，Q’=aQ/b.
不难验证，ϕ2 满足定解条件，由唯一性定理可知，ϕ2 是唯一正确的解。
(2 分)
4. 阐明静磁场用矢势描述的原因和矢势的意义，给出相应的微分方程和边值关系。
解：
麦氏方程组的磁场部分为
∇
×
v Η
⑥
即
∑ ϕ0 − E0 R cosθ +
l
Bl R l+1
pl (cosθ ) = 0
⑦
因为 pl(cosθ),l=0,1,2,…,是一个完备的正交函数系，故⑦式两边 pl(cosθ)项的系数应相等。由此
华中师范大学 2003 –2004 学年第二学期 期末考试试卷（A 卷）参考答案
课程名称 电动力学 课程编号 50112000 任课教师 胡响明、候德富
题型
判断题 填空题 简答题 综合题
总分
分值
20
20
40
20
100
得分
学号：
学生姓名：
Байду номын сангаас
年级：
得分 评阅人
一、判断题：（20 分，共 10 题，每题 2 分） 如果命题正确，请在下列每题后面的小括号内打√，否则打×。
+ (a2 )2 b
+ 2R
a2 b
cosθ
，R4
=
R 2 + b2 + 2Rb cosθ ，Q’=aQ/b.
不难验证，ϕ2 满足定解条件，由唯一性定理可知，ϕ2 是唯一正确的解。
(2 分)
4. 阐明静磁场用矢势描述的原因和矢势的意义，给出相应的微分方程和边值关系。
解：
麦氏方程组的磁场部分为
∇
×
v Η
⑥
即
∑ ϕ0 − E0 R cosθ +
l
Bl R l+1
pl (cosθ ) = 0
⑦
因为 pl(cosθ),l=0,1,2,…,是一个完备的正交函数系，故⑦式两边 pl(cosθ)项的系数应相等。由此
华中师大数物交叉培养方案
华中师范大学物理科学与技术学院数学与物理交叉培养班人才培养方案一、数学与物理交叉培养班专业简介不同学科之间的交叉与融合是当代科学与技术发展的重要趋势，基于这个原因，物理学院于1993年联合数学与统计学学院设立了数学物理实验班，在实验班的基础上，1996年经教育部批准，华中师大物理学院开始建设国家理科（物理学）基础科学研究人才培养基地。
由于基地班培养出来的学生具有较好的数学物理基础，基地班学生的培养质量得到了普遍认可，每年约有50%的毕业生被北大、清华、中科大、中科院等院校免试录取，继续深造，从事基础研究。
考虑到学科交叉的重要性和我校开办数学物理实验班的经验，我校于2006年设立数学物理交叉培养班，并将该班招生计划单列，鼓励优质生源报考。
在交叉培养班学生的大学四年中，物理学院与数学与统计学学院集中两院最好的师资力量和教学资源，按照单独的人才培养方案对其进行授课、培养。
二、专业培养要求、目标本专业培养具有良好思想政治素质和理论素养、较好的数学和物理基础、较强的创新精神、研究能力和实践能力的复合型高级专门人才；为数学或物理学专业输送优质的硕士研究生生源。
本专业毕业生应获得以下几方面的知识和能力：1.具有良好的思想道德素养、宽容的态度，团结与协作能力；2.具有扎实的数学和物理基础知识、了解数学与物理的理论前沿和发展动态、掌握数学和物理的分析方法和实验技能，具有较强的研究能力；3.具有创新意识和较强的终身学习能力，有基本的信息收集、分析、处理和应用能力，形成良好的责任感，有较强的动手能力和自学能力，具有科学的思维方法和习惯及求实与探索精神；4.能够运用所学的数学和物理知识使用计算机解决数学和物理上的若干实际问题，能熟练运用一门外语进行交流和沟通；5.具有健康的体魄和良好的心理素质。
三、授予学位授予学位：理学学士四、学分要求与课程设置（一）、课程学分分布表（二）、课程计划表五、交叉培养课程计划表方向一：数学专业交叉培养课程方向二：物理专业交叉培养课程六、实践实验教学环节（实践实验教学环节的学分设置：文科不低于总学分的20%；理工科不低于总学分的30%。
2015年华中师范大学考研专业目录_物理科学与技术学院
00 不区分研究 方向
080902 系统
电路与
9
4
00 不区分研究 方向
080903 微电子 5 学与固体电子学
200Βιβλιοθήκη 不区分研究 方向一（3）302 数学二（4）838 普通化学 科学基础 （另有招生计划 请见 《核物质科学 协同创新中心硕 士研究生招生专 业目录》） （另有招生计划 请见 《核物质科学 协同创新中心硕 士研究生招生专 （1）101 思想政治理论（2）201 英语 业目录》） 复试 一（3）301 数学一（4）837 电子线路 科目： 电路分析、 基础（模拟、数字） 信号与系统、 数字 信号处理， 通信原 理、 单片机原理与 接口技术、C 语言 程序设计） （另有招生计划 请见 《核物质科学 协同创新中心硕 士研究生招生专 业目录》） （另有招生计划 请见 《核物质科学 协同创新中心硕 士研究生招生专 （1）101 思想政治理论（2）201 英语 业目录》） 复试 一（3）301 数学一（4）837 电子线路 科目： 电路分析、 基础（模拟、数字） 信号与系统、 数字 信号处理， 通信原 理、 单片机原理与 接口技术、C 语言 程序设计） （另有招生计划 请见 《核物质科学 协同创新中心硕 士研究生招生专 业目录》） （1）101 思想政治理论（2）201 英语 （另有招生计划 一（3）301 数学一（4）837 电子线路 请见 《核物质科学 基础（模拟、数字） 协同创新中心硕
00 不区分研究 方向 085208 电子与 2 通信工程 00 不区分研究 方向
（1）101 思想政治理论（2）204 英语 复试与学术型同 二（3）302 数学二（4）408 计算机学 步进行， 但评分标 科专业基础综合 准不同。
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华中师范大学数理方法期末考试试卷1答案
因为与ϕ 无关，所以 u ( r , θ ) = ① 球内 由 u (0, θ ) 有限 ⇒ Bl = 0
∑(A r
l =0 l
∞
∞
l
+ Bl r − l −1 )Pl (cos θ )
∴ u1 (r ,θ ) = ∑ Al r l Pl (cos θ )
l =0
由u1 ( R0 ,θ ) = u0 cos 2 θ ⇒ 1 ⇒ A0 = u0 3 A2 = 2u0 3R02
2u u0 l P0 (cosθ ) + 0 P2 (cosθ ) = ∑ Al R0 Pl (cosθ ) 3 3 l Al = 0 (l ≠ 0,2)
1 2u 2 ∴ u1 (r ,θ ) = u0 + 0 r P2 (cosθ ) 3 3R02
②球内
u (∞,θ )有限 ⇒ Al = 0 ∴ u2 (r ,θ ) = ∑ Bl r −l −1Pl (cosθ )
解：以上三个方程分别编号为（1） ， （2） ， （3） 。 1. 分离变量。令 u ( x, t ) = X ( x )T (t ) (4)
(4)代入泛定方程(1)，得到： X ( x)T ′′(t ) − a 2 X ′′( x )T (t ) = 0 即
X ′′( x) T ′′(t ) = X ( x ) a 2 T (t ) X ′′( x) + λX ( x) = 0 T ′′(t ) + λa 2 T (t ) = 0
设常数为 − λ ，得到两个常微分方程 (5) (6)
将(4)代入边界条件（2） ，得 u ( 0, t ) = X ( 0)T (t ) = 0, u (l , t ) = X (l )T (t ) = 0 若 T(t)=0 则 u(x,t)=0，是平庸解，略去，则得到 X(x)的边界条件
华师大科学：初二竞赛系列力学(综合提升四)
华师大科学：初二竞赛系列力学四（内容：受力分析、整体法的运用、摩擦力深度分析）【例题讲解】1.如图所示，质量为10kg的物体在水平力F作用下，静止在竖直的墙上，当力F逐渐减小的过程中，物体静止一段时间后，向下运动，则在这过程中，摩擦力f与时间t的关系，可能符合下列图线的是（ )解：①对物体进行受力分析：物体竖直方向受重力和摩擦力，因为物体静止，所以这两个力是一对平衡力，故摩擦力等于重力．②当F减小时，物体所受的压力减小，摩擦力减小，故摩擦力小于重力，所以在重力的作用下物体会下滑．故选B2.如图所示，A、B为质量均为m的两条形磁铁，置于台秤的托盘上，忽略台秤与磁铁间的磁力作用。
当平衡时B对A的弹力为F1，台秤的示数为F2，它们的大小关系是( )A.F1=mg，F2=2mgB.F1>mg，F2=2mgC.F1>mg，F2=mgD.F1>mg，F2>2mg3.如图所示,有两条黑、白毛巾,黑毛巾对折,白毛巾放在黑毛巾的两层之间,白毛巾通过细线与墙壁连接,黑毛巾的中部用细线拉住.细线均水平,黑毛巾的质量为2m,白毛巾质量为m,毛巾之间及毛巾与地面间的动摩擦因数均为,欲将黑、白毛巾分离开来,则将黑毛巾匀速拉出开始时需加水平力为( )A.B.C.D.解:对白毛巾受力分析,受到水平向左的拉力,与黑毛巾对其上与下接触面的滑动摩擦力,上表面的滑动摩擦力为,下表面的滑动摩擦力,对于黑毛巾受力分析,由牛顿第三定律,则有白毛巾对黑毛巾的滑动摩擦力大小之和为,方向水平向左.而地面对黑毛巾的滑动摩擦力大小为,方向水平向左.因此根据受力平衡,则有黑毛巾匀速拉出开始时需加水平力为,所以A选项是正确的,BCD错误;所以A选项是正确的4.如图所示，质量为M的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为的物体A，用一沿斜面向上的力作用于A上，使其沿斜面匀速上滑，在A上滑的过程中直角劈B相对地面始终静止，则关于地面对劈的摩擦力及支持力，下列说法正确的是（）。
最新华中师范大学-量子力学a卷-参考答案
j F i j fi i fi j i
④
i F j i fj j fj i j
⑤
④式取共轭得
i F j fi i j
⑥
⑤式与⑥式相减，左边为零，得
( fi f j ) i j 0
而( fi f j ) 0 ，则 i j 0 ，证毕。
精品文档
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2. 证明处于 1s，2p 和 3d 态的氢原子，分别在r a0 ，4a0 和9a0 的球壳内发现电子的概率
一定具有确定的宇称。
（√）
8. 费米子体系的哈密顿算符 Hˆ 必须是交换反对称的，玻色子体系的哈密顿算符 Hˆ 必须是
交换对称的。
（×）
9. 全同粒子体系的波函数具有一定的对称性，是来自于全同粒子的不可区分性。（√ ）
10. 自由粒子所处的状态只能是平面波。
（×）
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6. 从量子力学的观点看，氢原子中核外电子的运动不再是圆轨道上的运动，而是电子云
的图像，电子云是 电子电荷在核外的概率分布
。
7.
设氢原子处于态
r, ,
2 3
R21(r)Y10 ( ,)
5 3
R21 (r )Y11 (
,)
，求氢原子的角动量
z 分量的平均值 5 / 9 。
8. 证明电子具有自旋的实验是 钠黄线的精细结构 / 复杂塞曼效应 / 斯特恩-盖拉赫实