陈世民理论力学简明教程（第二版）课后答案

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-2
f x 1x 1mx+x x 23=+=+++K ！
！
2 ⼀般函数得展开
()()()()()()()()230000000f x f x f x
f x f x x-x x-x x-x 123!
''''''=++++K ！
！
特别:00x =时,
()()()()()23
f 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 =++ ?，22222
000221f 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 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=Kcos Ax+A
θ+
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++=。

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 ⽮量得标积
x x y y z z A B=B A=A B cos =A B +A B +A B θ??r r
r r
注：常⽤于⼀⽮量在⼀⽅向上得投影 2 ⽮量得⽮积
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?? ??? ? ???
r r r r r r r r 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 =-+-+-r r r
四矩阵
此处仅讨论⽤矩阵判断⽅程组解得分布情形。

111122133211222233311322333a x a x a x 0a x a x a x 0a x a x a x 0++=?? ++=??++=? 令11
121321
222331
32
33a 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
第⼀章⽜顿⼒学得基本定律
万丈⾼楼从地起。

整个⼒学⼤厦得地基将在此筑起，三百年得⼈类最⾼科学智慧结晶将飘来她得古朴与幽⾹。

此时⽮量⾔语将尽显英雄本⾊，微积分更就是风光占尽。

【要点分析与总结】 1 质点运动得描述
（1）直线坐标系
r xi yj zk
r xi
yj zk a r xi yj zk
υυ=++==++===++r r r r
r r r r r &&&&&r r r r r r &&&&&&&&& （2）平⾯极坐标系
r r 2r r re re r e a (r r )e (r 2r )e θθ
υθθθθ==+=-++r r r r r &&r r r &&&&&&& （3）⾃然坐标系
t 2t n
e v a e e υυυρ
==+r
r
r
r r & （4）柱坐标系
2t n
z v a e e e e ze ρθυρ
υρρθ=+=++r r r &r
r
r r
&&&
〈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 .θρθr r r r r r r r r r r r
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
θ
θθθθθθθ=?==?=-=?=r
r r r &&r
r r r &&r
r r &
（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
惯性定律得⽮量表述
22d r ma m F dt
==r
r
r
（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 质点运动得基本定理⼏个量得定义：
动量 P m υ=r r
⾓动量 L r m r P υ=?=?r r
r r r
冲量 21I P P =-r r r
⼒矩 M r F =?r r
r
冲量矩 21
t 21t H I I Mdt =-=?r r r r
动能 21T m 2
υ=
（1）动量定理 dP
F dt
=r r
e l ⽅向上动量守恒：dP
e F e
0dt ==l l r
r g g （2）动量矩定理 dL
M dt
=r r
（3）动能定理 d dT
F m dt dt
υυυ==
r r r r g g
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 =++=-r r g
V V V F (i j k)x y z
=-+
+r r r
r 稳定平衡下得势函数：
()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 在固定得钢丝AB 上滑动，O 点与钢丝间得垂直距离为d ，如图所⽰。

求⼩环得速度υr 与加速度a r。

解：依⼏何关系知：x d tan θ=
⼜因为：222d d x xi
i i cos d
ωυωθ+===r r r
r
& 故：22
22
2(d x )x a 2xx i i d d
ωυω+===r r r && 2 椭圆规尺AB 得两端点分别沿相互垂直得直线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 点得轨道⽅程、速度及加速度得⼤⼩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
=
+&K K
⼜因M 点位置：M M x bsin ,y d cos θθ==
故有：M M M x i |y j b cos i d sin j υθθθθ=+=-r r r r
r
&&&&
代⼊（*）式得：M bccot dc i j b d b d
θυ=-++r r
r
即：υ= 2
M M
222bc bc a i i (b d)sin (b d)sin θυθθ
==-=++&r r r r &
3 ⼀半径为r 得圆盘以匀⾓速率ω沿⼀直线滚动，如图所⽰。

求
圆盘边上任意⼀点M 得速度υr
与加速度a r
（以O 、M 点得连线与铅直线间得夹⾓θ表⽰）；并证明加速度⽮量总就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 R sin ,R R cos ωθθ+++）
故：M M M x i y j (R R cos )i R υωωθ=+=+-r r r
r
&&
222M M a R sin i R cos j R (sin i cos j)υωθωθωθθ==--=-+r r r r r r &
4 ⼀半径为r 得圆盘以匀⾓深度ω在⼀半经为R 得固定圆形槽内作⽆滑动地滚动，如图所⽰，求圆盘边上M 点得深度υ与加速度α（⽤参量θ，Ψ表⽰）。

解：依题知：r r
R r
R r
θω?
=-=---&&
且O 点处：k r e cos()e sin()e θθ?θ?=---r
r
r
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
θ?θ?'=+=-+=--+---r r r r r
r r
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
υ?θθ?θ?θ?θθ?θθ?ωθ?ωθ?==--+--+----+--=--+--r r
&r r r r r &&&&&&&r r
(){}
r r
r r 2
r 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 θθθθυω?θθ?ωθθ?ω?θθ?ωθθ?ω?θ?ω?θ?ωθωθ?θ?==----------=----=---+-
-r r &r r r r &&&&&&r r r &&&r r
5 已知某质点得运动规律为：y=bt,at θ=,a 与b 都就是⾮零常数。

（1）写处质点轨道得极坐标⽅程；（2）⽤极坐标表⽰出质点得速度υr 与加速度a r。

解：()b 1y r sin bt a
θ
θ===
得：r b
r csc e a θθ=r
r
()r 2
b a sin a cos b 2r e ae a sin a sin θθθθθυθθ
-==+r r r r & ()r b
1cot e e sin θθθθθ
=-+r r 6 已知⼀质点运动时，经向与横向得速度分量分别就是λr 与µ
θ，这⾥µ与λ就是常数。

求出质点得加速度⽮量a r
、解：由题知：r re e θυλµθ=+r
且：r r,r λθ
µθ==&& 故：r r a re r e e e θθυλλθµθµθθ==++-r r r r r r
&&&&& ()r r e (r )e θλµθθλµθ=-++r
r
&&
&
222
r (r )e ()e r
r
θµθµλµθλ=-
++
r
r
7 质点作平⾯运动，其速率保持为常量，证明质点得速度⽮量与加速度⽮量正交。

证明：设速度为e τυυ=r
r。

则：22n n d a e e e dt τυυυρρ
=+=r r r r
由于e τr 与n e r
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，求出质点得速度υr
与加速度a r
、
解：设()()r r re r e sin e 1cos re θθυθθκθθκθ=+=-++r
r
r
r
r
&&&& 且有：()()222[sin ][1cos r]θκ
θθκθυ-++=&& 解得：2cos 2
υ
&
得：()r sin sin ,r cos 22θ
θ
θκθυθυ=-=-=&&&
则：r (sin e cos e )22
θθθυυ=-+r r r
r r 11a cos e sin e sin e cos e 222222
θθθθθθυθυθυθυθυ==----r r r r r r &&&&& 2r 3(e tan e )42
θυθκ=--r r
9已知质点按 t r e ,t αθβ==运动，分别求出质点加速度⽮量得切向与法向分量，经向分量与横向分量。

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=+r
r
r
&&
则：
r re
r e τθυθ==+r r r
&& 得：
r e τθ=&r
r
n r e θ=+
r
r r
2r r a re re (r r )e r e θθυθθθθ==+++-r r r r
&&&&&&&&&&
22t t r (r )e e 2e e ααθαβαβ=-+r r
则：径向与横向得分量分别为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，其切向加速度得量
值就是法向加速度值得-2k 倍。

若此质点从正焦弦得⼀端点
p (,p)2以速率u 出发，求质点到达正焦弦得另⼀端点p (,p)2
-时得速率υ。

解：建⽴⾃然坐标系有：2n d a e e dt τυυρ
=+r r r
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-=V （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=-=V
即：k ue πυ-=
12 竖直上抛⼀⼩球，设空⽓阻⼒恒定。

证明⼩球上升得时间⽐下落返回⾄原地点得时间短。

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 得质点⾃离地⾯h ⾼度处下落。

若空⽓阻⼒与质点速度得平⽅成正⽐，⽐例常数为C ，试讨论此质点下落过程中得运动状况。

解：设加速度为a ，速率为υ，则：2ma mg C m υυ=-=&
得：
2
d dt C g m
υ
=-积分并代⼊t 0=时0υ=有：
υ=
-
a 0υ
==>&
3
a
8ge e (1e
0-=+-<&
知：质点⼀直在做向下得变加速运动，且加速度越来越⼩。

14 将⼀质量为m 得质点以初速度0υ与⽔平线成α⾓抛出，此质点受到得空⽓阻⼒就是其速度得mk 倍，这⾥k 就是常数。

试求当质点得速度与⽔平线之间得夹⾓⼜为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 得质点⽤⼀长度为l 得不可伸长得轻绳悬挂于⼀⼩环
上，⼩环穿于⼀固定得⽔平钢丝上，其质量为32m 。

开始时，⼩环静
⽌质点下垂，处于平衡态。

今若沿钢丝得⽔平⽅向给质点以⼤⼩为
得初速度，证明若轻绳与铅垂线之间得夹⾓就是θ时，⼩环在钢
丝上仍不滑动，
则钢丝与⼩环间得摩擦系数⾄少就是此时绳中
得张⼒为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⊥=
===++++P
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，绳端与⼀弹簧得⼀个端点联结，弹簧得另⼀端挂⼀质量为m 得质点，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，试求弹簧得最⼤伸长及弹簧中得最⼤张⼒。

已知弹簧作⽤⼒为W 时得静⽌伸长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 两个相同得轻质弹簧，劲度系数为k ，⾃然长度就是0l ，在它们中间竖直地串接⼀质量为m 得质点。

弹簧得另外两端点分别固定于A 点与B 点，如图所⽰，A 、B 间得⾼度差就是032l 。

设开始时质点静⽌于AB 得中点，求质点得运动规律。

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 两个质量都就是m 得质点A 与质点B ⽤⼀⾃然长度为0l 得轻质弹簧相连，置于⼀光滑⽔平桌⾯上，如图所⽰。

弹簧得劲度系数为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 得恒⼒作⽤。

分别求处质点A 与质点B 得运动规律。

18解：依受⼒分析知 ()()A A B A 01B B 0A B 2F mx
k x x l *F mx
k 2l x x *==--==+-??&&L L &&L L
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：2
0B 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 及弹簧瞧成⼀系统，其质⼼做⼀受恒⼒kl 得作⽤，再将A 与B 理解成绕质⼼做周期性振动，可得A 得运动规律为质⼼运动与A 振动得合运动，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 2
mgr mgr cos θθθθ?
-=?
=?
&& 可解得：2
arccos
3
θ= 20 ⼀钢丝弯成尖端朝上得摆线：x a(sin ),z a(1cos )=-=+，上⾯穿有⼀质量为m 得⼩环。

今若⼩环在钢丝得最低处获得⼤⼩为0υ得初速度，开始沿摆线滑动。

求出当⼩环得速度与⽔平线成α⾓度时，⼩环得速率υ。

已知⼩环与钢丝得摩擦系数为µ。

解：⼩环运动时，依受⼒分析知：其
对钢丝得正压⼒为 2
m N mg cos υαρ=+
⼜因为：dz
z sin d tan cot dx x 1cos 2
d
α??
==
=-=--&& 得：2?απ=+
dl 2a sin d 4a cos d 2
αα===
代⼊：dl 2,4a sin 4a cos d 2
απραα=+=
== 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(cos 2sin 2)0µµααµ++++=& ()2d 2d 21
T m e [C 2mga cos 2sin 2e d ]2
µαµαυµααµα-??==-++?1*L L
（其中V mgz mga(1cos )?==+）
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 )2µαµα
µαµαµαµα
αααααµ
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
µαµα
υµαµαµµ-?=
=-+-+++2*L L 代⼊2
001t 0,0,T m 2
αυ===得：220212mga C m 21µυµ=++
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 '得圆环悬挂起来，环上套有两个质量都就是m 得⼩环，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就是多少？
解：⼩环因重⼒对m '得压⼒N mgcos θ=。

⽽⼩环运动所需向⼼⼒必由
m '对m 得弹⼒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=-
且依两环得对称性知，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 (133θ<<
则刚升起时：1arccos[(13θ=+ 第三章⾮惯性参考系
不识庐⼭真⾯⽬，只缘⾝在此⼭中。

地球得多姿多彩，宇宙得繁荣，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 '=+r r r
t t dr dr dr dr dr r dt dt dt dt dt
υω'''==+=++?r r r r r
r r r
t r υυω''=++?r r r r ()t dv dv d v r a dt dt dt
ω''+?==+
r r r r r
r
222**22()t d r d r d dr r v r dt dt dt dt
ωωωω'''''=++?+?+?+?r r r r
r r r r r r ()2t a a r r v ωωωω''''=++?+??+?r r r r r r r r r &
t c a a a '=++r r r
〈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=r
)
t a a a '=+r r r 即：()t ma F ma '=+-r r r
（2）旋转⾮惯性系 (0t t a υ==r r
)
()2a a r r ωωωωυ''''=+?+??+?r r r r r r r r r &
2 地球⾃转得效应（以地⼼为参考点）
2mr F mg m r ω=--?r r r r r &&&
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 ωλ
ωλλωλ?=+?=-+??=-+?&&&&&&&&&& 〈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=--?r r r r r &&& 为旋转⾮惯性系 ()2F mg mr
m r m r m r ωωωω-=+?+??+?r r r r r r r r r r &&&&在 ,r R ωω&== 条件下忽略 m r ω?r r &与 ()m r ωω??r r r
所得。

正因如此，地球上得物体运动
均受着地球⾃转⽽带来得科⽒⼒ 2m r ω-?r r
&得作⽤，也正就是它导致
了⽓旋，反⽓旋，热带风暴，信风，河岸右侧冲刷严重，⾃由落体，傅科摆等多姿多彩得⾃然现象。

〈注〉⾃由落体偏东得推导时，取 F r
=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，它得⾬篷遮着蓬得垂直投影后2m 得甲板；但当停航时，甲板上⼲湿两部分得分界线却在蓬前3m 处，如果⾬点得速率就是8⽶每秒，求船航⾏时得速率？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=+r r r
船相对⾬点得速度为3216()55
m
j i s υ'=-
+r r r
则：船相对湖⾯得航⾏速度8t u i υυ'=+=r r r r ()m s
则:u=8m s
2. 河得宽度为d ，⽔得流速与离开河岩得距离成正⽐。

岩边⽔得流速为0，河中⼼处⽔得流速为c 。

河中⼀⼩船内得⼈，以相对于⽔流恒定得速率u ，垂直于⽔流向岸边划去。

求⼩船得舫⾏轨道与抵达对岩得地点。