分析力学第一章

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： 笛卡尔坐标中的广义坐标为 x1 , x2 , x3
& 拉格朗日函数为 L = T − U = ∑ mxi2 / 2 − U ( x1 , x2 , x3 )
d ∂L ∂L 拉格朗日方程 − =0 & dt ∂qα ∂qα
i =1 3
1 dt 故 S0 = ∫ L ＝t m&2dt ∫1 2 x t1 m x2 − x )2 ( 1 = 2(t2 − t1)
b)可随意假设几种情况进行讨论。
1 & & & L = T − U = m( ρ 2 + ρ 2ϕ 2 + z 2 ) − U ( ρ ) 2
∂L ∂U ( ρ ) 2 & = mϕ ρ − ∂ρ ∂ρ ∂L & = mρ & ∂ρ
∂L =0 ∂ϕ
∂L =0 ∂z ∂L & = mz & ∂z
(α = 1, 2,3)
∂L & = mρ 2ϕ & ∂ϕ
W a ∴2Tl cosα +W2l sin α − 2 = 0 sin α
W
W a W a ∴T = −W tgα = 2 ( −sin3 α) 2l sin2 α cosα sin α cosα 2l
T =0
⇒
a sin α = 2l
3
a 当 sin α > 时， T < 0 即方向与图示相反。 2l
& （b）已知在这一时刻的角速度为θ ，求经过 dt 时间后的 δ 位移 dr 。问：当 dt → 0 时， r 与 dr 有何差别？
解：
a）虚位移是在某时刻约束所容许的 位移。图中小球受到细绳约束，只 能绕O点作圆周运动。当偏离角为 δθ v v 时，对应的虚位移为 δr = l δθ e
θ
M
θ
l
m
x3
δθ
b）小球经过 dt 时间后的位移，可以看作由两部分组成：
v v 1）小球绕O点作圆周运动所产生的位移 δr = e l δθ θ
2）小球随O点一起作简谐运动所产生的位移 v v &dt = Aω dte X X 所以，小球的位移为
v v &dte + Aω dte dr = lθ θ X dr 和 δ r 的区别如图所示：
∂L d ∂L － =0 & ∂x dt ∂x
（运动学方程 1） ）
& m& ＝ x 0
伽利略变换 （V是两惯性系的速度差）
1 & L' = m(x +V)2 2
代入拉氏方程
∂L' d ∂L' =0 － & ∂x dt ∂x
（运动学方程 2） ）
& m& ＝ x 0
相对性原理：两运动学方程相同
1 2 & 11. 已知一维运动自由质点的拉氏量是 L = 2 mx (a) 证明：当按真实运动方式运动时，作用量是 m x − x )2 ( 2 1 S0 = 2(t2 − t1)
&& = mg sin θ cos θ X M + m sin 2 θ
(M + m)g sin θ &＝ & x － M + msin2 θ
1 2 & 10．证明一维运动自由质点的拉格朗日函数 L = mx 2 满足有限相对速度变换下伽利略相对性原理的要求。
解：
1 2 & L = mx 2
代入拉氏方程
M
M
δθ l
m
δr
δθ l
m
x3
dr
x3
4. 长度同为l 的轻棒四根，相互连接成一个可以无摩擦
的改变顶角的菱形ABCD，AB和AD两棒无摩擦的支于 处于同一水平线上且相距2a的两根钉上，BD之间用一 根轻质棒连接，在连接点（B和D处），各棒之间可以 无摩擦的转动，C点上系有一重物W，C点和重物受到 约束，只能上下运动，设A点两棒之间的夹角为 2α , 试用虚功原理求平衡时联结棒BD中的张力T，讨论它 的方向与 α 的大小的关系。问：在什么情况下有T=0， A 说明其意义。
d ∂L ∂L − =0 代入拉格朗日方程： & dt ∂qα ∂qα
则柱坐标下拉格朗日方程是
&& & mρ = mϕ 2 ρ −
dU ( ρ ) , dρ
&& && ρϕ + 2 ρϕ = 0,
&& mz = 0
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，小球被限制在( x, z ) 平面内运动， 时悬线竖直向下。 （a）求悬线和竖直线偏离t = t0 所对应的虚位移
(b)设 x(t1 ) = a, x(t2 ) = 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：a)
1 2 & 按真实情况运动时， L = 2 mx
t2 t2
& x 0 x 由拉氏方程得 m& ＝ ，& = (x2 − x1) /(t2 −t1)
(α = 1, 2,3)
∂L m& 计算 & ＝ xi ∂xi
∂L ∂U =− ∂xi ∂xi
∂U & x 即有 m&i = − ∂xi
(i =1,2,3)
笛卡尔坐标系中的拉格朗日方程就是牛顿第二定律。
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
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。写出拉格朗 && 日方程，并求斜面的加速度 X 和滑块相对于 y 斜面的加速度 && 。 x 解：以图示的X和x为广义坐标， 则 M( X,0)
m( X + x cosθ, xsin θ)
O
X
x
θ
x
系统的拉格朗日函数为
L = T −U 1 &2 1 & [( & & = M + m X + xcosθ)2 + (xsin θ)2] − mgxsin θ X 2 2 1 & 2 + 1 mx2 + mXxcosθ − mgxsin θ && & = (M + m)X 2 2
B
l
T
2α 2a
A
l
D
T
l C
l
由虚功原理，平衡时受到的主动力之虚功和为0：
v v v v v v TB ⋅δrB +TD ⋅δrD +W •δr = 0 C
v v 选 TB和 D 方向如图，大小为T ，则 T v v v v TB ⋅δrB = −Tl cosα δα TD ⋅δrD = −Tl cosα δα v v a W •δr =W(−2l sin α + 2 )δα C sin mXxcosθ − mgxsin θ && & L = (M + m)X 2 2
代入拉氏方程：
∂L d ∂L － =0 & ∂X dt ∂X
∂L d ∂L － =0 & ∂x dt ∂x
即有： 解得：
& & & (M + m)X + m& cosθ＝ x 0 & & m& ＋ X cosθ + mgsin θ＝ x m& 0
l
2α 2a
l
B
l C l
D
W
解：选 v 为广义坐标，原点O在两钉子之间 α
rA v r B v r C v rD = (0, − actgα) = (−l sin α, l cosα − actgα) = (0, 2l cosα − actgα) = (l sin α l cosα − actgα)
设质点在轴对称势能场 U ( ρ ) 中运动,写出其拉格朗日方程。
解：由柱坐标和笛卡尔坐标的关系可知
dr = eρ dρ + eϕ ρ dϕ + e z dz
z
ρ
r
z
等式两边同时除以dt
& & & & r = eρ ρ + eϕ ρϕ + e z z
ϕ
x
y
那么，系统的动能为 系统的拉格朗日为
1 2 1 & & & & T = mr = m( ρ 2 + ρ 2ϕ 2 + z 2 ) 2 2