理论力学第三版周衍柏习题答案解析

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，&不包含约束反作用力？又广义坐标与广义力的含义如a何？我们根据什么关系由一个量的量纲定岀另一个量的量纲？5. 3广义动量几和广义速度么是不是只相差一个乘数川？为什么p a比么更富有意义？5.4既然乞是广义动量，那么根据动虽泄理，乞|旦]是否应等于广义力0 ?为什么瓯dt [ dq a J a在拉格朗日方程（5.3.14）式中多岀了三项？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（5.3」3）得出式（5314）?5. 6平衡位置附近的小振动的性质，由什么来决泄？为什么2疋个常数只有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，那么它们在平衡位宜附近的运动和无阻尼时有何不同？能否列岀它们的微分方程？5.9 d厶和〃兀有何区别？仏和匹有何区别？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泄理？泊松左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§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（5.5.15）与（5」0.10）及（5.10」1）之间关系如何？我们能否用一正则变换由前者得岀后者？5. 17在研究机械运动的力学中，刘维立理能否发挥作用？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左律相比较，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•从別V =艺庁•另可知：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：在任意虚过程中假左隔离保持不变，这是虚位移无限小性的结果.虚功原理给出受约朿质点系的平衡条件，比静力学给岀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朿反力•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岀的，而徐公原理只适用于具有理想约朿的力学体系虚功方程中不含约朿反力，故拉格朗日方程也只适用于具有理想约束下的力学体系，O a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，故匕不含约束反作用力•这里讨论的是完整系的拉格朗日方程，对受有几何约朿的力学体系既非完整系，则必须借助拉格朗日未泄乘数法对拉格朗日方程进行修正.广义坐标市确立质点或质点系完整的独立坐标，它不一泄是长度，可以是角度或其他物理量，如而积、体积、电极化强度、磁化强度等•显然广义坐标不一迫是长度的量纲•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泄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f斤.輕=£乞&& =宓知，乙冈a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0a是长度，则一左是力，若乞是力矩，则％一泄是角度，若％是体积，则乞一定是压强等.5.3答与不一泄只相差一个常数川，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左。

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。

完美WORD 格式编辑第一章 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:{{SSt t 题1.1.1图设开始计时的时刻速度为0v ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a . 则有:()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-+=-=221210211021221t t a t t v s at t v s 由以上两式得11021at t s v +=再由此式得()()2121122t t t t t t s 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.题1.2.1图设A 船经过0t 小时向东经过灯塔,则向北行驶的B 船经过⎪⎭⎫ ⎝⎛+2110t 小时经过灯塔任意时刻A 船的坐标()t t x A 15150--=，0=A yB 船坐标0=B x ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+-=t t y B 15211150则AB 船间距离的平方()()222B A B A y y x x d -+-=即()2021515t t d -=201521115⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛++t t()202002211225225675900450⎪⎭⎫ ⎝⎛++++-=t t t t t2d 对时间t 求导()()67590090002+-=t t dtd d AB 船相距最近，即()02=dtd d ，所以 h t t 430=- 即午后45分钟时两船相距最近最近距离22min231543154315⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=s km1.3 解 ()1如题1.3.2图第1.3题图y题1.3.2图由题分析可知，点C 的坐标为⎩⎨⎧=+=ψψϕsin cos cos a y a r x 又由于在∆AOB 中，有ϕψsin 2sin ar =（正弦定理）所以ry r a 2sin 2sin ==ψϕ联立以上各式运用1cos sin 22=+ϕϕ由此可得rya x r a x 22cos cos --=-=ψϕ得12422222222=---++r y a x y a x r y 得22222223y a x r a x y -=-++化简整理可得()()2222222234r a y x y a x -++=-此即为C 点的轨道方程. （2）要求C 点的速度，分别求导⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=2cos sin cos 2cos sin ϕωψψϕωϕωr y r r x其中ϕω = 又因为ψϕsin 2sin a r =对两边分别求导 故有ψϕωψcos 2cos a r = 所以22y x V +=4cos sin cos 2cos sin 2222ϕωψψϕωϕωr r r +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=()ψϕψϕϕψω++=sin cos sin 4cos cos 22r1.4 解 如题1.4.1图所示，A BOCLxθd 第1.4题图OL 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22x d OC v +=⨯=⊥ωωC 点速度dx d d v v v 222sec sec cos +====⊥⊥ωθωθθ 又因为ωθ= 所以C点加速度 θθθω ⋅⋅⋅⋅==tan sec sec 2d dt dv a ()2222222tan sec 2d x d x d +==ωθθω1.5 解 由题可知，变加速度表示为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin1π 由加速度的微分形式我们可知dtdv a =代入得dtT t c dv ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2sin 1π 对等式两边同时积分dt T t c dv t v⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=002sin 1π可得 ：D Ttc Tct v ++=2cos2ππ（D 为常数）代入初始条件：0=t 时，0=v ，故cT D π2-=即⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=12cos2T t T t c v ππ 又因为dtds v =所以=ds dt T t T t c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+12cos 2ππ 对等式两边同时积分，可得：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+=t T t T T t c s 2sin 22212πππ1.6 解 由题可知质点的位矢速度r λ=//v ①沿垂直于位矢速度μθ=⊥v又因为 r r λ== //v ， 即r rλ= μθθ==⊥r v 即rμθθ= ()()j i v a θ r dtd r dt d dt d +==（取位矢方向i ，垂直位矢方向j ） 所以()j i i i θ r rdtd r i dt r d r dt d +=+= ()dtd r dt d r dt dr r dt d j j j j θθθθ ++=i j j 2r r r θθθ -+= 故()()j i a θθθr r r r 22++-= 即 沿位矢方向加速度()2θr r a -= 垂直位矢方向加速度()θθr r a 2+=⊥ 对③求导r rr 2λλ== 对④求导θμμθθ r r r +-=2⎪⎭⎫ ⎝⎛+=λμμθr把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得rr a 222//θμλ-= ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⊥r a μλμθ1.7 解 由题可知⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x ①② 对①求导θθθ sin cos r r x-= ③ 对③求导θθθθθθθcos sin sin 2cos 2 r r rr x ---=④ 对②求导θθθcos sin r r y+=⑤ 对⑤求导θθθθθθθsin cos cos 2sin 2 r r rr y -++=⑥ 对于加速度a ，我们有如下关系见题1.7.1图题1.7.1图即⎩⎨⎧+=+=θθθθθθcos sin sin cos a a y a a x r r⑦--⑧ 对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦θcos ⨯，⑧θsin ⨯ 即得⎩⎨⎧+=-=θθθθθθθθθθcos sin sin sin cos sin cos cos a a y a a x r r⑨--⑩ ⑨+⑩得θθsin cos yx a r += ⑾ 把④⑥代入 ⑾得2θr r a r -= 同理可得θθθ r r a 2+= 1.8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⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x对y x ,两式分别求导⎪⎩⎪⎨⎧+=-=θθθθθθcos sin sin cos r r yr r x 故()()22222cos sin sin cos θθθθθθ r r r r y xv ++-=+=222ωr r+= 如图所示的椭圆的极坐标表示法为()θcos 112e e a r +-=对r 求导可得（利用ωθ= ）又因为()()221cos 111ea e e a r -+-=θ即()rer e a --=21cos θ 所以()()2222222221211cos 1sin e r e ar r e a --+--=-=θθ故有()2222224222sin 1ωθωr ea r e v +-=()2224221ea r e -=ω()()]1211[2222222e ar r ea --+--22ωr +()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-⋅-=2222222221121e e ar r r e e a r ω()r r a b r -=2222ω 即()r a r br v -=2ω（其中()b a e b ,1222-=为椭圆的半短轴）1.9证 质点作平面运动，设速度表达式为j i v y x v v +=令为位矢与轴正向的夹角，所以dt d v dt dv dt d v dt dv dt d yy x x j j i i v a +++==j i ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x y y x v dt dv v dt dv 所以[]j i a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θθ x y y x v dt dv v dt dv ()j i y x v v +⋅ θθ y x y y y x xxv v dt dv v v v dt dv v ++-=dtdv v dt dv v y yx x += 又因为速率保持为常数，即C C v v y x ,22=+为常数对等式两边求导022=+dtdv v dt dv v y y xx所以0=⋅v a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1.10.1图则质点切向加速度dtdv a t =法向加速度ρ2n v a =，而且有关系式ρ2v 2k dt dv -= ① 又因为()232y 1y 1'+''=ρ②2px y 2=所以ypy =' ③ 32yp y -='' ④ 联立①②③④2322322y p 1y p 2kv dtdv⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= ⑤又dydvydt dy dy dv dt dv =⋅= 把2px y 2=两边对时间求导得pyy x= 又因为222y xv += 所以22221py v y+= ⑥ 把⑥代入⑤23223222122121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅-=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+y p y p kv dydvp y v既可化为222py dykp v dv +-= 对等式两边积分222py dykp v dv p p vu+-=⎰⎰- 所以πk ue v -=1.11解 由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示题1.11.1图⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====ααcos sin 2a dt dv a a r v a t n 两式相比得dtdv r v ⋅=ααcos 1sin 2即2cot 1vdv dt r =α 对等式两边分别积分200cot 1v dv dt rv v t⎰⎰=α 即αcot 110rt v v -= 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⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==ααcos sin 2a dtdv a r v ①② 所以 ωθθθd dv dt d d dv dt dv =⋅=，联立①②，有ααωθcos sin 2r v d dv = 又因为r v ω=所以 θαd vdv cot =，对等式两边分别积分，利用初始条件0=t 时，0θθ=()αθθcot 00-=e v v1.13 证（a ）当00=v ，即空气相对地面上静止的，有牵相绝v v v +=.式中绝v 质点相对静止参考系的绝对速度， 相v 指向点运动参考系的速度， 牵v 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：绝v =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v l t '=20. （b ）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度01v v v +'=飞行时间1v v lt +'=当飞机向西飞行时速度0v v v v v -'=+=牵相飞行时间2v v lt -'=故来回飞行时间021v v l t t t +'=+=0v v l -'+222v v lv -''= 即2200220112v v t v v v lt '-='-'= 同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间2201v v t t '-= （c ）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题1.13.1图v 题1.13.1图v v v '+=0绝202v v v -'= 所以来回飞行的总时间222vv l t -'=2200220112v vt v v v l '-='-'=同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为2201v v t t '-=1.14解 正方形如题1.14.1图。

第二章习题解答2.1 解 均匀扇形薄片，取对称轴为x 轴，由对称性可知质心一定在x 轴上。

题2.1.1图有质心公式⎰⎰=dmxdm x c 设均匀扇形薄片密度为ρ，任意取一小面元dS ，drrd dS dm θρρ==又因为θcos r x =所以θθθρθρsin 32adrrd dr rd x dmxdm x c ===⎰⎰⎰⎰⎰⎰对于半圆片的质心，即2πθ=代入，有πππθθa a ax c 3422sin 32sin 32=⋅==2.2 解 建立如图2.2.1图所示的球坐标系题2.2.1图把球帽看成垂直于z 轴的所切层面的叠加（图中阴影部分所示）。

设均匀球体的密度为ρ。

则)(222z a dz y dv dm -===ρπρπρ由对称性可知，此球帽的质心一定在z 轴上。

代入质心计算公式，即)2()(432b a b a dmzdmz c ++-==⎰⎰2.3 解 建立如题2.3.1图所示的直角坐标，原来人W 与共同作一个斜抛运动。

yO题2.3.1图当达到最高点人把物体水皮抛出后，人的速度改变，设为x v ，此人即以 x v 的速度作平抛运动。

由此可知，两次运动过程中，在达到最高点时两次运动的水平距离是一致的（因为两次运动水平方向上均以αcos v 0=水平v 作匀速直线运动，运动的时间也相同）。

所以我们只要比较人把物抛出后水平距离的变化即可。

第一次运动：从最高点运动到落地，水平距离1st a v s ⋅=cos 01 ① gt v =αsin 0 ② ααcos sin 201gv s =③第二次运动:在最高点人抛出物体，水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，有)(cos )(0u v w Wv v w W x x -+=+α可知道u wW w a v v x ++=cos 0水平距离αααsin )(cos sin 0202uv gW w w gv t v s x ++==跳的距离增加了12s s s -=∆=αsin )(0uv gw W w +2.42.4 解 建立如图2.4.1图所示的水平坐标。

理论力学第三版课后习题答案【篇一：理论力学教程思考题答案第三版.doc】2r?.。

这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才?2，a??rar??r??r?能完整地描述质点的运动变化情况1.3答：内禀方程中，an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an垂直于v指向曲线凹陷一方，故an总是沿助法线方向。

质点沿空间曲线运动时，ab?0,fb?0z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fb?rb?0，故ab?0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fb与rb大小不等，ab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ab所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足fb?rb?0即ab?0。

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a?而无an，质点的匀速曲线运动中只有an而无a?；质点作变速运动时即有at又有an。

1.5而dr即反应位矢r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，dtdrdr?j而dr?r?i?r??。

在直线运动中，?r只表示r大小的改变。

如在极坐标系中，dtdtdt规定了直线的正方向后，drdrdrdr。

且的正负可表示的指向，二者都可表示质点dtdtdtdt的运动速度；在曲线运动中drdrdrdr?，且也表示不了的指向，二者完全不同。

dtdtdtdtdvdv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dtdtdvdvaan,而?a?。

dtdt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1.6v球对人v人对地题1-6图图所示，故人以速度v向球网前进时应向高于篮筐的方向投出。

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。

第四章习题解答4.1解如题4.1.1图所示.坐标系的原点位于转动的固定点，轴沿轴与角速度的方向一致，即设点沿运动的相对速度为则有题意得：故在点时的绝对速度设与轴的夹角为，则故与边的夹角为，且指向左上方。

点时绝对速度设的夹角为，则,故与边的夹角为，且指向左下方。

4.2解如题4.2.1图所示，以转动的方向为极角方向建立坐标系。

轴垂直纸面向外，设点相对速度①设绝对速度的量值为常数，则：②对②式两边同时球时间导数得：依题意故解得通解当时，，将其带入①式游客的知：时，即最后有4.3解如题4.3.1图所示，直角坐标的原点位于圆锥顶点轴过圆锥的对称轴.点在轴上对应的一点，且有，所以点的绝对加速度：最后有4.4解如题4.4.1图所示，题4.4.1图坐标系是以轴转动的坐标系.图中画出的是曲线的一段，在任意一点处，假设某质点在此处静止，则该质点除了受重力、钢丝的约束力之外，还会受惯性离心力的作用，，方向沿轴正向，在作用下，致信处于平衡状态，则有①②有①得③又因为过原点.对上式积分得抛物线有③得将代入②的反作用力4.5以直管为参照系，方向沿管，沿竖直轴建立坐标系，则小球受力为：故沿方向运动的微分方程为：①有初始条件：可得①式解为故当邱刚离开管口时，即时.则得所以此时：故当球刚要离开管口时的相对速度为，绝对速度为，小球从开始运动到离开管口所需时间为4.6解以光滑细管为参考系，沿管，沿水平轴建立坐标系，如题4.6.1图所示，则小球受力为：故沿方向运动的微分方程为：①方程的通解而方程①的特解为：故方程①的通解为：初始条件为当时，故可得所以质点相对于管的运动规律为：4.7解以水平细管为参考系，沿管，沿竖直转动轴向上建立坐标系，如题图4.7.1图所示则易得质点反方向的运动微分方程为：①②将方程①②作简单变换可得：化简得其通解为：初始条件为：故可得：故4.8解以抛物线形金属丝为参照物沿抛物线在顶点的切线方向，沿竖直轴建立坐标系，则小环的运动微分方程为：①②故代入①②得化简即得4.9解一当小环相对平衡时，由上题可知即要求为常数，故故解二以地面为参照系，则小球受力，如图4-8所示.其中为固定地面的坐标系，故平衡时有：4.10解以地面为参考系，则小环的运动微分方程为：其中为与圆心的连线和通过点的直径间所夹的角化简得4.11解以地面为非惯性参考系，建立坐标系，指正南，竖直向上，发射点为原点，炮弹的运动微分方程为：①②③初始条件为故将①②③积分一次代入初始条件后得：④⑤⑥有⑥可得落地时间：⑦其中所以将展开可得由式及初始条件可得所以炮弹落地时的横向偏离为4.1 解以地面为非惯性，建立坐标系指向正南，竖直向上，上抛点为原点，质点的运动微分方程为：①初始条件为：如上题同理可得②③④代入①式得有④式求出落地时间为：有③式得：将代入得复落至地面时：。

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