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
ˆe l 方向上动量守恒：dP
ˆˆe 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
θωϕ
=-=---&&
且O 点处：k r e cos()e sin()e θθϕθϕ=---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
θϕθϕ'=+=-+=--+---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
υϕθθϕθϕθϕθθϕθθϕωθϕωθϕ==--+--+----+--=--+--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 θθθθυ
ωϕθθϕωθθϕωϕθθϕωθθϕωϕθϕωϕθϕωθωθϕθϕ==----------=----=---+-⎡⎤⎣
⎦-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
r
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
θθ
κ=
&
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
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
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 )ϕϕϕ=-=+，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 ϕϕϕ
αϕϕ
==
=-=--&& 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(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 )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 )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。

解：如右图所示，建立xoy 惯性系，且依题意可知人得位置（x,y ）满足：
22(1)y c d x y c d y y
u ⎧⎧⎪⎪=⎪⎨⎨⎪-⎩⎪
⎪'==⎩&&& 1
23()*2()*2*d
y d
y ≤
>L L L L L L L L L 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
=
3. 一圆盘以匀角速度ωr
绕过圆心并与圆盘面垂直得轴转动。

一质点M 沿圆盘上得弦，以恒定得相对速度u r
运动，如图所示。

已知该弦离盘心得距离为b ，求在以地面为参考系时，质点M 得速度与加速度（表示成质点M 离弦中点得距离x 得函数）、 解:设M 得速度,加速度分别为υr 与a r
,依题意知: t r υυωυ''=+⨯+r
r
r r
r
ui k (xi bj)0
(u b )i xi
ωωω=+⨯++=-+r r r r
r r
e c a a a a '=++r r r r
22
222000k [k (xi bj)]2k ui
xi bj 2uj xi b (2u b)j
ωωωωωωωωωω=+++⨯⨯++⨯=--+=--+-r r r r r r
r r r r r
4一飞机在赤道上空以速率km 1000h 水平飞行。

考虑到地球得自转效应，分别在下列情形下求出飞机相对于惯性坐标系（不随地
球转动得坐标系）得速率：(1)向北飞行；(2)向西飞行；(3)向东飞行。

已知地球半径为6370km 、
解:以飞机为坐标原点,以向东为x 方向,向南为y 方向,竖直向上为z
方向,相对于地心(设为惯性系)得速度为:
56t m m Ri 7.29510 6.410i 466.7i s s υω-==⨯⨯⨯=r r r
则:三种情况相对于地心得速度分别为:
(1) 1t 1m km 466.7i 1000j s h υυυ'
=+=-r r
r
r
r 则:1m 543s υ==
(2) 2t 2m km m 466.7i 1000i 189s h s υυυ'=+=-=r r r r r 则:2m 189s υ= (3) 3t 3m km m 466.7i 1000i 744s h s υυυ'=+=+=r r r r r 则:3m 744s υ=
5一楔子，顶角为α，以匀加速度0a r
沿水平方向加速度运动。

质量为m 得质点沿楔子得光滑斜面滑下，如图所示。

求质点相对于
楔子得加速度a 'r
及质点对楔子得压力F r 、
解:依0a a a '=+r r r
得:
00000a a a gsin i a cos j (a cos j a sin i)(gsin a cos )i αααααα'=-=+-+=-r r r r r r r r
又因为在平动非惯性中:t ma F ma '=-r r r 、 得:0F m(a a )mg '=+-r r r r
00F m(gsin i a cos j)m(gcos j gsin i)m(gcos a sin )j αααααα=+--+=+r r r r r r
则楔子对斜面得压力 0F F m(gcos a sin )j αα'=-=-+r r r
6一缆车，以大小为0a ,与地平线成α角得匀加速度上升。

缆车中一物体自离缆车地板高度h 处自由下落。

求此物体落至地板处得位置。

解:以缆车为坐标原点建立坐标系,如右图则,物体满足： 000sin cos t a a a j a i
αα==-+r
r
r
r
，a gj
=r
r
则：00(sin )cos t a a a g a j a i αα'=-=+-r r r r r
知：00cos ,sin i j a a a g a αα''=-=+
又因为：t =
则：200cos 12(sin )i i i j a ha S a t h g a a αα'
'===-+'
即:向后方偏离
00cos (sin )
ha g a α
α+
7一单摆摆长为l ，悬挂点O '在水平线上作简谐振动：sin x a pt =。

这里x 就是悬挂点离开水平线上得固定点O 得距离，如图所示。

开始时摆锤沿铅直下垂，相对于O '得速度为零。

证明单摆此后得微小振动规律为
2222(sin sin ),()ap p
g pt kt k l l k p k
θ=-=-式中
解:以摆锤为原点建立坐标系n e ce τ,如右图,则：C 相对于O '点运动状况：
2t a X e ge sin cos e sin e e ap pt g l ττττττ
θθθ'=-=-=r r r r r r r r &&&&（利用：t a a a '=+r r r ） 再利用微振动cos 1,sin θθθ::，并令2g
k l
=
有： 2
2
sin ap k pt l
θ
θ=-+&& 可解得: 2
022sin()sin ()
ap A kt pt l k p θϕ=++-
并代入初始条件0,0t θθ===&
得：00ϕ=，2
22()
ap A l k p =--
故:
积分并代入,得: 222(sin sin )()ap p
pt kt l k p k
θ=--
8一竖直放置得钢丝圆圈，半径为r ，其上套有一质量为m 得光滑小环。

今若钢丝圈以匀加速度a r
竖直向上运动，求小环相对于钢丝圈得速率u 与钢丝圈对小环得作用力大小N F '。

已知初始时刻钢丝圈圆心与小环得连线跟铅直线之间得夹角0ϕϕ=，小环得相对速率0u u =、
解:设与沿直线向方向得夹角为ϕ。

如右图所示，以小环质心为参考原点建立坐标系n e oe τ，则在e τr
方向上：t a a a τττ'=+ 即 sin sin g a a τϕϕ'-=+ 得 ()sin du du u du
g a a dt d rd d τϕϕϕϕ
'-+==
==&
积分得：u =在n e r
方向保持力平衡,则支持力
2()n n mu F m g e a e r '=+-r r r r
g g 2
002
00[2()(cos cos )]()cos [()(3cos 2cos )]
u m g a m g a r
u
m g a r
ϕϕϕ
ϕϕ=++-++=+-+ 9一平放于光滑水平桌面上得圆盘，以恒定角速度ωr
绕固定得圆盘中心转动。

有一质量为m 得人沿圆盘上确定得半径以恒定得相对速率u 向圆盘得边缘走动。

试分别利用（1）地面惯性系；（2）圆盘非惯性系，讨论圆盘对人得作用力
解：（1）以地面惯性参考系讨论,设人走得半径为n re r
，切向为,e τr
则
有：
2
2()n n F mgk m r e mgk m ute ωω=+-=-r r r r r
（2）以圆盘非惯性讨论： t F mg
a a a m
-'=+=r r
r r r
则：2()0n F mg m r mg m ute ωωω=-⨯⨯+=-r r r r r r r
10一半径为r 竖直放置得光滑圆环，绕通过其圆心得铅直轴以恒定得角速度ωr
转动。

在此圆环上套有一质量为m 得小环，自
4πθ=处相对于圆环无初带地沿环下滑。

问小环得位置θ为何值
时，它得滑动将开始反向？这就是θ就是圆环得圆心与小环得连线跟转轴之间得夹角。

解:同（8）题：t a a a '=+r
r
r
在e τr
方向上有：
sin cos sin g r a θωθθ'=-+
得：21(cos )sin 2du udu d u
a g r dt rd d ωθθϕϕ
'==
==-+r 积分并代入,04
u π
ϕ== 得：
2211(cos )(cos )2222
r u g πωθθ=-+- 当开始反向时,0u =， 代入上式解得：
22arccos()g
r θω
=- 11一内壁光滑得管子，在水平面内绕通过其端点O 得铅直轴，以恒定得角速度ωr
转动。

管内有一质量为m 得质点，用一自然长度为l ，劲度系数为k 得弹簧与管子得端点O 相连，设初始时质
点到O 得距离为x l =且0x =&。

求质点在管中得运动方程及它对
管壁得压力N F r。

解：以O 为原点,如右图建立直角坐标系,则有：
()2c e a a a a xi k k xi k xi
ωωω'=++=+⨯⨯+⨯r r r r r r r r r r
&&& 得: 21()2*a x x i xj ωω=-+r
r
r
&
&&L L 又因为：2()
()*Ny Nz F j F k mgk k x l a i m
m
+--=
-
r r r
r
r
L L 故：在x 方向有：222()x x l ω=-Ω-+Ω&
& （其中：2k
m
Ω=） 解方程并代入0,,0t x l x ===&得：
22
222()l x ωωω
Ω=-Ω-
再由1*，2*
式得：3
22Ny F m x ω==&
Nz F mg =
故：3
2N F ml
mgk =+r
12质量为m 得小环，套在半径为r 得光滑圆圈上，若圆圈在水平面内以匀角速度ω绕其圆周上得一点转动。

试分别写出小环沿圆圈切线方向与法线方向得运动微分方程（以小环相对于圆圈绕圆心转过得角度θ为参量写出），设圆圈对小环得作用力大小以
N F 表示，并可略去小环重力。

解：如右图所示建立坐标系,则：(1cos )sin r r i r j θθ'=++r r r
2222sin cos (cos sin )(cos sin )()00(1cos )sin 22sin 2cos e t c r i r j
a r i r j
a a r r r i r j
a r j r i
υθθθθθθθθθθθθωωωωθωθωυωθθωθθ'=-+'=-++-'=+⨯+⨯⨯=+-+-'=⨯=--r r r
&&r r r &&&&&&r r r r r r r r r &r r r r r && 则：c e a a a a '=++r r r r
22[(cos sin )(1cos )2cos ]r r r i θθθθωθωθθ=-+-+-r &&&&
22[(cos sin )sin 2sin ]r r r j θθθθωθωθθ+---r &&&& n n a e a e ττ=+r r
又因为：0,sin cos N n n F a e e i e e m
ττθθ=-+=-+r r r r r r
，cos sin n j e e τθθ=+r r r
在e τr 方向投影：2sin 0a r r τθ
ωθ=+=&& 得切线方向：2sin 0θωθ+=&&
在n e r
方向投影：22(1cos )2N
n F a r r r m
θωθωθ=--+-=-
&& 得在法线方向：22(1cos )2N mr F m r mr θωθωθ=-+-&&
13一质量为m 得质点，位于光滑得水平平台上，此平台以匀角速度ωr
绕通过平台上一定点O 得铅直轴转动。

若质点受到O 点得
吸引力2F m r ω=-r r 作用，这里r r
就是质点相对于O 点得径矢。

试
证明：质点在任何起始条件下，将绕O 点以角速度2ω作圆周轨道运动。

证明:（注：此题与12题过程与条件基本相同） 如右图建立坐标系：
2222cos sin sin cos (cos sin )(cos sin )()00(1cos )sin 22sin 2cos e t c r r i r j
r r i r j
a r r i r j a a r r r i r j
a r j r i
θθυθθθθθθθθθθθθωωωωθωθωυωθθωθθ'=+''==-+''==-++-'=+⨯+⨯⨯=+-+-'=⨯=--r r r
r r r r &&&r r r r &&&&&&&&r r r r r r r r r &r r r r r &&
则：c e a a a a '=++r r r r
22[(cos sin )(1cos )2cos ]r r r i θθθθωθωθθ=-+-+-r &&&& 22[(cos sin )sin 2sin ]r r r j θθθθωθωθθ+---r &&&&
n n a e a e ττ=+r r
因为: sin cos n i e e τθθ=-+r r r ，cos sin n j e e τθθ=+r r r
且：20,n a a r τω==-
得: 0,0a r τθ
θ=-==&&&& 2222n a r r r r θωωθω=---=-&&， 2θω=-&
即: 将绕以角速度2ω作圆周轨道运动。

14一抛物线形金属丝竖直放置，顶点向下，以匀角速率ω绕竖直轴转动。

一质量为m 得光滑小环套在金属丝上。

写出小环在金属丝上滑动时得运动微分方程。

已知金属丝构成得抛物线方程为24x ay =，这里a 为常数。

解：如右图建立直解坐标系,则：
2242()22x r xi yj xi j
a
xx r xi j a
xx x a xi
j a a
υυ'=+=+''==+''==++r r r r r
r r &r r &&r r &&&r r &&& 则： ()2e c t a a a r j j r xk
ωωωω''+=+⨯+⨯⨯+r r r r r r r r r &&n n b b a e a e a e ττ=++r r r 其中：sin cos n i e e τθθ=-+r r r ，cos sin n j e e τθθ=+r r r ，b k e =r r 且tan 2x
a
θ=
则： 22
()cos ()sin sin 22x x
a x x x g a a
τωθθθ=---+=&&
&&& 代入tan 2x
a
θ=
得： 2222(1)442x xx xg x x a a a
ω+=--+&&& 15在北纬λ处，一质点以初速率0υ竖直上抛，到达高度为h 时又落回地面。

考虑地球得自转效应，不计空气得阻力，求质点落地位置与上抛点之间得距离；就是偏东还就是偏西？为什么？
解：依地球上质点运动方程：2sin 2(sin cos )2cos x y y x z z g y ωλωλλωλ=⎧⎪=-+⎨⎪=-+⎩&&&&&&&&&&123***L L L L L L 初始条件为00,0,t x y z z υ=====&
& 对1*2*式进行第一次积分02sin 2cos x
y z gt y ωλωλυ=⎧⎨=-++⎩
&&
代入2*得：2042()cos y y gt ωωυλ=---&
& 积分得：0
cos 2sin 2cos 2gt y A t B t υωωλω
-=++
代入初始条件得：00cos cos cos 2cos 222t
gt y υλυλωλωωω
=-+
2
301cos cos 3
t t ωυλωλ-+B
落地时：0t υ==代入上式得：
83
y ωλ=- （0y <） 故偏西。

16在北纬λ得地方，以仰角α向东方发射一炮弹，炮弹得出口速率为υ，考虑地球得自转效应，证明炮弹地点得横向偏离为
3
224sin sin cos d g
υωλαα= 。

解：（此题与上题解题基本相同）初始条件变为：
000,cos ,sin ,0t y z x y x z υαυα=======&&&
对1*2*进行积分402sin *2cos sin x y z gt y ωλωλυα=⎧⎨=-++⎩
&L L L &
代入2*得：2042(sin )cos y y gt ωωυαλ=---&
& 积分并代入初始条件得：
0002sin cos sin cos cos 2cos cos cos sin 222242t gt g t y υαλυαλωυα
λλωωωωωω
=
-+-+
代入4*得：
02sin t
x ydt
ωλ=⎰20022sin cos sin cos sin 21cos cos 2sin [(cos )(cos 21)]
44242g t g g t t t υαλαλωλλωλυαωωωωωω
=---+-
代入2sin 22,cos 212()t t t t ωωωω-:: 得：20sin cos x t ωυλα=
当落地时：02sin t g υα
= 并代入上式得：22024sin cos sin x g υωλαα=
即横向偏离：2202
4sin cos sin d g
υωλαα
= 第四章 质点组动力学
以彼之道，还施彼身。

单身独影自就是无风不起浪,无论就是亲朋相会,还就是冤家聚头,定有故事流传、代数方程在此将笑傲江湖、
【要点分析与总结】 1 质点组
（1） 质心： 1
N i i
i c m r r m
==∑r r
对于连续体: c rdm r m
=
⎰r r
（2） 内力与外力: ()1
N e i i i
ij i m r F F ==+∑r r r
&& 且内力满足: ij ji F F =-r r
2 质点组运动得动量、角动量、动能
（1） 动量 c c
p mr p ==r r r
& （2） 角动量 1
N i i i c c c c i L r m r r mr L L =''=⨯+⨯=+∑r r r r r r r &&
（3） 动能 2211122
N c i i c i T mr m r T ='=+=+∑r r &&1
N
i i T ='∑
3 质点组运动得基本定理
（1） 动量定理：()
1
N e i i i dP m r F dt ===∑r
r r &&
质心定理：()e c
mr P F ==r r
r
&&& （2） 角动量定理：dL
M dt =r
r
()e c
dL M dt
=r
r c
c dL M dt
''=r
r （3） 动能定理：111
N N N i i ij i i i j dT F dr F dr ====+∑∑∑r r r r
g g
对质心：,1;N
i i ij i j i j
dT F dr F dr =≠'''=+
∑∑
r r r
r g g
4 开放得质点组： ()d dm m u F dt dt
υυ--=r r
r r
或()d m dm u F dt dt υ-=r
r
r
<析>此章中许多等式得推导多用到分部积分与等量代换、在本章得习题解答中多用到动量定理,角动量定理与机械能守恒定理得联立方程组,有时质心定理得横空出世会救您于水深火热之中、
【解题演示】
1在一半径为r 得圆圈上截取一段长为s 得圆弧，求出这段圆弧得质心位置。

解：如右图所示建立坐标系 。

则：02s r θ=
设c c c r x i y j =+r r r
有：
222
02
022
2222202
0022sin cos cos 0
cos sin 22sin sin sin
2s s c s s s s c s s r ds r d r x s
s
ds r ds r d r r r s
y s
s s s r
ds
θθθθ
ηθθθθθηηθθθθθθη-----
---=
=
==-=
=
===-⎰⎰
⎰⎰⎰⎰
则质心位置为22(0,sin )2r s
s r
， 距顶点o '得位置为2(1sin )2c r s
r y r s r
-=-
2．求出半径为r 得匀质半球得质心位置。

解：如右图所示，取一截面元与底面相距sin d θ，则其质量： 2(sin )(sin )m d r d r ρπθθ= 则：质心与底面距离
22
03(sin )(sin )
23
m
m
didm r r d r d m
r π
θρπθθρπ=
=
⎰
⎰
2224203313cos sin (sin sin )224428
00
r r r d ππ
π
θθθθ==-=⎰
3．两只质量均为m '得冰船，静止地放在光滑得冰面上。

一质量为m 得人自第一只船跳入第二只船，并立即自第二只船跳回第一只船。

设所有得运动都在一条直线上。

求两船最后得速度之比。

解：人在两船运动为人与船组成系统得内部作用，故此系统动量守恒，有：12()0m m m υυ''++= 得：
12m m m υυ'
=-'
+ 4．一船以速度υr
前进，船上某人以相对速度u r
向船头抛出一质量为m 得铁球。

已知船与人得总质量就是m '。

求人抛掷铁所作得功W 。

解：同上题。

动量守恒得：()()m u m m m υυυ''''++=+r
r r
得：m u m m
υυ''=-'+r
r r
系统前后能量变化：
222111()()222
E m m u m m υυυ''''∆=++-+r r r r
2222111()()()222
2()
m u m u m m m m m m m m mm u m m υυυ''''=-++-+''++'=
'+r r
r r r
即：人做功2
2()
mm u W m m '='+
5．一质量为3m 得粒子爆炸成质量相同得三小块。

其中两块得飞行方向相互垂直。

它们得速率分别就是2υ与3υ。

求出第三块得速度与动量得大小。

解：设三块得速度分别为123,,υυυr r r 且：122,3.i j υυυυ==r r
r
r
则依动量守恒 ：1230m m m υυυ++=r r
r
得：31233(),23p m m i m j υυυυυυ=-+==--r r r
r
r
r r
则：3p υ==
6．重量为W 得大楔子放在光滑得水平面上，在它得斜面上放置一与它相似得小楔子。

小楔了得重量就是P 。

大小楔子得水平边长分别为
a 与
b 。

小楔子自大楔子顶部静止下滑，求小楔子完全下滑到水平面
时，大小楔子完全下滑到水平面时，大小楔子分别移动了多少距离？ 解：依图设大小楔子水平位移分别为,W P x x r r
且依水平方向动量守恒：
0W P
Wx Px +=r
r
&& 对其积分得：0W P Wx Px +=r r
且有()W P x x b a i -=-r r r
代入上式得：(),()W P P W
x a b i x a b i W P W P
=-
-=-++r r r
r 7．一炮弹以仰角α发射，速率为υr
，当炮弹达到最高点时，爆炸成质量分别为1m 与2m 得两块弹片。

已知火药爆炸得能量就是E 。

爆炸后得瞬时，两弹片仍沿原方向飞行。

求两弹片落地时相隔得距离s 。

解：炮弹从空中降下得时间sin t g
υθ
=
，在最高点处沿飞行方向动量守
恒。

设12,m m 炸后得速率分别为12,υυ。

则有：
112212222
112212()cos 111()(cos )222
m m m m E m m m m υυυαυυυα+=+⎧⎪⎨=+-+⎪⎩
可解得：12υυυ=-=V
则：s t υ==
V 8．重量为W 得人，手里拿着一个重量为w 得物体，以与地平线成α角度得速度0υr
向前跳出。

当她达到最高点时，将手中得物体以速率u 向后抛去。

问抛出物体后，人向前跳得距离增加多少？
解：（同理）设抛去w 后，人得速率变为υ'，由于最高处水平方向动量守恒得：0()()cos w u W w W υυυα''-+=+ 解得：0cos wu
w W
υυα'=+
+ 故人向前增加得距离：000sin sin cos ()wu s t g
w W g
υθ
υθ
υυυα'==-=
+V
9．质量为m 得物体沿一直角劈得光滑斜面下滑，直角劈得质量为m '倾
角为θ，置于光滑水平面上。

求（1）物体水平方向得加速度m x &&；
（2）劈得加速度p x &&；（3）劈对物体得反作用力1F r
与水平面对劈得反作用力2F r。

解：如右图所示，建立各方向矢量，设劈与物体间得与反作用力为
11,F F 'r r ，则：1111sin sin ,m m F F F F x i i x i i M M m m θθ''==-=
=''''
P
P r r r r r r &&&&1*L L 则物体相对于尖劈得水平加速度：1sin x m M m m a x x F mm θ'
+=-=
'
&&&& 在z e r 方向上，物体受1F ⊥r 与mg r
得作用：(cos )cos F F g g m m
θθα⊥-=+=-
依几何关系：1cos ()
tan (sin )x
F g m m m a F mm θαθθ⊥-=='+'
解得：1cos sin n mm g F e m m θθ'='+r r
代入1*式可得：1212sin cos sin sin sin cos sin sin m M F m g x m m m F mg x m m m θθθ
θθθθθ
'=
='+=-=-''+&&&& 水平面对劈得反作用力21()cos ()z z F m g e F e θ''=-+-r r r r
22
cos ()sin z m g m g e m m θθ
''=-+'+r
2()sin z m m mg e m m θ
'+=-
'+r
10．质量为m '，半径为r 得光滑半球，其底面放在光滑得水平面上。

一质量为m 得质点沿此半球面下滑。

设质点跟球心得连线与铅直轴之间得夹角为θ。

已知初始时系统就是静止得，θα=求当θβ=时，θ&得值。

解：如右图所示，质点m 相对于半球得速度u r θ=⨯r r r &满足：
cos sin x y u r e u u r i r j τθθθθθ==+=+r r
r r r r
&&& x m m u x x '
=-r
r
r
&& 在水平方向动量守恒，联立能量守恒得
22011()()(cos cos )22
m m
m m m x mx m x m x mg r αθ''⎧'+=⎪
⎨'+=-⎪⎩r r &&r r &&
可解得：2
22()(cos cos )
(sin )
g m m r m m αθθθ'+-='+&
则：θβθ==
&
11．质量为m 得小珠A 能在一水平光滑得滑轨上滑动。

另有一质量也就是m 得质点B 用无弹性得轻绳与A 联结，质点B 可以铅垂平面内摆动。

已知绳长为2l 。

初始时系统静止，绳与铅直线间得夹角为θα=。

证明：当夹角θβ=时，有
2
2
(cos cos )
2
(2cos )g l θβαβ-=
-&
解：证明，如右图所示。

知：2cos 2sin A B l i l j υυθθθθ-=-+r
r
r
r
&
& 水平方向动量守恒：(2cos )0A A m m l υυθθ+-=& 得： cos *A l υθθ=-&
L L 又依能量守恒：
22211[(2cos )(2sin )]2(cos cos )22
A A m m l l mgl υυθθθθαθ+-+=-&&
代入*得：2
22(cos cos )
(sin 1)
g l αθθθ-=+&
得：
22(cos cos )
2
(2cos )
g l θβ
θ
βαβ=-=
-&
12．在光滑水平桌面上，有两个质量都就是m 得质点，用长为l 得不
可伸长得轻绳联结。

今在其中一个质点上作用与绳垂直得冲量I r
求证。