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)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。
周衍柏《理论力学教程(第三版)》电子教案第三章4-5刚体力学解析
所以可以把所有空间力化为过一点的力和力偶. P点叫简化中心, 力的矢量和叫主矢, 力偶矩的矢量 和叫对简化中心的主矩.
主矢使刚体平动状态发生变化 主矩使刚体转动状态发生变化
2 刚体运动微分方程
如果ri代表刚体中任一质点Pi 对静止系S原点O的位 矢, rC 为质心C对O的位矢, 而ri’ 为Pi 对质心C的位矢, 动 坐标系S’随质心作平动, 其原点与质心C重合.
2
a R
T
a mg 5 m s2
mm
mM 2
h 1 at 2 2.5 m T 40 N
mg
2
例3、一质量为 m 、长为 l 的均质细杆，转轴在 O 点， 距A端 l/3 . 杆从静止开始由水平位置绕O点转动. 求： （1）水平位置的角速度和角加速度. （2）垂直位置时的角速度和角加速度.
述位置仍处于平衡状态，求棍与地面的摩擦系数
解： 受力分析知本题是一共
y
面力系的平衡问题, 取棍子所 在的平面为xy平面, 则
Fx 0, N1 sin 0 f 0
B
N1
Cl
Fy 0, N1 cos0 N2 P 0
对A点
Pl cos0 N1h / sin 0 0
h P
O
l N2
0
x
f
A
第三章 刚体力学
导读
• 空间力系和平行力系的求和 • 刚体运动微分方程和平衡方程 • 简单转动惯量的计算 •转动惯量的计算
§3.4 刚体运动方程与平衡方程
1 力系的简化
F1 F2 F3
将所有空间力作用点都迁移到一点.
力是滑移矢量
F
F
F
F
力可沿作用线移动，不能随意移动
培训资料理论力学课后答案周衍柏
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，&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。
周衍柏《理论力学教程(第三版)》电子教案 3-4章作业解答
a 0
x2bdx
ba3
3
ma2 3
d
a2 d k 2ba4 0 / 2 d t 3kba2
I AB
dt
M AB
3
m dt
4
dt
2
0
0 4m
t
4m
3kba20
3.16)一矩形板ABCD在平行自身的平面内运动, 其角速度为定值
. 在其一瞬时, A点的速度为v, 其方向则沿对角线AC. 试求此瞬
别为a,b. 则当平衡时, AB和竖直直线所成的角满足下列关系
tan
a2
b2 2ab
解: 研究对象为ABC结构,受力分析如图. 按照题意,知道
R
A
B m1g
m1 a, m2 b
m2g C
平衡时:
n
MA 0
i1
m1g
a 2
sin
m2
g
b 2
cos
a sin
tan
(m1
m2b 2m2 )a
tan b2
(a 2b)a
3.5)一均质的梯子, 一端置于摩擦系数为1/2的地板上, 另一端 则斜靠在摩擦系数为1/3的高墙上,一人的体重为梯子的三倍, 爬到 梯的顶端时, 梯尚未开始滑动, 则梯与地面的倾角,最小当为若干?
解: 研究对象为梯子, 人在顶端时,梯子与地面的夹角为, 梯子
度 .
解: 研究对象为棒, 受力分析如图. 建立直角坐标系为x轴水 平向右, y竖直向上
平衡方程
R 2l
B
Fy 0 R cos mg
高等教育出版社理论力学第三版(周衍柏)第5章习题解答
m2
x22
以 x 面为零势面，体系势能：
其中 C2 为劈势能. 拉氏函数
V = m1g(x1 − x2 ) tanθ + C2
（4）
L =T −V =
[ ] 1
2 m1
x12 + (x1 − x2 )2 tan 2 θ
+
1 2
m2
x22
①
− m1g(x1 − x2 )tanθ − C2
代入拉格郎日方程
θ
⎟⎞ 2 ⎠
=
2m2a 2
sin 2 θθ
2
( ) T = TB + TD + Tc = m1 a 2θ 2 + Ω 2a 2 sin 2 θ + 2m2a 2 sin 2 θθ 2
取 Ox 为零势，体系势能为：
V = −2ga(m1 + m2 )cosθ
故力学体系的拉氏函数为：
L =T −V
( ) = m1a 2 θ 2 + Ω2 sin 2 θ + 2m2a 2 sin 2 θθ 2 + 2ga(m1 + m2 )cosθ
2
x = ± r2 −W k4
y =W k2 R = −k 2r
5.5 解 如题 5.5.1 图
Ω
A
θθ
aa
a
x
B
D
y m1 a
m1 a
C m2 z
按题意仅重力作用，为保守系。因为已知ψ = Ω ，故可认为自由度为 1.选广义坐 标θ = q ，在球面坐标系中，质点的 动能：
由于
( ) ( ) Ti
代入①得：
Q1 = 0.
在极坐标系下：
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- -
理论力学教程(第三版)第三章 周衍柏编
P
∫ yc =
θ0 ρdθR(R cosθ
−θ0
θ0 ρRdθ
− R) = −R + sinθ0
θ0
R
∫−θ0
上式中 ρ 为圆弧的线密度
l = R − sinθ0 R ② θ0
又
[ ] ∫ I =
θ0 ρR (R cosθ − R)2 + (R sinθ )2 dθ
−θ 0
=
c2 ⎜⎜⎝⎛1 −
y2 b2
⎟⎟⎠⎞
故积分
H
S(y)
=
πac⎜⎜⎝⎛1 −
y2 b2
⎟⎟⎠⎞
P∫ ∫ ∫ y2dm =
b −b
y2S(y)
⋅
ρdy
=
b −b
y2πac⎜⎜⎝⎛1 −
y2 b2
⎟⎟⎠⎞ρdy
=
4 πρab3c 15
同理可求
∫ ∫ x2dm = 4 πρa3bc, z2dm = 4 πρabc3
第三章习题解答
3.1 解 如题 3.1.1 图。
y
N1 o
N2 θ
B
θ
x
θθ
G
A
题3.1.1图
S C
I 均质棒受到碗的弹力分别为 N1 ， N2, 棒自身重力为G 。棒与水平方向的夹角为
θ 。设棒的长度为 l 。
S 由于棒处于平衡状态，所以棒沿 x 轴和 y 轴的和外力为零。沿过 A 点且与
z 轴平行的合力矩为 0。即：
I
S O 为正方体中心。Ox 、Oy 、Oz 分别与正方体的边平行。由对称性可知，Ox 、
Oy 、Oz 轴就是正方体的中心惯量主轴。设正方体的边长为 a 。设为平行于轴的 一小方条的体积，则正方体绕轴的转动惯量
周衍柏《理论力学教程第三版》电子教案章作业解答
T
N
T
物 体 : ma2 mg T
圆 柱 : M a1 T f
I0
d dt
T
f R,I0
1 2
MR2
Mr
f Mg
m mg
xC
R , d dt
xC R
a1 R
a1
3M4m8gm,a2
8mg 3M8m
a A 2a1 a2
T 3Mmg 3M8m 团结 信赖 创造 挑战
4.2) 一直线以匀角速在一固定平面内绕一端O转动. 当直线位于Ox的位置时, 有
mx2mysin
x2ysinC1
my2mzcosxsiny2zcosxsinC2
mzmg2mycos
zgt2ycosC3
在t =0,
x y 0,z v0, x yz 0
x 2ysin
y 2zcosxsin
zv0 gt2ycos
将这个结果反代入第一式, 忽略2项. 化简,得
团结 信赖 创造 挑战
x0
竖直直线所成的角满足下列关系
tan
a2
b2 2ab
解: 研究对象为ABC结构,受力分析如图. 按照题意,知道
R
A
B m1g
m 1a,m 2b
m2g
C
平衡时:
i n 1 M A 0 m 1 g a 2 si m n 2 g b 2 c o a ss i n ta ( m n 1 m 2 2 b m 2 ) a
y2gtcos2v0cos
zg
再进行积分,并代入初始条件得:
x 0
y gt2cos2v0tcos
zv0 gt
x 0
再积分,并代入初始条件得:
y
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。
理论力学第三版[周衍柏]习题答案解析
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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。
理论力学周衍柏第三版第二章习题答案
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
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。
理论力学(周衍柏)习题集答案解析,第五章
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。
理论力学(周衍柏)习题答案,第四章
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：。
理论力学课后答案第五章(周衍柏)
资料范本本资料为word版本，可以直接编辑和打印，感谢您的下载理论力学课后答案第五章(周衍柏)地点：__________________时间：__________________说明：本资料适用于约定双方经过谈判，协商而共同承认，共同遵守的责任与义务，仅供参考，文档可直接下载或修改，不需要的部分可直接删除，使用时请详细阅读内容第五章思考题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广义动量和广义速度是不是只相差一个乘数？为什么比更富有意义？5.4既然是广义动量，那么根据动量定理，是否应等于广义力？为什么在拉格朗日方程式中多出了项？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，能否由式得出式？5.6平衡位置附近的小振动的性质，由什么来决定？为什么2个常数只有2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 和有何区别？和有何区别？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正则方程与及之间关系如何？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.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，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知，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.若是长度，则一定是力，若是力矩，则一定是角度，若是体积，则一定是压强等.答与不一定只相差一个常数，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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第一章质点力学第一章习题解答由题可知示意图如题1.1.1图:设开始计时的时刻速度为,由题可知枪弹作匀减速运动设减速度大小为.则有:由以上两式得再由此式得证明完毕.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.设船经过小时向东经过灯塔,则向北行驶的船经过小时经过灯塔任意时刻船的坐标，船坐标，则船间距离的平方即对时间求导船相距最近，即，所以即午后45分钟时两船相距最近最近距离km解如题1.3.2图由题分析可知，点的坐标为又由于在中，有（正弦定理）所以联立以上各式运用由此可得得得化简整理可得此即为点的轨道方程.（2）要求点的速度，分别求导其中又因为对两边分别求导故有．所以如题1.4.1图所示，解绕点以匀角速度转动，在上滑动，因此点有一个垂直杆的速度分量点速度又因为所以点加速度由题可知，变加速度表示为解由加速度的微分形式我们可知代入得对等式两边同时积分：可得（为常数），故代入初始条件：时，即又因为所以对等式两边同时积分，可得：解由题可知质点的位矢速度①沿垂直于位矢速度即又因为，即（取位矢方向，垂直位矢方向）所以故即沿位矢方向加速度垂直位矢方向加速度对③求导对④求导把③④⑦⑧代入⑤⑥式中可得由题可知解①②对①求导③对③求导④对②求导⑤对⑤求导⑥对于加速度，我们有如下关系见题1.7.1图即⑦--⑧对⑦⑧俩式分别作如下处理：⑦，⑧即得⑨--⑩⑨+⑩得⑾把④⑥代入⑾得同理可得解以焦点为坐标原点，运动如题1.8.1图所示]则点坐标对两式分别求导故如图所示的椭圆的极坐标表示法为对求导可得（利用）又因为即所以故有即（其中为椭圆的半短轴）证质点作平面运动，设速度表达式为令为位矢与轴正向的夹角，所以所以又因为速率保持为常数，即为常数对等式两边求导所以即速度矢量与加速度矢量正交.解由题可知运动轨迹如题1.10.1图所示，则质点切向加速度．法向加速度，而且有关系式①又因为②所以③④联立①②③④⑤又把两边对时间求导得又因为所以⑥把⑥代入⑤既可化为对等式两边积分所以解由题可知速度和加速度有关系如图1.11.1所示两式相比得即对等式两边分别积分即此即质点的速度随时间而变化的规律.证由题可知质点运动有关系式①②所以，联立①②，有又因为所以，对等式两边分别积分，利用初始条件时，证（）当，即空气相对地面上静止的，有.式中质点相对静止参考系的绝对速度，指向点运动参考系的速度，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：=，即飞机在舰作匀速直线运动.所以飞机来回飞行的总时间.（）假定空气速度向东，则当飞机向东飞行时速度飞行时间当飞机向西飞行时速度飞行时间故来回飞行时间即同理可证，当空气速度向西时，来回飞行时间（c）假定空气速度向北.由速度矢量关系如题1.13.1图所以来回飞行的总时间同理可证空气速度向南时，来回飞行总时间仍为解正方形如题1.14.1图。
由题可知设风速,,当飞机，故飞机沿此边长6正方形飞行一周所需总时间解船停止时，干湿分界线在蓬前3，由题画出速度示意图如题.图故又因为，所以由图可知所以=8解以一岸边为轴，垂直岸的方向为轴.建立如题1.16.1图所示坐标系.所以水流速度又因为河流中心处水流速度为所以。
当时，即①--②得，两边积分③联立②③，得④同理，当时，即⑤由④知，当时，代入⑤得有，所以船的轨迹船在对岸的了；靠拢地点，即时有解以为极点，岸为极轴建立极坐标如题.图.船沿垂直于的方向的速度为，船沿径向方向的速度为和沿径向的分量的合成，即①--②②/①得，对两积分：设为常数，即代入初始条件时，.设有得解如题1.18.1图质点沿下滑，由受力分析我们可知质点下滑的加速度为.设竖直线，斜槽，易知，由正弦定理即①又因为质点沿光滑面下滑，即质点做匀速直线运动.所以②有①②欲使质点到达点时间最短，由可知，只需求出的极大值即可，令．把对求导极大值时，故有由于是斜面的夹角，即所以解质点从抛出到落回抛出点分为上升和下降阶段.取向上为正各力示意图如题1.19.1图，上升时下降时题1.19.1图则两个过程的运动方程为：上升①下降：②对上升阶段:即对两边积分所以③即质点到达的高度.对下降阶段：即④由③=④可得解作子弹运动示意图如题1.20.1图所示.题1.20.1图水平方向不受外力，作匀速直线运动有①竖直方向作上抛运动，有②由①得③代入化简可得因为子弹的运动轨迹与发射时仰角有关，即是的函数，所以要求的最大值.把对求导，求出极值点.即所以，代入的表达式中可得：此即为子弹击中斜面的地方和发射点的距离的最大值解阻力一直与速度方向相反，即阻力与速度方向时刻在变化，但都在轨道上没点切线所在的直线方向上，故用自然坐标比用直角坐标好.轨道的切线方向上有：①轨道的法线方向上有：②由于角是在减小的，故③由于初末状态由速度与水平方向夹角来确定，故我们要想法使①②变成关于的等式由①即④把代入可得⑤用④⑤可得即，两边积分得⑥代入初始条件时，即可得代入⑥式，得⑦又因为所以．⑧把⑦代入⑧积分后可得各量方向如题1.22.1图.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，得故,时，得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）证（a）在题中，时，则电子运动受力电子的运动微分方程①-②-③对②积分④对④再积分又故（为一常数）此即为抛物线方程.当时则电子受力则电子的运动微分方程为①-②-③同题的解法，联立①-②解之，得于是及电子轨道为半径的圆.解以竖直向下为正方向，建立如题1.24.2图所示坐标，题1.24.1图题图以①开始所在位置为原点.设①-②-③处物体所处坐标分别为，则3个物体运动微分方程为：①-②-③由②于③与、之间是，即不可伸长轻绳连接，所以有，即④之间用倔强系数弹性绳联结.故有⑤由①⑤得⑥由②③④得⑦代入①，有⑧代入⑥，有．⑨此即为简谐振动的运动方程.角频率所以周期解⑨得以初始时③为原点，时，.所以⑩代入①得联立-③④⑧⑩得解，选向下为正方向，滑轮刚停时物体所在平衡位置为坐标原点.建立如题.图所示坐标系.题2.15.1图原点的重力势能设为0.设弹簧最大伸长.整个过程中，只有重力做功，机械能守恒：①-②联立①②得弹簧的最大张力即为弹簧伸长最长时的弹力，为最大张力，即解以绳顶端为坐标原点.建立如题1.26.1图所示坐标系.题1.26.1图则有,设绳的弹性系数为①当脱离下坠前，与系统平衡.当脱离下坠前，在拉力作用下上升，之后作简运.运动微分方程为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.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④刚离开圆柱面时即⑤联立④⑤得即为刚离开圆柱面时与竖直方向夹角.解建立如题1.28.1图所示直角坐标.椭圆方程①从滑到最低点，只有重力做功.机械能守恒.即②设小球在最低点受到椭圆轨道对它的支持力为则有：③为点的曲率半径.的轨迹：得；又因为所以故根据作用力与反作用力的关系小球到达椭圆最低点对椭圆压力为方向垂直轨道向下.解质点作平面直线运动，运动轨迹方程为①-②由曲线运动质点的受力分析，我们可以得到：③-④因为曲线上每点的曲率⑤所以⑥⑦把⑥⑦代入曲率公式⑤中所以⑧由④即，又有数学关系可知，即所以⑨把⑧⑨代入①证当题所述运动轨迹的曲线不光滑时，质点的运动方程为：①②③④⑤由题可知②由数学知识知③把①③④代入②⑤这是一个非齐次二阶微分方程.解为当时，得即当，时，即故有证：单摆运动受力分析如图1.31.1图所示。
因为①即所以又单摆摆角很小，有=上式即化为：②此即为一个标准的有阻尼振动方程。
设为固有频率，又由于，即阻力很小的情况。
方程②的解为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。
我们以楔子为参考系，在非惯性系中来分析此题，则质点受到一个大小为的非惯性力，方向与相反。
质点在楔子这个非惯性系中沿斜面下滑，沿斜面的受力分析：①垂直斜面受力平衡：②联立①②得此即楔子相对斜面的加速度。
．对斜面的压力与斜面对的支持力等大反方向。
同理可得当楔子向左作加速度为的匀加速运动时，质点的和楔子对斜面的压力为综上所述可得解设钢丝圆圈以加速度向上作匀加速运动如题1.33.1图，我们以钢丝圆圈作参考系，在圆圈这个非惯性系里来分析此题。
圆圈上的小环会受到一个大小为方向与相反的惯性力的作用，则圆环运动到圆圈上某点，切线方向受力分析：①法线方向受力分析有：②对①两边同乘以即两边同时积分③把③代入②可解得同理可解出，当钢丝圆圈以加速度竖直向下运动时小环的相对速度综上所述，小环的相对速度圈对小环的反作用力证：（1）当火车所受阻力为常数时，因为功率与牵引力有如下关系：所以即对两边积分（2）当阻力和速度成正比时，设=，为常数。
同理由（1）可知即对两边积分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，代入上式）保守力满足条件对题中所给的力的表达式a（解．即所以此力是保守力，其势为(b)同（a），由所以此力是保守力，则其势能为解（a）因为质子与中子之间引力势能表达式为故质子与中子之间的引力（b）质量为的粒子作半径为的圆运动。
动量矩由（a）知提供粒子作圆周运动的向心力，方向是沿着径向，故当半径为的圆周运动两式两边同乘以即又因为有做圆周运动的粒子的能量等于粒子的动能和势能之和。
所以解要满足势能的存在，即力场必须是无旋场，亦即力为保守力，所以即得为常数满足上式关系，才有势能存在。
势能为：证质点受一与距离成反比的力的作用。
设此力为①又因为即②当质点从无穷远处到达时，对②式两边分别积分：当质点从静止出发到达时，对②式两边分别积分：得所以质点自无穷远到达时的速率和自静止出发到达时的速率相同。
1.40解由题可知（因为是引力，方向与径向相反所以要有负号）由运动微分方程即①对上式两边积分故又因为与的方向相反，故取负号。
即证画出有心力场中图示如题.图，我们采用的是极坐标。
所以又由于常数即由图所示关系，又有，故即由动能定理沿方向得证（）依据上题结论，我们仍然去极坐标如题1.42.1图。
质点运动轨迹为一圆周，则其极坐标方程为①由①②得②即③故即力与距离5次方成正比，负号表示力的方向与径向相反。