理论力学(周衍柏)习题答案,第五章
理论力学课后答案第五章(周衍柏)上课讲义
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。
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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aq &更富有意义？ 5.4既然aq 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a q 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∑⋅=ii i r F W ρρδδ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==⋅∑∑==11ρρ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。
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对两边积分
1.35解锤的压力是均匀增加的，设 ， 为常数，由题意可知 ，得
，
所以
，
即
故
两边同时积分
得
， ①
又因为当 增至极大值 后，又均匀减小到0，故此时有 为常数，
所以
即
②
由①得
③
整个过程压力所做功
又因为
即
对上式两边分段积分
得
1．36
解（a）保守力 满足条件 对题中所给的力的表达式，代入上式
即
所以此力是保守力，其势为
②
联立①② 得
③
齐次方程通解
非齐次方程③的特解
所以③的通解
代入初始条件： 时， 得 ；故有
即为 在任一时刻离上端 的距离.
1.27解对于圆柱凸面上运动的质点受力分析如图1-24.
运动的轨迹的切线方向上有:
①
法线方向上有：
②
对于①有 （ 为运动路程，亦即半圆柱周围弧长）即
又因为
即
③
设质点刚离开圆柱面时速度 ，离开点与竖直方向夹角 ，对③式两边积分
电子受力
则电子的运动微分方程为
②-③-④
由② ，即
⑤
代入③整理可得
⑥
对于齐次方程 的通解
非齐次方程的特解
所以非齐次方程的通解
代入初始条件： 时， 得
时， 得 ,故
⑦
同理，把⑦代入⑤可以解出
把⑦代入⑤
代入初条件 时， ，得 .所以
）
1.23证 （a）在1.22题中， 时，则电子运动受力 电子的运动微分方程
所以单摆振动周期
结论得证。
1.32解：设楔子的倾角为 ，楔子向右作加速度 的匀加速运动，如图1.32.1图。
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第五章习题解答5.1解如题5.1.1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夹角所唯一确定。
杆的自由度为1，由平衡条件：即mg y =0①变换方程y=2rcos sin-= rsin2②故③代回①式即因在约束下是任意的，要使上式成立必须有：rcos2-=0④又由于cos=故cos2=代回④式得5.2解如题5.2.1图三球受理想约束，球的位置可以由确定，自由度数为1，故。
得由虚功原理故①因在约束条件下是任意的，要使上式成立，必须故②又由得：③由②③可得5.3解如题5.3.1图，在相距2a的两钉处约束反力垂直于虚位移，为理想约束。
去掉绳代之以力T，且视为主动力后采用虚功原理，一确定便可确定ABCD的位置。
因此自由度数为1。
选为广义坐。
由虚功原理：w①又取变分得代入①式得：化简得②设因在约束条件下任意，欲使上式成立，须有：由此得5.4解自由度，质点位置为。
由①由已知得故②约束方程③联立②③可求得或又由于故或5.5解如题5.5.1图按题意仅重力作用，为保守系。
因为已知，故可认为自由度为1.选广义坐标，在球面坐标系中，质点的动能：由于所以又由于故取Ox为零势，体系势能为：故力学体系的拉氏函数为：5.6解如题5.6.1图.平面运动，一个自由度.选广义坐标为，广义速度因未定体系受力类型，由一般形式的拉格朗日方程①在广义力代入①得：②在极坐标系下：③故将以上各式代入②式得5.7解如题5.7.1图又由于所以①取坐标原点为零势面②拉氏函数③代入保守系拉格朗日方程得代入保守系拉格朗日方程得5.8解：如图5.8.1图.(1)由于细管以匀角速转动，因此=可以认为质点的自由度为1.(2)取广义坐标.(3)根据极坐标系中的动能取初始水平面为零势能面，势能:拉氏函数①(4)，代入拉氏方程得：(5)先求齐次方程的解.②特解为故①式的通解为③在时：④⑤联立④⑤得将代回式③可得方程的解为：5.9解如题5.9.1图.（1）按题意为保守力系，质点被约束在圆锥面内运动，故自有度数为2. （2）选广义坐标，.（3）在柱坐标系中：以面为零势能面，则：拉氏函数-①（4）因为不显含，所以为循环坐标，即常数②对另一广义坐标代入保守系拉氏方程③有得④所以此质点的运动微分方程为（为常数）所以5.10解如题5.10.1图.（1）体系自由度数为2.（2）选广义坐标（3）质点的速度劈的速度故体系动能以面为零势面，体系势能：其中为劈势能.拉氏函数①（4）代入拉格郎日方程得：②代入拉格郎日方程得③联立②，③得5.11 解如题5.11.1图（1）本系统内虽有摩擦力，但不做功，故仍是保守系中有约束的平面平行运动，自由度（2）选取广义坐标（3）根据刚体力学其中绕质心转动惯量选为零势面，体系势能：其中C为常数.拉氏函数(4)代入保守系拉氏方程得：对于物体，有5.12解如题5.12.1图.（1）棒作平面运动，一个约束，故自由度. （2）选广义坐标（3）力学体系的动能根据运动合成又故设为绕质心的回转半径，代入①得动能②（4）由③（其中）则④因为、在约束条件下任意且独立，要使上式成立，必须：⑤（5）代入一般形式的拉氏方程得：⑥又代入一般形式的拉氏方程得：⑦⑥、⑦两式为运动微分方程（6）若摆动角很小，则，代入式得：，代入⑥⑦式得：⑧又故代入⑧式得：（因为角很小，故可略去项）5.13解如题5.13.1图(1)由于曲柄长度固定，自由度.(2)选广义坐标，受一力矩，重力忽略，故可利用基本形式拉格朗日方程：①(3)系统动能②（4）由定义式③（5）代入①得：得5.14.解如题5.14.1图.（1）因体系作平面平行运动，一个约束方程：(2)体系自由度，选广义坐标.虽有摩擦，但不做功，为保守体系（3）体系动能：轮平动动能轮质心转动动能轮质心动能轮绕质心转动动能.①以地面为零势面，体系势能则保守系的拉氏函数②(1)因为不显含，得知为循环坐标.故=常数③开始时：则代入得又时，所以5.15解如题5.15.1图（1）本系统作平面平行运动，干限制在球壳内运动，自由度；选广义坐标，体系摩擦力不做功，为保守力系，故可用保守系拉氏方程证明①（2）体系动能=球壳质心动能+球壳转动动能+杆质心动能+杆绕中心转动动能②其中代入②得以地面为零势面，则势能：（其中为常数）(3)因为是循环坐标，故常熟③而代入①式得④联立③、④可得（先由③式两边求导，再与④式联立）⑤⑤试乘并积分得：又由于当5.16解如题图5.16.1.（1）由已知条件可得系统自由度.（2）取广义坐标.（3）根据刚体力学，体系动能：①又将以上各式代入①式得：设原点为零势能点，所以体系势能体系的拉氏函数②(1)因为体系只有重力势能做工，因而为保守系，故可采用③代入③式得即（5）解方程得5.17解如题5.17.1图（1）由题设知系统动能①取轴为势能零点，系统势能拉氏函数②（2）体系只有重力做功，为保守系，故可采用保守系拉氏方程.代入拉氏方程得：又代入上式得即③同理又代入上式得④令代入③④式得：欲使有非零解，则须有解得周期5.18解如题5.18.1图（1）系统自由度（2）取广义坐标广义速度（3）因为是微震动，体系动能：以为势能零点，体系势能拉氏函数（4）即①同理②同理③设代入①②③式得欲使有非零解，必须解之又故可得周期5.19解如题5.19.1图（1）体系自由度（2）取广义坐标广义速度（3）体系动能体系势能体系的拉氏函数（4）体系中只有弹力做功，体系为保守系，可用①将以上各式代入①式得：②先求齐次方程③设代入③式得要使有非零，必须即又故通解为：其中又存在特解有②③式可得式中及为积分常数。
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第一章习题1.1沿水平方向前进的枪弹，通过某一距离s 的时间为t 1，而通过下一等距离s 的时间为2t .试证明枪弹的减速度（假定是常数）为()()2121122t t t t t t s +- 1.2 某船向东航行，速率为每小时15km,在正午某一灯塔。
另一船以同样速度向北航行，在下午1时30分经过此灯塔。
问在什么时候，两船的距离最近？最近的距离是多少？ 1.3 曲柄,r A O =以匀角速ω绕定点O 转动。
此曲柄借连杆AB 使滑块B 沿直线Ox 运动。
求连杆上C 点的轨道方程及速度。
设a CB AC ==，ψϕ=∠=∠ABO AOB ,。
x第1.3题图1.4 细杆OL 绕O 点以角速ω转动，并推动小环C 在固定的钢丝AB 上滑动。
图中的d 为已知常数，试求小球的速度及加速度的量值。
A BOCLxθd 第1.4题图1.5 矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin 1π 式中c 及T 为常数，试求运动开始t 秒后升降机的速度及其所走过的路程。
已知升降机的初速度为零。
1.6 一质点沿位失及垂直于位失的速度分别为r λ及μθ，式中λ及μ是常数。
试证其沿位矢及垂直于位失的加速度为⎪⎭⎫ ⎝⎛+-r r r μλμθθμλ,2221.7 试自θθsin ,cos r y r x ==出发，计算x 及y。
并由此推出径向加速度ra 及横向加速度θa 。
1.8 直线FM 在一给定的椭圆平面内以匀角速ω绕其焦点F 转动。
求此直线与椭圆的焦点M 的速度。
已知以焦点为坐标原点的椭圆的极坐标方程为()θcos 112e e a r +-=式中a 为椭圆的半长轴，e 为偏心率，都是常数。
1.9 质点作平面运动，其速率保持为常数。
试证其速度矢量v 与加速度矢量a 正交。
1.10 一质点沿着抛物线px y 22=运动其切向加速度的量值为法向加速度量值的k 2-倍。
如此质点从正焦弦⎪⎭⎫⎝⎛p p ,2的一端以速度u 出发，试求其达到正焦弦另一端时的速率。
理论力学_第三版_高等教育出版社_周衍柏_习题答案
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:St 1St 2题1.1.1图设开始计时的时刻速度为v 0 ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为a . 则有:⎧ 1 ⎪s = v 0t 1 − at 1 2⎪ 2 ⎨1 ⎪2s = v 0 (t 1 + t2 ) − a (t 1 + t 2 ) 2⎪⎩ 2由以上两式得v = s + 1 at 01t 2 1再由此式得2s (t 2 −t 1 ) t 1t 2 (t 1 + t 2 )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.A题1.2.1图⎛t + 11 ⎞ 设 A 船经过 0 小时向东经过灯塔,则向北行驶的B 船经过⎜ t 2 ⎟小时经过灯塔 0⎝⎠ 任意时刻 A 船的坐标x A = −(15t 0 − 15t )， y A = 0B 船坐标x B = 0 ，y = −⎡ ⎤ ⎛ + 11 ⎞ − 15t ⎥⎢15⎜t 0 2 ⎟ B ⎝ ⎠ ⎣ ⎦则 AB 船间距离的平方= (x − x ) + (y − y )22d 2 A B AB即⎤ 2 ⎡ ⎛ 1 ⎞ = (15t −15t )2+ d 2 + 1 ⎟ − 15t 15⎜t ⎢ ⎥ 0 0 ⎝ 2 ⎠ ⎣ ⎦1 ⎞2⎛ = 450t − ( ) 2900t 0 + 675 t +225t 0 2+ 225 t + 1⎜ ⎟ 0 ⎝2 ⎠ d 2 对时间t 求导( d )2d = 900t − ( 900t 0 + 675) dtd (d 2 )= 0 ，所以 AB船相距最近，即 dt3 h4t − t = 0即午后 45 分钟时两船相距最近最近距离⎛ 3 ⎞2 3 ⎞2 ⎛ 3 = ⎜15 × ⎟ + ⎜15 × −15 × ⎟ 4 4 2 km s min⎝⎠ ⎝ ⎠ 1.3 解 (1) 如题 1.3.2 图yAaψrϕ CaBxO第 1 . 3 题 图y ωϕ题1.3.2图由题分析可知，点C 的坐标为⎧x = r cos ϕ+ a cos ψ ⎨y= a sin ψ ⎩ r 2a= 又由于在 ∆ A O B 中，有（正弦定理）所以 sin ψ sin ϕsin ϕ = 2a sin ψ =2y r r联立以上各式运用sin 2 ϕ+ cos 2 ϕ = 1由此可得x − a 2 − y 2x − a cos ψ cos ϕ = =r r得x 2 + a 2 − y 2 − 2x a 2 − y 2 4y 2+ = 1r 2r 2得3y 2 + x 2 + a 2 − r 2 = 2x a 2 − y 2化简整理可得4x 2 (a 2 − y 2 )= (x 2 + 3y 2 + a 2 − r 2)2此即为C 点的轨道方程. （2）要求C 点的速度，分别求导⎧ r ωcos ϕ x = −r ωsin ϕ− sin ψ ⎪ ⎨2 cos ψ r ωcos ϕ ⎪y = ⎪⎩ 2其中ω = ϕ又因为r sin ϕ = 2a sin ψ对两边分别求导 故有= r ωcos ϕψ2a cos ψ所以⎞2r 2ω2 cos 2ϕ⎛ r ωcos ϕ V = x2 + y 2 = ⎜⎜ − r ωsin ϕ− sin ψ⎟⎟ + 2 cos ψ 4 ⎝ ⎠r ω cos 2 ϕ+ 4 sin ϕcos ψsin (ϕ+ψ) = 2 cos ψ1.4 解 如题 1.4.1 图所示，第1.4题 图O L 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v ⊥ = ω× OC = ω d 2 + x 2C 点速度d 2 + x 2v⊥v == v ⊥ sec θ = ωd sec θ =ω cos θ2 d又因为θ = ω所以C 点加速度θ = 2ω2x (d 2 + x 2 )a = d v = ωd ⋅ 2 sec θ⋅ sec θ⋅ tan ⋅θ = ω22θ 2dsec tan dtd 21.5 解 由题可知，变加速度表示为a = c ⎛1 − sin πt ⎞⎜ 2T ⎟⎝ ⎠由加速度的微分形式我们可知a = dvdt代入得dv = c ⎛1 − sin πt ⎞dt⎜ 2T ⎟ ⎝⎠对等式两边同时积分πt ⎞dt⎛ vt ∫ ∫ dv = c 1 − sin ⎜ ⎟ 0 ⎝ 2T ⎠ 0 可得 ：v = ct + 2T c cos πt+ D （ D 为常数）π代入初始条件：t = 0 时，v = 0 ，故2T D = − 2T cπ即⎡ πt ⎞⎤ 2T ⎛ v = c ⎢t + π ⎜cos 2T− 1⎟⎥⎝ ⎠⎦⎣ 又因为v = ds dt所以⎡ πt⎞2T ⎛ ds = c ⎢t + π ⎜cos 2T− 1⎟⎥dt⎝ ⎠⎦⎣ 对等式两边同时积分 ，可得：s = c ⎡ 1 t 2πt 2T − t ⎞ ⎤⎛ 2T 2T +⎜sin ⎟ ⎥⎢ 2 π π ⎝ ⎠⎦⎣1.6 解 由题可知质点的位矢速度= λr ①v // 沿垂直于位矢速度v ⊥ = µθ= r = λr v // 又因为 ， 即r = λrv = θr = µθ 即 θ= µθ ⊥ r=(r i ) + (r θj j j j )（取位矢方向i i i i ，垂直位矢方向 j j ） d v dd a =dt dt dt所以ddt(r θj j j )= d r d i = (r i ) =i + r i + r θj j jr dt dtd θ dtd j = r θj + r θj − r θ2i dtddtdr dtθj j + rj j + r θ 故a = (r − r θ2 )i + (r θ+ 2r θ)j 即 沿位矢方向加速度a = (r − r θ2 ) 垂直位矢方向加速度a ⊥ = (r θ+ 2rθ)对③求导r = λr = λ2 r对④求导θ = − µθ r + µ = µθ⎛ µ + λ⎞θr ⎜ r⎟ r 2 ⎝ ⎠把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得µ2θ2= λ r −2a // ra = µθ⎛λ+ µ⎞ ⎜ r ⎟ ⊥⎝⎠ 1.7 解 由题可知⎧x = r cosθ⎨y =r sinθ①②⎩对①求导x= r cosθ−r sinθθ③对③求导x=r c osθ−2rθsinθ−rθsinθ−rθ2cosθ④对②求导y=r sinθ+rθcosθ⑤对⑤求导y=r s inθ+2rθcosθ+rθcosθ−rθ2sinθ⑥对于加速度a，我们有如下关系见题 1.7.1 图aθθ题1.7.1图即⎧x= a r cosθ+ aθsinθ⎨y= a sinθ+ a cosθ⑦--⑧⎩θr对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦× cosθ，⑧× sinθ即得⎧x c osθ = a r cosθ−aθsinθcosθ⎨y s inθ = a sinθ+ a sinθcosθ⑨--⑩⎩r θ⑨+⑩得ar= x c osθ+ y s inθ⑾把④⑥代入⑾得a =r−rθ2r同理可得aθ=rθ+2rθ1.8 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⎧x = r cos θ⎨y= r sin θ ⎩ 对x , y 两式分别求导⎧⎪x= r cos θ− r θsin θ ⎨ ⎪⎩y= r sin θ+ r θcos θ 故= x 2 + y 2 = (r cos θ − r θsin θ)2 + (r sin θ+ r θcos θ)2 = r2 + r 2ω2 v 2 如图所示的椭圆的极坐标表示法为a(1 − e 2)r =1 + e cos θ对r 求导可得（利用θ = ω）又因为e cos θ1 =r 1 +a (1 − e 2) a (1 − e 2)即a (1 − e 2)− r cos θ =re所以a 2 (1 − e 2 )2+ r 2 − 2a r (1 − e 2 ) sin 2 θ = 1 − cos 2θ = 1 −r 2e 2故有e 2ω2r 4a2 (1 − e 2 )2 v = 2sin θ+ r ω2 2 2e 2ω2r 4=( ) + ( e ) + r 2ω2a 2(1 − e 2 ) 221 −2 2− 1 − 22a e r 2ar [1 − ]r 2e 2e r − r + 2a r (1 − e 2 )⎤ r 2ω2 ⎡ ⎢ 2 2 2 ω2r 2 ( ) = ⋅ a 2 (1 − e 2 ) ⎥ = 2a − rr 1 − e 2 ⎣ ⎦ b2即v = r ωr (2a − r )b（其中b 2 = (1 − e 2 )a 2 ,b 为椭圆的半短轴）1.9 证 质点作平面运动，设速度表达式为v = v x i + v y j令为位矢与轴正向的夹角，所以⎛ dv y ⎞ dv y dt ⎛ dv x ⎞ d v dv x d i i d j j = ⎜ − v y θ⎟i + ⎜⎜+ v x θ⎟⎟j a = = dt i + v x + dt dt j j j j + v y dt ⎝ dt ⎠ dt ⎝ ⎠所以⎛ dv ⎞j j j j ] ⋅ ( ⎛ dv ⎞ a = [ v i i+ v j j ) ⎜⎜ y v θ⎟ − v θ i i + + ⎜ ⎝ x ⎟⎟ x y y x dt⎠ dt ⎝ ⎠dv dv y dt dv dv = v − v v θ + v y + v v θ = v + v x x x x y y x y x ydt dt dt又因为速率保持为常数，即v 2 x + v 2 y = C ,C 为常数对等式两边求导dv y dt dv + 2v = 0x2v xy dt所以a ⋅ v = 0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1.1 0 .1图则质点切向加速度= dv a t dtv 2 = 法向加速度a n ρ，而且有关系式v 2ρ dv = − dt2k ①又因为1 ρ= ②(1 + y ′ )3 22 = 2pxy 2 所以py y ′ = ③2y ′ = − p④y3 联立①②③④p 2dv dt = −2kv 2⑤ 3 ⎛ p 2 ⎞ 2⎜1 + ⎟ ⎜ 2 ⎟ y ⎝ ⎠又dv = dv ⋅ dy = ydv dt dy dt dy把y 2 = 2px 两边对时间求导得y 3 y ′y ypx= 又因为= x 2 + y 2v 2 所以v 2 y = 2y 2p2⑥1 + 把⑥代入⑤p 2 y 3v· dv = −2kv 2 ⋅ 1 3dy ⎛ y 2 ⎞ 2 ⎛ p 2 ⎞ 2⎜1 + ⎟ ⎜1 + ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ p y ⎝ ⎠ ⎝ ⎠既可化为dv = −2kp vdy y 2 + p 2对等式两边积分dv = −2kp − pdyv∫∫ y 2 + p 2v up 所以v = ue −k π1.11 解 由题可知速度和加速度有关系如图 1.11.1 所示题1.1 1 .1图⎧ v 2⎪a n = = a sin α r dv ⎨⎪a = = a cos α dt⎪⎩ t 两式相比得v 2 1 · dv= r sin α cos α dt即1 cot αdt = dv v2 r 对等式两边分别积分1 cot αdt = dv tv ∫∫ 2rv 0v 0 即1 = 1 − t cot α v v 0 r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⎧v 2= a sin α⎪ r ⎨dv ①② ⎪ = a cos α ⎪⎩ dtdv ，联立①②，有 dv = dv ⋅ d θ = 所以dt d θ d t d θdv ω = v 2 cos α d θ r sin α又因为v = ωr所以dv = cot αd θ，对等式两边分别积分，利用初始条件t = 0 时，θ = θv( θ −θ )cot α v = v e 0= v 相 + v 牵 .式中v 绝 1.13 证（a ）当v 0 = 0 ，即空气相对地面上静止的，有 v 绝 质点相对静止参考系的绝对速度， v 相 指向点运动参考系的速度， v 牵 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： v 绝 = 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= 2l .t 0 v ′（b ）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度v 1 = v′ + v 0 飞行时间l t = 1v ′ + v 0当飞机向西飞行时速度v = v 相 + v 牵 = v ′ − v 0飞行时间l t = 2v ′ − v 0故来回飞行时间2v ′l l lt = t + t = + = 1 2v ′ + v v ′ − v v ′2 − v 20 0 0即2l t = v ′ = t 0 v 2 v 21 − 0 1 − 0 v ′2 v ′2同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间t 0t = v 2 1 − 0 v ′2（c ）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题 1.13.1 图v题1.1 3 .1图v 绝 = v 0 + v ′′ v = v −v 2 2所以来回飞行的总时间2l v ′2l t 0 t == = v ′2 − v 2 v 2 v 2 1 − 1 − 0′2′2v v 同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为t 0 t =v 2 1 − 0v ′21.14 解 正方形如题 1.14.1 图。
理论力学第五章习题答案
& = ak sin kt y
得
积分得 s = 4a (1 − cos
kt ) 2
5.3
根据下列点在极坐标系中的轨迹方程
试写出点的直角坐标轨迹方程
式中 p
e 均为正的常数
1
ρ=
p 1 + e cos ϕ p 1 − e cos ϕ p 1 − cos ϕ
e <1
2
ρ=
e >1
3 解
ρ=
直角坐标与极坐标有以下关系:
与 前 题 相 比 仅
e 差 一 符 号
→ (1 − e 2 ) x 2 + y 2 − 2 pex − p 2 = 0
3
ρ=பைடு நூலகம்
p 1 − cos ϕ
与 前 题 相 比
只 要 令 前 题 中 e =1 即 可
→ y 2 − 2 px − p 2 = 0
5.4 加速度 解
试以直角坐标及其导数表示 x = a ( kt − sin kt ) 切向加速度 法向加速度以及轨迹的曲率半径
sin γ = Rω / v
则由式 (**) 得 ρ = v / Rω = R / sin γ
2
2
2
5.8
如图所示
飞机 P 在任一时刻的经度为 ψ (t )
纬度为 λ (t )
高度为 h(t )
其在
地心坐标系中的球坐标运动方程为
r = R + h(t )
其中 R 是地球半径
θ = π / 2 − λ (t )
5.1 解
试写出点的柱坐标与球坐标之间的关系式 质点柱坐标系为 ρ
ϕ
z 球坐标为 r θ
ϕ
两者的 ϕ 坐标是相同的
理论力学(周衍柏第三版)习题答案
把⑥代入⑤
v y2 1 p2
1 2
dv 2kv2 dy
p2 2 1 y2
3
既可化为 对等式两边积分 所以
dv dy 2kp 2 v y p2
v
第一章习题解答
1.1 由题可知示意图如题 1.1.1 图:
S
S
t2
设开始计时的时刻速度为 v 0 ,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为 a . 则有:
1 2 s v t at1 0 1 2 2s v t t 1 at t 2 0 1 2 1 2 2
y
a
ar
O
题1.7.1图
x
即
a r cos a sin x ⑦--⑧ y a sin a cos r
对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦ cos ，⑧ sin 即得 ⑨+⑩得 把④⑥代入 ⑾得 同理可得 1.8 解
cos a r cos a sin cos x ⑨--⑩ y sin a sin a sin cos r
a dv d d j （取位矢方向 i ，垂直位矢方向 j ） i r r dt dt dt d dr di j i i r r ir r dt dt dt
所以
d j r 2i j dr j r d j r dj r j r r dt dt dt dt
又因为速率保持为常数，即
v 2 x v 2 y C, C 为常数
所以
对等式两边求导 2v dv x 2v dv y 0 x y dt dt
理论力学(周衍柏第三版)习题答案
v0 s 1 at1 t1 2
再由此式得 证明完毕.
a
2st 2 t1 t1t 2 t1 t 2
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.
1 设 A 船经过 t 0 小时向东经过灯塔,则向北行驶的 B 船经过 t 0 1 小时经过灯塔任意时刻 A 2
r
r
把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得
a // 2 r
1.7 解 由题可知
2 2
r
a r
x r cos ① ② y r sin
③ r cos r sin x sin r sin r 2 cos ④ cos 2r x r
对等式两边同时积分 ，可得： 1.6 解 由题可知质点的位矢速度 沿垂直于位矢速度 又因为
1 2T 2T t s c t 2 sin t 2T 2
v // r ①
v
即
r ， v // r
r r
v r 即 r
dv 2kv 2 dt
y3 p 1 y 2
2 3 2
⑤
又
dv dv dy dv y dt dy dt dy x yy p
把 y 2 2px 两边对时间求导得
又因为
2 y 2 v2 x
所以
2 y
v2 y2 ⑥ 1 2 p
d 15t 0 15t
2
1 15 t 0 1 15t 2
2
- - 1- -
周衍柏《理论力学教程(第三版)》电子教案 第五章8分析力学
*
H dt dU
相应地,变换后的正则方程为:
Q H * , P
*
H P . Q
1,2, s
反之,如果变换满足如下条件
* p d q P d Q H H dt dU s s
1
1
1
相应的可以变为
s p dq Q dP H H dt dU1 P Q U 3 (q, P, t ) 1 1 1 s s
*
所以
U 3 U 3 1,2,, s Q , p P q U 3 H H t
* H Q , P
H P . Q
*
1,2, s
2 母函数
U决定了正则变换, 因而叫正则变换的母函数.
(1)由于本身的随意性, 可以把母函数表示为函数
U1 U1 (q, Q, t )
考虑正则变换条件
s s * p d q P d Q H H dt dU1
这样用x,y表述谐振子的运动方程为
2C1 2C2 x sin( 1t 1 ), y sin( 2t 2 ) m1 m 2
4 泊松括号的不变性
泊松括号的一个重要性质就是在正则变换下具有 不变性, 即 , p,q , P,Q 证明:
, p,q
1
H*为新变量表示的哈密顿函数,则应的变换是正则 变换. 证明:由上式可得
( p q
1 s
P Q ) U
( p q
1
s
* P H U Q ) H
理论力学课后习题部分答案
B
A FAC FBA
P
(l)
(l1)
(l2)
(l3)
图 1-1
1-2 画出下列每个标注字符的物体的受力图。题图中未画重力的各物体的自重不计，所 有接触处均为光滑接触。
(a)
B
FN1
C
FN 2
P2 P1
FAy
A
FAx
(a2)
(b)
FN1
A
P1
FN
(b2)
C
FN′
P2
(a1)
B
FN1
FN 2
FN
P1
F Ay
FCy
FAx (f2)
C FC′x
FC′y F2
FBy
FBx B (f3)
FAy A FAx
FB
C B
(g)
FAy
FAx A
D FT C FCx
(g2)
FB
B
F1
FB′ B
FAy
A
FAx
(h)
(h1)
P (g1)
FC′y
FT
C
FC′x
P (g3)
D
FCy
FB
F2
C FCx
B
(h2)
A FAx
FAy
FCy
D FAy
A
FAx
(k3)
6
FB
F1
FB′
B B
FD D
(l) FD′ D
A FA
(l1) F2
C
FC (l2)
F1
D
F2
B
A
E
FE
FA
(l3) 或
F1
FB′
理论力学(周衍柏第二版)答案汇总
第一章习题1.1沿水平方向前进的枪弹，通过某一距离s 的时间为t 1，而通过下一等距离s 的时间为2t .试证明枪弹的减速度（假定是常数）为()()2121122t t t t t t s +- 1.2 某船向东航行，速率为每小时15km,在正午某一灯塔。
另一船以同样速度向北航行，在下午1时30分经过此灯塔。
问在什么时候，两船的距离最近？最近的距离是多少？ 1.3 曲柄,r A O =以匀角速ω绕定点O 转动。
此曲柄借连杆AB 使滑块B 沿直线Ox 运动。
求连杆上C 点的轨道方程及速度。
设a CB AC ==，ψϕ=∠=∠ABO AOB ,。
x第1.3题图1.4 细杆OL 绕O 点以角速ω转动，并推动小环C 在固定的钢丝AB 上滑动。
图中的d 为已知常数，试求小球的速度及加速度的量值。
A BOCLxθd 第1.4题图1.5 矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin 1π 式中c 及T 为常数，试求运动开始t 秒后升降机的速度及其所走过的路程。
已知升降机的初速度为零。
1.6 一质点沿位失及垂直于位失的速度分别为r λ及μθ，式中λ及μ是常数。
试证其沿位矢及垂直于位失的加速度为⎪⎭⎫ ⎝⎛+-r r r μλμθθμλ,2221.7 试自θθsin ,cos r y r x ==出发，计算x 及y。
并由此推出径向加速度ra 及横向加速度θa 。
1.8 直线FM 在一给定的椭圆平面内以匀角速ω绕其焦点F 转动。
求此直线与椭圆的焦点M 的速度。
已知以焦点为坐标原点的椭圆的极坐标方程为()θcos 112e e a r +-=式中a 为椭圆的半长轴，e 为偏心率，都是常数。
1.9 质点作平面运动，其速率保持为常数。
试证其速度矢量v 与加速度矢量a 正交。
1.10 一质点沿着抛物线px y 22=运动其切向加速度的量值为法向加速度量值的k 2-倍。
如此质点从正焦弦⎪⎭⎫⎝⎛p p ,2的一端以速度u 出发，试求其达到正焦弦另一端时的速率。
理论力学(周衍柏第三版)思考题习题答案
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。
周衍柏《理论力学教程(第三版)》电子教案 第五章5分析力学
H作为广义动量, 广义坐标和时间的函数, 又有
H H H dH q dq p dp t dt 1
s
由于动量, 坐标和时间都是独立的, 所以
q ( 1,2, , s ) H p q H p
（3）在球面坐标系中
1 2 2 2 2 2 2 T m(r r r sin ) ,V=V（r，，） 2
1 2 r 2 2 r 2 2 sin 2 ) V（r，，） L m(r 2
L L 2 p p mr , pr mr , r
s
考虑广义动量的定义, 得
s
L dq p dq dt dL p t 1 H ( p, q, t ) L p q
1
s
对于哈密顿量
可得
s
s
L q dp p dq q dp dt dH dL p dq t 1 1
因为
只要H不显含时间, 它就是守恒的, 即不随时间变化.
H中不显含t时，再分稳定约束与不稳定约束这两种情 况来讨论。 i）稳定约束
T＝T2
s 1
T q 1
s
s T2 q q 1
2T q
该题还可解得
2 m r r 2 r
粒子的径向运动方程．
常数 角动量守恒定律． p mr 2
例3： 分别用笛卡儿坐标、柱面坐标和球面坐标写出一个 自由质点在势场V( r )中的哈密顿函数H。 解: 体系为质点，自由度数s＝3 （1）在笛卡儿坐标系中，取x，y，z为广义坐标， 则拉格朗日函数L为
理论力学答案第五章
《理论力学》第五章作业参考答案习题5-5解： 设当线段AB 水平时套管A 所处的位置为原点，则根据几何关系，222l x AB +=套管A 的运动方程可以写为：22l AB x -=因此，套管A 的速度dtdABx l x dt dABl AB ABdtdx v 2222+=-==由于绳索以等速拉下时，线段AB 缩短，故0v dtdAB=-，所以 022v xl x v +-=（即方向向上）相应地，套管A 的加速度32202220x l v x dt dx l x dt dAB x v dt dv a -=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--== （即方向向上）答：套管A 的速度和加速度与距离x 的关系分别为：022v xl x v +-=和3220xlv a -=。
习题5-10解：由于动点M 的切向加速度与速度均沿切线方向τ，根据题意： ()βτcos ,cos ==aaa t22n t a a a +=所以动点M 的切向加速度和法向加速度分别为 66.82310cos =⨯==βa a t (m/s 2)566.8102222=-=-=t n a a a (m/s 2)又动点M 的速度为j i v34+=，所以53422=+=v (m/s)根据关系式ρ2v a n =我们有：55522===n a v ρ(m)答：轨迹在动点密切面内的曲率半径为5m 、切向加速度为8.66m/s 2。
习题5-11解：根据题意，小环M 的运动方程可以写做：22x vty pvt⎧=⎨=⎩ 所以小环M 的速度：22x yv x v pv p v y v x pvt ⎧==⎪⎪⎨⎪===⎪⎩2212M x y pv v v v x=+=+小环M 的加速度：202x x y y a v v p a v x x⎧==⎪⎪⎨⎪==-⎪⎩22M y v p a a xx==-答：小环M 的速度和加速度分别为12p v x +和22v p xx-。
周衍柏著理论力学——第五章分析力学 pdf讲义
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不可解约束：质点始终不能脱离的约束。如质点始终被曲面 约束，即存在约束方程
f ( x, y , z ) = 0 或 f ( x, y , z , t ) = 0 (5.1.3)
约束又可分为几何约束和运动约束。 几何约束又叫做完整约束，它只限制质点在空间的位置，因 而表现为质点坐标的函数，如
f ( x, y , z ) = 0 或 f ( x, y , z , t ) = 0 (5.1.3)
dr P
δr
7
8
9
三、虚功原理 以下讨论只限于不可解约束的情况，设体系在 k 个几何约束 下处于平衡状态。由于体系处于平衡状态，所以体系中每一 个质点都处于平衡状态。 因此任一质点 Pi ，受到主动力的合力 Fi 与约束反力的合力 Ri 满足： (i = 1,2, L , n ) (5.2.3) Fi + Ri = 0 让每一质点在平衡位置发生一虚位移 δr ，则有 Fi ⋅ δr + Ri ⋅ δr = 0 (i = 1,2, L , n ) 上式对各质点求和得：
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第一节 约束与广义坐标
一、约束的概念和分类 1、力学体系：质点的集合，且质点间存在相互作用，每一 个质点的运动都和其它质点的位置及运动有关，简称体系。 若有 n 个质点，则描述所有质点位置的坐标有 3n 个。 2、约束：限制质点自由运动的条件叫做的约束。 约束一般可表示成质点位置、速度和时间的方程。如：
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第五章习题解答5.1解如题5.1.1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夹角所唯一确定。
杆的自由度为1，由平衡条件：即mg y =0①变换方程y=2rcos sin-= rsin2②故③代回①式即因在约束下是任意的，要使上式成立必须有：rcos2-=0④又由于cos=故cos2=代回④式得5.2解如题5.2.1图三球受理想约束，球的位置可以由确定，自由度数为1，故。
得由虚功原理故①因在约束条件下是任意的，要使上式成立，必须故②又由得：③由②③可得5.3解如题5.3.1图，在相距2a的两钉处约束反力垂直于虚位移，为理想约束。
去掉绳代之以力T，且视为主动力后采用虚功原理，一确定便可确定ABCD的位置。
因此自由度数为1。
选为广义坐。
由虚功原理：w①又取变分得代入①式得：化简得②设因在约束条件下任意，欲使上式成立，须有：由此得5.4解自由度，质点位置为。
由①由已知得故②约束方程③联立②③可求得或又由于故或5.5解如题5.5.1图按题意仅重力作用，为保守系。
因为已知，故可认为自由度为1.选广义坐标，在球面坐标系中，质点的动能：由于所以又由于故取Ox为零势，体系势能为：故力学体系的拉氏函数为：5.6解如题5.6.1图.平面运动，一个自由度.选广义坐标为，广义速度因未定体系受力类型，由一般形式的拉格朗日方程①在广义力代入①得：②在极坐标系下：③故将以上各式代入②式得5.7解如题5.7.1图又由于所以①取坐标原点为零势面②拉氏函数③代入保守系拉格朗日方程得代入保守系拉格朗日方程得5.8解：如图5.8.1图.(1)由于细管以匀角速转动，因此=可以认为质点的自由度为1.(2)取广义坐标.(3)根据极坐标系中的动能取初始水平面为零势能面，势能:拉氏函数①(4)，代入拉氏方程得：(5)先求齐次方程的解.②特解为故①式的通解为③在时：④⑤联立④⑤得将代回式③可得方程的解为：5.9解如题5.9.1图.（1）按题意为保守力系，质点被约束在圆锥面内运动，故自有度数为2. （2）选广义坐标，.（3）在柱坐标系中：以面为零势能面，则：拉氏函数-①（4）因为不显含，所以为循环坐标，即常数②对另一广义坐标代入保守系拉氏方程③有得④所以此质点的运动微分方程为（为常数）所以5.10解如题5.10.1图.（1）体系自由度数为2.（2）选广义坐标（3）质点的速度劈的速度故体系动能以面为零势面，体系势能：其中为劈势能.拉氏函数①（4）代入拉格郎日方程得：②代入拉格郎日方程得③联立②，③得5.11 解如题5.11.1图（1）本系统内虽有摩擦力，但不做功，故仍是保守系中有约束的平面平行运动，自由度（2）选取广义坐标（3）根据刚体力学其中绕质心转动惯量选为零势面，体系势能：其中C为常数.拉氏函数(4)代入保守系拉氏方程得：对于物体，有5.12解如题5.12.1图.（1）棒作平面运动，一个约束，故自由度. （2）选广义坐标（3）力学体系的动能根据运动合成又故设为绕质心的回转半径，代入①得动能②（4）由③（其中）则④因为、在约束条件下任意且独立，要使上式成立，必须：⑤（5）代入一般形式的拉氏方程得：⑥又代入一般形式的拉氏方程得：⑦⑥、⑦两式为运动微分方程（6）若摆动角很小，则，代入式得：，代入⑥⑦式得：⑧又故代入⑧式得：（因为角很小，故可略去项）5.13解如题5.13.1图(1)由于曲柄长度固定，自由度.(2)选广义坐标，受一力矩，重力忽略，故可利用基本形式拉格朗日方程：①(3)系统动能②（4）由定义式③（5）代入①得：得5.14.解如题5.14.1图.（1）因体系作平面平行运动，一个约束方程：(2)体系自由度，选广义坐标.虽有摩擦，但不做功，为保守体系（3）体系动能：轮平动动能轮质心转动动能轮质心动能轮绕质心转动动能.①以地面为零势面，体系势能则保守系的拉氏函数②(1)因为不显含，得知为循环坐标.故=常数③开始时：则代入得又时，所以5.15解如题5.15.1图（1）本系统作平面平行运动，干限制在球壳内运动，自由度；选广义坐标，体系摩擦力不做功，为保守力系，故可用保守系拉氏方程证明①（2）体系动能=球壳质心动能+球壳转动动能+杆质心动能+杆绕中心转动动能②其中代入②得以地面为零势面，则势能：（其中为常数）(3)因为是循环坐标，故常熟③而代入①式得④联立③、④可得（先由③式两边求导，再与④式联立）⑤⑤试乘并积分得：又由于当5.16解如题图5.16.1.（1）由已知条件可得系统自由度.（2）取广义坐标.（3）根据刚体力学，体系动能：①又将以上各式代入①式得：设原点为零势能点，所以体系势能体系的拉氏函数②(1)因为体系只有重力势能做工，因而为保守系，故可采用③代入③式得即（5）解方程得5.17解如题5.17.1图（1）由题设知系统动能①取轴为势能零点，系统势能拉氏函数②（2）体系只有重力做功，为保守系，故可采用保守系拉氏方程.代入拉氏方程得：又代入上式得即③同理又代入上式得④令代入③④式得：欲使有非零解，则须有解得周期5.18解如题5.18.1图（1）系统自由度（2）取广义坐标广义速度（3）因为是微震动，体系动能：以为势能零点，体系势能拉氏函数（4）即①同理②同理③设代入①②③式得欲使有非零解，必须解之又故可得周期5.19解如题5.19.1图（1）体系自由度（2）取广义坐标广义速度（3）体系动能体系势能体系的拉氏函数（4）体系中只有弹力做功，体系为保守系，可用①将以上各式代入①式得：②先求齐次方程③设代入③式得要使有非零，必须即又故通解为：其中又存在特解有②③式可得式中及为积分常数。
5.20解：以速度我广义速度，根据定义①根据公式（5.5.10）又有①得5.21解取在转动坐标系的速度为广义速度，则在固定坐标系中的速度：，自由质点的动能，设质点势能为，则质点的拉氏函数根据定义：在转动坐标系中：上式中为质点的位矢，为质点相对于固定坐标系的速度。
5.22解：取在广义坐标根据教材（3.9.21）和（3.9.19）式得动能：势能：根据定义式故因为所以为第一积分.又故得为第二个第一积分.同理即得为第三个第一积分.5.23解如题5.23.1图,由5.6题解得小球的动能①根据定义②得③根据哈密顿函数的定义代入③式后可求得:④由正则方程得:⑤⑥代入⑤得整理得24. 5.24如题5.24.1图,⑴小球的位置可由确定,故自由度⑵选广义坐标,广义速度.⑶小球动能又由①式得设小球势能为V,取固定圆球中心O为零势点,则小球拉氏函数=①根据定义有根据正则方程④⑤对式两边求时间导得：故小球球心切向加速度5.25解根据第二章§2.3的公式有：①根据泊松括号的定义：②所以同理可知：,由②得：同理可得：,5.26解由题5.25可知的表达式因为故同理可求得：即5.27证取广义坐标因为又因为所以5.28解如题5.28.1图(1)小环的位置可以由角唯一确定，因此体系的自由度，取广义坐标，广义速度。
小球的动能：以为势能零点，则小环势能所以拉氏函数（2）由哈密顿原理故所以又由于所以因为是任意的，所以有被积式为0，即化简得5.29解参考5.23题，设，体系的拉氏函数①根据哈密顿原理故②因为所以又因为③因为是任意的，所以有5.30解如题5.30.1图，复摆位置可由角度唯一确定，自由度，取广义坐标，设为复摆重心与悬点之间的距离。
复摆的动能：取为势能零点，则势能：复摆的拉氏量：①由哈密顿原：故又因为②因为的任意性所以有：根据已知很小，③可求得：其中为初相位。
周期5.31解如题5.31.1图，参考题5.9，体系拉氏函数①根据哈密顿原理：故②因为代入②式得：所以③又因为，且和的任意性所以所以运动微分方程为：常数5.32证因为母函数不是的显函数，为正则变换。
5.33证由为母函数，故为正则变换。
又且当，变为时5.34证：由①又故②由于代入②式得得所以存在母函书使：因此，这种变换是正则变换.5.35解:由于故①②由②得又有又③④又故⑤当时,由③式得:即当时,。