第四章转动参考系
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）的瞬时加速度。
牵连加速度vt也可以看成是在该瞬时将P点固结在动参考刚体
上，跟随动参考刚体一起运动时所具有的加速度，即受动参考
刚2体0s‘s的系系拖中中带的的或观观牵察察连者者而只只产能能生观观的测测加到到速v度v和 观和 。无a测a法不区到分 中v 的v 、 v e 、 va 和 、 a vt和 ea c
v
a ( x y y ) i ( y x x ) j ( x y ) d i ( y x ) d j
牵
3、 (y ix j)由 于 平r 板作变角速度转动所引起
连 加
的加速度，切向加速度
速
度
第四章
？ 4、2 ( y i x j ) 2 k 称v 为 科2 里 奥v 利加速度
方向垂直于与 v构成的平面，在平板平面内。
第四章
OP ＝R 时的速度
动点－P
定系－地面OXY
动系－直管oxy
绝对速度 va＝？
相对速度 vr ＝u＝ui 牵连速度 ve ＝(Rω) j
yY
va x
vr P
X
O
P
v a v e v r v e j v r i R j u i
第四章
二、加速度合成公式
牵连速度ve是动参考系（平面转动参考系）上与点P重
合的点(称为牵连点）的瞬时速度。
牵连速度ve也可以看成是在该瞬时将P点固结在
动参考刚体上，跟随动参考刚体一起运动时所具 有的速度，即受动参考刚体的拖带或牵连而产生 的速度。
理论力学第四章转动参考系习题(带答案)
《理论力学》第四章转动参考系一、单选题（共7题）1、由于科氏力的作用,使得北半球地面附近形成贸易风,南半球地面附近形贸易风。
()A、东北、东南B、东南、东北C、东北、东北D、东南、东南正确答案：A解析：由于科氏力的作用,使得北半球大气上层形成西南贸易风,南半球大气上层形成西北贸易风。
然而,在北半球地面附近形成东北贸易风,南半球地面附近形成东南贸易风。
注意:地面附近:南、北半球分别是东南、东北贸易风。
大气上层:南、北半球分别是西北、西南贸易风。
2、由于科氏力的作用,地球附近自高空自由下落的物体:()A、在北半球偏东,南半球偏西;B、在北半球偏西,南半球偏东:C、在北半球、南半球均偏西;D、在北半球、南半球均偏东。
正确答案：D解析：不管南北半球都落体偏东。
3、受科氏力的作用,地球赤道上空由静止开始自由下落的物体,其落地点将()A、偏东;B、偏西;C、偏南;D、偏北正确答案：A解析：不管南北半球都落体偏东。
4、质点所受科里奥利力与下列因素无关的是:()A、参照系的转动;B、参照系的平动;C、相对运动;D、质点的质量正确答案：B5、竖直管子中有一小球。
当小球在管内下落时管子发生倾倒,则小球相对于管子的运动轨迹为:()A、抛物线;B、椭圆;C、直线;D、不可知正确答案：C6、由于科氏力的作用,使得北半球大气上层形成贸易风,南半球大气上层形成贸易风。
()A、东北、东南B、西南、西北C、西北、西北D、东南、东南正确答案：B解析：由于科氏力的作用,使得北半球大气上层形成西南贸易风,南半球大气上层形成西北贸易风。
然而,在北半球地面附近形成东北贸易风,南半球地面附近形成东南贸易风。
注意:地面附近:南、北半球分别是东南、东北贸易风。
大气上层:南、北半球分别是西北、西南贸易风。
7、由于科里奥利力的作用，北半球河道、铁轨的侧磨损严重；南半球河道、铁轨的侧磨损严重。
()A、左、右B、右、左C、左、左D、右、右正确答案：B二、填空题（共4题）1、转动参照系中,任意空间矢量的绝对变化率等于其____变化率与____变化率的矢量和。
第四章转动参考系
第四章转动参考系第四章转动参考系第四章思考题为什么在以⾓速度ω转动的参照系中，⼀个⽮量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ?+=*dt d dt d 在什么情况下0=*dtd G在什么情况下0=?G ω⼜在什么情况下0=dtd G式（4.1.2）和式（）都是求单位⽮量i 、j 、k 对时间t 的微商，它们有何区别你能否由式（）推出式（）在卫星式宇宙飞船中，宇航员发现⾃⼰⾝轻如燕，这是什么缘故惯性离⼼⼒和离⼼⼒有哪些不同的地⽅圆盘以匀⾓速度ω绕竖直轴转动。
离盘⼼为r 的地⽅安装着⼀根竖直管，管中有⼀物体沿管下落，问此物体受到哪些惯性⼒的作⽤对于单线铁路来讲，两条铁轨磨损的程度有⽆不同为什么⾃⾚道沿⽔平⽅向朝北或朝南射出的炮弹，落地是否发⽣东西偏差如以仰⾓ 40朝北射出，或垂直向上射出，则⼜如何在南半球，傅科摆的振动⾯，沿什么⽅向旋转如把它安装在⾚道上某处，它旋转的周期是多⼤在上⼀章刚体运动学中，我们也常采⽤动坐标系，但为什么不出现科⾥奥利加速度第四章思考题解答.答：⽮量G 的绝对变化率即为相对于静⽌参考系的变化率。
从静⽌参考系观察变⽮量G 随转动系以⾓速度ω相对与静⽌系转动的同时G 本⾝⼜相对于动系运动，所以⽮量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ?+=*dt d dt d 。
其中dtd G *是G 相对于转动参考系的变化率即相对变化率；G ω?是G 随动系转动引起G 的变化率即牵连变化率。
若G 相对于参考系不变化，则有0=*dt d G ，此时牵连运动就是绝对运动，G ωG ?=dt d ；若0=ω即动系作动平动或瞬时平动，则有0=?G ω此时相对运动即为绝对运动 dtd dt d G G *=；另外，当某瞬时G ω//，则0=?G ω，此时瞬时转轴与G 平⾏，此时动系的转动不引起G 的改变。
当动系作平动或瞬时平动且G 相对动系瞬时静⽌时，则有0=dtd G；若G 随动系转动引起的变化G ω?与相对动系运动的变化dtd G *ω-=dtd 是平⾯转动参考系的单位⽮对时间的微商，表⽰由于动系转动引起j i ,⽅向的变化率。
转动参考系
第四章转动参照系本章应掌握①转动参照系中的速度、加速度计算公式及有关概念；②转动参照系中的动力学方程；③惯性力的有关概念、计算公式；④地球自转产生的影响。
第一节平面转动参照系本节应掌握：①绝对运动、相对运动、牵连运动的有关概念及相互关系；特别是科里奥利加速度的产生原因；②平动转动参照系中的速度和加速度。
一、绝对运动、相对运动、牵连运动有定系οξηζ，另一平面以角速度ω绕轴旋转，平板上固定坐标系oxyz，oz轴与οζ轴重合。
运动质点P相对板运动。
由定系οξηζ看到的质点的运动叫绝对运动；动系oxyz看到的质点运动叫相对运动；定系上看到的因动系转动导致质点所在位置的运动叫牵连运动。
绝对速度、加速度记为；相对速度、加速度记为V',a'。
二、平动参照系中的速度、加速度1、v和a的计算公式速度：（为牵连速度）加速度：其中，牵连加速度a l为：（转动加速度+向心加速度）科里奥利加速度：2、科里奥利加速度a c①它产生条件是：动系对定系有转动；质点相对动系的运动速度不为零，而且运动方向与转轴方向不平行。
②它产生原因是：科氏加速度的产生在于牵连运动与相对运动的相互影响：从静止系看来，一方面牵连运动使相对速度发生改变，另一方面，相对运动也使牵连速度中的发生改变，两者各贡献，结果科氏加速度为。
三、平面转动参照系问题解答例关键是分清定系，动系和运动物体；然后适当选取坐标系，按公式计算。
[例1]P263 4.1题等腰直角三角形OAB，以匀角速ω绕点O转动，质点P以相对速度沿AB边运动。
三角形转一周时，P点走过AB。
求P质点在A 点之速度、加速度（已知AB=b）解：（1）相对动系（直角三角形）的速度v r=b/T=b/（2π/ω）=bω/2π（方向）A点的牵连速度（方向垂直）由V=V r+V e，利用矢量合成法则，得到（2）加速度，因匀速，所以相对加速度α'=0 又匀角速转动，所以角加速牵连加速度，大小，方向沿科氏加速度注意到，所以其大小方向与AB边垂直（见图4.1.1）由，利用矢量合成法则则得到：与斜边的夹角第二节空间转动参照系本节要求：①掌握空间转动参照系中绝对、相对、牵连变化率等概念；②掌握空间转动参照系中的速度V、加速度a的计算公式。
第四章-转动参考系
转动参考系
§4.1 平面转动参考系
di j d t dj i dt
r xi yj
dr d d e e xi yj dt dt dt
r k xi yj xj yi
r r 2 0
r Acht +Bsht
t 0, r a
2r 2mr R m r 2m asht 2ma 2sht
0 r
r acht
[补充例题4.1]
v vj sin vk cos k
2
d 2 a sin d sin gdcos a
§4.4 地球自转所产生的影响
1. 有关地球运动的几个量
T 86164 s
7.292 10 rad/s 1016 rad/s 2
5
R 6.378 106 m
RSE 1.496 1011 m
2
3. 相对平衡
相对加速度 牵连加速度
科氏加速度
dr d r d a 2 r r 2 dt dt dt
2
a a at aC F mat 0
刚体运 动
[例 ]
u uj k r bi b ut j v b ut i u b j 2 2 a b 2u i b ut j
2 r 2 v
r
2 r r 2 v a a
第四章转动参照系
(4.2.1)
(4.2.2)
(4.2.3)
(4.2.4)
d G dGx dGy dGz i j k ,是 i , j , k 固定不动时的 G 变化率. 式中 dt dt dt dt
*
* dG dG 故 包含两部分:一为观测者在 S 系所观测出来的 G 的变化率 dt dt
(4.2.10)
式中
d 2 at r ( r ) r dt * d r ac 2 2 v dt
(4.2.11)
如质点 P 固着在 S 系上不动,则 v 0 ,故 a 0， ac 0 ,而 a 与 at
其中 又
vM vA AM vr vA R r j , AM r j
rr R
故
R r r
R vr r AM AM R j r
dt dt di dj dk dr yj zk x y z v xi dt dt dt dt y)i ( y x) j (x
（4.1.3）
及y 为 P 对转动参照系 上式中的 x （平板） 诸轴的分速度，
2
2 处可仍按原先 O12 的径向及横向进行投影,因此
vr [v cos t (r vt )sin t ] v [v (r vt )t ] v 2rt
(1)
v [(r vt )cos t v sin t ] r
相等.所以 a t 只和 S 系的转动有关,故称为牵连加速度.它又包括
第四章 空间转动参考系 (302宿舍作品)
（2）三种惯性力 ）
1 2 3
变角速转动惯性力 惯性离心力 科里奥利力
课堂巩固
①变角速转动惯性力
1.表达式：
& − mω × r
2.原因：由于转动参考系作变角速转动所引起的。 由于转动参考系作变角速转动所引起的。 由于转动参考系作变角速转动所引起的
3.特点：如果转动是匀速的，则此项惯性力即为 零。
相对加速度、牵引加速度与科里奥利加速度（ 相对加速度、牵引加速度与科里奥利加速度（二）
由4.2.4式得
dω d ω dω dω = + ω ×ω = + ω ⋅ sin 0 = dt dt dt dt 2 ω × (ω × r ) = ω (ω ⋅ r ) − ω r
* * *
相对加速度、牵引加速度与科里奥利加速度（ 相对加速度、牵引加速度与科里奥利加速度（三）
图1
η
ω
S′
y
j
x
ζ
r
i θ
k
相对速度和牵引速度（ 相对速度和牵引速度（一）
ω矢量在z轴，即ω=ωk 如果p点为平面上运动着的一个质点，则p点的位矢为
r = xi + yj
(4.1.1)
因p和坐标轴都以ω转动由
di di dθ • = ⋅ =θ j dt dθ dt • dj dj dθ = ⋅ = −θ i dt dθ dt
dG dGx dGy dGz di dj dk =( i+ j+ k) + Gx + Gy + Gz dt dt dt dt dt dt dt d∗G = + Gx (ω×i +ω× j +ω×k) （4.2.4） dt d∗G = +ω×(Gxi + Gy j + Gzk) dt d∗G = +ω×G dt
转动参考系
两次积分, 并考虑初始条件, 得
x 0, y 1 gt3 cos , z h 1 gt 2
3
2
消去时间, 得到轨道方程
y2 8 2 cos2 z h3
9g
到达地面
y 1 8h3 cos
力的水平分量指向运动的右侧, 这样长年累月的作用, 使得北半球河岸右侧冲刷比左侧厉害, 因为比较陡峭.
而在南半球 (sin＜0) 情况与此相反, 是左侧磨损或者
冲刷比较厉害. 双轨单行列车也是同样的问题.
c．落体偏东问题
假定质点由高度h自由下落,认为重力不变,且不受其他 外力, 显然有
t 0, x y z 0, x y 0, z h
2 科里奥利力
当物体 (质点) 相对地球运动时, 应同时考虑惯性 离心力和科里奥利力的作用. 由于质点离地轴的距离 的变化不太大, 惯性离心力可以用重力代替. 研究质点 运动只要考虑科里奥利力.
例一质 点在北半球的某点P上以 速度 v' 相对于地球运动, P点的纬
度的 角为 速. 度图中就S沿N是着地该轴轴,.
也可以简写a为
a'
相对加速度
at
牵连加速度
ac
科里奥利加速度
其中
aa'tddd2td**2rt
r
r
d *
dt
r
r
2
r
ac
2
d*r dt
2
v'
第四章转动参考系
１第四章 转动参考系自学辅导习题（2012年使用）一、选择题(每个小题给出的四个选项中只有一项是正确的)。
1.坐标系xyz o −以角速度i ˆω=ωK 绕x 轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ˆ，j ˆ和k ˆ表示，则：[ ] A.j ˆdt i ˆd ω=；i ˆdt j ˆd ω−=；0dt k ˆd =； B.k ˆdt iˆd ω=；0dt jˆd =；i ˆdt k ˆd ω=； C.0dt i ˆd =；k ˆdt jˆd ω=；j ˆdt kˆd ω−=； D.i ˆdt i ˆd ω=；j ˆdt j ˆd ω=；k ˆdt k ˆd ω=1.C2.坐标系xyz o −以角速度j ˆω=ωK 绕y 轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ˆ，j ˆ和k ˆ表示，则：[ ] A.j ˆdt iˆd ω=；i ˆdt jˆd ω−=；0dt k ˆd =； B.k ˆdt iˆd ω−=；0dt jˆd =；i ˆdt k ˆd ω=； C.0dt i ˆd =；k ˆdt j ˆd ω=；j ˆdt k ˆd ω−=； D.i ˆdt i ˆd ω=；j ˆdt j ˆd ω=；k ˆdt k ˆd ω=2.B3.坐标系xyz o −以角速度k ˆω=ωK 绕z 轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ˆ，j ˆ和k ˆ表示，则：[ ] A.j ˆdt i ˆd ω=；i ˆdt j ˆd ω−=；0dt k ˆd =； B.k ˆdt i ˆd ω=；0dt j ˆd =；i ˆdt k ˆd ω=； C.0dt i ˆd =；k ˆdt j ˆd ω=；j ˆdt k ˆd ω−=； D.i ˆdt iˆd ω=；j ˆdt j ˆd ω=；k ˆdt k ˆd ω=3.A4.坐标系xyz o −以角速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ˆ，j ˆ和k ˆ表示，则：[ ] A.j ˆdt i ˆd ω=； B.k ˆdt i ˆdω=； C.i ˆdt iˆd ×ω=K ； D.i ˆdt iˆd ω=4.C5.坐标系xyz o −以角速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ˆ，j ˆ和k ˆ表示，则：[ ] A.i ˆdt j ˆd ω−=； B.0dt jˆd=；２ C.k ˆdt j ˆd ω=； D.j ˆdtj ˆd ×ω=K ； 5.D6.坐标系xyz o −以角速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ˆ，j ˆ和k ˆ表示，则：[ ] A.0dt k ˆd =； B.i ˆdtk ˆd ω=； C.j ˆdt k ˆd ω−=； D.k ˆdtk ˆd ×ω=K 6.D7.坐标系xyz o −以角速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ˆ，j ˆ和k ˆ表示，则：[ ] A.j ˆdt i ˆd ω=；i ˆdt j ˆd ω−=； B.k ˆdt i ˆd ω−=；0dtj ˆd =； C.0dt i ˆd =；k ˆdt j ˆd ω=； D.i ˆdt i ˆd ×ω=K ；j ˆdtj ˆd ×ω=K ； 7.D8.坐标系xyz o −以角速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ˆ，j ˆ和k ˆ表示，则：[ ] A.j ˆdt i ˆd ω=；0dt k ˆd =； B.k ˆdt i ˆd ω−=；i ˆdtk ˆd ω=； C.0dt i ˆd =；j ˆdt k ˆd ω−=； D.i ˆdt i ˆd ×ω=K ；k ˆdtk ˆd ×ω=K 8.D9.坐标系xyz o −以角速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ˆ，j ˆ和k ˆ表示，则：[ ] A.i ˆdt j ˆd ω−=；0dt k ˆd =； B.0dt j ˆd =；i ˆdtk ˆd ω=； C.k ˆdt j ˆd ω=；j ˆdt k ˆd ω−=； D.j ˆdt j ˆd ×ω=K ；k ˆdtk ˆd ×ω=K 9.D10.坐标系xyz o −以角速度ωK 绕某轴转动，x,y,z 轴的单位矢量用i ˆ，j ˆ和k ˆ表示，则：[ ] A.j ˆdt i ˆd ω=；i ˆdt j ˆd ω−=；0dt k ˆd =； B. i ˆdt i ˆd ×ω=K ；j ˆdtj ˆd ×ω=K ；k ˆdt k ˆd ×ω=K ；３ C.0dt i ˆd =；k ˆdt j ˆd ω=；j ˆdt k ˆd ω−=； D.i ˆdt i ˆd ω=；j ˆdt j ˆd ω=；k ˆdtk ˆd ω= 10.B11.在匀加速直线运动的车厢内，自由下落小球的相对轨迹是：[ ]A.沿铅垂直线；B.沿向后倾斜的直线；C.抛物线；D.双曲线。
理论力学第四章 转动参照系
2 v
j
v
科里奥利加速度
科氏加速度2 v 是由牵连运动 和相对运动相互影响产 生的。
P
O
z
i k
x
2 a a' r r 2 v '
相对加速度 牵连加速度 科里奥利加速度
aa a at ac
真实性
质点的相对运动微分方程式
o1 是惯性坐标系(定系)，oxyz 是非惯性坐标系(动系)，
M 为所研究的质点(动点)。
牛顿第二运动定律相对惯性系适用
maa F
引入 Se mae
aa ae ar ac
（牵连惯性力） （科氏惯性力）
mar F mae mac
牵
o
Ny Nz
vz
v
x
z f 2mx c
f t mx vx
mg
由运动微分方程第1式得
dx dx dx 2x x x dx dt dx
xdx xdx
2
对xdx xdx 两边同时积分
2
x
0
dx xdx x
2 ma' F m R 2m v '
（3）相对平衡
z
O
x
2mx
P
Rz
m 2 x
x
a 0 A B t 0, x a, x 2 a t x e e t ach t 2
a t 2m Rz 2mx e e t 2ma 2 sht 2
2
Ry mg
理论力学第4章转动参考系
v v r
相对速度 牵连速度
▪ 对于刚体来说，上一章的 公式显然没有第一项 v 。
▪ P 点对静止系的加速度
▪ 科里奥利加速度, 简称科氏加速度.
▪ 在静止系中的观察者看来, 牵连运动(即 ) 可使相对速度 v 发生改变, 而相对运动 ( 即 v ) 又同时使牵连速度 r 中的 r 发生 改变, 即科里奥利加速度 2 v 是由牵连 运动与相对运动相互影响所产生的. ▪ 其方向垂直于 及 v 所决定的平面并且依右
手螺旋法则定其指向. ▪ 如 与v 者中有一为零, 则此项加速度即为零.
§4.2 空间转动参考系
G Gx i G y j Gz k
di dj dk i , j, k dt dt dt
§4.1 平面转动参考系
▪ 在平板参考系上取坐标系 O xy, 它的原点 和静止坐标系原点 O 重合, O xy绕着通过
O点并垂直于平板的直线(即z轴)以角速度
转动.令单位矢量 i , j 固着在平板上的
x轴
和 y 轴上. P 为平板上运动着的一质点
▪ 因 P 和坐标轴都以 转动 所以有 di dj j , i dt dt
为 a0
2 ma F ma0 m r m( r ) m r 2m v
§4.4 地球自转所产生的影响
第24讲结束
r xi yj
▪ 则 P 点相对静止坐标系的速度（不是对平板， 因为对平板， i , j 都是常矢量）为
dr di dj dk i y j z k x v x y z dt dt dt dt y )i ( y x) j (x
第4章 转动参照系
第四章 转动参照系 §4.1 平面转动参照系考虑一旋转的平面参照系oxy ，记为S ′（如平板），其角速度ω沿轴，其原点与静止坐标系(z S ξηo )的原点重合。
令单位矢量、固着在平板上的o i j x 轴和轴上，ω可表为y k ωω=。
再考虑平板上的运动质点P (想象为一小虫)，其位矢为j i r y x += 严格应为：)()()()()(t t y t t x t j i r +=d d d x y x y dt dt dt ==+++r i j v i j ) ()(xy y x ωω=++−+i j i j 其中v j i ′=+y x 应为相对速度（即对转动参照系而言）；0v r ωj i =×=+−x y ωω应为点所在处的牵连速度 P 于是，点的速度为：P r ωv v ×+′=与刚体力学中定轴转动公式r ωv ×=比较可见此处多出了相对速度这一项，原因是刚体上的质点相对刚体是没有相对运动的。
v ′ya j i ′=+yx 为相对加速度； r j i 222ωωω−=−−y x 为平板转动引起的向心加速度；(方向由点指向o 点)P r ωj i ×=+− x y ωω为平板作变角速转动引起的切向加速度（方向与r 垂直，在平板上。
匀速转动时为0）；向心加速度 + 切向加速度 = 牵连加速度；(用表示)t a v ωj i ′×=+−222x yωω为科里奥利加速度。
(用表示)c a 故上式又可写成v ωr r ωa a ′×+−×+′=22ω 或简写为t c ′=++a a a a与平动情况相比，不仅牵连加速度项不同，这里还多了一项，这是转动参照系所特有的。
c a 必须明确两点：1. 平面转动参照系是非惯性系。
这是因为对固结在平面上的点来说，0,0′′≡=v a 。
这时，质点的加速度就等于牵连加速度，所以是非惯性系。
第四章 转动参考系
第四章 转动参考系第四章思考题4.1为什么在以角速度ω转动的参照系中，一个矢量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ⨯+=*dt d dt d ？在什么情况下0=*dtd G ？在什么情况下0=⨯G ω？又在什么情况下0=dtd G ？ 4.2式（4.1.2）和式（4.2.3）都是求单位矢量i 、j 、k 对时间t 的微商，它们有何区别？你能否由式（4.2.3）推出式（4.1.2）？4.3在卫星式宇宙飞船中，宇航员发现自己身轻如燕，这是什么缘故？4.4惯性离心力和离心力有哪些不同的地方？4.5圆盘以匀角速度ω绕竖直轴转动。
离盘心为r 的地方安装着一根竖直管，管中有一物体沿管下落，问此物体受到哪些惯性力的作用？4.6对于单线铁路来讲，两条铁轨磨损的程度有无不同？为什么？4.7自赤道沿水平方向朝北或朝南射出的炮弹，落地是否发生东西偏差？如以仰角ο40朝北射出，或垂直向上射出，则又如何？4.8在南半球，傅科摆的振动面，沿什么方向旋转？如把它安装在赤道上某处，它旋转的周期是多大？4.9在上一章刚体运动学中，我们也常采用动坐标系，但为什么不出现科里奥利加速度？第四章思考题解答4.1.答：矢量G 的绝对变化率即为相对于静止参考系的变化率。
从静止参考系观察变矢量G 随转动系以角速度ω相对与静止系转动的同时G 本身又相对于动系运动，所以矢量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ⨯+=*dt d dt d 。
其中dtd G *是G 相对于转动参考系的变化率即相对变化率；G ω⨯是G 随动系转动引起G 的变化率即牵连变化率。
若G 相对于参考系不变化，则有0=*dtd G ，此时牵连运动就是绝对运动，G ωG ⨯=dt d ；若0=ω即动系作动平动或瞬时平动，则有0=⨯G ω此时相对运动即为绝对运动 dtd dt d G G *=；另外，当某瞬时G ω//，则0=⨯G ω，此时瞬时转轴与G 平行，此时动系的转动不引起G 的改变。
平面转动参考系
第一节 平面转动参考系
设平面参考系 S′ 以角速度 ω 转动， 在平面参考系上建立坐标系 O-xy ， 原点与静止坐标系 S 原点 O 重合。 则转动矢量 ω = ωk 沿 z 轴方向。 设该平面参考系为一平板，P 为平板 上运动着的一点，则其位矢为
r = xi + yj ( 4.1.1)
2
这一项叫做科里奥利加速度，简称科氏加速度。是牵连运动 与相对运动相互影响所产生。方向垂直角速度和相对速度， 但角速度恒沿 k 方向，所以科氏加速度在 xy 平面内。
3
根据上述分析可以将加速度简写成
& a = a ′ + ω × r − ω 2 r + 2ω × v ′
( 4 .1 .6 )
若令
& at = ω × r − ω 2 r a c = 2ω × v ′
考虑到 (4.1.2) 式，求 (4.1.1) 式对时间的微商后得质点 P 对 静止坐标系的速度
v= dj dk di dr & & & = xi + yj + z k + x + y + z dt dt dt dt & & = ( x − ωy ) i + ( y + ωx ) j
现在求 P 点对静止坐标系的加速度 dv & & & & a= = ( && − 2ωy − ω 2 x ) i + ( && + 2ωx − ω 2 y ) j − ωyi + ωxj x y dt 对 (4.1.5) 的讨论 相对加速度 向心加速度 切向加速度 另外还有
第四章转动参考系
ac 2 v ——科里奥利加速度
是由于质点P对转动的 S 系有一相对速度，从而 与 v 相互 影响所产生的，若两者平行或有一为零，此项加速度为零。 对转动参照系来讲，绝对加速度等于相对加速度、牵连加 速度与科里奥利加速度三者的矢量和。 注意：绝对速度与绝对加速度都是从静止参照系来观测一 个在转动参照系中质点P的速度与加速度的，如果从转动参照 系中来看，只能看到相对速度与相对加速度。
x y 1）. 为质点P对转动参照系的轴向加速度分量，它的合成：
2）
a ———相对加速度 xi yj y i x j k ( xi yj ) ω r
是由于平板作变角速度转动所引起的切向加速度，如平 板以匀角速度转动，则此项加速度为零。
3）
2 2 xi yj r
2
沿矢径指向O点，它是由于平板以角速度 转动所引起 的向心加速度。 2）、3）两项加速度都是由于平板转动所引起的，所以为牵连 加速度。
4） 2 y i 2 x j 2ω ( xi yj ) 2ω v
dv di dj a ( y y )i ( x x ) j ( x y ) ( y x ) x y dt dt dt 2 2 ( y x 2 y )i ( x y 2 x ) j x y
2 a a ω r r 2ω v a a ω r 2 r 2ω v
于是：
F mω r m 2 r 2mω v ma
G ——牵连变化率，转动参照系绕着O点以角速度 转动
第4章 转动参考系
⎧ x = −4ω 2 y sin λ ⎡ x sin λ + ( z − h ) cos λ ⎤ ⎣ ⎦ ⎪ ⎪ y = 2 gtω cos λ − 4ω 2 y ⎨ ⎪ z = − g − 4ω 2 cos λ ⎡ x sin λ + ( z − h ) cos λ ⎤ ⎣ ⎦ ⎪ ⎩
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14
§4.4 地球自转所产生的影响
一 惯性离心力
考虑地球自转时，可以认为其角速度是沿着地轴的一个恒 矢量，即 ω = 0. 因此，只需考虑惯性离心力和科里奥利力 即可；若质点相对于地球静止，则只需考虑惯性离心力 . 惯性离心力产生的影响： a) 重力与引力大小不相等（两极除外）. b) 重力与引力方向不一致（两极除外）. 注 惯性离心力所产生的影响一般都比较小，当研究 质点相对于地球的运动时，惯性离心力的效应只要用重 力来代替引力即可 .
a ωt x = ( e + e −ωt ) = achωt 2
管对小球的竖直反作用力和水平反作用力分别为
Ry = mg
a ωt −ωt Rz = 2mω x = 2mω ( e − e ) = 2maω 2shωt 2
2
惯性系
⎧m r − rθ 2 = Fr = 0 ⎪ ⎨ ⎪m rθ + 2rθ = Rθ ⎩
所以质点 P 的绝对加速度可简写为
dω ⎧ at = × r + ω (ω ⋅ r ) − ω 2 r ⎪ ⎪ dt ⎨ d *r ⎪a = 2ω × = 2ω × v′ c ⎪ dt ⎩
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a = a′ + at + ac
8
若 S ′系以匀角速度转动，则
理论力学-转动参考系
′ i 、j 、k 随S 系以同一角速度ω 转动 ∴ 在静止参照系S上所看到的G的变化率为：
di dj dk dG dGx dGy dGz = + Gy + Gz k + Gx i+ j+ dt dt dt dt dt dt dt
i 以ω 绕O转动，即i 是距离O为单位长的动点对O的位矢
则
v = v′ + ω × r
即绝对速度等于相对速度与牵连速度的矢量和。
2. P点对静止坐标系S的加速度： dv d − ωy )i + ( y + ωx ) j (x a= = dt dt 2 2 yi + ω xj − 2ωy − ω x )i + ( − 2ωx − ω y) j − ω x y = ( 2 ( yi − xj ) i + j ) − ω ( xi + yj ) − 2ω (− x j + y i ) − ω x y = ( 2 = a ′ − ω r + ω × r + 2ω × v ′
、y 为P对转动参照系诸轴的分速度， 其中x 合成为v ′ − 相对速度
y
j
P
S′
r i
O
x
ξ
若P在平板上不动，则此项速度为零。
ω k
z
又-ωy及 ωx 为由于平板转动而带着P一同转动所引起， 故为牵连速度在坐标轴上的分量，即轴向分量。
∴ 两者的合成即牵连速度：
ω × r = ωk × ( xi + yj ) = ωxj − ωyi
第四章 转动参照系
式中 r ′ 为质点相对 o′ 的位矢。
P197例 秒后p P197例4.3 求t秒后p点的速度和加速 度 建立坐标系o 解：建立坐标系o-xyz
ω α R P v’ y
v v v v = v′ + vt v v v v vt = ω × r = −ωv′t sinαi v v v v ∴v = v′sinα j − v′cosαk −ωv′t sinαi
解 建 动 o− xy ： 立 系
v v dv′ a′ = =0 dt
x ω v’ ac
r v & ω ×r = 0 v 2r 2 −ω r = −ω xi v v v v v 2ω × v′ = 2ωk × v′i = 2ωv′j
r r r 2 a = −ω xi + 2ωv′j
•
4.2 空间转动参考系
任一矢量： 2. 任一矢量： G = G x i + G y j + G z k
dG y dG z dG dG x di dj dk = i+ j+ k + Gx + G y + Gz dt dt dt dt dt dt dt
由泊松公式：
di =ω ×i dt
dj =ω × j dt
dk = ω × k 代入上式得： dt
a= dv di dj & & & & = ( && − yω − yω )i + ( && + xω + xω ) j + ( x − yω ) + ( y + xω ) x & y & dt dt dt
& & & & = ( && − yω − xω 2 − 2 yω )i + ( && + xω − yω 2 + 2 xω ) j x y
理论力学课件：第四章_转动参照系
为r 的圆柱上作纯滚动，圆管中心的速度 v0 u 。试求小球在图示
位置时的绝对速度和绝对加速度
解：运动分析： 小球相对圆管运动：圆周运动
C
o1h
u
j
牵连运动：平面平行运动（纯滚动）
v小tv球的uv绝j0 对u速i度：3vrorMj
v' vt
3r
ui 2uj
u
u 3r
ho
3
r
v0
a v sin 4 2t2 7
§4.2非惯性系动力学
一、相对运动微分方程
在惯性系下：
ma
F
m{a
'
a0
d0 dt
r
20
v
'
0
(0
r
)}
F
牵m连a惯' 性 力FF：tm{maa00dmdtd0dt0
r
0 (0
r
m0
(0
r )}
r)
2m0
v
'
平动惯性力 转动惯性力 惯性离心力
科里奥利力：
第四章 转动参考系
§4.1(2)转动参照系 §4.3 非惯性系动力学 §4.4 地球自转的影响
1
§4.1转动参照系
z
复习平动参考 系、相对运动：
r
ro'
r ',
v
vo'
v',
r'
o'
ro '
r
x'
a
ao'
a'
O x
y z
ma' F (mao' )
**********************************
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第四章 转动参考系第四章思考题为什么在以角速度ω转动的参照系中，一个矢量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ⨯+=*dt d dt d 在什么情况下0=*dtd G在什么情况下0=⨯G ω又在什么情况下0=dtd G式（4.1.2）和式（）都是求单位矢量i 、j 、k 对时间t 的微商，它们有何区别你能否由式（）推出式（）在卫星式宇宙飞船中，宇航员发现自己身轻如燕，这是什么缘故 惯性离心力和离心力有哪些不同的地方圆盘以匀角速度ω绕竖直轴转动。
离盘心为r 的地方安装着一根竖直管，管中有一物体沿管下落，问此物体受到哪些惯性力的作用对于单线铁路来讲，两条铁轨磨损的程度有无不同为什么自赤道沿水平方向朝北或朝南射出的炮弹，落地是否发生东西偏差如以仰角 40朝北射出，或垂直向上射出，则又如何在南半球，傅科摆的振动面，沿什么方向旋转如把它安装在赤道上某处，它旋转的周期是多大在上一章刚体运动学中，我们也常采用动坐标系，但为什么不出现科里奥利加速度第四章思考题解答.答：矢量G 的绝对变化率即为相对于静止参考系的变化率。
从静止参考系观察变矢量G 随转动系以角速度ω相对与静止系转动的同时G 本身又相对于动系运动，所以矢量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ⨯+=*dt d dt d 。
其中dtd G *是G 相对于转动参考系的变化率即相对变化率；G ω⨯是G 随动系转动引起G 的变化率即牵连变化率。
若G 相对于参考系不变化，则有0=*dt d G ，此时牵连运动就是绝对运动，G ωG ⨯=dt d ；若0=ω即动系作动平动或瞬时平动，则有0=⨯G ω此时相对运动即为绝对运动 dtd dt d G G *=；另外，当某瞬时G ω//，则0=⨯G ω，此时瞬时转轴与G 平行，此时动系的转动不引起G 的改变。
当动系作平动或瞬时平动且G 相对动系瞬时静止时，则有0=dtd G；若G 随动系转动引起的变化G ω⨯与相对动系运动的变化dtd G *等值反向时，也有0=dt d G 。
.答：式（4.1.2）j i ω=dt d i jω-=dtd 是平面转动参考系的单位矢对时间的微商，表示由于动系转动引起j i ,方向的变化率。
由于动坐标系中的z 轴静止不动。
故有0=dtd k ；又ω恒沿z 轴方位不变，故不用矢积形式完全可以表示dt d i 和dtd j 。
式（4.2.3）i ωi ⨯=dt d ，j ωj ⨯=dt d k ωk ⨯=dtd 是空间转动坐标系的单位矢对时间的微商，表示由于动系转动引起k j i ,,方向的变化率，因动系各轴都转动0≠dtd k；又ω在空间的方位随时间改变际不同时刻有不同的瞬时转轴，故必须用矢积表示dtd dt d dt d k j i ,,。
（4.1.2）是（）的特例，当k ω//代入（）j j ωi ω=⨯=dt d ，j ωj ⨯=dt d ，0=dtd k即为（）式。
不能由式（）推出（）。
.答：人随卫星式飞船绕地球转动过程中受到惯性离心力作用，此力与地心引力方向相反，使人处于失重状态，故感到身轻如燕。
.答：惯性离心力是随转动坐标系一起转动的物体受到惯性离心力，它作用于随动系一起转动的物体上，它不是物体间的相互作用产生的，也不是产生反作用力，是物体的惯性在非惯性系的反映；离心力是牛顿力，是作用于给曲线运动提供向心力的周围物体上的力，或者说离心力是作用于转动坐标系上的力，它是向心力的反作用力。
.答：如题所示，题4-5图由于物体m 相对于圆盘的速度矢量ωv //'，故科里奥利力02='⨯-v ωm ；又0==ωω 恒矢量，，故牵连切向惯心力0=⨯-r ω m ；所以物体只受到牵连法向惯性力即惯性离心力的作用，如图示2ωmr F =惯，方向垂直于转轴向外。
.答；单线铁路上，南来北往的列车都要通过，以北半球为例，火车受到的科氏惯性力总是指向运动方向的右侧（南半球相反），从北向南来的列车使西侧铁轨稍有磨损，故两条铁轨的磨损程度并不相同。
.答：抛体的落地偏差是由于科里奥利力m v ω'⨯-2引起的，当炮弹自赤道水平方向朝北或朝正南射出时，出刻v ω'//，科里奥利力为零，但炮弹运行受重力作用改变方向使得ω与v '不平行02≠'⨯-v ωm ，朝北和朝南射出的炮弹都有向东的落地偏差。
若以仰角 40或垂直向上射出，炮弹上升和降落过程中科氏惯性力方向相反，大小相等，且上升时间等于下降时间，故落地无偏差。
.答：单摆震动面的旋转是摆锤 受到科里奥利力v ω'⨯-m 2的缘故，其中m 是摆锤的质量，ω是地球绕地轴的自转角速度，v '是摆锤的速度。
南半球上摆锤受到的科氏力总是指向起摆动方向的左侧，如题图是南半球上单摆的示意图，若没有科氏惯性力，单摆将沿AB 摆动，事实上由于科里奥利力的作用单摆从A 向B 摆动逐渐向左侧移动到达C 点，从C 点向回摆动过程中逐渐 左偏到达D 点，以此推论，摆动平面将沿逆时针方向偏转。
科里奥利力很小，每一次摆动，平面的偏转甚微，必须积累很多次摆动，才显出可觉察的偏转。
题4-8图（图中是为了便于说明而过分夸张的示意图）。
由λωπsin 2='C ，在赤道上纬度∞='=C ,0λ，即在赤道上摆动平面不偏转。
这里不难理解的，若摆动平面沿南北方向，v ω'//，科氏惯性力为零；若单摆平面沿东西方位，则科氏力一定在赤道平面与B 单摆的摆动平面共面，故不会引起摆动平面的偏转。
.答：在上一章刚体运动学中，动系固连于刚体一起转动，但刚体上任一点相对于动坐标系没有相对运动，即各点的相对速度0='v ，故科里奥利加速度02='⨯=v ωa c 。
事实上，科氏加速度是牵连转动与相对运动相互影响而产生的，没有相对运动，就谈不到科里奥利加速度的存在。
第四章习题一等腰直角三角形OAB 在其自身平面内以匀角速ω绕顶点O 转动。
某一点P 以匀相对速度沿AB 边运动，当三角形转了一周时，P 点走过了AB 。
如已知bAB =_____，试求P 点在A 时的绝对速度与绝对加速度。
一直线以匀角速ω在一固定平面内绕其一端O 转动。
当直线为于Ox 的位置时，有一质点P 开始从O 点沿该直线运动。
如欲使此点的绝对速度v 的量值为常数，问此点应按何种规律沿此直线运动oP 点离开圆锥顶点O ，以速度v '沿母线作匀速运动，此圆锥则以匀角速ω绕其轴转动。
求开始t 秒后P 点绝对加速度的量值，假定圆锥体的半顶角为α。
小环重W ，穿在曲线形()x f y =的光滑钢丝上，此曲线通过坐标原点，并绕竖直轴oy 以匀角速ω转动。
如欲使小环在曲线上任何位置均处于相对平衡状态，求此曲线的形状及曲线对小环的约束反作用力。
在一光滑水平直管中有一质量为m 的小球。
此管以匀角速ω绕通过其一端的竖直轴转动。
如开始时，球距转动轴的距离为a ，球相对于管的速度为零，而管的总长则为a 2。
求球刚要离开管口时的相对速度与绝对速度，并求小球从开始运动到离开管口所需的时间。
一光滑细管可在竖直平面内绕通过其一端的水平轴以匀角速ω转动，管中有一质量为m 的质点。
开始时，细管取水平方向，质点距转动轴的距离为a ，质点相对于管的速度为0v ，试求质点相对于管的运动规律。
质量分别为m 及m '的两个质点，用一固定有长度为a 的弹性绳相连，绳的倔强系数为m m m m k '+'=22ω。
如将此系统放在光滑的水平管中，管子绕管上某点以匀角速ω转动，试求任一瞬时两质点间的距离。
设开始时，质点相对于管子是静止的。
轴为竖直而顶点向下的抛物线形金属丝上，以匀角速ω绕竖直轴转动。
另有一质量为m 的小环套在此金属丝上，并沿着金属丝滑动。
试求小环运动微分方程。
已知抛物线的方程为ay x 42=，式中a 为常数。
计算时可忽略摩檫阻力。
在上题中，试用两种方法求小环相对平衡的条件。
质量为m 的小环M ，套在半径为a 的光滑圆圈上，并可沿着圆圈滑动。
如圆圈在水平面内以匀角速ω绕圈上某点O 转动，试求小环沿圆圈切线方向的运动微分方程。
)y如自北纬为λ的地方，以仰角α自地面向东方发射一炮弹，炮弹的腔口速度为V 。
计及地球自转，试证此炮弹落地的横向偏离为ααλωcos sin sin 4223gV d = 式中ω为地球自转的角速度。
计算时可忽略2ω项。
一质点如以初速0v 在纬度为λ的地方竖直向上射出，达到h 高后，复落至地面。
假定空气阻力可以忽略不计，试求落至地面时的偏差。
第四章习题解答解如题4.1.1图所示.题４．１．１坐标系Oxyz 的原点位于转动的固定点，Ox 轴沿Oz OB ,轴与角速度的方向一致，即.k ω=ω设P 点沿运动的相对速度为j v '='v 则有题意得：πωωπ22b v v b ='='，得： 故P 在A 点时的绝对速度()()[]1482212222++=++-=+⨯+=⨯+'=πππωπππωωπωb bb b b v j i i j k j OA ωv v 设v 与y 轴()边即AB 的夹角为θ，则,122tan +==ππθy x v v 故v 与AB 边的夹角为122arctan+ππ，且指向左上方。
A P 在点时绝对速度()()[]122122022222++=++-=⨯++-='⨯+'=πππωπππωπωωωωb bb b b a j i j k j i v ωOA -a a 2设()边轴与AB y a 的夹角为θ'，则ππθ1tan +=='y x a a ,故a 与AB 边的夹角为ππ1arctan+，且指向左下方。
解 如题4.2.1图所示，o题４．２．１图以Ox 转动的方向为极角方向建立坐标系。
Oz 轴垂直纸面向外，设P 点相对速度θωωe e re k e OP ωv v r r r r rr +=⨯+=⨯+'= ① 设绝对速度v 的量值为常数v ，则：2222v r r=+ω ② 对②式两边同时球时间导数得：()022=+r r r ω依题意,0≠r 故02=+r r ω 解得通解()t B t A t r ωωsin cos +=当0=t 时，()0=t r ，将其带入①式游客的知：0=t 时，.v r = 即⎪⎩⎪⎨⎧==⎩⎨⎧==ωωv B A v B A 0,0 最后有()t v t r ωωsin =解 如题4.3.1图所示，题４．３．１图直角坐标Oxyz 的原点位于圆锥顶点Ox 轴过圆锥的对称轴.P O 为'点在轴上对应的一点，且有轴x P O ⊥'，所以P 点的绝对加速度：()kj k j j i i p O v 2ωR a a αωαωαωαωααωωωωsin 2sin sin 2sin sin cos 2202222v t v v pt O v '+'-='+'-=+'⨯+'-='⨯+-'=最后有4sin 22+'=t v a ωαω解 如题4.4.1图所示，)y题4.4.1图坐标系Oxy 是以y 绕ω轴转动的坐标系.图中画出的是曲线()x f y =的一段，在任意一点P 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F 的作用，x m F 2ω=，方向沿x 轴正向，在mg F N ,,作用下，致信处于平衡状态，则有()角点的切线与水平方向夹为过P mgFθθtan =①θcos mgN = ②有①得gx dy dx dy dx mg x m 22,tan ωθω===得③又因为()x f y =过原点.对上式积分得抛物线gx y 222ω= 有③得ygg x 222221111tan 11cos ωωθθ+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=将θcos 代入②的反作用力ygW N 221ω+=以直管为参照系，Ox 方向沿管，Oz 沿竖直轴建立坐标系Oxyz ，则小球受力为：j F i F N G xm x m mg ωω2,,,2-===科牵 故沿Ox 方向运动的微分方程为：x m xm 2ω= 02=-x xω ① 有初始条件：0,,0===x a x t 可得①式解为()t te e a x ωω-+=2故当邱刚离开管口时，即0,2>=x a x 时.则()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-+=--0222t t t t e e a e e a a ωωωωωω 得()ω32ln +=t所以此时：()j 2i v ωv v i3i 32k i v ωωωωa a a axa x a x +='⨯+'==⨯=='==3222 故当球刚要离开管口时的相对速度为i ωa 3，绝对速度为j i ωωa a 23+，小球从开始运动到离开管口所需时间为()ω32ln +解 以光滑细管为参考系，Ox 沿管，Oz 沿水平轴建立坐标系Oxyz ，如题4.6.1图所示，则小球受力为：j F i F N G x m x m mg ωω2,,,2-===科牵 故沿Ox 方向运动的微分方程为：t mg x m xm ωωsin 2-= t mg x xωωsin 2-=- ① 方程02=-x xω 的通解 ()t t e C e C t x ωω21+=-而方程①的特解为：()t g t x ωωsin 22=故方程①的通解为：()t g e C e C t x t t ωωωωsin 2221++=-初始条件为当0=t 时，0,v xa x == 故可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=202201221221ωωωωg v a C g v a C 所以质点相对于管的运动规律为：t g e g v a e g v a x t t ωωωωωωωωsin 222122122020+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-解 以水平细管为参考系，Ox 沿管，Oz 沿竖直转动轴向上建立坐标系Oxyz ，如题图4.7.1图所示y 则易得质点Ox m m 沿',反方向的运动微分方程为：()a s k x m xm -+=2ω ① ()()()a s k s x m sx m --+'=+'2ω ② 将方程①②作简单变换可得：()()a s k s m a s k mm s m --'=-'+'2ω 化简得a s s222ωω=+ 其通解为：a e C e C s t i t i 221++=-ωω初始条件为：0,00====t t sa s 故可得：()20212121a C C C C i aC C -==⎭⎬⎫=---=+得ω 故 t a a s ωcos 2-=()t a s ωcos 2-=解 以抛物线形金属丝为参照物Ox 沿抛物线在顶点的切线方向，Oy 沿竖直轴建立坐标系Oxyz ，题４．８．１图则小环的运动微分方程为：x N x m x m -=2ω ①y N mg y m +-= ②ωv m N z m z '+==20dxdy N N y x ==θcot241x a y =故()x aN N x x x a y y x 21,212=+=代入①②得()x a mg x x x am x m x m 212122-=++- ω 化简即得024*******=+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+x a g x x a x x a x ω解一当小环相对平衡时，由上题可知即要求x 为常数，故0,0==xx 故ag 22=ω 解二 以地面为参照系，则小球受力G N,，如图4-8所示.其中Oxyz 为固定地面的坐标系，故平衡时有：⎩⎨⎧==mgN x m N θωθsin cos 2 agx a dy dx x mg 22tan 22====ωωθ解 以地面为参考系，则小环的运动微分方程为：()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=-2sin 22cos 2θϕϕθϕN r r m N r r m 其中θθωϕθ,2,2cos 2+==t a r 为M 与圆心C 的连线和通过O 点的直径间所夹的角()θωωθθθθθωθθθθϕϕϕθ222cos 2sin 212sin 22cos 22tan 222++--⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=-+=a a a a r r r r化简得0sin 2=+θωθ解 以地面为非惯性参考系，建立坐标系Oxyz ，Ox 指正南，Oz 竖直向上，发射点为原点O ，炮弹的运动微分方程为：λωsin 2y m x m =①()λλωcos sin 2z x m y m +-=②λωcos 2y m mg z m +-=③初始条件为⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=======ααsin cos 000v z c y x z y x t故将①②③积分一次代入初始条件后得：()⎪⎩⎪⎨⎧+-=+-==λωαλλωαλωcos 2sin cos sin 2cos sin 2y gt V z z x V y y x αλωcos sin 2V x = ④()αλωsin cos 2V gt y -= ⑤αλωcos cos 2V g z +-= ⑥有⑥可得落地时间：b g V t -⨯=11sin 2α⑦其中g V b αλωcos cos 2=1<<∝ωb 所以将b-11展开可得 ()b gV t b b +=+≈-1sin 2111α 由式及初始条件可得2cos sin t V x αλω=所以炮弹落地时的横向偏离为()ααλωααλωcos sin sin 41sin 4cos sin 2232222gV b g V V d ≈+=解 以地面为非惯性，建立坐标系Ox Oxyz ,指向正南，Oz 竖直向上，上抛点为原点O ，质点的运动微分方程为：()⎪⎩⎪⎨⎧+-=+-==λωλλωλωcos 2cos sin 2sin 2y m mg z m z x m y m y m x m① 初始条件为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=======0cos 00v z c y x z y x t α 如上题同理可得λωsin 2y x= ② ()λλωcos sin 2z x y+-= ③ λωcos 20y gt v z+-= ④ 代入①式得()⎪⎩⎪⎨⎧-=--==gz v gt yx 0cos 20λω 有④式求出落地时间为：gv t 02= 有③式得：203cos cos 31t v gt y λωλω-= 将gh v gv t 2,200==代入得复落至地面时： λωcos 8343gh d -=)(西取负值，说明落地时偏d。